R1 Vår 2009

1) Vi bruker kjerneregelen på $f(x)={(x^2+1)}^4$, med indre funksjon $x^2+1$ og ytre funksjon $u^4$:

2) Vi bruker produktregelen på $g(x)=x\cdot e^{2x}$:

Vi kan ikke sette inn $x=2$ direkte, siden teller og nevner begge blir $0$. Vi faktoriserer telleren:

Vi faktoriserer nevnerne:

Felles nevner blir $x(x-2)(x+2)$. Vi utvider hver brøk:

Vi slår sammen tellerne:

Dermed blir uttrykket

1) Vi finner vektorene ved å ta koordinatene til sluttpunktet minus startpunktet:

2) To vektorer er vinkelrette hvis prikkproduktet er $0$. Vi sjekker alle tre parene:

Ingen av prikkproduktene er $0$, så ingen av vektorene står vinkelrett på hverandre.

1) Vi setter inn $x=1$:

Siden $f(1)=0$, er $(x-1)$ en faktor i $f(x)$. Vi utfører polynomdivisjon:

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^2+5x+6=(x+2)(x+3)$. Dermed er

2) Vi skal løse $f(x)\le 0$, altså $2(x-1)(x+2)(x+3)\le 0$. Nullpunktene er $x=-3$, $x=-2$ og $x=1$. Vi setter opp et fortegnsskjema for de tre faktorene $(x+3)$, $(x+2)$ og $(x-1)$:

Vi ønsker $f(x)\le 0$, altså der $f(x)$ er negativ eller null:

Vi bruker at $\lg \left({\displaystyle \frac{1}{a^2}}\right)=-\lg (a^2)=-2\lg a$:

Vi ser på de tre trekantene $△ABC$, $△ACD$ og $△CBD$.

• $△ABC$ har en rett vinkel i $C$ (gitt).
• $△ACD$ har en rett vinkel i $D$, siden $CD$ er høyden og står vinkelrett på $AB$.
• $△CBD$ har en rett vinkel i $D$, av samme grunn.

Videre har $△ABC$ og $△ACD$ vinkel $A$ felles (det er samme vinkel, siden $D$ ligger på $AB$). To trekanter med to like vinkler (rett vinkel og felles vinkel $A$) er formlike, så

Tilsvarende har $△ABC$ og $△CBD$ vinkel $B$ felles, så

Siden begge trekantene er formlike med $△ABC$, er de også formlike med hverandre:

Fra formlikheten $△ABC\sim △ACD$ svarer hjørnene til hverandre i rekkefølgen $A\leftrightarrow A$, $B\leftrightarrow C$, $C\leftrightarrow D$ (siden vinkel $A$ er felles, og de rette vinklene er i henholdsvis $C$ og $D$). Forholdet mellom tilsvarende sider er da likt:

Vi ganger med $AC\cdot AD$ på begge sider:

Tilsvarende gir formlikheten $△ABC\sim △CBD$, med hjørnene $B\leftrightarrow B$, $A\leftrightarrow C$, $C\leftrightarrow D$:

Vi ganger med $CB\cdot DB$ på begge sider:

Vi legger sammen de to likningene fra b):

Siden $D$ ligger på linjestykket $AB$, er $AD+DB=AB$. Dermed blir

Dette er nettopp Pytagoras’ setning:

Trekanten skal ha $\angle C=90°$, $AB=10\text{ cm}$ (hypotenusen) og $AC=7\text{ cm}$. Vi bruker Thales’ setning: alle punkter på en sirkel med diameter $AB$ ser $AB$ under en rett vinkel. Dermed finner vi $C$ ved å skjære en sirkel med radius $7\text{ cm}$ fra $A$ mot Thales-sirkelen over $AB$.

