R1 Vår 2007

Vi bruker produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x^2$ og $v=e^{2x}$ (kjerneregel på $v$):

Vi deriverer $g(x)=x^4-4x^3$:

Vi setter $g^{\prime }(x)=0$: $x=0$ (dobbel rot) eller $x=3$. Faktoren $4x^2\ge 0$ alltid, så fortegnet til $g^{\prime }(x)$ bestemmes av $(x-3)$:

I $x=0$ skifter $g^{\prime }$ ikke fortegn (negativ på begge sider) — dette er et terrassepunkt. I $x=3$ skifter $g^{\prime }$ fra negativ til positiv — dette er et bunnpunkt. Det finnes ikke noe toppunkt.

Vi dobbeltderiverer:

$g^{\prime \prime }(x)=0$ for $x=0$ og $x=2$.

$g^{\prime \prime }$ skifter fortegn i både $x=0$ og $x=2$, så begge er vendepunkter:

Grafen synker bratt fra venstre, flater ut med horisontal tangent i terrassepunktet $(\mathrm{0,0})$ (som også er vendepunkt), fortsetter å synke gjennom vendepunktet $(2,-16)$ ned til bunnpunktet $(3,-27)$, og stiger deretter mot høyre.

Vi faktoriserer nevnerne: $x^2-4=(x-2)(x+2)$ og $4-2x=-2(x-2)$. Da blir

Fellesnevner $(x-2)(x+2)$:

Telleren $x^2+2x+2$ har negativ diskriminant og kan ikke faktoriseres videre, så dette er enkleste form:

Vi setter $x=1$ inn i likningen:

Siden uttrykket blir null, er $x=1$ en løsning. Da er $(x-1)$ en faktor. Polynomdivisjon gir

Ulikheten $(x-1)(x+1)(x+2)\le 0$ har nullpunkter $x=-2,-1,1$:

Ulikheten er oppfylt når produktet er $\le 0$:

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren, og akselerasjonsvektoren er den deriverte av fartsvektoren:

Vektorene står vinkelrett på hverandre når skalarproduktet er null:

Det finnes altså en $t$-verdi som gjør fartsvektoren vinkelrett på akselerasjonsvektoren.

Vi velger et vilkårlig punkt $P^{\prime }$ på sirkelen, forskjellig fra $P$, men på samme side av korden $AB$ som $P$ (altså på den store buen). Linjestykkene $P^{\prime }A$ og $P^{\prime }B$ tegnes inn. Vinkelen $\angle A{P}^{\prime }B$ er da en annen periferivinkel som spenner over buen $AB$.

$OP$, $OA$ og $OB$ er alle radier i sirkelen, så

I $△POA$ er to av sidene ($OP$ og $OA$) like lange, så trekanten er likebeint. Tilsvarende er $OP=OB$ i $△POB$, så også denne trekanten er likebeint.

Siden $△POA$ er likebeint med $OP=OA$, er vinklene motstående disse sidene like store:

$P$, $O$ og $Q$ ligger på en rett linje (diameteren), så $\angle AOQ$ er en ytre vinkel til $△POA$ i hjørnet $O$. Etter ytre vinkelsetningen er en ytre vinkel lik summen av de to andre vinklene i trekanten:

Tilsvarende resonnement for $△POB$ (som er likebeint med $OP=OB$) gir at $\angle OPB=\angle OBP$, og at $\angle BOQ$ er ytre vinkel til $△POB$ i $O$:

Av figuren ser vi at strålen $OB$ ligger mellom $OQ$ og $OA$, slik at

Tilsvarende ligger strålen $PB$ mellom $PQ$ og $PA$, slik at

Vi setter inn resultatene fra c):

Altså er

som er akkurat det setningen sier: periferivinkelen $\angle APB$ er halvparten av sentralvinkelen $\angle AOB$ som spenner over samme bue $AB$.

Det er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{23}{6}\right)$ måter å velge $6$ av de $23$ elevene på, uten hensyn til rekkefølge. Vi vil ha $3$ gutter (av $9$) og $3$ jenter (av $14$), så antall gunstige utfall er $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{9}{3}\right)\cdot \left(\genfrac{}{}{0px}{}{14}{3}\right)$:

Sannsynligheten for at laget får like mange gutter som jenter er $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{1456}{4807}}\approx \mathrm{0,30}}}$.

