R1 Vår 2013

Oppgave 1-1Derivasjon av sirkelareal og kulevolum

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Formlene for arealet $A$ av en sirkel og volumet $V$ av en kule med radius $r$ er gitt ved

A (r) = π r^{2} og V (r) = \frac{4}{3} π r^{3}

Bestem $A^{'} (r)$ og $V^{'} (r)$ .

Fasit

$A^{'} (r) = 2 π r$ , $V^{'} (r) = 4 π r^{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $A (r) = π r^{2}$ og $V (r) = \frac{4}{3} π r^{3}$ med hensyn på $r$ , og bruker regelen $\frac{d}{d r} r^{n} = n \cdot r^{n - 1}$ .

For arealfunksjonen:

A^{'} (r) = π \cdot 2 r = 2 π r

For volumfunksjonen:

V^{'} (r) = \frac{4}{3} π \cdot 3 r^{2} = 4 π r^{2}

Dermed er $A^{'} (r) = 2 π r$ og $V^{'} (r) = 4 π r^{2}$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 2 poeng

Ved helhetsvurderingen bør sensorene spesielt kreditere elever som ser de geometriske sammenhengene.

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Poeng: 2
Temaer: Derivasjon, Geometri
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Oppgave 1-2Derivere ln og brøk med eksponential

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Deriver funksjonene

g (x) = 3 \ln (x^{2} - 1)

h (x) = \frac{2 x^{2}}{e^{x}}

Fasit

$g^{'} (x) = \frac{6 x}{x^{2} - 1}$

$h^{'} (x) = \frac{4 x - 2 x^{2}}{e^{x}}$

LøsningsforslagKI-generert

Vi deriverer $g (x) = 3 \ln (x^{2} - 1)$ med kjerneregelen. Den ytre funksjonen er $3 \ln (u)$ med derivert $\frac{3}{u}$ , og den indre funksjonen er $u = x^{2} - 1$ med derivert $u^{'} = 2 x$ .

g^{'} (x) = 3 \cdot \frac{1}{x^{2} - 1} \cdot 2 x = \frac{6 x}{x^{2} - 1}

Dermed er $g^{'} (x) = \frac{6 x}{x^{2} - 1}$ .

Vi deriverer $h (x) = \frac{2 x^{2}}{e^{x}}$ med kvotientregelen

{(\frac{u}{v})}^{'} = \frac{u^{'} v - u v^{'}}{v^{2}}

der $u = 2 x^{2}$ , $u^{'} = 4 x$ , $v = e^{x}$ og $v^{'} = e^{x}$ .

h^{'} (x) = \frac{4 x \cdot e^{x} - 2 x^{2} \cdot e^{x}}{{(e^{x})}^{2}} = \frac{e^{x} (4 x - 2 x^{2})}{e^{2 x}} = \frac{4 x - 2 x^{2}}{e^{x}}

Dermed er $h^{'} (x) = \frac{4 x - 2 x^{2}}{e^{x}}$ .

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Derivasjon, Kjerneregelen, Logaritmefunksjoner, Eksponentialfunksjon
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 1-3Polynomdivisjon og ulikhet med kubisk polynom

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Polynomfunksjonen $P$ er gitt ved

P (x) = x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6

Vis at $P (1) = 0$

Bruk blant annet polynomdivisjon til å faktorisere $P (x)$ i førstegradsfaktorer.

Løs ulikheten $x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6 \leq 0$

Fasit

$P (1) = 0$

$P (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3)$

$x \leq 1 eller 2 \leq x \leq 3$

LøsningsforslagKI-generert

Vi setter $x = 1$ inn i uttrykket for $P (x)$

P (1) = 1^{3} - 6 \cdot 1^{2} + 11 \cdot 1 - 6 = 1 - 6 + 11 - 6 = 0

Siden $P (1) = 0$ , er dette vist.

Siden $P (1) = 0$ , vet vi fra faktorsetningen at $(x - 1)$ er en faktor i $P (x)$ . Vi utfører polynomdivisjon

(x^{3} - 6 x^{2} + 11 x - 6) : (x - 1) = x^{2} - 5 x + 6

Vi faktoriserer andregradsuttrykket $x^{2} - 5 x + 6$ videre. Vi leter etter to tall som har produkt $6$ og sum $- 5$ , og finner $- 2$ og $- 3$ :

x^{2} - 5 x + 6 = (x - 2) (x - 3)

Dermed er

P (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3)

Vi skal løse ulikheten $P (x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3) \leq 0$ . Nullpunktene til $P$ er $x = 1$ , $x = 2$ og $x = 3$ . Vi setter opp fortegnslinje for hver faktor og for produktet:

Fortegnslinje for P(x)

Vi ser at $P (x) \leq 0$ når $x \leq 1$ eller når $2 \leq x \leq 3$ (nullpunktene er inkludert siden ulikheten ikke er streng). Dermed er

x \leq 1 eller 2 \leq x \leq 3

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 5
Temaer: Polynomdivisjon, Faktorisering, Ulikheter
Egen side: Åpne oppgave 1-3 for seg selv

Oppgave 1-4Forenkling av logaritmeuttrykk med ln

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Skriv så enkelt som mulig

\ln (a^{2} \cdot b) - 2 \ln a - \ln (\frac{1}{b})

Fasit

$2 \ln b$

LøsningsforslagKI-generert

Vi forenkler uttrykket ved hjelp av logaritmereglene $\ln (x y) = \ln x + \ln y$ , $\ln (x^{n}) = n \ln x$ og $\ln (\frac{1}{x}) = - \ln x$ .