Konstruksjon av trekanten:

1. Tegn linjestykket $AB=10\text{ cm}$.
2. Konstruer midtpunktet $M$ på $AB$ (normal midtpunktskonstruksjon med passer og linjal).
3. Tegn sirkelen med sentrum $M$ og radius $MA=5\text{ cm}$ (Thales-sirkelen over $AB$). Alle punkter på denne sirkelen gir $\angle C=90°$.
4. Sett passeren i $A$ med åpning $7\text{ cm}$, og slå en bue som skjærer Thales-sirkelen. Skjæringspunktet kalles $C$.
5. Tegn linjestykkene $AC$ og $BC$. Trekanten $ABC$ er dermed konstruert, med $\angle C=90°$ garantert av Thales’ setning.

Konstruksjon av den innskrevne sirkelen:

6. Konstruer vinkelhalveringslinjen til $\angle A$ med passer og linjal (slå en bue som skjærer begge sidene fra $A$, deretter to like buer fra skjæringspunktene som møtes inni trekanten).
7. Gjør det samme for $\angle B$.
8. Skjæringspunktet mellom de to vinkelhalveringslinjene er sentrum $I$ i den innskrevne sirkelen (innsenteret).
9. Konstruer normalen fra $I$ ned på en av sidene, f.eks. $AB$. Avstanden fra $I$ til fotpunktet er radius $r$ i den innskrevne sirkelen.
10. Tegn sirkelen med sentrum $I$ og radius $r$. Dette er den innskrevne sirkelen, og den skal tangere alle tre sidene i trekanten.

Vi bruker at $\ln x^2=2\ln x$ (siden $x>0$ må gjelde for at $\ln x$ skal være definert), og setter $t=\ln x$:

Faktorisering gir $(t-1)(t+3)=0$, altså $t=1$ eller $t=-3$. GeoGebra CAS bekrefter dette (rad 1):

Vi går tilbake til $x$ ved $x=e^t$:

Begge verdiene er positive, så de ligger i definisjonsmengden $x>0$.

$\underline{\underline{x=e\text{ eller }x=e^{-3}}}$

Vi lar $A$ og $B$ være hendelsene «telefonen er produsert i avdeling A» og «i avdeling B», og $F$ hendelsen «telefonen har feil». Da er

1) Sannsynlighet for at en tilfeldig telefon har feil

Vi bruker setningen om total sannsynlighet:

GeoGebra CAS gir (rad 2 i skjermbildet over):

$\underline{\underline{P(F)=\mathrm{0,065}}}$

2) Sannsynlighet for at telefonen er fra avdeling A, gitt at den har feil

Vi bruker Bayes’ setning:

GeoGebra CAS gir (rad 3 i skjermbildet over):

$\underline{\underline{P(A|F)={\displaystyle \frac{7}{13}}\approx \mathrm{0,538}}}$

Selv om avdeling B har dobbelt så høy feilrate som avdeling A, kommer likevel over halvparten av de defekte telefonene fra avdeling A, fordi A står for en så stor andel ($70\%$) av den totale produksjonen.

Funksjonen er $f(x)=-x^3+a{x}^2+bx-11$, og grafen har bunnpunkt i $(-1,-16)$. Det betyr at

Deriverer vi $f$, får vi $f^{\prime }(x)=-3x^2+2ax+b$.

Setter vi inn $x=-1$ i $f(x)=-16$:

Setter vi inn $x=-1$ i $f^{\prime }(x)=0$:

Legger vi sammen de to likningene $a-b=-6$ og $-2a+b=3$:

Setter vi $a=3$ inn i $a-b=-6$: $3-b=-6\Rightarrow b=9$.

Dermed er $f(x)=-x^3+3x^2+9x-11$.

Vi deriverer $f(x)=-x^3+3x^2+9x-11$:

Faktoriserer vi, finner vi først nullpunktene. Vi setter $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $f^{\prime }(x)$ er et andregradsuttrykk med negativ ledende koeffisient (parabelen vender grenene nedover), er $f^{\prime }(x)$ positiv mellom røttene og negativ utenfor:

Grafen til $f$ synker for $x<-1$, stiger for $-1<x<3$ og synker igjen for $x>3$. Dette stemmer med at $(-1,-16)$ er bunnpunkt. I tillegg gir dette et toppunkt for $x=3$:

Toppunktet er $\underline{\underline{(3,16)}}$.

