R1 Høst 2020

Vi bruker sum- og potensregelen, samt at $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{e}^x=e^x$.

Vi skriver $g(x)=x^3\cdot {(2x-1)}^{\frac{1}{2}}$ og bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x^3$ og $v={(2x-1)}^{\frac{1}{2}}$.

Deriverer $u$ med potensregelen, og $v$ med kjerneregelen (indre derivert av $2x-1$ er $2$):

Setter inn i produktregelen:

Setter på felles brøkstrek med $\sqrt{2x-1}$ i nevner:

Faktoriserer ut $x^2$ i telleren:

Vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=x^3$ og $v=x^2-1$.

Setter inn:

Faktoriserer ut $x^2$ i telleren:

Vi setter $x=2$ inn på begge sider av likningen og sjekker om de blir like.

Venstre side:

Høyre side:

Siden venstre og høyre side blir like, er $x=2$ en løsning av likningen.

Vi flytter alle ledd over på venstre side:

Fra a) vet vi at $x=2$ er et nullpunkt av $x^3+2x^2-5x-6$, så $(x-2)$ er en faktor. Polynomdivisjon (eller prøving av flere heltallsverdier) gir de to andre nullpunktene $x=-1$ og $x=-3$, slik at uttrykket kan faktoriseres:

Vi setter opp fortegnslinje for de tre faktorene, med nullpunkter i $x=-3$, $x=-1$ og $x=2$:

Vi skal ha produktet mindre enn null (strengt negativt), og det gjelder når $x<-3$ eller $-1<x<2$. Siden ulikheten er streng, er endepunktene ikke med.

Løsningsmengden $⟨\leftarrow ,-1⟩\cup [2,\to ⟩$ betyr at $x=-1$ skal være utelukket (åpen parentes), mens $x=2$ skal være med (lukket parentes), og det skal ikke være noe boundary-punkt mellom dem — alt mindre enn $-1$, eller alt fra og med $2$.

Dette får vi til med en rasjonal ulikhet der $x=-1$ gjør nevneren null (og dermed må utelukkes automatisk), mens $x=2$ gjør telleren null (og er med siden ulikheten er $\ge$):

Vi kontrollerer med fortegnslinje. Kritiske punkter er $x=-1$ (nevner null, definisjonsutfordring) og $x=2$ (teller null):

Kvotienten er $\ge 0$ når $x<-1$ eller $x\ge 2$, altså nøyaktig løsningsmengden $⟨\leftarrow ,-1⟩\cup [2,\to ⟩$.

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, og akselerasjonsvektoren er den deriverte av fartsvektoren. Vi deriverer hver komponent for seg.

To vektorer står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet (prikkproduktet) deres er null. Vi setter $\overrightarrow{v}(t)\cdot \overrightarrow{a}(t)=0$:

Fartsvektoren står altså vinkelrett på akselerasjonsvektoren når $t=\mathrm{0,2}\mathrm{s}$.

Vi finner $\overrightarrow{AB}$ ved å trekke koordinatene til A fra koordinatene til B:

Lengden av vektoren er

Det matematiske tyngdepunktet er gitt ved

Vi setter inn koordinatene til A(1, 1), B(6, 2), C(5, 7) og D(2, 8):

Tyngdepunktet er dermed $T(\mathrm{3,5},\mathrm{4,5})$.

Vi bruker samme formel for firkanten EFGH med E(0, 3), F(2, −2), G(7, 3) og tyngdepunkt T(3, 2):

Vi løser for $\overrightarrow{OH}$:

Setter inn tallene:

Punktet H har altså koordinatene $H(3,4)$.

Krukken inneholder $2$ røde og $2$ blå kuler, altså $4$ kuler totalt. De to kulene trekkes uten tilbakelegging. Antall måter å trekke $2$ kuler av $4$ på er

De to kulene har lik farge dersom de begge er røde eller begge er blå:

Sannsynligheten for at Mia må ta oppvasken (lik farge) blir dermed

Sannsynligheten for at Mia må ta oppvasken, er $\underline{\underline{\frac{1}{3}\approx \mathrm{0,333}}}$.

La $n$ være antall røde kuler i krukken. Sammen med de $2$ blå kulene er det da $n+2$ kuler totalt, og vi trekker fortsatt $2$ kuler uten tilbakelegging.