Vi starter med å skrive om første ledd

\ln (a^{2} \cdot b) = \ln (a^{2}) + \ln (b) = 2 \ln a + \ln b

Siste ledd skriver vi om ved hjelp av regelen for logaritmen til en brøk

\ln (\frac{1}{b}) = - \ln b

Vi setter dette inn i det opprinnelige uttrykket

\ln (a^{2} \cdot b) - 2 \ln a - \ln (\frac{1}{b}) = (2 \ln a + \ln b) - 2 \ln a - (- \ln b)

= 2 \ln a + \ln b - 2 \ln a + \ln b = 2 \ln b

Dermed er $\ln (a^{2} \cdot b) - 2 \ln a - \ln (\frac{1}{b}) = 2 \ln b$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 2 poeng

Både $\ln b^{2}$ og $2 \ln b$ godtas som fullgode svar. Hvis $\ln 1$ er med i svaret, gis det ikke full uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 1
Vanskegrad: 1
Poeng: 2
Temaer: Logaritmer, Algebra
Egen side: Åpne oppgave 1-4 for seg selv

Oppgave 1-5Kontinuitet og deriverbarhet fra graf

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Figuren nedenfor viser grafen til en funksjon $f$ der $D_{f} = ⟨ - 1, 4 ⟩$

Graf av f med domene fra -1 til 4

Avgjør for hvilke $x$ -verdier $f$ er kontinuerlig, og for hvilke $x$ -verdier $f$ er deriverbar.

Fasit

$f$ er kontinuerlig for alle $x \in ⟨ - 1, 4 ⟩$ . $f$ er deriverbar for alle $x \in ⟨ - 1, 4 ⟩$ unntatt $x = 2$ .

LøsningsforslagKI-generert

Vi leser av grafen.

Kontinuitet

Grafen til $f$ er en sammenhengende kurve over hele definisjonsområdet $⟨ - 1, 4 ⟩$ – det er ingen brudd, hopp eller «hull» i grafen noe sted. Derfor er $f$ kontinuerlig for alle $x \in ⟨ - 1, 4 ⟩$ .

Deriverbarhet

For at $f$ skal være deriverbar i et punkt, må grafen være «glatt» der – det vil si at den ikke har noe knekkpunkt (spisst hjørne). I punktet $x = 2$ ser vi at grafen har et tydelig knekkpunkt: kurven kommer inn med negativ stigning og fortsetter ut igjen som en rett linje med positiv stigning. Stigningstallet endrer seg brått, så $f$ er ikke deriverbar i $x = 2$ .

Overalt ellers i $⟨ - 1, 4 ⟩$ er grafen glatt, uten knekkpunkter, så $f$ er deriverbar for alle $x \neq 2$ .

Konklusjon: $f$ er kontinuerlig på hele $⟨ - 1, 4 ⟩$ , men deriverbar kun for $x \in ⟨ - 1, 4 ⟩ ∖ {2}$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 2 poeng

Kontinuerlig i hele $D_{f}$ og deriverbar i $D_{f} ∖ {2}$ . Svarene må begrunnes for å gi full uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 2
Temaer: Kontinuitet, Derivasjon, Graftolkning
Egen side: Åpne oppgave 1-5 for seg selv

Oppgave 1-6Vendetangent for kubikkfunksjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En funksjon $f$ er gitt ved

f (x) = x^{3} + 6 x^{2} - 2

Vis at grafen til $f$ har en vendetangent i punktet $(- 2, f (- 2))$ med likning $y = - 12 x - 10$

Fasit

Vist: $f^{''} (- 2) = 0$ og tangenten i $x = - 2$ er $y = - 12 x - 10$ .

LøsningsforslagKI-generert

Et vendepunkt er et punkt der $f^{''} (x) = 0$ og $f^{''}$ skifter fortegn. Vi deriverer $f$ to ganger.

f (x) = x^{3} + 6 x^{2} - 2

f^{'} (x) = 3 x^{2} + 12 x

f^{''} (x) = 6 x + 12

Vi sjekker at $x = - 2$ gir et vendepunkt.

f^{''} (- 2) = 6 \cdot (- 2) + 12 = - 12 + 12 = 0

Siden $f^{''} (x) = 6 x + 12$ er negativ for $x < - 2$ og positiv for $x > - 2$ , skifter $f^{''}$ fortegn i $x = - 2$ . Dermed er $(- 2, f (- 2))$ et vendepunkt, og tangenten der er en vendetangent.

Vi finner $f (- 2)$ og $f^{'} (- 2)$ for å sette opp tangentlikningen.

f (- 2) = {(- 2)}^{3} + 6 \cdot {(- 2)}^{2} - 2 = - 8 + 24 - 2 = 14

f^{'} (- 2) = 3 \cdot {(- 2)}^{2} + 12 \cdot (- 2) = 12 - 24 = - 12

Tangentlikningen i punktet $(- 2, f (- 2))$ er

y = f (- 2) + f^{'} (- 2) \cdot (x - (- 2)) = 14 - 12 (x + 2) = 14 - 12 x - 24 = - 12 x - 10

Dette stemmer med den oppgitte likningen, så vi har vist at grafen til $f$ har en vendetangent i $(- 2, f (- 2))$ med likning $y = - 12 x - 10$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 3 poeng

Eleven må vise at $(- 2, f (- 2))$ er et vendepunkt for å få full uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 3
Temaer: Derivasjon, Tangent, Funksjonsdrøfting
Egen side: Åpne oppgave 1-6 for seg selv

Oppgave 1-7Vektorer ortogonalitet og linearkombinasjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Vektorene $\vec{a} = [2, 3]$ , $\vec{b} = [- 6, 4]$ og $\vec{c} = [3, 11]$ er gitt.