Dette bekreftes med CAS i GeoGebra (linje 2–3 i utklippet under, der g(x) er $f^{\prime }(x)$):

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=-3x^2+6x+9$ en gang til:

Setter vi $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Fortegnslinje for $f^{\prime \prime }(x)$:

Grafen har altså et vendepunkt for $x=1$:

Vendepunktet er $\underline{\underline{(1,0)}}$ (se linje 4–5 i CAS-utklippet over).

Tangenter med stigningstall $9$ finner vi ved å løse $f^{\prime }(x)=9$:

(se linje 6 i CAS-utklippet).

Tangent i $x=0$: $f(0)=-11$. Tangentpunktet er $(0,-11)$, og likningen blir

Tangent i $x=2$: $f(2)=-8+12+18-11=11$. Tangentpunktet er $(2,11)$, og likningen blir

(verdiene $f(0)=-11$ og $f(2)=11$ er bekreftet i linje 7–8 i CAS-utklippet).

Grafen til $f$ er tegnet under, sammen med tangentene $y=9x-11$ og $y=9x-7$ fra d):

Likningen $f(x)=9x+b$ tilsvarer å finne skjæringspunktene mellom grafen til $f$ og en rett linje med stigningstall $9$ og konstantledd $b$. Alle linjer med stigningstall $9$ er parallelle med de to tangentene fra d).

Flytter vi linja $y=9x+b$ oppover og nedover langs grafen (mens stigningstallet holdes fast på $9$), ser vi av grafen at linja skjærer $f$ i tre punkter nettopp når den ligger mellom de to tangentlinjene — det vil si når linja ikke er for lav (da bare ett skjæringspunkt til høyre) og ikke for høy (da bare ett skjæringspunkt til venstre).

• Tangenten $y=9x-11$ tilsvarer $b=-11$. For $b\le -11$ har linja bare ett skjæringspunkt (eller tangerer i ett).
• Tangenten $y=9x-7$ tilsvarer $b=-7$. For $b\ge -7$ har linja bare ett skjæringspunkt (eller tangerer i ett).

Mellom disse to verdiene skjærer linja grafen i tre forskjellige punkter:

Vi tegner grafen til $f(x)={\displaystyle \frac{1}{12}}(x^4-2x^3-12x^2)$ i GeoGebra.

Vi deriverer $f$ to ganger:

Fortegnslinja til $f^{\prime \prime }(x)=(x+1)(x-2)$:

Fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)$ skifter både i $x=-1$ og $x=2$, så begge er vendepunkter. Vi setter inn i $f$:

Siden $S$ ligger lengst til venstre:

Stigningstallet til linja gjennom $S$ og $T$:

Med punkt-retningsformelen gjennom $T=(2,-4)$:

For å finne skjæringspunktene mellom grafen og linja løser vi $f(x)=-\frac{13}{12}x-\frac{11}{6}$ i GeoGebra CAS.

Likningen har fire løsninger: $x=-1$ og $x=2$ (altså $S$ og $T$ selv, som ligger på både grafen og linja), samt de to nye skjæringspunktene

$Q$ er skjæringspunktet lengst til høyre, altså med $x_Q={\displaystyle \frac{1+3\sqrt{5}}{2}}$.

Siden $S$, $T$ og $Q$ ligger på samme rette linje, er forholdet mellom lengdene $ST$ og $TQ$ det samme som forholdet mellom $x$-avstandene (skaleringsfaktoren $\sqrt{1+a^2}$ fra Pytagoras går ut av brøken):

Vi rasjonaliserer nevneren (bekreftet i CAS, linje 9–10 i utklippet over):

Dette tallet er det gylne snitt.

Vi gjennomfører samme analyse for $g(x)=x^4-6x^2$.

1) Grafen til $g$

2) Vendepunktene

Fortegnslinje til $g^{\prime \prime }(x)$:

Vi setter inn: $g(-1)=1-6=-5$ og $g(1)=1-6=-5$. Siden $S_1$ ligger lengst til venstre:

3) Linja gjennom $S_1$ og $T_1$ og skjæringspunktene

Siden $S_1$ og $T_1$ har samme $y$-verdi, er linja horisontal: $\underline{\underline{y=-5}}$.