$P(A\cap B)$ er sannsynligheten for at en tilfeldig valgt person i idrettslaget både er en gutt og spiller volleyball.

Av de $736$ medlemmene er det $63$ gutter som spiller volleyball, så

$\underline{\underline{P(A\cap B)={\displaystyle \frac{63}{736}}\approx \mathrm{0,086}}}$.

Totalt spiller $63+47=110$ personer volleyball:

$P(B|A)$ er sannsynligheten for at en person spiller volleyball, gitt at personen er gutt. Av de $348$ guttene spiller $63$ volleyball:

Siden

er $A$ og $B$ ikke uavhengige hendelser. At en person er gutt, øker sannsynligheten for at personen spiller volleyball.

$\underline{\underline{P(B)={\displaystyle \frac{55}{368}}\approx \mathrm{0,15}}}$ og $\underline{\underline{P(B|A)={\displaystyle \frac{21}{116}}\approx \mathrm{0,18}}}$; hendelsene er ikke uavhengige.

Det trekkes én person blant de $110$ volleyballspillerne, og én person blant de $736-110=626$ som ikke spiller volleyball. Av volleyballspillerne er $47$ jenter, og blant de som ikke spiller volleyball er $388-47=341$ jenter.

De to trekningene er uavhengige av hverandre (spiller trekkes fra én gruppe, ikke-spiller fra en annen), så vi multipliserer sannsynlighetene:

Sannsynligheten for at begge de intervjuede personene er jenter er $\underline{\underline{{\displaystyle \frac{1457}{6260}}\approx \mathrm{0,23}}}$.

Siden $x^2-x+1$ er kontinuerlig og $x^2-x+1{|}_{x=-1}=1+1+1=3\ne 0$, mens telleren i den opprinnelige brøken har faktoren $(x+1)$ som kansellerer nullpunktet til nevneren i $x=-1$, eksisterer grenseverdien der (det er et opphevbart bruddpunkt, ikke en asymptote):

CAS bekrefter dette (Grenseverdi(f(x), x, -1) = -3/2, se utklipp).

I $x=1$ har derimot $x^2-x+1$ verdien $1\ne 0$, mens nevneren $x-1\to 0$. Da vokser $|f(x)|$ uten grense, og grenseverdien eksisterer ikke (CAS gir ? for Grenseverdi(f(x), x, 1), se utklipp).

Grafen til $f$ har derfor bare én vertikal asymptote, siden bruddet i $x=-1$ er opphevbart (et “hull” i grafen), mens bruddet i $x=1$ gir en reell asymptote:

Vi deriverer $f(x)=x+{\displaystyle \frac{1}{x-1}}=x+{(x-1)}^{-1}$:

som er det vi skulle vise. Dette stemmer også med CAS-utregningen (fp(x) forenklet til ${\displaystyle \frac{x(x-2)}{{(x-1)}^2}}$, som er samme uttrykk skrevet med felles brøkstrek):

Vi finner kritiske punkter ved å løse $f^{\prime }(x)=0$:

CAS bekrefter $x=0$ og $x=2$ (se utklipp). Vi setter inn og finner funksjonsverdiene:

For å avgjøre hva slags ekstremalpunkter dette er, undersøker vi fortegnet til $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{x(x-2)}{{(x-1)}^2}}$. Nevneren er alltid positiv (unntatt i $x=1$, der $f$ ikke er definert), så fortegnet bestemmes av telleren $x(x-2)$:

I $x=0$ skifter $f^{\prime }$ fortegn fra $+$ til $-$, så dette er et toppunkt: $\underline{\underline{(0,-1)}}$. I $x=2$ skifter $f^{\prime }$ fortegn fra $-$ til $+$, så dette er et bunnpunkt: $\underline{\underline{(2,3)}}$.

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=1-{(x-1)}^{-2}$ én gang til:

Dette stemmer med CAS-utklippet, hvor fpp(x) forenkles til nettopp ${\displaystyle \frac{2}{{(x-1)}^3}}$.

Fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)$ avhenger av fortegnet til ${(x-1)}^3$, som har samme fortegn som $(x-1)$:

• For $x<1$ er ${(x-1)}^3<0$, så $f^{\prime \prime }(x)<0$: grafen vender hul side ned (konkav).
• For $x>1$ er ${(x-1)}^3>0$, så $f^{\prime \prime }(x)>0$: grafen vender hul side opp (konveks).