Undersøk om $\vec{a} ⟂ \vec{b}$

Bestem ved regning to tall $k$ og $t$ slik at $\vec{c} = k \vec{a} + t \vec{b}$

Fasit

$\vec{a} ⟂ \vec{b}$

$k = 3$ , $t = \frac{1}{2}$

LøsningsforslagKI-generert

To vektorer står normalt på hverandre hvis prikkproduktet er null. Vi regner ut $\vec{a} \cdot \vec{b}$ .

\vec{a} \cdot \vec{b} = 2 \cdot (- 6) + 3 \cdot 4 = - 12 + 12 = 0

Siden $\vec{a} \cdot \vec{b} = 0$ , er $\vec{a} ⟂ \vec{b}$ .

Vi skal bestemme $k$ og $t$ slik at $\vec{c} = k \vec{a} + t \vec{b}$ , altså

[3, 11] = k \cdot [2, 3] + t \cdot [- 6, 4]

Dette gir likningssystemet

{\begin{matrix} 2 k - 6 t = 3 \\ 3 k + 4 t = 11 \end{matrix}

Fra den første likningen løser vi for $k$ :

2 k = 3 + 6 t \Rightarrow k = \frac{3 + 6 t}{2}

Vi setter dette inn i den andre likningen:

3 \cdot \frac{3 + 6 t}{2} + 4 t = 11

\frac{9 + 18 t}{2} + 4 t = 11

Vi ganger begge sider med $2$ :

9 + 18 t + 8 t = 22

26 t = 13

t = \frac{1}{2}

Vi setter $t = \frac{1}{2}$ inn igjen for å finne $k$ :

k = \frac{3 + 6 \cdot \frac{1}{2}}{2} = \frac{3 + 3}{2} = 3

Kontroll: $2 \cdot 3 - 6 \cdot \frac{1}{2} = 6 - 3 = 3$ og $3 \cdot 3 + 4 \cdot \frac{1}{2} = 9 + 2 = 11$ , som stemmer.

Dermed er $k = 3 og t = \frac{1}{2}$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 3
Temaer: Vektorer, Skalarprodukt
Egen side: Åpne oppgave 1-7 for seg selv

Oppgave 1-8Hippokrates-månen konstruksjon og arealbevis

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

På figuren nedenfor er $A C B$ en halvsirkel med sentrum i $O$ , og $A E C$ er en halvsirkel med sentrum i $D$ . $∠ C A B = ∠ A B C = 45 °$

Hippokrates-månen med halvsirkler og trekant

Konstruer figuren nedenfor når du setter $r = 5,0 cm$ . Ta med konstruksjonsforklaring.

På figuren nedenfor har Hippokrates-månen blå farge.

Vis ved regning at arealet av Hippokrates-månen er lik arealet av $△ A O C$ når radien i halvsirkelen $A C B$ er $r$ .

Fasit

Konstruksjon, se løsningsforslag.

$Arealet av Hippokrates-månen = arealet av △ A O C = \frac{1}{2} r^{2}$

LøsningsforslagKI-generert

Siden $A B$ er diameter i halvsirkelen $A C B$ (sentrum $O$ ), er $∠ A C B = 90 °$ (Thales’ setning). Når i tillegg $∠ C A B = ∠ A B C = 45 °$ , ligger $C$ rett over $O$ , slik at $∠ A O C = 90 °$ . Dette gir en enkel konstruksjon:

Tegn linjestykket $A B = 2 r = 10,0 cm$ .
Konstruer midtpunktet $O$ på $A B$ : sett passeren i $A$ med radius større enn $\frac{1}{2} A B$ , slå en bue over og under $A B$ . Gjør det samme fra $B$ med samme radius. De to skjæringspunktene forbindes med en rett linje — denne midtnormalen skjærer $A B$ i $O$ .
Sett passeren i $O$ med radius $r = 5,0 cm$ og tegn halvsirkelen fra $A$ til $B$ (over $A B$ ) — dette er halvsirkelen $A C B$ .
Midtnormalen fra punkt 2 står allerede vinkelrett på $A B$ gjennom $O$ . Der denne linja skjærer halvsirkelen $A C B$ , får vi punktet $C$ (toppunktet av halvsirkelen).
Tegn $A C$ og $C B$ — dette gir $△ A C B$ med rett vinkel i $C$ og $∠ A = ∠ B = 45 °$ .
Konstruer midtpunktet $D$ på $A C$ på samme måte som i punkt 2 (midtnormal på $A C$ ).
Sett passeren i $D$ med radius $D A = D C$ og tegn halvsirkelen fra $A$ til $C$ , utover (bort fra $B$ ) — dette er halvsirkelen $A E C$ .
Hippokrates-månen er området mellom halvsirkelen $A E C$ og buen $A C$ på halvsirkelen $A C B$ .

Ferdig konstruksjon av Hippokrates-månen med r = 5

Vi setter $O A = O C = r$ (radiene i halvsirkelen $A C B$ ).

Vinkelen $∠ A O C$ : Den innskrevne vinkelen $∠ A B C = 45 °$ ligger på buen $A C$ (som ikke inneholder $B$ ). Sentralvinkelen $∠ A O C$ som hører til samme bue, er dobbelt så stor som den innskrevne vinkelen:

∠ A O C = 2 \cdot 45 ° = 90 °

Lengden $A C$ : I $△ A O C$ er $O A = O C = r$ og $∠ A O C = 90 °$ , så etter Pytagoras:

A C = \sqrt{r^{2} + r^{2}} = r \sqrt{2}

Arealet av $△ A O C$ :

T_{A O C} = \frac{1}{2} \cdot O A \cdot O C \cdot \sin (∠ A O C) = \frac{1}{2} \cdot r \cdot r \cdot \sin 90 ° = \frac{1}{2} r^{2}

Arealet av sirkelsektoren $A O C$ (sentralvinkel $90 °$ i sirkelen med radius $r$ ):