Skjæring med grafen (bekreftet i CAS, se utklipp under): $x^4-6x^2=-5\Rightarrow x^4-6x^2+5=0$. Med $u=x^2$ gir dette $u^2-6u+5=0$, altså $u=1$ eller $u=5$, som gir

De to nye skjæringspunktene er altså i $x=-\sqrt{5}$ og $x=\sqrt{5}$.

4) Forholdet ${\displaystyle \frac{S_1{T}_1}{T_1{Q}_1}}$

$Q_1$ er skjæringspunktet lengst til høyre, med $x_{Q_1}=\sqrt{5}$. Siden linja er horisontal, kan vi bruke $x$-avstandene direkte:

Kommentar: Vi får nøyaktig samme forhold som i oppgave d) — det gylne snitt. Dette er ikke tilfeldig: det ser ut til å være et generelt mønster at linja gjennom vendepunktene til en fjerdegradsfunksjon med to vendepunkter skjærer grafen i to nye punkter $R$ og $Q$ slik at forholdet mellom $ST$ (avstanden mellom vendepunktene) og $TQ$ (avstanden fra nærmeste vendepunkt til det ytre skjæringspunktet) alltid er lik det gylne snitt $\phi ={\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}$, uavhengig av hvilken fjerdegradsfunksjon (med to vendepunkter) man tar utgangspunkt i.

Punktet $O(\mathrm{0,0})$ er motstående hjørne til siden $AB$, så $M_1$ er midtpunktet av $AB$. Med $A(a,0)$ og $B(b,c)$ blir

Punktet $A(a,0)$ er motstående hjørne til siden $OB$, så $M_2$ er midtpunktet av $OB$, med $O(\mathrm{0,0})$ og $B(b,c)$:

Punktet $B(b,c)$ er motstående hjørne til siden $OA$, så $M_3$ er midtpunktet av $OA$, med $O(\mathrm{0,0})$ og $A(a,0)$:

Dette er nettopp de oppgitte koordinatene. $■$

$S$ er skjæringspunktet mellom medianene $O{M}_1$ og $A{M}_2$, altså ligger $S$ på begge linjene.

Siden $S$ ligger på linjen $O{M}_1$, er vektoren $\overrightarrow{OS}$ parallell med $\overrightarrow{O{M}_1}$. To parallelle vektorer er alltid tallmultiplum av hverandre, så det finnes et tall $x$ slik at

Siden $S$ også ligger på linjen $A{M}_2$, er vektoren $\overrightarrow{AS}$ parallell med $\overrightarrow{A{M}_2}$, så det finnes et tall $y$ slik at $\overrightarrow{AS}=y\cdot \overrightarrow{A{M}_2}$. Ved vektoraddisjon (via $A$) blir da

Vi setter inn koordinater. Fra a) er $\overrightarrow{O{M}_1}=(\frac{a+b}{2},\frac{c}{2})$ og $\overrightarrow{OA}=(a,0)$.

Setter vi dette inn i likningene fra b), $x\cdot \overrightarrow{O{M}_1}=\overrightarrow{OA}+y\cdot \overrightarrow{A{M}_2}$, komponent for komponent:

som er likningssystemet i oppgaveteksten. Vi løser det med CAS (geogebra-headless, kommando Løs).

Fra linje 1 i CAS-utklippet:

Fra b) og c) er

Siden $O$ er origo, er koordinatene til $S$ lik komponentene til $\overrightarrow{OS}$:

Siden $\overrightarrow{OS}=x\cdot \overrightarrow{O{M}_1}$ med $x=\frac{2}{3}>0$, peker $\overrightarrow{OS}$ i samme retning som $\overrightarrow{O{M}_1}$, og forholdet mellom lengdene er lik $x$:

Tilsvarende er $\overrightarrow{AS}=y\cdot \overrightarrow{A{M}_2}$ med $y=\frac{2}{3}$, så