R1 Høst 2019

Vi deriverer $f(x)=x^4-2x+\ln x$ ledd for ledd.

Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x^7$ og $v=e^x$.

Vi bruker brøkregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=\ln (2x)$ og $v=x^2$.

Ved kjerneregelen er $u^{\prime }={\displaystyle \frac{2}{2x}}={\displaystyle \frac{1}{x}}$, og $v^{\prime }=2x$.

Skal divisjonen $P(x):(x-2)$ gå opp uten rest, må $x=2$ være et nullpunkt av $P$, altså $P(2)=0$.

Med $k=-1$ er $P(x)=x^3+6x^2-x-30$. Fra a) vet vi at $(x-2)$ er en faktor. Polynomdivisjon gir

Andregradsuttrykket faktoriseres videre: $x^2+8x+15=(x+3)(x+5)$.

Ulikheten $x^3+6x^2\le x+30$ omskrives til $x^3+6x^2-x-30\le 0$, som fra b) er det samme som

Nullpunktene til faktorene er $x=-5$, $x=-3$ og $x=2$. Vi undersøker fortegnet til produktet i hvert av de fire intervallene:

Ulikheten er oppfylt der produktet er negativt eller null, altså i intervallene $x\le -5$ og $-3\le x\le 2$.

To vektorer er ortogonale hvis skalarproduktet er null.

Siden skalarproduktet er ulik null, er $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{BC}$ ikke ortogonale.

Vi finner $\overrightarrow{AD}=D-A=(t-(-2),3-1)=(t+2,2)$.

Kravet $\overrightarrow{AB}⟂\overrightarrow{AD}$ gir $\overrightarrow{AB}\cdot \overrightarrow{AD}=0$.

$ABCD$ er et trapes dersom ett par av motstående sider er parallelle, altså $\overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{DC}$ eller $\overrightarrow{BC}\parallel \overrightarrow{AD}$. To vektorer $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$ er parallelle når $x_1{y}_2-y_1{x}_2=0$.

Vi finner $\overrightarrow{DC}=C-D=(4-t,-1)$ og bruker $\overrightarrow{AB}=(4,-2)$:

Vi sjekker så $\overrightarrow{BC}\parallel \overrightarrow{AD}$, med $\overrightarrow{BC}=(\mathrm{2,3})$ og $\overrightarrow{AD}=(t+2,2)$:

Begge verdiene gir et gyldig trapes (ingen av dem gjør firkanten til et parallellogram).

Komiteen skal bestå av $3$ elever fra klasse A (som har $7$ elever) og $2$ elever fra klasse B (som har $5$ elever). Vi velger de to gruppene uavhengig av hverandre og bruker multiplikasjonsprinsippet sammen med kombinasjoner:

Det er mulig å sette sammen $\underline{\underline{350}}$ ulike komiteer.

Vi skal finne sannsynligheten for at både Anne (fra klasse A) og Jens (fra klasse B) blir med i komiteen.

Dersom Anne skal være med, må de resterende $2$ plassene fra klasse A fylles av de $6$ gjenværende elevene i klasse A. Dersom Jens skal være med, må den resterende $1$ plassen fra klasse B fylles av de $4$ gjenværende elevene i klasse B. Antall gunstige komiteer blir da

Sannsynligheten for at både Anne og Jens er med, blir dermed forholdet mellom gunstige og mulige komiteer:

Sannsynligheten for at både Anne og Jens blir med i komiteen, er $\underline{\underline{\frac{6}{35}\approx \mathrm{0,171}}}$.

Vi skal finne sannsynligheten for at bare én av Anne og Jens er med i komiteen. Dette skjer i to disjunkte tilfeller:

• Anne er med, Jens er ikke med: De to resterende A-plassene velges blant de $6$ andre A-elevene, og alle $2$ B-plassene velges blant de $4$ B-elevene som ikke er Jens: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{2}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{2}\right)=15\cdot 6=90$.
• Jens er med, Anne er ikke med: Alle $3$ A-plassene velges blant de $6$ andre A-elevene, og den resterende B-plassen velges blant de $4$ andre B-elevene: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{1}\right)=20\cdot 4=80$.