T_{sektor} = \frac{90 °}{360 °} \cdot π r^{2} = \frac{π r^{2}}{4}

Arealet av sirkelsegmentet mellom korden $A C$ og buen $A C$ (den delen av sektoren som ligger utenfor trekanten):

T_{segment} = T_{sektor} - T_{A O C} = \frac{π r^{2}}{4} - \frac{r^{2}}{2}

Arealet av halvsirkelen $A E C$ , som har diameter $A C = r \sqrt{2}$ , altså radius $\frac{r \sqrt{2}}{2}$ :

T_{A E C} = \frac{1}{2} π {(\frac{r \sqrt{2}}{2})}^{2} = \frac{1}{2} π \cdot \frac{2 r^{2}}{4} = \frac{π r^{2}}{4}

Arealet av Hippokrates-månen er halvsirkelen $A E C$ minus sirkelsegmentet (den delen av halvsirkelen $A E C$ som ligger utenfor halvsirkelen $A C B$ , er nettopp månen):

T_{måne} = T_{A E C} - T_{segment} = \frac{π r^{2}}{4} - (\frac{π r^{2}}{4} - \frac{r^{2}}{2}) = \frac{r^{2}}{2}

Siden $T_{A O C} = \frac{r^{2}}{2}$ også, har vi vist at

T_{måne} = T_{A O C} = \frac{1}{2} r^{2}

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 4 poeng

Beregning av arealene ved å benytte $r = 5,0$ cm kan gi noe uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 4
Temaer: Geometri, Areal og omkrets, Konstruksjon, Sirkel
Egen side: Åpne oppgave 1-8 for seg selv

Oppgave 2-1Tredjegradsfunksjon nullpunkter og tangent

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Figuren nedenfor viser grafen til en tredjegradsfunksjon $f$ .

Graf av tredjegradsfunksjon f

For hånd

Forklar at $f (x)$ er delelig med $(x - 1)$ , $(x + 1)$ og $(x - 3)$ .

Begrunn at vi da kan skrive

f (x) = a (x^{2} - 1) (x - 3), der a er en konstant.

Bestem $a$ når punktet $(0, 12)$ ligger på grafen til $f$ .

For hånd

Bestem likningen til tangenten i punktet $(0, 12)$ .

For hånd

Denne tangenten skjærer grafen til $f$ i et annet punkt.

Bestem ved regning koordinatene til dette punktet.

Fasit

$a = 4$

$y = - 4 x + 12$

$(3, 0)$

LøsningsforslagKI-generert

Verifisering i CAS

Av grafen ser vi at $f$ har nullpunkter i $x = - 1$ , $x = 1$ og $x = 3$ . Det betyr at $f (- 1) = 0$ , $f (1) = 0$ og $f (3) = 0$ , altså er $x = - 1$ , $x = 1$ og $x = 3$ røtter i likningen $f (x) = 0$ . Da må $(x + 1)$ , $(x - 1)$ og $(x - 3)$ være faktorer i $f (x)$ , slik at $f (x)$ er delelig med alle tre.

Siden $f$ er en tredjegradsfunksjon med akkurat disse tre nullpunktene, må $f (x)$ kunne skrives som produktet av de tre faktorene, ganget med en konstant $a$ :

f (x) = a (x + 1) (x - 1) (x - 3) = a (x^{2} - 1) (x - 3)

Punktet $(0, 12)$ ligger på grafen, så $f (0) = 12$ :

f (0) = a (0^{2} - 1) (0 - 3) = a \cdot (- 1) \cdot (- 3) = 3 a

3 a = 12 \Rightarrow a = 4

Dette er verifisert i CAS-utklippet (linje 1–2). Dermed er

f (x) = 4 (x^{2} - 1) (x - 3) = 4 x^{3} - 12 x^{2} - 4 x + 12

Tangentens stigningstall i $x = 0$ er $f^{'} (0)$ . Vi deriverer:

f^{'} (x) = 12 x^{2} - 24 x - 4

(se linje 3 i CAS-utklippet), og setter inn $x = 0$ :

f^{'} (0) = 12 \cdot 0^{2} - 24 \cdot 0 - 4 = - 4

Tangenten går gjennom $(0, 12)$ med stigningstall $- 4$ , så likningen på formen $y = f^{'} (0) \cdot x + f (0)$ blir

y = - 4 x + 12

Det andre skjæringspunktet mellom tangenten og grafen finner vi ved å løse $f (x) = t (x)$ :

4 x^{3} - 12 x^{2} - 4 x + 12 = - 4 x + 12

4 x^{3} - 12 x^{2} = 0

4 x^{2} (x - 3) = 0

Dette gir $x = 0$ (dobbeltrot, som er tangeringspunktet) eller $x = 3$ . Dette stemmer med CAS-utklippet (linje 6), der løsningen er ${x = 0, x = 3}$ .

Det andre skjæringspunktet har altså $x = 3$ . Vi finner $y$ -verdien ved å sette inn i tangentlikningen:

y = - 4 \cdot 3 + 12 = 0

Det andre skjæringspunktet er $(3, 0)$ .

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 7 poeng

Korrekt løsning med digitale verktøy og forklaring godtas.

Formuleringen «ved regning» er presisert i eksamensveiledningen.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 7
Temaer: Funksjonsdrøfting, Derivasjon, Tangent, Nullpunkter
Egen side: Åpne oppgave 2-1 for seg selv

Oppgave 2-2Trekant med medianer og tyngdepunkt

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Se skissen nedenfor.

Trekant ABC med midtpunkter M1, M2, M3 og tyngdepunkt T

For hånd

Midtpunktene på sidekantene i $△ A B C$ er $M_{1}$ , $M_{2}$ og $M_{3}$ .

