R1 Høst 2009

Vi deriverer $f(x)=5e^{3x}$ med kjerneregelen. Den ytre funksjonen er $5e^u$ og den indre er $u=3x$, med $u^{\prime }=3$.

Vi deriverer $g(x)=x^3\cdot \ln (2x)$ med produktregelen, ${\left(uv\right)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$, med $u=x^3$ og $v=\ln (2x)$.

Vi setter $x_1=1$ inn i likningen for å vise at det er en løsning.

Siden $x=1$ er en løsning, kan vi dele polynomet på $(x-1)$.

Vi faktoriserer andregradsuttrykket:

De to andre løsningene er dermed $x=5$ og $x=-1$. Alle løsningene er

Vi bruker logaritmereglene $\lg \left({\displaystyle \frac{1}{c}}\right)=-\lg (c)$ og $\lg (p)+\lg (q)=\lg (pq)$.

Vi leser av grafen.

1. For $x\le -2$ er grafen vannrett med $y=-2$. Fra $(-2,-2)$ stiger grafen rett fram til $(0,2)$, og er så vannrett med $y=2$ for $0\le x\le 1$, med et fylt (lukket) endepunkt i $(1,2)$ — altså $f(1)=2$. Grenseverdien fra venstre i $x=1$ er dermed $2$. Fra $x=1$ starter en ny del av grafen i et åpent (ikke-utfylt) punkt i $(1,3)$, vannrett med $y=3$ fram til $(2,3)$. Grenseverdien fra høyre i $x=1$ er dermed $3$. Siden venstre- og høyregrensa er ulike ($2\ne 3$), har grafen et hopp i $x=1$. Funksjonen er derfor $\underline{\underline{\text{ikke kontinuerlig i }x=1}}$.

2. I $x=-2$ er det et knekkpunkt — stigningstallet endrer seg brått fra $0$ (den flate linja til venstre) til $2$ (den stigende linja), så funksjonen er ikke deriverbar der. I $x=0$ er det også et knekkpunkt, der stigningstallet endrer seg fra $2$ til $0$ (den vannrette linja $y=2$). I $x=1$ er funksjonen ikke deriverbar fordi den ikke er kontinuerlig der. I $x=2$ er det et knekkpunkt der stigningstallet endrer seg fra $0$ (den vannrette linja $y=3$) til om lag $-\frac{4}{3}$ (den fallende linja ned mot $(5,-1)$).

Vi faktoriserer telleren for å fjerne faktoren som gir $0/0$.

1. Fra figuren ligger $O$ i origo og $A$ på førsteaksen, mens $B$ og $C$ ligger på toppen av kvadratet med $C$ på andreaksen. Siden kvadratet har side $a$:

2. Diagonalene er $OB$ og $AC$. Vi finner vektorene og regner ut prikkproduktet.

Siden prikkproduktet er $0$, står diagonalene vinkelrett på hverandre. $■$

1. Retningsvektoren til $l$ finner vi som $\overrightarrow{AB}=B-A=[2-1,4-2]=[1,2]$. Linja gjennom $A$ med denne retningen har parameterframstilling

2. Linja $m$ gjennom $C(6,2)$ med retningsvektor $[-2,1]$:

Vi setter de to parameterframstillingene like for å finne skjæringspunktet:

Fra den andre likningen får vi $s=2t$. Setter vi dette inn i den første:

Setter vi $t=1$ inn i parameterframstillingen for $l$:

Skjæringspunktet er

Vi kaller den likesidede trekanten $ABC$, og lar $P$ være et vilkårlig punkt inni trekanten. Fra $P$ trekker vi normaler (vinkelrett linje) ned på hver av de tre sidene, og kaller lengdene av disse normalene $d_1$ (avstand til $BC$), $d_2$ (avstand til $AC$) og $d_3$ (avstand til $AB$). Vi lar $h$ være høyden i den likesidede trekanten (avstanden fra ett hjørne ned til motstående side).

