R1 Høst 2007

Vi bruker produktregelen på $f(x)=x\cdot \ln x$, med $u=x$ og $v=\ln x$:

Vi bruker kjerneregelen på $g(x)=3e^{x^2+1}$, med indre funksjon $u=x^2+1$ og $u^{\prime }=2x$:

Vi setter inn $x=1$ direkte og får $\frac{0}{0}$, så vi faktoriserer telleren først. Vi finner nullpunktene til $x^2+2x-3$: $x=1$ og $x=-3$, så

Dermed blir

En funksjon som er kontinuerlig, men ikke deriverbar i $(\mathrm{1,2})$, må ha et “knekkpunkt” der — grafen henger sammen, men stigningstallet er ulikt fra venstre og høyre side. Et eksempel er en $V$-formet graf med toppunktet (knekken) i $(\mathrm{1,2})$, for eksempel $f(x)=|x-1|+2$: grafen faller med stigningstall $-1$ frem til $x=1$, og stiger deretter med stigningstall $1$. I punktet $(\mathrm{1,2})$ er grafen sammenhengende (kontinuerlig), men den har ingen entydig tangent, så $f$ er ikke deriverbar der.

Vi setter $t=e^x$ (der $t>0$):

Vi løser for $x$ i hvert tilfelle:

Vi forenkler telleren og nevneren hver for seg med potensregler ($\sqrt{a}=a^{\frac{1}{2}}$):

Vi setter sammen brøken:

Medianene i en trekant er linjestykkene fra hvert hjørne til midtpunktet på motstående side. Vi lar $D$, $E$ og $F$ være midtpunktene på henholdsvis $AB$, $BC$ og $AC$, slik at $CD$, $AE$ og $BF$ er de tre medianene.

Siden $D$, $E$ og $F$ er midtpunkter, er

Dermed er

og produktet blir

Betingelsen i Cevas setning er dermed oppfylt, og medianene $AE$, $BF$ og $CD$ skjærer derfor hverandre i ett punkt.

Vi setter $x=2$ inn i $f(x)=x^3-6x^2+11x-6$:

Siden $f(2)=0$, er $x=2$ et nullpunkt, og dermed er $f(x)$ delelig med $x-2$.

Vi utfører polynomdivisjon av $f(x)$ med $x-2$:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2-4x+3$. Nullpunktene er $x=1$ og $x=3$, så $x^2-4x+3=(x-1)(x-3)$. Dermed er

Vi bruker faktoriseringen fra b) og faktoriserer også nevneren, $x^2-9=(x-3)(x+3)$:

Faktoren $(x-3)$ kan forkortes bort for $x\ne 3$, men $x=3$ er likevel ikke en løsning siden uttrykket ikke er definert der. For $x\ne 3$ er

Kritiske verdier (nullpunkter og bruddpunkt) er $x=-3$, $x=1$ og $x=2$. Vi setter opp fortegnslinje for ${\displaystyle \frac{(x-1)(x-2)}{x+3}}$:

Uttrykket er positivt for $-3<x<1$ og for $x>2$, men $x=3$ må utelukkes siden det opprinnelige uttrykket ikke er definert der. Løsningen blir

Vi setter $x=1$ inn i likningen $x^3-2x^2-5x+a=0$:

Likningen blir $x^3-2x^2-5x+6=0$. Vi vet at $x=1$ er en løsning, så vi utfører polynomdivisjon med $x-1$:

Vi faktoriserer $x^2-x-6=(x-3)(x+2)$, som gir nullpunktene $x=3$ og $x=-2$. Løsningene av likningen er dermed

Vi lar $J$ være hendelsen «eleven er jente», $G$ hendelsen «eleven er gutt» og $R1$ hendelsen «eleven har valgt R1».

At $25\%$ av jentene har valgt R1, betyr at

At $30\%$ av guttene har valgt R1, betyr at

Vi vet at $P(G)=\mathrm{0,45}$. Sannsynligheten for at en tilfeldig elev både er gutt og har valgt R1, er

For å finne $P(R1)$ bruker vi setningen om total sannsynlighet, siden $J$ og $G$ deler elevmengden i to disjunkte grupper. Med $P(J)=\mathrm{0,55}$ får vi

Vi vet at $P(\text{fysikk})=\mathrm{0,30}$ og $P(\text{fysikk}|R1)=\mathrm{0,80}$. Vi bruker Bayes’ setning med $P(R1)=\mathrm{0,2725}$ fra punkt c):

Sannsynligheten for at en tilfeldig valgt fysikkelev har valgt R1, er altså om lag $\mathrm{72,7}\%$.