Vis ved regning at $M_{1}$ har koordinatene $(3, \frac{3}{2})$ . Bestem koordinatene til $M_{2}$ og $M_{3}$ ved regning.

For hånd

Bestem en parameterframstilling til linjen gjennom $A$ og $M_{2}$ og en parameterframstilling til linjen gjennom $C$ og $M_{1}$ .

For hånd

Tyngdepunktet $T$ i trekanten er skjæringspunktet mellom medianene. Bestem koordinatene til $T$ .

Fasit

$M_{2} = (4, 3)$ , $M_{3} = (2, \frac{5}{2})$

$(x, y) = (1,1) + t (3,2)$ og $(x, y) = (3,4) + s (0,1)$

$T = (3, \frac{7}{3})$

LøsningsforslagKI-generert

Av skissen leser vi av koordinatene $A (1,1)$ , $B (5,2)$ og $C (3,4)$ .

$M_{1}$ er midtpunktet på $A B$ , og finnes ved å ta gjennomsnittet av koordinatene til $A$ og $B$ :

M_{1} = (\frac{1 + 5}{2}, \frac{1 + 2}{2}) = (3, \frac{3}{2})

som stemmer med det oppgitte punktet.

På samme måte er $M_{2}$ midtpunktet på $B C$ , og $M_{3}$ midtpunktet på $A C$ :

M_{2} = (\frac{5 + 3}{2}, \frac{2 + 4}{2}) = (4, 3)

M_{3} = (\frac{1 + 3}{2}, \frac{1 + 4}{2}) = (2, \frac{5}{2})

Medianen fra $A$ går gjennom $A (1,1)$ og $M_{2} (4,3)$ . Retningsvektoren blir

\vec{A M_{2}} = M_{2} - A = (4 - 1, 3 - 1) = (3, 2)

og parameterframstillingen for linjen blir

(x, y) = (1,1) + t \cdot (3,2), t \in ℝ

Medianen fra $C$ går gjennom $C (3,4)$ og $M_{1} (3, \frac{3}{2})$ . Retningsvektoren blir

\vec{C M_{1}} = M_{1} - C = (3 - 3, \frac{3}{2} - 4) = (0, - \frac{5}{2})

Vi kan forkorte denne vektoren (gange med $- \frac{2}{5}$ ) til $(0,1)$ uten at linjen endres. Parameterframstillingen blir

(x, y) = (3,4) + s \cdot (0,1), s \in ℝ

Tyngdepunktet $T$ er skjæringspunktet mellom de to medianene fra b). Siden $x$ -komponenten i medianen fra $C$ alltid er $3$ , setter vi $x = 3$ inn i uttrykket for medianen fra $A$ :

1 + 3 t = 3 \Rightarrow t = \frac{2}{3}

Da blir

y = 1 + 2 \cdot \frac{2}{3} = 1 + \frac{4}{3} = \frac{7}{3}

Dette er kontrollert med CAS i GeoGebra, se utklippet under, som gir samme resultat:

Skjæring mellom medianene i GeoGebra CAS

Tyngdepunktet er dermed

T = (3, \frac{7}{3})

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 6 poeng

Grafisk løsning gir ikke full uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Vektorer, Parameterframstilling, Geometri
Egen side: Åpne oppgave 2-2 for seg selv

Oppgave 2-3Partikkel med ln-posisjonsvektor og akselerasjon

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

En partikkel har posisjonsvektoren

\vec{r} (t) = [\ln t, t^{2} - 4 t], t > 0

Kalkulator

Tegn grafen til $\vec{r}$ og bestem skjæringspunktene med koordinataksene ved regning.

Kalkulator

Bestem fartsvektoren $\vec{v} (t)$ og bruk denne til å bestemme eventuelle topp- og bunnpunkter på grafen til $\vec{r}$ . Tegn inn $\vec{v} (1)$ på grafen.

For hånd

Vis at akselerasjonsvektoren er $\vec{a} (t) = [- \frac{1}{t^{2}}, 2]$ . Bestem $\vec{a} (t)$ når $t \to \infty$ .

Kommenter svaret.

Fasit

Skjæringspunkter: $(0, - 3) og (\ln 4, 0)$

$\vec{v} (t) = [\frac{1}{t}, 2 t - 4]$ , bunnpunkt $(\ln 2, - 4)$

$\vec{a} (t) \to [0, 2] når t \to \infty$

LøsningsforslagKI-generert

Grafen til $\vec{r} (t) = [\ln t, t^{2} - 4 t]$ , $t > 0$ , er tegnet med GeoGebra:

Graf med skjæringspunkter, bunnpunkt og fartsvektor v(1)

Skjæring med $y$ -aksen ( $x = 0$ ):

\ln t = 0 \Rightarrow t = 1

For $t = 1$ er $y = 1^{2} - 4 \cdot 1 = - 3$ . Grafen skjærer $y$ -aksen i punktet $(0, - 3)$ .

Skjæring med $x$ -aksen ( $y = 0$ ):

t^{2} - 4 t = 0 \Rightarrow t (t - 4) = 0 \Rightarrow t = 0 eller t = 4

Siden $t > 0$ , forkastes $t = 0$ . For $t = 4$ er $x = \ln 4$ . Grafen skjærer $x$ -aksen i punktet $(\ln 4, 0) \approx (1,39, 0)$ .

Fartsvektoren finner vi ved å derivere hver komponent i $\vec{r} (t)$ med hensyn på $t$ :

\vec{v} (t) = \vec{r}^{'} (t) = [\frac{1}{t}, 2 t - 4]

Dette er bekreftet med CAS i GeoGebra (se skjermbilde under, linje 2).