Vivianis setning kan da formuleres slik:

for ethvert valg av punkt $P$ inne i trekanten.

Vi kaller sidelengden i den likesidede trekanten $a$.

Areal på første måte. Arealet av hele trekanten $ABC$ er gitt ved den vanlige arealformelen med grunnlinje og høyde:

Areal på andre måte. Vi trekker linjestykkene $PA$, $PB$ og $PC$ fra $P$ til de tre hjørnene. Dette deler trekant $ABC$ i tre mindre trekanter: $PBC$, $PCA$ og $PAB$. Hver av disse har en side i den store trekanten som grunnlinje (lengde $a$, siden trekanten er likesidet), og høyden ned på denne grunnlinjen er nettopp avstanden fra $P$ til den aktuelle siden:

Summen av arealene til de tre små trekantene er lik arealet av hele trekanten $ABC$:

Sammenligning. Vi har nå uttrykt arealet av $ABC$ på to måter, og setter dem lik hverandre:

Siden $a\ne 0$, kan vi dele på ${\displaystyle \frac{1}{2}}a$ på begge sider:

Siden $P$ var et vilkårlig valgt punkt inne i trekanten, gjelder dette uansett hvor $P$ plasseres. Dette beviser Vivianis setning.

$P(T|S)=\mathrm{0,96}$ forteller oss at dersom en person faktisk har sykdommen, vil testen si «positiv» hos $96\%$ av dem — dette kalles testens sensitivitet.

$P(T|\overline{S})=\mathrm{0,05}$ forteller oss at dersom en person ikke har sykdommen, vil testen likevel si «positiv» (feilaktig) hos $5\%$ av dem.

Siden $T$ og $\overline{T}$ er komplementære hendelser gitt $S$, er

Vi vet at $P(S)=\mathrm{0,03}$ og $P(\overline{S})=\mathrm{0,97}$. Med setningen om total sannsynlighet får vi

Vi bruker Bayes’ setning med $P(T)=\mathrm{0,0773}$ fra punkt b):

Dersom testen er positiv, er altså sannsynligheten for at personen faktisk har sykdommen bare om lag $\mathrm{37,3}\%$ — til tross for at testen virker treffsikker, er den reelle sykdommen så sjelden at de fleste positive tester likevel er falske.

Vi finner først $P(\overline{T})=1-P(T)=1-\mathrm{0,0773}=\mathrm{0,9227}$. Deretter bruker vi Bayes’ setning med $P(\overline{T}|S)=\mathrm{0,04}$ fra punkt a):

Dersom testen er negativ, er sannsynligheten for at personen likevel har sykdommen svært lav, om lag $\mathrm{0,13}\%$.

Vi setter $t=1$ inn i posisjonsvektoren:

Etter ett sekund er partikkelen altså i punktet $(\mathrm{2,90},\mathrm{1,84})$ (i meter). Banen til $\overrightarrow{r}(t)$ for $t\in ⟨0,\mathrm{3,5}⟩$ er tegnet i GeoGebra, med punktet $\overrightarrow{r}(1)$ markert:

Vi deriverer hver komponent av $\overrightarrow{r}(t)=(4t-3t\cdot e^{-t},5t\cdot e^{-t})$ hver for seg. Vi bruker produktregelen på leddene med $t\cdot e^{-t}$.

Fartsvektoren (kontrollert i GeoGebra CAS, se utklipp):

Akselerasjonsvektoren (deriverer $\overrightarrow{v}(t)$ på nytt):

Vi setter $t=2$ inn i fartsvektoren:

Farten er lengden av fartsvektoren (se Lengde(v(2)) i CAS-utklippet):

Farten til partikkelen etter to sekunder er altså om lag $\underline{\underline{\mathrm{4,46}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Partikkelen er høyest når andrekoordinaten $y(t)=5t\cdot e^{-t}$ har et toppunkt, det vil si når fartens andrekoordinat er null:

Siden $e^{-t}\ne 0$ for alle $t$, må $1-t=0$, altså $t=1$. Dette er også bekreftet med Løs(y(v(t))=0,t) i CAS-utklippet i b).

