1T Høst 2014

Av grafen og verditabellen leser vi av at $f(x)=0$ for $x=0$ og $x=3$, og at $f(x)<0$ for alle andre $x$-verdier i det viste området (grafen ligger under $x$-aksen både for $x<0$ og for $0<x<3$, og over $x$-aksen for $x>3$).

Dermed er

For å finne hvor $f^{\prime }(x)<0$, ser vi på hvor grafen er synkende. Av verditabellen ser vi at $f$ vokser fra $f(-1)=-8$ til $f(0)=0$ (toppunkt), deretter avtar $f$ fra $f(0)=0$ til $f(2)=-8$ (bunnpunkt), før den igjen vokser mot $f(3)=0$.

Grafen er altså synkende mellom toppunktet i $x=0$ og bunnpunktet i $x=2$, så

Den gjennomsnittlige vekstfarten til $f$ fra $x=0$ til $x=2$ er stigningstallet til sekantlinjen gjennom punktene $(0,f(0))$ og $(2,f(2))$:

Av verditabellen har vi $f(0)=0$ og $f(2)=-8$. Vi setter inn:

Den gjennomsnittlige vekstfarten er altså $-4$.

Regelen for negativ eksponent sier at $a^{-1}={\displaystyle \frac{1}{a}}$. For en brøk snus telleren og nevneren når vi tar den negative eksponenten:

Siden $\mathrm{2,5}>2$, er påstanden riktig.

I en rettvinklet trekant med $45°$-vinkel er de to katetene like lange (trekanten er likebeint), siden vinkelsummen tvinger den tredje vinkelen til også å være $45°$. Dermed er motstående katet lik hosliggende katet, og

Vi vet at $\log 100=\log ({10}^2)=2$, siden $10$-logaritmen av $10$ i andre er lik $2$.

Logaritmefunksjonen er strengt voksende, det vil si at hvis $x_1>x_2$, så er $\log x_1>\log x_2$. Siden $200>100$, følger det at

Trekant $ABC$ er rettvinklet i $A$, så $AB$ og $AC$ er katetene. Arealet av en rettvinklet trekant er halvparten av produktet av katetene:

Vi setter inn $AB=8$ og arealet $16$, og løser for $AC$:

Siden $DE\parallel BC$, er trekant $ADE$ formlik med trekant $ABC$ (samme vinkel i $A$, og parallelle linjer gir like samsvarende vinkler i $D$/$B$ og $E$/$C$). I formlike trekanter er forholdet mellom samsvarende sider likt:

Vi setter inn $AE=3$, $AC=4$ og $AB=8$:

Vi finner $BC$ ved Pytagoras’ setning i den rettvinklede trekanten $ABC$ (rett vinkel i $A$):

Fra formlikheten i a) er forholdet mellom trekantene $k={\displaystyle \frac{AE}{AC}}={\displaystyle \frac{3}{4}}$, og dette forholdet gjelder for alle samsvarende sider, også $DE$ mot $BC$:

Dermed er

som er det vi skulle vise.

Vi starter med uttrykket Karin har funnet:

Først regner vi ut eksponenten:

Så

Vi skriver om $x^{\frac{3}{2}}$ tilbake til rotform, samme regel som Karin brukte i motsatt retning: $x^{\frac{3}{2}}=\sqrt{x^3}$. Dermed er

som er det vi skulle vise.

Vi skriver om $g(x)={\displaystyle \frac{1}{x^2}}=x^{-2}$ og bruker ${(x^n)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$ med $n=-2$:

Vi skriver om $h(x)=\sqrt{x}=x^{\frac{1}{2}}$ og bruker ${(x^n)}^{\prime }=n{x}^{n-1}$ med $n={\displaystyle \frac{1}{2}}$:

Vi taster funksjonsuttrykket

inn i et graftegningsprogram, og setter definisjonsmengden $x\in [0,60]$:

Vi bruker graftegneren til å finne toppunktet og skjæringspunktene med aksene direkte fra grafen.