De to kulene har ulik farge dersom den ene er rød og den andre er blå. Antall slike utfall er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{2}{1}\right)=2n$, mens totalt antall måter å trekke $2$ av $n+2$ kuler på er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+2}{2}\right)=\frac{(n+2)(n+1)}{2}$. Dermed er

Vi krever at denne sannsynligheten skal være mindre enn $50\%$:

Siden $(n+2)(n+1)>0$ for alle positive $n$, kan vi multiplisere begge sider med $2(n+2)(n+1)$ uten å snu ulikheten:

Løsningen av likningen $n^2-5n+2=0$ er

Den positive løsningen er $n=\frac{5+\sqrt{17}}{2}\approx \mathrm{4,56}$. Siden $n$ må være et helt tall, sjekker vi $n=4$ og $n=5$:

• $n=4$: ${\displaystyle \frac{4\cdot 4}{6\cdot 5}}={\displaystyle \frac{16}{30}}={\displaystyle \frac{8}{15}}\approx \mathrm{0,533}$ (ikke under $50\%$)
• $n=5$: ${\displaystyle \frac{4\cdot 5}{7\cdot 6}}={\displaystyle \frac{20}{42}}={\displaystyle \frac{10}{21}}\approx \mathrm{0,476}$ (under $50\%$)

Det må ligge $\underline{\underline{\text{minst }5}}$ røde kuler i krukken for at sannsynligheten for ulik farge skal være under $50\%$.

Vi deriverer $f(x)=(x+2)(x^2+x+5)$. Først ganger vi ut parentesen:

Da blir den deriverte

Dette er et andregradsuttrykk der $a=3>0$, så grafen til $f^{\prime }$ er en oppoverbue. Vi finner ut om $f^{\prime }$ har nullpunkter ved å se på diskriminanten:

Siden $d<0$, har $f^{\prime }(x)=0$ ingen løsninger, og fordi $a>0$ ligger hele grafen til $f^{\prime }$ over $x$-aksen. Dermed er

og grafen til $f$ er strengt stigende for alle verdier av $x$.

Vendepunkter finner vi der $f^{\prime \prime }(x)=0$ og fortegnet til $f^{\prime \prime }$ skifter. Vi deriverer på nytt:

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

Siden $f^{\prime \prime }(x)=6x+6$ er en rett linje med positiv stigningstall, er $f^{\prime \prime }(x)<0$ for $x<-1$ og $f^{\prime \prime }(x)>0$ for $x>-1$. Fortegnet skifter altså fra minus til pluss, så $x=-1$ gir et vendepunkt.

Vi finner $y$-verdien:

Vendepunktet er $(-1,5)$.

Siden $f$ er strengt stigende for alle $x$ (fra a) og har ett vendepunkt i $(-1,5)$ (fra b), er grafen en S-formet kurve som stiger hele tiden, flater litt ut rundt vendepunktet, og fortsetter å stige. For $x\to -\infty$ går $f(x)\to -\infty$, og for $x\to \infty$ går $f(x)\to \infty$. Grafen har ingen topp- eller bunnpunkter siden $f^{\prime }>0$ overalt.

La $X$ være antall soldager blant de 14 feriedagene. Vi antar at

• sannsynligheten for at en tilfeldig dag er en soldag er lik hver dag gjennom hele oppholdet (soldagene er jevnt fordelt over året), og

• om det er sol en gitt dag er uavhengig av om det var sol dagen(e) før.

  Under disse forutsetningene er $X$ binomisk fordelt med $n=14$ forsøk og suksessannsynlighet

Sannsynligheten for at alle 14 dagene blir soldager er da

som stemmer med Agnetes tall (se P_a i utklippet).

Begge forutsetningene er tvilsomme i praksis. Vær er sesongavhengig, så sannsynligheten for sol varierer trolig mellom sommer- og vintermåneder, og den er ikke den samme uansett hvilke 14 dager i året turen legges til. I tillegg er vær ofte korrelert fra dag til dag (en sydag følges gjerne av flere sydager), slik at uavhengighetsantakelsen heller ikke er helt riktig.

La $Y$ være antall av de 8 feriereisene der alle 14 dagene blir soldager. Da er $Y$ binomisk fordelt med $n=8$ og $p=P(X=14)\approx \mathrm{0,0642}$ fra a).

Vi skal finne $P(Y\ge 2)$, som er lettest å regne ut via komplementet:

Fra q og P_b i utklippet:

Det er altså omtrent $\mathrm{8,9}\%$ sannsynlighet for at familien opplever bare soldager på minst 2 av de 8 feriereisene.

La $Z$ være antall soldager i løpet av en tilfeldig fireukersperiode (28 dager) på Oles feriested, og la $p$ være sannsynligheten for at en tilfeldig dag der er en soldag. Da er $Z$ binomisk fordelt med $n=28$ og suksessannsynlighet $p$, og

I utklippet er dette definert som funksjonen f(p). Vi skal finne den minste $p$ (og dermed det minste antallet soldager i året, siden antall soldager $=365\cdot p$) som oppfyller kravet $P(Z\ge 22)\ge \mathrm{0,90}$.