Siden tilfellene utelukker hverandre, adderer vi dem:

Sannsynligheten for at bare én av Anne og Jens blir med i komiteen, er $\underline{\underline{\frac{17}{35}\approx \mathrm{0,486}}}$.

Punktet $B$ ligger på kvartsirkelen med radius $2$ og sentrum i origo $O$, så koordinatene til $B$ oppfyller sirkellikningen $x^2+y^2=4$. Siden vi er i første kvadrant, er

Rektangelet $OABC$ har hjørner $O=(\mathrm{0,0})$, $A=(x,0)$, $B=(x,\sqrt{4-x^2})$ og $C=(0,\sqrt{4-x^2})$, med sidelengder $x$ og $\sqrt{4-x^2}$. Arealet av rektangelet blir dermed

Arealet av hele kvartsirkelen med radius $2$ er

Det fargelagte området $F$ er kvartsirkelen med rektangelet $OABC$ fjernet, så

som var det vi skulle vise.

Vi deriverer $F(x)=\pi -x\cdot {(4-x^2)}^{\frac{1}{2}}$ med produktregelen på leddet $x\cdot {(4-x^2)}^{\frac{1}{2}}$:

Dette gir

Vi setter $F^{\prime }(x)=0$:

For $0\le x<\sqrt{2}$ er $2x^2-4<0$, så $F^{\prime }(x)<0$ ($F$ avtar). For $\sqrt{2}<x\le 2$ er $2x^2-4>0$, så $F^{\prime }(x)>0$ ($F$ vokser). Dermed er $x=\sqrt{2}$ et minimumspunkt for $F$.

Minsteverdien er

Det minste arealet det fargelagte området kan ha, er $\underline{\underline{F_{\min }=\pi -2\approx \mathrm{1,14}}}$.

Siden $\angle ACB=90°$ og $D$ ligger på linjen $CA$, er $DC⟂CB$. Radius står vinkelrett på tangenten i tangeringspunktet, så dette betyr at $CB$ er tangent til sirkelen i punktet $C$. Vi er også gitt at halvsirkelen tangerer hypotenusen i $E$, altså er $DE⟂AB$, så $AB$ er tangent til sirkelen i $E$.

$CB$ og $EB$ er dermed to tangentlinjestykker fra det samme ytre punktet $B$ til sirkelen. To tangenter fra et felles punkt til en sirkel er alltid like lange, så

Trekanten $△CEB$ har dermed to like lange sider ($CB=EB=a$), og er derfor likebeint.

Siden $E$ ligger på linjestykket $AB$ mellom $A$ og $B$, er

Trekanten $△ABC$ har rett vinkel i $C$. I $△ADE$ er $DE⟂AB$ (gitt), så trekanten har rett vinkel i $E$. De to trekantene har i tillegg felles vinkel i $A$, siden $D$ ligger på $CA$ og $E$ ligger på $AB$ (vinkel $CAB$ = vinkel $DAE$).

To par like vinkler gir formlikhet:

med korresponderende hjørner $A\leftrightarrow A$, $B\leftrightarrow D$, $C\leftrightarrow E$. Forholdet mellom korresponderende sider gir

Løser vi for $r$:

Speiler vi hele figuren om linjen $AC$, blir $B$ avbildet i et punkt $F$ på motsatt side av $AC$. Siden $CB⟂CA$, blir $C$ midtpunktet på linjestykket $BF$, med $CF=CB=a$ og dermed $BF=2a$. Vi får en større trekant $△ABF$ satt sammen av $△ABC$ og speilbildet $△ACF$, med $AF=AB=c$.

Halvsirkelen sammen med speilbildet sitt utgjør nå en hel sirkel med sentrum $D$ og radius $r$, som er tangent til alle tre sidene i $△ABF$: $AB$ (i $E$), $AF$ (i speilbildet av $E$) og $BF$ (i $C$, siden $DC⟂CB$ og $B$, $C$, $F$ ligger på linje). Sirkelen er altså den innskrevne sirkelen i $△ABF$.