Vi tegner parameterkurven $\overrightarrow{r}(t)=[t^2,t^3-3t]$ for $t\in [\mathrm{0,2}]$ med GeoGebra, kommando Curve(t^2, t^3 - 3t, t, 0, 2).

Skjæringspunkt med $y$-aksen finner vi ved å sette $x(t)=0$:

Dette gir punktet $r(0)=(0,0)$.

Skjæringspunkter med $x$-aksen finner vi ved å sette $y(t)=0$:

Bare $t=0$ og $t=\sqrt{3}\approx \mathrm{1,73}$ ligger i $[\mathrm{0,2}]$. For $t=\sqrt{3}$:

Kurven skjærer altså koordinataksene i punktene $(\mathrm{0,0})$ og $(\mathrm{3,0})$, som stemmer med figuren i a) (punktene $A$ og $B$).

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

Farten (lengden av fartsvektoren) er

Vi setter $|\overrightarrow{v}(t)|=3$ og løser med CAS, se skjermbilde.

CAS gir $9t^4-14t^2=0$, altså $t=0$ eller $t=\pm {\displaystyle \frac{\sqrt{14}}{3}}$. Bare de positive løsningene i $[\mathrm{0,2}]$ er aktuelle:

Fartsvektoren er parallell med $x$-aksen når $y$-komponenten er null (og $x$-komponenten ikke er det):

Dette gir punktet $r(1)=(1,1-3)=(1,-2)$, med $\overrightarrow{v}(1)=[2,0]$.

Fartsvektoren er parallell med $y$-aksen når $x$-komponenten er null (og $y$-komponenten ikke er det):

Dette gir punktet $r(0)=(0,0)$, med $\overrightarrow{v}(0)=[0,-3]$.

Farten er minst der $|\overrightarrow{v}(t){|}^2={(2t)}^2+{(3t^2-3)}^2=9t^4-14t^2+9$ er minst. Vi deriverer og setter lik null:

Dette gir $t=0$ eller $t={\displaystyle \frac{\sqrt{7}}{3}}\approx \mathrm{0,88}$ (av disse ligger begge i $[\mathrm{0,2}]$).

Vi sammenligner funksjonsverdiene (se CAS-utregning i skjermbildet over):

Minimum er dermed ved $t={\displaystyle \frac{\sqrt{7}}{3}}$. Vi setter inn i posisjonsvektoren:

Farten er minst i punktet $({\displaystyle \frac{7}{9}},-{\displaystyle \frac{20\sqrt{7}}{27}})\approx (\mathrm{0,78},-\mathrm{1,96})$, tilsvarende en fart på $|\overrightarrow{v}|=\sqrt{32/9}={\displaystyle \frac{4\sqrt{2}}{3}}\approx \mathrm{1,89}$.

Grafen til $f(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$ for $x>0$ er en fallende gren av en hyperbel som ligger i første kvadrant. Grafen nærmer seg $y$-aksen når $x\to 0^{+}$, og nærmer seg $x$-aksen når $x\to \infty$ — begge koordinataksene er altså asymptoter til grafen.

For $a=2$ er tangeringspunktet $(2,{\displaystyle \frac{1}{2}})$. Ved avlesning på grafen (eller ved regning, se d og e) finner vi at tangenten skjærer $x$-aksen i $A=(4,0)$ og $y$-aksen i $B=(0,1)$.

Arealet av $△OAB$ er da

$\underline{\underline{\text{Areal}=2}}$

På samme måte for $a={\displaystyle \frac{1}{2}}$: tangenten skjærer aksene i $A=(1,0)$ og $B=(0,4)$, som gir

For $a=3$: tangenten skjærer aksene i $A=(6,0)$ og $B=(0,{\displaystyle \frac{2}{3}})$, som gir

Alle tre beregningene (a = 2, $\frac{1}{2}$ og 3) gir samme areal, $\underline{\underline{\text{Areal}=2}}$. Dette tyder på at arealet av $△OAB$ er uavhengig av hvilket punkt $a$ vi velger å legge tangenten i — noe vi undersøker analytisk i d) og e).

Den deriverte av $f(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}=x^{-1}$ er

Tangenten til $f$ i punktet $(a,f(a))$ har stigningstall $f^{\prime }(a)=-{\displaystyle \frac{1}{a^2}}$ og går gjennom $(a,{\displaystyle \frac{1}{a}})$:

Dette bekreftes i GeoGebra CAS (linje 2 og 3 i utklippet).

Skjæring med $x$-aksen ($A$): sett $y=0$:

Altså $A=(2a,0)$ (se linje 4 i utklippet: $\{x=2a\}$).

Skjæring med $y$-aksen ($B$): sett $x=0$:

Altså $B=(0,{\displaystyle \frac{2}{a}})$.

