R1 Høst 2010

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

2. Vi skriver $g(x)=3\sqrt{x^2-1}=3{(x^2-1)}^{\frac{1}{2}}$ og bruker kjerneregelen. Den ytre funksjonen er $3u^{\frac{1}{2}}$ og den indre er $u=x^2-1$, med $u^{\prime }=2x$.

Vi setter $x=1$ 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 $x=3$ og $x=-1$. Alle løsningene er

1. Vi finner noen punkter på grafen til $\overrightarrow{r}(t)=[6t,-5t^2+45]$ for $t\in [0,3]$:

   $t$	$0$	$1$	$2$	$3$
   $x=6t$	$0$	$6$	$12$	$18$
   $y=-5t^2+45$	$45$	$40$	$25$	$0$

   Eliminerer vi $t$ ($t=x/6$), ser vi at $y=-5{\left({\displaystyle \frac{x}{6}}\right)}^2+45=-{\displaystyle \frac{5}{36}}{x}^2+45$, som er en del av en nedovervendt parabel. Grafen starter i $(0,45)$ og synker mot $(18,0)$ når $t$ går fra $0$ til $3$.

2. Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren.

Denne vektoren tegnes inn i punktet $(6,40)$ på grafen (der $t=1$), og peker skrått nedover mot høyre.

3. Akselerasjonsvektoren er den deriverte av fartsvektoren.

Akselerasjonsvektoren er konstant — den er den samme uansett hvilken $t$ vi ser på. Den peker rett nedover ($y$-retning) med konstant størrelse $10$, mens $x$-komponenten er $0$. Bevegelsen ligner dermed på en kastebevegelse påvirket av en konstant kraft rettet nedover (for eksempel tyngdekraften), uten akselerasjon i horisontal retning.

Det er totalt $6+4=10$ personer i gjengen. Vi skal trekke ut $2$ av dem uten tilbakelegging.

Antall måter å velge $2$ personer av $10$ på totalt:

Antall måter å velge $1$ gutt av $6$ og $1$ jente av $4$ på:

Sannsynligheten for å trekke ut én gutt og én jente er dermed

Vinkelsummen i en trekant er $180°$, så

Trekanten konstrueres med passer og linjal slik:

1. Tegn linjestykket $AB$ med lengde $\mathrm{10,0}\text{ cm}$.
2. Konstruer en vinkel på $75°$ i $A$ (mellom $AB$ og den kommende siden $AC$), for eksempel med vinkelmåler.
3. Konstruer en vinkel på $15°$ i $B$ (mellom $BA$ og den kommende siden $BC$).
4. Der de to nye linjene fra $A$ og $B$ skjærer hverandre, ligger hjørnet $C$. Siden $\angle C=180°-75°-15°=90°$, stemmer konstruksjonen med kravet om at $\angle C=90°$.

Dette gir den ønskede trekanten $ABC$.

1. Vi setter $x=2$ inn i telleren: $2^2+4=8\ne 0$, mens nevneren $x-2\to 0$. Siden telleren ikke går mot $0$ mens nevneren gjør det, går brøken mot uendelig i tallverdi. Fra høyre ($x\to 2^{+}$) er $x-2>0$, så brøken går mot $+\infty$. Fra venstre ($x\to 2^{-}$) er $x-2<0$, så brøken går mot $-\infty$. Siden grenseverdiene fra høyre og venstre ikke er like,

2. Her går både teller og nevner mot $0$ når $x\to 2$, så vi faktoriserer telleren som en differanse mellom to kvadrater.

Siden $AT$ tangerer sirkelen i $T$, står radien $ST$ vinkelrett på tangenten $AT$. Trekant $SAT$ har derfor en rett vinkel i $T$, og vi kan bruke Pytagoras’ læresetning:

Vi setter inn $ST=r$ (radius) og $AT=x$. For hypotenusen $AS$ merker vi oss at $B$ ligger mellom $A$ og $S$ på linja, slik at

siden $BS=r$ (radius, da $B$ ligger på sirkelen). Vi setter dette inn i Pytagoras’ setning:

Vi trekker fra $r^2$ på begge sider:

I trekant $SCT$ er $SC=ST=r$ (begge er radier i sirkelen), så trekanten er likebeint med grunnlinje $CT$. Dermed er vinklene ved grunnlinja like store:

Vinkelsummen i trekant $SCT$ gir oss vinkelen ved $S$:

Siden $C$, $S$ og $A$ ligger på samme linje med $S$ mellom $C$ og $A$ (linja gjennom $A$ og $S$ skjærer sirkelen i $B$ og $C$), er $\angle CST$ og $\angle AST$ supplementvinkler (de ligger på en rett linje):

I den rettvinklede trekanten $SAT$ (rett vinkel i $T$) er $\angle AST=60°$, og siden vinkelsummen er $180°$:

Siden $ST$ ligger motstående vinkel $\angle SAT$, og $AS$ er hypotenusen, bruker vi sinus:

Fra oppgave a) vet vi at $AS=y+r$, så

Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$ med

Dette gir

som var det vi skulle vise.

Grafen til $f^{\prime }$ er tegnet i GeoGebra:

Grafen til $f^{\prime }$ viser at

Av grafen ser vi at $f^{\prime }(x)<0$ for $x<0$, $f^{\prime }(x)>0$ for $0<x<2$ og $f^{\prime }(x)<0$ for $x>2$. Fortegnet til $f^{\prime }$ forteller om $f$ vokser eller avtar:

• $f$ er avtagende for $x<0$
• $f$ er voksende for $0<x<2$
• $f$ er avtagende for $x>2$

Dermed har $f$ et bunnpunkt for $x=0$ og et toppunkt for $x=2$. Vi setter inn i $f$:

Bunnpunktet er $\underline{\underline{(0,0)}}$ og toppunktet er $\underline{\underline{(2,\mathrm{2,17})}}$.

Vendepunktene til $f$ finner vi der $f^{\prime }$ har topp- eller bunnpunkt, altså der $f^{\prime }$ skifter fra voksende til avtagende (eller omvendt). Av grafen til $f^{\prime }$ leser vi av at $f^{\prime }$ har toppunkt ved $x\approx \mathrm{0,59}$ og bunnpunkt ved $x\approx \mathrm{3,41}$ (verifisert i GeoGebra: $x=2-\sqrt{2}$ og $x=2+\sqrt{2}$).

Vi setter inn i $f$:

Dette gir vendepunktene $\underline{\underline{(\mathrm{0,59},\mathrm{0,76})}}$ og $\underline{\underline{(\mathrm{3,41},\mathrm{1,53})}}$.

I $△ABP$ er grunnlinjen $AB=a$, og høyden ned til $P$ er oppgitt til $h$. Da er arealet

Siden $ABCD$ er et kvadrat med side $a$, er $AB$ og $DC$ parallelle sider med avstand $a$ mellom seg. Høyden fra $P$ ned til $AB$ er $h$, og dermed er avstanden fra $P$ opp til $DC$ lik $a-h$. I $△PCD$ er grunnlinjen $DC=a$, så arealet blir

Summen av arealene er

GeoGebra CAS forenkler dette uttrykket, se Sum i utklippet:

Leddet med $h$ faller bort, så summen av arealene til $△ABP$ og $△PCD$ er uavhengig av $h$, altså uavhengig av hvor $P$ er plassert inne i kvadratet. Summen er alltid lik halvparten av arealet til kvadratet $ABCD$, uansett hvor $P$ ligger.

Vi finner vektorene ved å trekke koordinatene til $A$ fra koordinatene til henholdsvis $B$ og $C$:

Vinkelen $\angle A$ finner vi ved hjelp av formelen for vinkelen mellom to vektorer:

Skalarproduktet er

Lengdene er

Dette gir

$\underline{\underline{\angle A\approx \mathrm{70,3}°}}$

Siden $\overrightarrow{AD}={\displaystyle \frac{3}{4}}\cdot \overrightarrow{AB}$, får vi koordinatene til $D$:

Tilsvarende for $E$:

Da er

For å vise at $\overrightarrow{DE}\parallel \overrightarrow{BC}$ regner vi ut $\overrightarrow{BC}$:

Vi ser at $\overrightarrow{DE}={\displaystyle \frac{3}{4}}\cdot \overrightarrow{BC}$, siden ${\displaystyle \frac{3}{4}}\cdot [-4,8]=[-3,6]$. Fordi $\overrightarrow{DE}$ er et tallmultiplum av $\overrightarrow{BC}$, er vektorene parallelle.