$f^{\prime \prime }(x)$ er aldri lik null, så det finnes ikke noe vendepunkt — krumningen skifter kun ved den vertikale asymptoten $x=1$.

Grafen til $f$ har vertikal asymptote $x=1$ (grå stiplet linje) og skråasymptote $y=x$ (grå stiplet linje), siden $f(x)=x+{\displaystyle \frac{1}{x-1}}\to x$ når $x\to \pm \infty$. Toppunktet $(0,-1)$ og bunnpunktet $(\mathrm{2,3})$ er markert med røde punkter, og det opphevbare bruddet i $x=-1$ (verdi $-\frac{3}{2}$) er markert med et hult (grått) punkt.

Funksjonen $g(x)=f(e^x)$ er en sammensatt funksjon der $t=e^x$ settes inn i $f$. Siden $e^x>0$ for alle $x$, er $e^x=-1$ aldri mulig, så det eneste kravet til definisjonsmengden kommer fra $e^x\ne 1$, altså $x\ne 0$ — i samsvar med oppgaveteksten.

Med kjerneregelen er

Siden $e^x>0$ for alle $x$, er $g^{\prime }(x)=0$ nøyaktig når $f^{\prime }(e^x)=0$, altså når $e^x=0$ eller $e^x=2$ (fra resultatet i b)). Ligningen $e^x=0$ har ingen løsning, mens $e^x=2$ gir

Dette er bekreftet med CAS: Løs(gp(x)=0,x) gir kun $x=\ln (2)$ (se utklipp) — kritisk punktet i $f$ som svarer til $t=0$ (toppunktet) videreføres altså ikke til $g$, siden $e^x$ aldri blir $0$.

Siden $e^x$ er en strengt voksende funksjon, bevares typen ekstremalpunkt: $t=2$ ga bunnpunkt for $f$, så $x=\ln 2$ gir bunnpunkt for $g$. Funksjonsverdien blir

som også bekreftes direkte av CAS (g(ln(2)) = 3, se utklipp).

Grafen til $g$ har derfor ett bunnpunkt og ikke noe toppunkt:

Vi skisserer grafene til $f(x)=x^2+2x+c$ for $c\in \{-4,-\mathrm{2,0,2,4}\}$.

Alle grafene har $x=-1$ som symmetriakse, siden koeffisientene foran $x^2$ og $x$ er de samme for alle grafene. Grafene har altså samme form – de er kongruente parabler. Når $c$ øker, flyttes hele grafen loddrett oppover; når $c$ minker, flyttes grafen nedover. Dette er fordi $c=f(0)$, altså skjæringspunktet med $y$-aksen, og hele grafen forskyves med grafen til $x^2+2x$ som utgangspunkt. Konstantleddet $c$ gir altså en loddrett parallellforskyvning av grafen.

Vi skisserer grafene til $f(x)=a\cdot x^2+2x+1$ for $a\in \{-4,-\mathrm{2,0,2,4}\}$.

Alle grafene går gjennom samme punkt $(\mathrm{0,1})$, siden $f(0)=1$ uansett verdi av $a$. Ellers ser vi tydelig forskjeller:

• Når $a>0$ vender parabelen oppover (har et bunnpunkt/minimum).
• Når $a<0$ vender parabelen nedover (har et toppunkt/maksimum).
• Når $a=0$ er grafen ikke lenger en parabel, men en rett linje, $f(x)=2x+1$.
• Jo større $|a|$ er, jo smalere/brattere er parabelen (den vokser raskere bort fra symmetriaksen).

Parameteren $a$ bestemmer altså både åpningsretning og hvor “trang” parabelen er.

Vi skisserer grafene til $f(x)=x^2+b\cdot x+1$ for $b\in \{-8,-4,-\mathrm{2,0,2,4,8}\}$, sammen med bunnpunktene (svarte punkter) og kurven de ligger på (rød, se punkt e).

Alle grafene er kongruente parabler (samme koeffisient foran $x^2$), men parameteren $b$ flytter symmetriaksen og dermed hele grafen sidelengs og loddrett – bunnpunktet vandrer langs en kurve etter hvert som $b$ endres.