Areal av $△OAB$: Siden $△OAB$ er rettvinklet i $O$, med kateter langs aksene lik $|OA|=2a$ og $|OB|={\displaystyle \frac{2}{a}}$, blir

(bekreftet i linje 5 i utklippet: Forenkle(...) gir $2$).

Arealet er altså konstant lik 2, uavhengig av hvor på grafen ($a>0$) tangenten legges — i samsvar med de tre tallverdiene fra b) og c), som også ble kontrollert numerisk i CAS (linje 6–8 i utklippet).

Bordet er tangentplan til begge kulene. I snittet gjennom sentrene $M$ og $N$ (figur 1) står derfor radiene $MA$ og $NB$ normalt på bordlinja $AB$ i berøringspunktene $A$ og $B$:

Siden $MA$ og $NB$ begge står normalt på $AB$, er $MA\parallel NB$. Firkanten $AMNB$ er dermed et rettvinklet trapes, og vinkelsummen i en firkant er $360°$:

Berøringspunktet $C$ mellom de to kulene ligger på linjestykket $MN$ (linja gjennom sentrene), så $\angle AMN=\angle AMC$. Dermed

Trekk en linje gjennom $N$ parallelt med $AB$, og la $P$ være skjæringspunktet med $AM$. Siden $NP\parallel AB$ og $AM⟂AB$, er $NP⟂AM$, altså er $\angle NPM=90°$. Firkanten $APNB$ har rette vinkler i $A$, $P$ og $B$, og er dermed et rektangel:

Da er

Siden $C$ ligger på $MN$ med $MC=R$ og $CN=r$, er

Pythagoras’ setning i den rettvinklede trekanten $MPN$ (rett vinkel i $P$) gir

Siden $MA=MC=R$ (begge er radien til den store kulen), er trekant $AMC$ likebeint med toppvinkel $\angle AMC$. Grunnvinklene er like, så

Tilsvarende er $NB=NC=r$, så trekant $BNC$ er likebeint med toppvinkel $\angle BNC$ og grunnvinkler

Fordi $M$, $C$, $N$ ligger på linje, er strålen $NM$ den samme som strålen $NC$ forlenget, slik at $\angle MNB=\angle BNC=180°-2u$.

Fra a) vet vi at $\angle MNB=180°-\angle AMC$. Setter vi inn uttrykkene for $\angle AMC$ og $\angle BNC$, får vi

Siden $M$, $C$, $N$ ligger på linje, deler strålene $CA$ og $CB$ den rette linjevinkelen $\angle MCN=180°$ i tre deler:

Vi bruker resultatet fra b) med $R=4\mathrm{cm}$ og $r=1\mathrm{cm}$:

Vi konstruerer figur 1 med passer og linjal, og bruker at $AB=4\mathrm{cm}$ (fra d):

1. Tegn en rett linje (bordlinja), og merk av punktet $A$ på den.
2. Konstruer normalen til linja i $A$ (standard passer-konstruksjon: slå to buer med samme radius om $A$ på hver side, deretter to nye buer fra disse skjæringspunktene som skjærer hverandre over/under linja).
3. Slå en sirkelbue om $A$ med radius $R=4\mathrm{cm}$; merk skjæringspunktet med normalen som $M$.
4. Slå en sirkelbue om $A$ med radius $AB=4\mathrm{cm}$ langs bordlinja; merk punktet $B$.
5. Konstruer normalen til bordlinja i $B$, på samme side som $M$.
6. Slå en sirkelbue om $B$ med radius $r=1\mathrm{cm}$; merk skjæringspunktet med normalen som $N$.
7. Tegn linjestykket $MN$. Kontroller at $MN=R+r=5\mathrm{cm}$ (siden $\sqrt{A{B}^2+{(R-r)}^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$, stemmer dette med Pythagoras i trekant $MPN$ fra b).
8. Slå en bue om $M$ med radius $R=4\mathrm{cm}$ som skjærer $MN$; dette skjæringspunktet er $C$ (kontroller at $NC=1\mathrm{cm}$).
9. Tegn trekant $ABC$ ved å forbinde $A$, $B$ og $C$ med rette linjer.

Dette gir en figur som er formlik med figur 1 i oppgaveteksten, med de riktige lengdene $R=4\mathrm{cm}$, $r=1\mathrm{cm}$ og $AB=4\mathrm{cm}$.

I c) viste vi at $\angle ACB=90°$. Dette betyr at $C$ ser linjestykket $AB$ under en rett vinkel. Ifølge den omvendte Thales-setningen ligger da $C$ på sirkelen som har $AB$ som diameter. Dermed går halvsirkelen med $AB$ som diameter gjennom $C$.