CAS-utregning av v(t) og a(t)

Topp- eller bunnpunkt på grafen til $\vec{r}$ oppstår der tangenten er horisontal, altså der $y$ -komponenten av $\vec{v} (t)$ er null (og $x$ -komponenten er forskjellig fra null, slik at det faktisk er et vendepunkt for kurven og ikke et stopp):

2 t - 4 = 0 \Rightarrow t = 2

For $t = 2$ er $\frac{1}{t} = \frac{1}{2} \neq 0$ , så dette gir et ekte topp- eller bunnpunkt. Vi setter $t = 2$ inn i $\vec{r} (t)$ :

x = \ln 2, y = 2^{2} - 4 \cdot 2 = - 4

Siden $y (t) = t^{2} - 4 t$ har et minimum ved $t = 2$ (parabelen vender oppover) og $x (t) = \ln t$ er voksende, er punktet $(\ln 2, - 4) \approx (0,69, - 4)$ et bunnpunkt på kurven.

Fartsvektoren $\vec{v} (1)$ :

\vec{v} (1) = [\frac{1}{1}, 2 \cdot 1 - 4] = [1, - 2]

Vektoren er tegnet inn med startpunkt $\vec{r} (1) = (0, - 3)$ i grafen over (oransje pil).

Akselerasjonsvektoren finner vi ved å derivere $\vec{v} (t)$ :

\vec{a} (t) = \vec{v}^{'} (t) = [\frac{d}{d t} (\frac{1}{t}), \frac{d}{d t} (2 t - 4)] = [- \frac{1}{t^{2}}, 2]

Dette stemmer med det som skulle vises, og er bekreftet med CAS (skjermbilde over, linje 3).

Grenseverdi når $t \to \infty$ : Vi lar $t \to \infty$ i hver komponent:

- \frac{1}{t^{2}} \to 0 og 2 \to 2

\vec{a} (t) \to [0, 2] når t \to \infty

Kommentar: Akselerasjonsvektoren nærmer seg en konstant, rent vertikal vektor $[0,2]$ når $t$ blir stor. Det betyr at den horisontale akselerasjonskomponenten dør ut, mens den vertikale akselerasjonen holder seg konstant lik $2$ for alle $t$ (siden $y$ -komponenten av $\vec{a} (t)$ ikke avhenger av $t$ ). Partikkelens bevegelse langs $x$ -aksen flater altså ut og blir stadig mer jevn, mens bevegelsen langs $y$ -aksen har konstant akselerasjon.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 6
Temaer: Vektorer, Derivasjon, Parameterframstilling, Logaritmefunksjoner
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4Rektangel innskrevet i sirkel areal og omkrets

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Et rektangel med sider $x$ og $y$ er innskrevet i en sirkel med diameter $A B = 5$ .

Rektangel innskrevet i sirkel med diameter 5

For hånd

Vis at arealet $T$ av rektangelet er gitt ved

T (x) = x \cdot \sqrt{25 - x^{2}}

Forklar hvilke verdier $x$ kan ha.

For hånd

Bestem $x$ og $y$ når arealet er størst mulig. Kommenter svaret.

For hånd

Vis at omkretsen til rektangelet er gitt ved

O (x) = 2 \cdot \sqrt{25 - x^{2}} + 2 x

Bruk $O^{'} (x)$ og bestem $x$ når omkretsen er størst mulig. Kommenter svaret.

Fasit

$T (x) = x \sqrt{25 - x^{2}}, 0 < x < 5$

$x = y = \frac{5 \sqrt{2}}{2} \approx 3,54$ , maksimalt areal $T = 12,5$ (kvadrat)

$x = \frac{5 \sqrt{2}}{2} \approx 3,54$ , maksimal omkrets $O = 10 \sqrt{2} \approx 14,14$ (kvadrat)

LøsningsforslagKI-generert

Diagonalen $A B$ i rektangelet er diameteren i sirkelen, siden rektangelets hjørner ligger på sirkelen og diagonalen går gjennom sentrum. Da er $A B = 5$ , og Pytagoras’ setning på den rettvinklede trekanten med kateter $x$ og $y$ og hypotenus $5$ gir

x^{2} + y^{2} = 5^{2} = 25

Løser for $y$ :

y = \sqrt{25 - x^{2}}

Arealet av rektangelet er $T = x \cdot y$ , så

T (x) = x \cdot \sqrt{25 - x^{2}}

som er det som skulle vises.

For at $x$ og $y$ skal være reelle, positive sidelengder, må $25 - x^{2} > 0$ , altså $x < 5$ . Samtidig må $x > 0$ for at det skal være en side i et rektangel. Derfor er

0 < x < 5

Vi deriverer $T (x) = x \sqrt{25 - x^{2}}$ med produktregelen. GeoGebra CAS gir (se dT(t) i utklippet)

T^{'} (x) = \frac{- x^{2}}{\sqrt{25 - x^{2}}} + \sqrt{25 - x^{2}} = \frac{- x^{2} + (25 - x^{2})}{\sqrt{25 - x^{2}}} = \frac{25 - 2 x^{2}}{\sqrt{25 - x^{2}}}

Kritiske punkt der $T^{'} (x) = 0$ , altså der telleren er null:

25 - 2 x^{2} = 0

CAS-linje 2 (Løs(25-2t^2=0,t)) gir $t = - \frac{5 \sqrt{2}}{2}$ eller $t = \frac{5 \sqrt{2}}{2}$ . Siden $x > 0$ , er

x = \frac{5 \sqrt{2}}{2} \approx 3,54

Fortegnet til $T^{'} (x)$ skifter fra positivt til negativt her (telleren $25 - 2 x^{2}$ går fra positiv til negativ når $x$ passerer $\frac{5 \sqrt{2}}{2}$ ), så dette er et maksimumspunkt.