Toppunkt. Grafen har et toppunkt (maksimum) for $x\in [0,60]$ i

Skjæring med $y$-aksen. Vi setter $x=0$:

Skjæring med $x$-aksen. Grafen krysser $x$-aksen for $x\approx \mathrm{56,7}$ (det eneste nullpunktet i intervallet $[0,60]$):

• Toppunktet $(\mathrm{31,3},297871)$ forteller at bakteriekulturen har flest bakterier ca. $\mathrm{31,3}$ timer etter at Grete startet observasjonen, med et maksimalt antall på ca. $297871$ bakterier. Etter dette tidspunktet avtar antallet bakterier.
• Skjæringspunktet med $y$-aksen $(0,200000)$ forteller at det var $200000$ bakterier i kulturen da Grete startet observasjonen ($x=0$).
• Skjæringspunktet med $x$-aksen $(\mathrm{56,7},0)$ forteller at bakteriekulturen dør ut — det er ingen bakterier igjen — ca. $\mathrm{56,7}$ timer etter at observasjonen startet.

Den momentane vekstfarten til bakteriekulturen etter $x$ timer er gitt ved den deriverte $B^{\prime }(x)$. Vi bruker CAS til å derivere $B$ og sette inn $x=40$:

Etter $40$ timer minker altså antallet bakterier i kulturen med ca. $5700$ bakterier per time.

Vi setter opp en krysstabell med tallene fra oppgaveteksten. Klassen har $13+17=30$ elever.

Antall gutter som ikke har tatt kurset: $13-8=5$.

Antall jenter som ikke har tatt kurset: $17-9=8$.

Totalt er det $5+8=13$ elever som ikke har tatt kurset.

Vi skal finne den betingede sannsynligheten for at eleven er jente, gitt at eleven ikke har tatt kurset:

$\underline{\underline{P\approx \mathrm{61,5}\%}}$

Vi trekker to elever tilfeldig fra klassen, uten tilbakelegging. Vi bruker komplementhendelsen: det er lettere å finne sannsynligheten for at ingen av de to har tatt kurset, og heller trekke fra $1$.

Det er $13$ elever som ikke har tatt kurset, av totalt $30$ elever. Sannsynligheten for at den første trukne eleven ikke har tatt kurset, er ${\displaystyle \frac{13}{30}}$. Gitt at den første ikke har tatt kurset, er det igjen $12$ elever uten kurs av $29$ elever totalt, så sannsynligheten for at den andre heller ikke har tatt kurset, er ${\displaystyle \frac{12}{29}}$.

Sannsynligheten for at minst én av de to har tatt kurset, er da

$\underline{\underline{P\approx \mathrm{82,1}\%}}$

Når vi kjenner én vinkel ($\angle A=40°$) og to sider der den ene ($BC$) ligger motstående til den kjente vinkelen, kan det finnes to ulike trekanter som passer (den tvetydige situasjonen, “SSA”). Vi tegner vinkelen $\angle A=40°$ og siden $AC=\mathrm{9,0}\mathrm{cm}$. Siden $BC=\mathrm{6,0}\mathrm{cm}$ er kortere enn $AC$, kan sirkelen med sentrum $C$ og radius $\mathrm{6,0}\mathrm{cm}$ skjære det andre vinkelbeinet fra $A$ i to punkter — dette gir de to mulige plasseringene av $B$, kalt $B$ og $B^{\prime }$ på skissen.

I begge trekantene kjenner vi $\angle A=40°$ (motstående side $BC=\mathrm{6,0}\mathrm{cm}$) og siden $AC=\mathrm{9,0}\mathrm{cm}$ (motstående vinkel $B$). Sinussetningen gir

Siden $\sin B$ er positiv både for spisse og stumpe vinkler, gir dette to mulige verdier for $B$:

Vinkelsummen i en trekant er $180°$, så vi finner $C$ i hvert tilfelle:

Til slutt bruker vi sinussetningen igjen for å finne $AB$ (motstående vinkel $C$) i hver av de to trekantene:

$\underline{\underline{A{B}_1\approx \mathrm{8,5}\mathrm{cm}\text{ og }A{B}_2\approx \mathrm{5,3}\mathrm{cm}}}$

Vi tegner grafen til $g(x)={\displaystyle \frac{2}{x}}$ sammen med linjen $f(x)=ax+4$ for noen ulike verdier av $a$. Alle linjene går gjennom punktet $(0,4)$, siden konstantleddet er $4$ uavhengig av $a$, men stigningstallet $a$ avgjør hvor mange ganger linjen skjærer hyperbelen $g$.