Dette følger også generelt: siden $\overrightarrow{AD}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AE}=\frac{3}{4}\overrightarrow{AC}$, er

Vi lar nå $A=(t,0)$, mens $B$ og $C$ fortsatt har de opprinnelige, faste koordinatene $B(7,-2)$ og $C(3,6)$.

Fra utledningen i b) vet vi at

uansett hvor $A$ befinner seg. Dette skyldes at $\overrightarrow{DE}$ kun avhenger av $\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{BC}$, som er en vektor mellom de faste punktene $B$ og $C$ — den inneholder ikke $A$ i det hele tatt, og er derfor uavhengig av $t$.

Siden $\overrightarrow{BC}=[-4,8]$ er konstant, blir også $\overrightarrow{DE}=\frac{3}{4}[-4,8]=[-3,6]$ konstant for alle verdier av $t$. Dermed er også lengden

den samme uansett hvilken verdi $t$ har.

Med $A=(t,0)$ er

Vinkelen $\angle A=90°$ nøyaktig når $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AC}=0$:

Dette løses med abc-formelen:

$\underline{\underline{t=1\text{ eller }t=9}}$

Rett vinkel kan også ligge i $B$ eller $C$. Vi bruker samme metode: skalarproduktet av de to vektorene fra hjørnet med rett vinkel skal være null.

Rett vinkel i $B$: Vektorene fra $B$ er $\overrightarrow{BA}=A-B=[t-7,2]$ og $\overrightarrow{BC}=[-4,8]$ (konstant, jf. c)).

Rett vinkel i $C$: Vektorene fra $C$ er $\overrightarrow{CA}=A-C=[t-3,-6]$ og $\overrightarrow{CB}=[4,-8]$.

$\underline{\underline{t=11\text{ (rett vinkel i }B\text{) eller }t=-9\text{ (rett vinkel i }C\text{)}}}$

Vi finner først diagonalen $AC$ i grunnflaten $ABCD$, som er et kvadrat med side $2$. Ved Pytagoras:

Kanten $CG$ står vinkelrett på grunnflaten, så trekanten $ACG$ er rettvinklet i $C$. Da gir Pytagoras på nytt:

$\underline{\underline{AG=2\sqrt{3}\approx \mathrm{3,46}}}$

Mauren går over to sideflater: først sideflaten $ABFE$ fra $A$ til $P$, deretter topplaten $EFGH$ fra $P$ til $G$.

Fra $A$ til $P$: I kvadratet $ABFE$ er vinkelen ved $E$ lik $90°$ (hjørne i kvadratet). Siden $PF=x$, er $PE=2-x$. Trekanten $AEP$ er dermed rettvinklet i $E$ med kateter $AE=2$ og $EP=2-x$:

Fra $P$ til $G$: I kvadratet $EFGH$ er vinkelen ved $F$ lik $90°$. Trekanten $PFG$ er rettvinklet i $F$ med kateter $PF=x$ og $FG=2$:

Siden mauren går rett fram på hver av de to flate sideflatene, er den korteste veien på hver flate en rett linje. Total strekning blir summen av de to rette linjestykkene:

Vi minimerer $s(x)$ for $x\in ⟨0,2⟩$ med kalkulator/graftegner. Grafen til $s(x)$ har et bunnpunkt for

med funksjonsverdi

$\underline{\underline{s_{\min }=\sqrt{20}\approx \mathrm{4,47}\mathrm{l}.\mathrm{e}.}}$, og dette skjer når $x=1$, altså når $P$ er midtpunktet på $EF$.

Eleven brettet lokket $EFGH$ opp om hengselet $EF$, slik at det ligger flatt i samme plan som sideflaten $ABFE$. Når dette gjøres, blir kanten $BF$ og kanten $FG$ liggende på en og samme rette linje (begge står vinkelrett på $EF$, og har samme retning etter oppbrettingen), slik at $BG=BF+FG=2+2=4$.

I det utbrettede nettet er trekanten $ABG$ rettvinklet i $B$, med kateter $AB=2$ og $BG=4$. Pytagoras gir da

Dette er nøyaktig det eleven påstår. Resonnementet er riktig: siden $A$ og $G$ nå ligger i samme plan (de to flatene er brettet flate uten å endre lengder på flatene), er den rette linjen $AG$ den korteste veien mellom punktene i dette planet. Denne rette linjen krysser hengselkanten $EF$ i et punkt — og det er akkurat dette punktet som er det optimale $P$-et. Kontroll: linjen fra $A=(\mathrm{0,0})$ til $G=(\mathrm{2,4})$ krysser $EF$ (linjen $y=2$) når $x$-koordinaten er $1$, altså der $PF=1$ — som stemmer med minimumspunktet $x=1$ funnet i c).