For $t<1$ er $1-t>0$ slik at $y$-komponenten til farten er positiv (partikkelen stiger), og for $t>1$ er den negativ (partikkelen synker). Dermed er $t=1$ et toppunkt.

Partikkelen er i det høyeste punktet etter $\underline{\underline{t=1\mathrm{s}}}$.

I det høyeste punktet er $t=1$. Fra a) har vi

og siden $1-t=0$ ved $t=1$ blir fartsvektoren spesielt enkel:

Vinkelen mellom $\overrightarrow{r}(1)$ og $\overrightarrow{v}(1)$ finner vi med formelen for vinkel mellom vektorer, $\cos \theta ={\displaystyle \frac{\overrightarrow{r}(1)\cdot \overrightarrow{v}(1)}{|\overrightarrow{r}(1)|\cdot |\overrightarrow{v}(1)|}}$, beregnet med Vinkel(r(1),v(1)) i GeoGebra CAS (se utklippet over, gir $\theta \approx \mathrm{0,566}$ radianer):

Vinkelen mellom posisjonsvektoren og fartsvektoren i det høyeste punktet er altså $\underline{\underline{\theta \approx \mathrm{32,4}°}}$.

Vi konstruerer figuren dynamisk: sirkelen med sentrum $S$ er fast, de to tangentene gjennom $M$ (som tangerer sirkelen i $D$ og $E$) er faste, mens den tredje tangenten — den som tangerer sirkelen i $A$ og danner siden $BC$ — kan dras rundt slik at $A$ beveger seg langs den korteste buen mellom $D$ og $E$.

Når $A$ flyttes til ulike plasseringer på buen mellom $D$ og $E$, og vi måler $\angle CSB$ for hver plassering, viser det seg at målingen ikke endrer seg — $\angle CSB$ ser ut til å være konstant, uansett hvor $A$ ligger på buen. Observasjonen stemmer altså godt med påstanden i oppgaven.

1) Trekantene $SDB$ og $SAB$ er kongruente

Vi sammenligner de to rettvinklede trekantene $SDB$ og $SAB$:

• $SD=SA$, siden begge er radier i sirkelen.
• $\angle SDB=\angle SAB=90°$, siden en radius alltid står normalt på tangenten i tangeringspunktet ($SD⟂MB$ i $D$, og $SA⟂BC$ i $A$).
• $SB$ er felles hypotenus for begge trekantene.

Med kjent hypotenus og en kjent katet ($SD=SA$) i to rettvinklede trekanter, er trekantene kongruente (hypotenus-katet-kongruens). Altså er

2) Trekantene $SEC$ og $SAC$ er kongruente

Tilsvarende resonnement for de rettvinklede trekantene $SEC$ og $SAC$:

• $SE=SA$, begge er radier.
• $\angle SEC=\angle SAC=90°$, siden radius står normalt på tangenten i tangeringspunktet ($SE⟂MC$ i $E$, og $SA⟂BC$ i $A$).
• $SC$ er felles hypotenus.

Med samme hypotenus-katet-argument får vi

3) $\angle CSB={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \angle ESD$

Fra kongruensen $△SDB\cong △SAB$ i punkt 1) følger det at de tilsvarende vinklene ved $S$ er like:

Det betyr at linjen $SB$ deler vinkelen $\angle DSA$ på midten.

Fra kongruensen $△SEC\cong △SAC$ i punkt 2) følger på samme måte at

altså deler $SC$ vinkelen $\angle ASE$ på midten.

Siden $A$ ligger mellom $D$ og $E$ på buen, ligger strålen $SA$ mellom strålene $SD$ og $SE$. Rekkefølgen på strålene fra $S$ blir dermed $SD,SB,SA,SC,SE$, og vi kan sette opp

Dermed er

Punktene $D$ og $E$ er tangeringspunktene til de to tangentene gjennom $M$ som ligger fast — de endrer seg ikke når $A$ (og dermed siden $BC$) flyttes. Siden også $S$ er sentrum og dermed fast, er alle de tre punktene $D$, $S$ og $E$ uavhengige av hvor $A$ plasseres. Det betyr at vinkelen $\angle ESD$ har en fast, konstant verdi.

Fra b) vet vi at

Siden $\angle ESD$ er konstant, må også $\angle CSB$ være konstant — uansett hvor tangeringspunktet $A$ ligger på buen mellom $D$ og $E$. Dette bekrefter observasjonen fra a).

Linjen har stigningstall $a$ og går gjennom punktet $(2,1)$. Vi bruker ettpunktsformelen

med $(x_1,y_1)=(2,1)$:

Siden linjen skal synke mot høyre, må stigningstallet være negativt, altså $\underline{\underline{a<0}}$.

Vi finner koordinatene til $A$ (skjæring med $x$-aksen) og $B$ (skjæring med $y$-aksen).

Punktet $A$: setter $y=0$ i likningen fra a):

Så $A=({\displaystyle \frac{2a-1}{a}},0)$.

Punktet $B$: setter $x=0$:

Så $B=(0,1-2a)$.

Siden $a<0$ er $2a-1<0$, slik at ${\displaystyle \frac{2a-1}{a}}$ er et kvotient av to negative tall og dermed positiv. Tilsvarende er $1-2a>0$. Begge koordinatene er altså positive, i tråd med figuren.

Trekanten $OAB$ er rettvinklet med katetene $\left|OA\right|={\displaystyle \frac{2a-1}{a}}$ og $\left|OB\right|=1-2a$, så arealet blir

Vi bruker at $(2a-1)(1-2a)=-(2a-1)(2a-1)=-{(2a-1)}^2$:

Vi legger $F(a)=-{\displaystyle \frac{{(2a-1)}^2}{2a}}$ inn i GeoGebra CAS og finner minimumsverdien til $F$ numerisk på intervallet $[-5,-\frac{1}{10}]$ med Min(F,-5,-0.1), som tilsvarer det vi ville lest av grafen:

Grafen til $F$ synker fram til omtrent $a=-\mathrm{0,5}$ og stiger deretter. Det minste arealet leses av grafen til å være omtrent

Vi deriverer $F(a)=-{\displaystyle \frac{{(2a-1)}^2}{2a}}$ med kvotientregelen, der $u(a)={(2a-1)}^2$ og $v(a)=2a$:

Vi faktoriserer ut $2(2a-1)$ i telleren:

Siden $F(a)$ har et minustegn foran brøken, blir

Vi kontrollerer utregningen i GeoGebra CAS:

CAS bekrefter at $F^{\prime }(a)=-(2a+1)\cdot {\displaystyle \frac{2a-1}{2a^2}}$, som er det samme uttrykket.

Vi setter opp fortegnslinje for faktorene i $F^{\prime }(a)={\displaystyle \frac{(2a-1)(-2a-1)}{2a^2}}$. Siden oppgaven krever $a<0$, undersøker vi fortegnet på intervallet $a<0$. Nevneren $2a^2$ er alltid positiv, og $2a-1<0$ for alle $a<0$. Den eneste faktoren som skifter fortegn i det aktuelle området, er $-2a-1$, med nullpunkt $a=-\frac{1}{2}$:

$F^{\prime }(a)$ skifter fortegn fra negativ til positiv ved $a=-\frac{1}{2}$, så $F$ har et minimumspunkt der. Fra CAS-utregningen over ser vi at

Det minste arealet er dermed $\underline{\underline{F_{\min }=4}}$, ved $a=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Linjens likning når arealet er minst, finner vi ved å sette $a=-\frac{1}{2}$ inn i likningen fra a):