Da er

y = \sqrt{25 - x^{2}} = \sqrt{25 - 12,5} = \sqrt{12,5} = \frac{5 \sqrt{2}}{2} = x

Maksimalt areal blir (bekreftet numerisk i CAS: $12,5$ )

T_{maks} = x \cdot y = {(\frac{5 \sqrt{2}}{2})}^{2} = 12,5

$x = y = \frac{5 \sqrt{2}}{2} \approx 3,54$ , altså blir arealet størst når rektangelet er et kvadrat, med et maksimalt areal på $12,5$ .

Omkretsen av rektangelet er $O = 2 x + 2 y$ . Siden $y = \sqrt{25 - x^{2}}$ , får vi

O (x) = 2 \sqrt{25 - x^{2}} + 2 x

som er det som skulle vises.

Vi deriverer med kjerneregelen. GeoGebra CAS gir (se dO(t) i utklippet)

O^{'} (x) = - \frac{2 x}{\sqrt{25 - x^{2}}} + 2

Setter $O^{'} (x) = 0$ :

2 = \frac{2 x}{\sqrt{25 - x^{2}}} \Rightarrow x = \sqrt{25 - x^{2}}

CAS-linje 4 (Løs(t=sqrt(25-t^2),t)) gir

x = \frac{5 \sqrt{2}}{2} \approx 3,54

Dette er samme verdi som i b). Kvadrering av begge sider viser hvorfor: $x^{2} = 25 - x^{2} \Rightarrow x^{2} = 12,5$ , akkurat samme likning som ga maksimalt areal. Fortegnet til $O^{'} (x)$ går fra positivt til negativt her, så dette er et maksimumspunkt.

Siden $x = y$ igjen, blir rektangelet et kvadrat også her. Maksimal omkrets blir (bekreftet numerisk i CAS)

O_{maks} = 2 x + 2 y = 4 \cdot \frac{5 \sqrt{2}}{2} = 10 \sqrt{2} \approx 14,14

$x = \frac{5 \sqrt{2}}{2} \approx 3,54$ gir størst omkrets, med $O_{maks} = 10 \sqrt{2} \approx 14,14$ .

Kommentar: Både arealet og omkretsen av rektangelet blir størst når rektangelet er et kvadrat. Det er ikke tilfeldig — begge optimeringsproblemene er symmetriske i $x$ og $y$ (bytter vi $x$ og $y$ , endres verken $T$ eller $O$ ), og da må maksimum inntreffe der $x = y$ .

CAS-utregning av deriverte og kritiske punkt

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 8 poeng

For at figuren skal bli et rektangel må $x \in ⟨ 0, 5 ⟩$ .

$O^{'} (x)$ må brukes for å gi full uttelling. Bruk av grafen til $O^{'}$ uten å utføre derivasjonen godkjennes fullt ut.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 8
Temaer: Optimering, Derivasjon, Geometri, Areal og omkrets
Egen side: Åpne oppgave 2-4 for seg selv

Oppgave 2-5Sannsynlighet for kuler uten tilbakelegging

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Vi har røde og svarte kuler i en eske. Vi skal trekke tilfeldig to kuler uten tilbakelegging. Vi definerer følgende hendelser:

$A$ : Vi trekker to kuler med ulik farge.

$B$ : Vi trekker to kuler med samme farge.

Anta at vi har 6 røde og 4 svarte kuler i esken.

Kalkulator

Bestem $P (A)$

Kalkulator

Bestem $P (B)$

Anta at vi har 6 røde og et ukjent antall svarte kuler i esken, og at hendelsene $A$ og $B$ skal ha lik sannsynlighet.

Kalkulator

Hvor mange svarte kuler kan det være i esken?

Fasit

$P (A) = \frac{8}{15}$

$P (B) = \frac{7}{15}$

$3 eller 10 svarte kuler$

LøsningsforslagKI-generert

Vi har $6$ røde og $4$ svarte kuler, til sammen $10$ kuler. Vi trekker to kuler uten tilbakelegging, og $A$ er hendelsen at de to kulene har ulik farge.

Sannsynligheten for å trekke én rød og én svart kule (i en av de to rekkefølgene) er

P (A) = \frac{(\binom{6}{1}) \cdot (\binom{4}{1})}{(\binom{10}{2})} = \frac{6 \cdot 4}{45} = \frac{24}{45} = \frac{8}{15}

$P (A) = \frac{8}{15}$

$B$ er hendelsen at de to kulene har samme farge, altså begge røde eller begge svarte. Siden $A$ og $B$ er komplementære hendelser (de to kulene har enten lik eller ulik farge), har vi

P (B) = 1 - P (A) = 1 - \frac{8}{15} = \frac{7}{15}

Vi kan også kontrollere dette direkte:

P (B) = \frac{(\binom{6}{2}) + (\binom{4}{2})}{(\binom{10}{2})} = \frac{15 + 6}{45} = \frac{21}{45} = \frac{7}{15}

$P (B) = \frac{7}{15}$

Nå har vi $6$ røde kuler og $s$ svarte kuler, til sammen $6 + s$ kuler. Vi skal finne $s$ slik at $P (A) = P (B)$ .

Siden $A$ og $B$ er komplementære hendelser, betyr $P (A) = P (B)$ det samme som $P (A) = P (B) = \frac{1}{2}$ .

Sannsynligheten for hendelse $A$ (ulik farge) er

P (A) = \frac{(\binom{6}{1}) \cdot (\binom{s}{1})}{(\binom{6 + s}{2})} = \frac{6 s}{\frac{(6 + s) (5 + s)}{2}} = \frac{12 s}{(6 + s) (5 + s)}

Vi løser likningen $P (A) = \frac{1}{2}$ med CAS i GeoGebra:

CAS-løsning av likningen P(A) = 1/2

CAS gir $s = 3$ eller $s = 10$ . Begge er positive heltall og dermed gyldige svar.

$Esken kan inneholde 3 eller 10 svarte kuler.$

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 6 poeng

En fullgod besvarelse må ha med begge løsningene. Prøving og feiling kan gi noe uttelling.

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Poeng: 6
Temaer: Sannsynlighet, Kombinatorikk
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Oppgave 2-6Logaritmisk likning med lgx og n

For hånd

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Løs likningen

n^{2} \cdot {(\frac{x}{n})}^{\lg x} = x^{2}, n \in ℕ

Fasit

$x = 100 eller x = n$

LøsningsforslagKI-generert

Vi har likningen

n^{2} \cdot {(\frac{x}{n})}^{\lg x} = x^{2}, n \in ℕ

Både $x$ og $n$ må være positive tall for at $\lg x$ og $\lg n$ skal være definert. Vi tar $\lg$ på begge sider:

\lg (n^{2} \cdot {(\frac{x}{n})}^{\lg x}) = \lg (x^{2})

Vi bruker logaritmesetningene $\lg (a b) = \lg a + \lg b$ og $\lg (a^{b}) = b \cdot \lg a$ :

\lg (n^{2}) + \lg x \cdot \lg (\frac{x}{n}) = \lg (x^{2})

2 \lg n + \lg x \cdot (\lg x - \lg n) = 2 \lg x

For å gjøre likningen oversiktlig setter vi $u = \lg x$ og $a = \lg n$ :

2 a + u (u - a) = 2 u

u^{2} - a u + 2 a - 2 u = 0

u^{2} - (a + 2) u + 2 a = 0

Dette er en andregradslikning i $u$ . Vi kan faktorisere direkte, siden $2 \cdot a = 2 a$ og $2 + a = a + 2$ :

(u - 2) (u - a) = 0

Dette gir to løsninger:

u = 2 eller u = a

Vi går tilbake til $x$ og $n$ :

$\lg x = 2 \Rightarrow x = 10^{2} = 100$
$\lg x = \lg n \Rightarrow x = n$

Vi verifiserer med GeoGebra CAS, som løser likningen direkte med hensyn på $x$ (her med $n$ som symbolsk parameter):

Løsning av likningen i GeoGebra CAS

CAS-utklippet bekrefter $x = 100$ eller $x = n$ .

Løsningen av likningen er derfor

x = 100 eller x = n

Sensorveiledning

Oppgaven gir til sammen 2 poeng

Likningen har to løsninger, $x = 100$ og $x = n$ . Ved helhetsvurderingen bør sensorene spesielt kreditere elever som har med begge løsningene.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Poeng: 2
Temaer: Logaritmer, Likninger
Egen side: Åpne oppgave 2-6 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 8 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1Derivasjon av sirkelareal og kulevolum

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Derivere ln og brøk med eksponential

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-3Polynomdivisjon og ulikhet med kubisk polynom

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-4Forenkling av logaritmeuttrykk med ln

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-5Kontinuitet og deriverbarhet fra graf

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-6Vendetangent for kubikkfunksjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-7Vektorer ortogonalitet og linearkombinasjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-8Hippokrates-månen konstruksjon og arealbevis

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver · 35 poeng

Oppgave 2-1Tredjegradsfunksjon nullpunkter og tangent

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-2Trekant med medianer og tyngdepunkt

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-3Partikkel med ln-posisjonsvektor og akselerasjon

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4Rektangel innskrevet i sirkel areal og omkrets

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Sannsynlighet for kuler uten tilbakelegging

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-6Logaritmisk likning med lgx og n

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 8 oppgaver · 24 poeng

Oppgave 1-1·Derivasjon av sirkelareal og kulevolum

Oppgave 1-2·Derivere ln og brøk med eksponential

Oppgave 1-3·Polynomdivisjon og ulikhet med kubisk polynom

Oppgave 1-4·Forenkling av logaritmeuttrykk med ln

Oppgave 1-5·Kontinuitet og deriverbarhet fra graf

Oppgave 1-6·Vendetangent for kubikkfunksjon

Oppgave 1-7·Vektorer ortogonalitet og linearkombinasjon

Oppgave 1-8·Hippokrates-månen konstruksjon og arealbevis

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 6 oppgaver · 35 poeng

Oppgave 2-1·Tredjegradsfunksjon nullpunkter og tangent

Oppgave 2-2·Trekant med medianer og tyngdepunkt

Oppgave 2-3·Partikkel med ln-posisjonsvektor og akselerasjon

Oppgave 2-4·Rektangel innskrevet i sirkel areal og omkrets

Oppgave 2-5·Sannsynlighet for kuler uten tilbakelegging

Oppgave 2-6·Logaritmisk likning med lgx og n

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon av sirkelareal og kulevolum

Oppgave 1-2Derivere ln og brøk med eksponential

Oppgave 1-3Polynomdivisjon og ulikhet med kubisk polynom

Oppgave 1-4Forenkling av logaritmeuttrykk med ln

Oppgave 1-5Kontinuitet og deriverbarhet fra graf

Oppgave 1-6Vendetangent for kubikkfunksjon

Oppgave 1-7Vektorer ortogonalitet og linearkombinasjon

Oppgave 1-8Hippokrates-månen konstruksjon og arealbevis

Oppgave 2-1Tredjegradsfunksjon nullpunkter og tangent

Oppgave 2-2Trekant med medianer og tyngdepunkt

Oppgave 2-3Partikkel med ln-posisjonsvektor og akselerasjon

Oppgave 2-4Rektangel innskrevet i sirkel areal og omkrets

Oppgave 2-5Sannsynlighet for kuler uten tilbakelegging

Oppgave 2-6Logaritmisk likning med lgx og n