Deler vi $△ABF$ i tre mindre trekanter med toppunkt i $D$ — $△ABD$, $△BDF$ og $△FDA$ — er $r$ høyden fra $D$ ned på henholdsvis $AB$, $BF$ og $FA$ i hver av dem. Arealet av $△ABF$ blir dermed

Samtidig er $△ABF$ satt sammen av to kopier av $△ABC$ (originalen og speilbildet), så

Siden begge uttrykkene beskriver samme areal, må

Fra b) har vi $r={\displaystyle \frac{a(c-a)}{b}}$, altså

Fra c) har vi $ab=(a+c)r$, altså

Setter vi (2) inn i (1):

Vi deler begge sider på $a$ (siden $a>0$):

som er nettopp Pytagoras’ setning.

Vi bruker setningen om total sannsynlighet, siden en epost enten er søppelpost eller ikke:

Sannsynligheten for at en tilfeldig epost inneholder ett eller flere ord fra listen er $\underline{\underline{P(L)=\mathrm{0,686}}}$.

Her skal vi finne den betingede sannsynligheten $P(S|L)$, altså sannsynligheten for at eposten er søppelpost gitt at den inneholder ord fra listen. Vi bruker Bayes’ setning:

(se PSgittL i utklippet over)

Sannsynligheten for at eposten er søppelpost når den inneholder ord fra listen er $\underline{\underline{P(S|L)\approx \mathrm{0,991}}}$.

Vi skal finne $P(S|\overline{L})$, sannsynligheten for at eposten er søppelpost gitt at den ikke inneholder ord fra listen. Igjen bruker vi Bayes’ setning, med $P(\overline{L}|S)=1-\mathrm{0,85}=\mathrm{0,15}$ og $P(\overline{L})=1-P(L)=1-\mathrm{0,686}=\mathrm{0,314}$:

(se PSgittIkkeL i utklippet over)

Sannsynligheten for at eposten er søppelpost selv om den ikke inneholder noen ord fra listen er $\underline{\underline{P(S|\overline{L})\approx \mathrm{0,382}}}$. Dette viser at selv om en epost ikke inneholder noen av de kjente søppelpost-ordene, er den likevel ganske sannsynlig å være søppelpost, fordi de aller fleste eposter Arnt mottar er søppelpost i utgangspunktet.

Funksjonen er

Deriverer:

Dette er et andregradsuttrykk i $x$ med negativ ledende koeffisient, altså en nedovervendt parabel. Grafen til $f$ har både et toppunkt og et bunnpunkt nøyaktig når $f^{\prime }(x)=0$ har to forskjellige løsninger, det vil si når diskriminanten til $f^{\prime }$ er positiv.

Diskriminanten er

Krav: $D>0$:

Dette bekreftes i CAS (se r1-h19-2-2-cas.png, linje 2, der $f^{\prime }(x)=-3x^2+k+2x$): når $D>0$ finnes to nullpunkter for $f^{\prime }$, ett der $f$ går fra minkende til voksende (bunnpunkt) og ett der $f$ går fra voksende til minkende (toppunkt).

Svar: $k>-{\displaystyle \frac{1}{3}}$

Siden $f^{\prime }$ er en nedovervendt parabel, er det størst nullpunkt av $f^{\prime }(x)=0$ som gir toppunktet. Toppunkt i $x=2$ betyr derfor

I CAS (r1-h19-2-2-cas.png, linje 3) løses $g(2)=0$ med hensyn på $k$:

Med $k=8$ blir

CAS gir (linje 5) at $f^{\prime }(x)=-3x^2+2x+8=0$ har løsningene

$x=2$ er toppunktet (stemmer med oppgaveteksten), og $x=-{\displaystyle \frac{4}{3}}$ er bunnpunktet siden det er det minste nullpunktet.

Innsatt gir CAS (linje 4 og 6):

Se skjermbildet:

Grafen med $k=8$ og de to ekstremalpunktene markert:

Svar: $k=8$, toppunkt $(2,14)$ og bunnpunkt $(-{\displaystyle \frac{4}{3}},-{\displaystyle \frac{122}{27}})$

Et vendepunkt er der den dobbeltderiverte skifter fortegn, altså der $f^{\prime \prime }(x)=0$:

CAS (linje 7–8) bekrefter dette. $y$-koordinaten til vendepunktet, uttrykt ved $k$, blir (linje 9):

Vendepunktet er altså $({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{k}{3}}+{\displaystyle \frac{56}{27}})$.