Symmetriaksen (og dermed $x$-koordinaten til bunnpunktet) er ${\displaystyle x=-\frac{b}{2}}$, og $y$-koordinaten finner vi ved å sette denne $x$-verdien inn i $f$. Dette gir bunnpunktene:

Av figuren i c) ser vi at disse punktene ser ut til å ligge på en parabel som vender nedover, med toppunkt i $(\mathrm{0,1})$.

Vi finner formelen for kurven bunnpunktene ligger på, ved å regne ut bunnpunktet til $f(x)=x^2+bx+1$ generelt (med $b$ som variabel parameter).

Symmetriaksen er

Bunnpunktets $y$-koordinat finner vi ved å sette $x=-{\displaystyle \frac{b}{2}}$ inn i $f$:

Vi setter inn $b=-2x$ for å uttrykke $y$ ved $x$ alene:

Bunnpunktene til $f(x)=x^2+bx+1$ ligger altså på parabelen

som stemmer godt med det vi observerte i d) og på figuren i c) (den røde kurven).

Vi gjentar prosedyren for $f(x)=-2x^2+bx-8$, med $b\in \{-8,-4,-\mathrm{2,0,2,4,8}\}$.

Symmetriaksen er nå ${\displaystyle x=-\frac{b}{2a}=-\frac{b}{-4}=\frac{b}{4}}$, altså $b=4x$. Toppunktets $y$-koordinat er

Toppunktene ligger altså på kurven

Dette stemmer med figuren over: de svarte toppunktene $(-4,-15)$ vil ligge for langt utenfor vinduet til å vises, men de synlige punktene $(-\mathrm{2,0}),(-1,-6),(-\mathrm{0,5},-\mathrm{7,5}),(0,-8),(\mathrm{0,5},-\mathrm{7,5}),(1,-6),(\mathrm{2,0})$ ligger tydelig på den røde kurven $y=2x^2-8$.

Generalisering. For en generell funksjon $f(x)=a{x}^2+bx+c$ der $a$ og $c$ er faste og $b$ varierer, er symmetriaksen $x=-{\displaystyle \frac{b}{2a}}$, altså $b=-2ax$. Topp-/bunnpunktets $y$-koordinat er da

Setter vi inn $b=-2ax$:

Topp-/bunnpunktene til grafene i familien $f(x)=a{x}^2+bx+c$ (med $a,c$ faste, $b$ varierende) ligger altså på parabelen

Med $a=1,c=1$ (som i e) gir dette $y=1-x^2$, og med $a=-2,c=-8$ (som i f) gir det $y=2x^2-8$ – begge stemmer med det vi fant.

Vektorene mellom hjørnene finner vi ved å trekke koordinatene til utgangspunktet fra koordinatene til endepunktet.

Midtpunktet av et linjestykke finner vi ved å ta gjennomsnittet av koordinatene til endepunktene.

Vi finner koordinatene til de tre vektorene som inngår i likningen.

Setter vi dette inn i vektorlikningen $k\cdot \overrightarrow{C{M}_1}=\overrightarrow{CB}+t\cdot \overrightarrow{B{M}_2}$, får vi

som er det vi skulle vise.

To vektorer er like når begge koordinatene er like. Det gir likningssystemet

Løst med GeoGebra CAS:

Dette gir

Vi setter $k=\frac{2}{3}$ inn i $\overrightarrow{CS}=k\cdot \overrightarrow{C{M}_1}$:

Koordinatene til $S$ finner vi ved $S=C+\overrightarrow{CS}$ (se linje 2 i utklippet):

Den tredje medianen går fra $A$ til midtpunktet $M_3$ på siden $BC$:

Et punkt ligger på linjen $A{M}_3$ dersom $\overrightarrow{AS}$ er parallell med $\overrightarrow{A{M}_3}$, det vil si at $S=s\cdot M_3$ for en konstant $s$ (siden $A$ er origo). Vi sjekker om $S=\frac{2}{3}\cdot M_3$ (linje 3 i utklippet):

GeoGebra bekrefter at dette stemmer (sjekk = true). Siden $S$ ligger på linjen fra $A$ gjennom $M_3$ med $\overrightarrow{AS}=\frac{2}{3}\overrightarrow{A{M}_3}$, går altså den tredje medianen $A{M}_3$ også gjennom $S$. Alle tre medianene skjærer dermed hverandre i samme punkt $S=(\frac{5}{3},\frac{4}{3})$, og mediansetningen er vist for denne trekanten.