Siden antall soldager i året må være et helt tall, prøver vi hele antall soldager rundt grensen:

• $312$ soldager gir $p={\displaystyle \frac{312}{365}}\approx \mathrm{0,8548}$, og fra utklippet er $f(\mathrm{0,8548})\approx \mathrm{0,8991}<\mathrm{0,90}$ — ikke oppfylt.
• $313$ soldager gir $p={\displaystyle \frac{313}{365}}\approx \mathrm{0,8575}$, og fra utklippet er $f(\mathrm{0,8575})\approx \mathrm{0,9067}\ge \mathrm{0,90}$ — oppfylt.

Det må altså være minst $313$ soldager i året for at reisebyråets påstand skal stemme.

Kulen til Rikard treffer bakken når $y$-koordinaten i ${\overrightarrow{r}}_A(t)$ er lik $0$:

Løst i CAS (se utklipp under c) gir dette to løsninger, hvorav den positive er

Kastlengden finner vi ved å sette denne $t$-verdien inn i $x$-koordinaten $x=9t$:

Rikard kaster kulen $\underline{\underline{x\approx \mathrm{13,78}\mathrm{m}}}$.

Vi tegner de to banene som parameterkurver ${\overrightarrow{r}}_A(t)=(9t,1+7t-5t^2)$ (blå) og ${\overrightarrow{r}}_B(t)=(25-8t,1+7t-5t^2)$ (rød), begge for $t\in [0,\mathrm{1,531}]$ (tiden fra kast til kulene treffer bakken):

Vi ser at $y$-koordinaten er nøyaktig den samme funksjonen av $t$ for begge kulene, $y(t)=1+7t-5t^2$. Kulene har derfor alltid samme høyde ved samme tidspunkt $t$, og de treffer hverandre nøyaktig når $x$-koordinatene er like, altså når ${\overrightarrow{r}}_A(t)={\overrightarrow{r}}_B(t)$:

Løst i CAS:

Dette tidspunktet må ligge før begge kulene har truffet bakken, altså før $t\approx \mathrm{1,531}\mathrm{s}$ (fra a). Siden $\mathrm{1,471}<\mathrm{1,531}$, er begge kulene fortsatt i luften når $x$-koordinatene blir like. Kollisjonen skjer i punktet

noe som stemmer med grafen i b).

$\underline{\underline{\text{Ja, kulene treffer hverandre, etter ca. }\mathrm{1,47}\text{s, i punktet}(\mathrm{13,24},\mathrm{0,48})}}$.

La avstanden mellom Rikard og Berit i stedet være $d<25\mathrm{m}$. Berit kaster med samme kraft og retning, så ${\overrightarrow{r}}_B(t)=(d-8t,1+7t-5t^2)$ — kun startposisjonen i $x$-retning endres, mens $y$-koordinaten (og dermed tiden kulene er i luften, $t\approx \mathrm{1,531}\mathrm{s}$) er uendret.

Kulene treffer hverandre igjen når $x$-koordinatene er like:

Siden $d<25$, blir $t={\displaystyle \frac{d}{17}}<{\displaystyle \frac{25}{17}}\approx \mathrm{1,471}<\mathrm{1,531}$. Kollisjonstidspunktet er altså fortsatt mindre enn tiden det tar før kulene treffer bakken, uansett hvor liten (positiv) avstanden $d$ er. Kulene vil derfor fortsatt treffe hverandre — bare tidligere og nærmere Berit enn i c).

$\underline{\underline{\text{Nei, svaret ville ikke blitt annerledes — kulene ville fortsatt truffet hverandre}}}$.

Vi deriverer $g(x)=r-\sqrt{r^2-x^2}$ to ganger.

I $x=0$ gir dette $g^{\prime \prime }(0)={\displaystyle \frac{1}{r}}$.

For $h(x)=x^2$ er $h^{\prime }(x)=2x$ og $h^{\prime \prime }(x)=2$, så $h^{\prime \prime }(0)=2$.

Kravet $g^{\prime \prime }(0)=h^{\prime \prime }(0)$ gir

Vi bruker formelen for krumningsradius med $f=h$, $a=0$:

Dette stemmer overens med svaret i a), som det skal — krumningsradiusen til $h$ i origo er ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ enten vi finner den geometrisk (tangerende sirkel) eller via formelen.

For $f(x)=\ln (x)$ er $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$ og $f^{\prime \prime }(x)=-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}$. Setter vi dette inn i krumningsradius-formelen med $a$ som variabel, får vi funksjonen

Vi legger $f$, $f^{\prime }$, $f^{\prime \prime }$ og $r(a)$ inn i CAS og løser $r^{\prime }(a)=0$ for å finne minimum, siden $\text{d}(x)>0$ for hele definisjonsmengden til $f$ ($x>0$).

CAS gir $a={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$ (den negative løsningen $a=-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$ ligger utenfor definisjonsmengden til $\ln (x)$, så den forkastes).

Videre gir CAS