• Den røde linjen ($a=-3$) skjærer aldri grafen til $g$ — ingen løsning.
• Den grønne linjen ($a=-2$) tangerer grafen til $g$ i akkurat ett punkt — én løsning.
• Den blå linjen ($a=1$) skjærer grafen til $g$ i to punkter — to løsninger.

Figuren viser dermed at antall løsninger av $f(x)=g(x)$ avhenger av $a$: det kan være ingen, én eller to løsninger.

Vi setter de to funksjonsuttrykkene like hverandre:

Vi ganger begge sider med $x$ (lovlig siden $x\ne 0$):

Tilfellet $a=0$. Da er likningen ikke lenger av andre grad. Den blir

som gir nøyaktig én løsning. (Grafisk: linjen $f(x)=4$ er horisontal og skjærer hver av de to grenene til hyperbelen bare én gang.)

Tilfellet $a\ne 0$. Da er $a{x}^2+4x-2=0$ en ekte andregradslikning, og antall løsninger bestemmes av diskriminanten

Vi løser $d=0$ for å finne grensetilfellet:

Siden $d=16+8a$ er en økende funksjon av $a$, gir dette:

• $d<0$ (ingen løsning) når $a<-2$
• $d=0$ (én løsning) når $a=-2$
• $d>0$ (to løsninger) når $a>-2$ og $a\ne 0$

Vi merker oss at $x=0$ aldri kan være en løsning av $a{x}^2+4x-2=0$ (innsetting gir $-2=0$, som er falskt), så kravet $x\ne 0$ utelukker ingen av løsningene ovenfor.

Kontroll med CAS. Vi løser likningen $a{x}^2+4x-2=0$ med hensyn på $x$, med $a$ som parameter:

Uttrykket $\sqrt{a+2}$ krever $a+2\ge 0$, altså $a\ge -2$, for at vi skal få reelle løsninger — i samsvar med diskriminant-analysen over. Dette bekrefter resultatet.

Vi samler resultatene:

• Ingen løsning: $\underline{\underline{a<-2}}$
• Én løsning: $\underline{\underline{a=-2\text{ eller }a=0}}$
• To løsninger: $\underline{\underline{a>-2\text{ og }a\ne 0}}$

Linjen $l$ går gjennom punktene $B(5,0)$ og $C(0,4)$. Stigningstallet til $l$ er

Konstantleddet er verdien av $y$ når $x=0$, altså skjæringspunktet med $y$-aksen. Siden $C(0,4)$ ligger på $l$, er konstantleddet $4$. Likningen for $l$ blir dermed

Fordi $P$ ligger på linjen $l$, må koordinatene til $P$ oppfylle denne likningen. Skriver vi $P$ med $x$-koordinat $x$, blir $y$-koordinaten $-\frac{4}{5}x+4$, altså

Vi finner først arealet av $\mathrm{\Delta }ABC$. Punktene $A(0,0)$ og $B(5,0)$ ligger begge på $x$-aksen, så $AB$ er grunnlinjen i trekanten, med lengde $5$. Høyden fra $C(0,4)$ ned på $x$-aksen er $4$. Da er

Arealet av $\mathrm{\Delta }ABP$ skal være halvparten av dette, altså

Trekanten $ABP$ har samme grunnlinje $AB=5$ på $x$-aksen. Høyden fra $P$ ned på $x$-aksen er lik $y$-koordinaten til $P$, som fra oppgave a) er $-\frac{4}{5}x+4$. Vi setter opp likningen

Vi setter $x=\mathrm{2,5}$ inn i uttrykket for $y$-koordinaten:

Koordinatene til $P$ er dermed