Den momentane vekstfarten til $f$ er $f^{\prime }(x)$, som er en nedovervendt parabel. Maksimal vekstfart finner vi derfor i toppunktet til $f^{\prime }$, som ligger nøyaktig i $x$-koordinaten til vendepunktet til $f$, altså $x={\displaystyle \frac{1}{3}}$ (samme $x$-verdi gir maksimum av $f^{\prime }$ som gir vendepunkt av $f$, siden $f^{\prime \prime }$ er den deriverte av $f^{\prime }$).

CAS gir (linje 10):

Setter denne største vekstfarten lik $2$ (linje 11):

Svar: Vendepunkt $({\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{k}{3}}+{\displaystyle \frac{56}{27}})$, og $k={\displaystyle \frac{5}{3}}$ gir størst momentan vekstfart lik $2$.

Golfballen treffer bakken når andrekoordinaten (høyden) er lik null.

For ball 1:

Vi bruker abc-formelen med $a=-5$, $b=29$, $c=20$:

Siden $t$ må være positiv, får vi

For ball 2:

Siden $t$ må være positiv, får vi

Ball 1 er dermed i lufta i omtrent $\mathrm{6,42}\mathrm{s}$, mens ball 2 er i lufta i omtrent $\mathrm{5,70}\mathrm{s}$.

Grafene til ${\overrightarrow{r}}_1$ og ${\overrightarrow{r}}_2$ tegnes som parameterframstillinger for $t$ fra $0$ til landingstidspunktet til hver ball ($t_1\approx \mathrm{6,42}$ og $t_2\approx \mathrm{5,70}$).

Den blå kurven er banen til ball 1 (${\overrightarrow{r}}_1$), og den røde kurven er banen til ball 2 (${\overrightarrow{r}}_2$). Begge starter i $(0,20)$, og ball 2 flyr lengst før den treffer bakken siden den har størst fart i horisontal retning.

Banefarten (farten langs banen) er lengden av fartsvektoren $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$.

Vi deriverer:

Idet ballene forlater taket er $t=0$:

Banefarten er lengden av disse vektorene:

Fartsvektorene ${\overrightarrow{r}}_1{}^{\prime }(t)=[17,-10t+29]$ og ${\overrightarrow{r}}_2{}^{\prime }(t)=[24,-10t+25]$ er parallelle når de er proporsjonale, det vil si når kryssproduktet (determinanten) er null:

Dette tidspunktet ligger innenfor flytiden til begge ballene, så svaret er gyldig.

Vi setter inn $t={\displaystyle \frac{271}{70}}$ i ${\overrightarrow{r}}_1{}^{\prime }(t)$:

Vinkelen $v$ fartsvektoren danner med $x$-aksen finner vi ved

Fartsvektorene danner altså en vinkel på omtrent $\mathrm{29,7}°$ under $x$-aksen når de er parallelle — begge baller er da på vei nedover.

Parabelen er gitt ved $f(x)={\displaystyle \frac{x^2}{4p}}$, og $Q(q,f(q))$ er et punkt på parabelen. Linjen $\ell$ gjennom brennpunktet $P(0,p)$ og $Q$ har stigningstall

Skjæringspunktene mellom $\ell$ og parabelen finner vi ved å løse likningen $f(x)=p+m\cdot x$ med CAS:

CAS gir (linje 3) løsningsmengden $\{x=q,x=-4p^2/q\}$. Løsningen $x=q$ svarer til punktet $Q$, og den andre løsningen må derfor være $x$-koordinaten til $R$:

Kontroll (Vietas formler): Likningen $f(x)=p+mx$ kan skrives $x^2-4pmx-4p^2=0$. Produktet av røttene er $-4p^2$, og siden én rot er $x=q$, må $q\cdot x_R=-4p^2$, altså $x_R=-{\displaystyle \frac{4p^2}{q}}$ — i samsvar med CAS.

Den deriverte av $f$ er $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{x}{2p}}$ (linje 5 i CAS-utklippet).

Stigningstallet til tangenten i $Q$ er

og stigningstallet til tangenten i $R$ er

Produktet av de to stigningstallene er (linje 8)