Eleven har altså funnet den korteste veien uten å bruke derivasjon, ved å utnytte at en rett linje er den korteste forbindelsen mellom to punkter i et plan.

$\underline{\underline{\text{Elevens påstand er korrekt: }{s}_{\min }=\sqrt{20}}}$

I trekanten $BCD$ er $BC=CD=16\mathrm{m}$ (sider i sekskanten), og vinkelen mellom dem er innvendig vinkel i en regulær sekskant, $\angle BCD=120°$.

Vi bruker cosinussetningen i trekant $BCD$:

$\underline{\underline{BD=16\sqrt{3}\mathrm{m}\approx \mathrm{27,7}\mathrm{m}}}$

Tenk deg sirkelen som er omskrevet om sekskanten (den stiplede sirkelen på figuren). Siden sekskanten er regulær, deler de seks sidene sirkelen i seks like store buer. Buen $AB$ (den korte buen mellom $A$ og $B$, som ikke inneholder $C$, $D$, $E$ eller $F$) svarer da til sentralvinkelen

Punktene $C$, $D$, $E$ og $F$ ligger alle på den store buen på andre siden av korden $AB$. Ifølge periferivinkelsetningen (setningen om innskrevet vinkel) er en periferivinkel som spenner over en gitt bue, lik halvparten av sentralvinkelen til samme bue. Derfor er

uavhengig av om setet står i $C$, $D$, $E$ eller $F$.

$\underline{\underline{\alpha =30°\text{ for alle setene i }C,D,E\text{ og }F}}$

Vi skal finne alle punkter $S$ i salen der $\angle ASB=90°$. Ifølge periferivinkelsetningen (Thales’ setning) er dette nettopp punktene som ligger på sirkelen med $AB$ som diameter — siden en diameter alltid spenner over en periferivinkel på $90°$.

Konstruksjon:

1. Tegn scenekanten $AB$.
2. Konstruer midtnormalen til $AB$ (med passer, fra $A$ og fra $B$) — denne skjærer $AB$ i midtpunktet $M$.
3. Sett passeren i $M$ med radius $MA=MB=8\mathrm{m}$, og tegn sirkelen.

Setene med $\alpha =90°$ ligger på den delen av denne sirkelen (radius $8\mathrm{m}$, sentrum i midtpunktet $M$ av $AB$) som ligger inne i salen, altså halvsirkelbuen på innsiden av sekskanten — se den blå buen på skissen under.

$\underline{\underline{\text{Setene med }\alpha =90°\text{ ligger på halvsirkelen med diameter }AB}}$

For at en gitt korde $AB$ skal spenne over periferivinkelen $\alpha =45°$ fra et punkt $S$, må $S$ ligge på en sirkelbue gjennom $A$ og $B$ med radius $r$ gitt av sinussetningen (utvidet):

Sentrum $O$ i denne sirkelen ligger på midtnormalen til $AB$, i avstand

fra $AB$, målt inn i salen (dette kan sjekkes: $d^2+{\left(\frac{AB}{2}\right)}^2=8^2+8^2=128=r^2$ ✓).

Setene med $\alpha =45°$ ligger dermed på buen av denne sirkelen (radius $8\sqrt{2}\mathrm{m}\approx \mathrm{11,3}\mathrm{m}$, sentrum $8\mathrm{m}$ over $AB$) som går fra $A$, over den bakre delen av salen, og ned til $B$ — se den røde buen på skissen over. Legg merke til at denne buen ligger lenger bak i salen enn halvsirkelen fra c), og nærmere scenen enn den omskrevne sirkelen gjennom $C$, $D$, $E$ og $F$ (der $\alpha =30°$) — noe som stemmer med at vinkelen avtar jo lenger unna scenen setet er.

$\underline{\underline{\text{Setene med }\alpha =45°\text{ ligger på sirkelbuen med radius }8\sqrt{2}\mathrm{m},\text{ sentrum }8\mathrm{m}\text{ over }AB}}$

Punktet $A$ er der tangenten skjærer $x$-aksen, altså der $y=0$: