R1 Vår 2015

Vi bruker potensregelen $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}{x}^n=n{x}^{n-1}$ ledd for ledd på

Vi bruker kjerneregelen på $g(x)=\ln (x-2)$, med indre funksjon $u=x-2$, der $u^{\prime }=1$, og $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}\ln (u)=\frac{1}{u}$.

Vi bruker kjerneregelen på $h(x)={(2x^2-1)}^3$, med indre funksjon $u=2x^2-1$, der $u^{\prime }=4x$.

Vi setter $x=2$ inn i $P(x)$. Er $(x-2)$ en faktor, skal $P(2)=0$.

Siden $P(2)=0$, er $(x-2)$ en faktor i $P(x)$.

Vi utfører polynomdivisjon av $P(x)$ med $(x-2)$.

Dermed er $P(x)=(x-2)(x^2+4x+3)$.

Andregradsuttrykket $x^2+4x+3$ faktoriseres videre. Vi trenger to tall med produkt $3$ og sum $4$, som er $1$ og $3$:

Dermed er

Vi setter inn faktoriseringen fra b) i brøken:

Siden $x\ne 2$ i grenseovergangen, kan vi forkorte bort faktoren $(x-2)$. Deretter setter vi inn $x=2$:

En vektor som er parallell med $\overrightarrow{v}$ og motsatt rettet, finner vi ved å multiplisere $\overrightarrow{v}$ med en negativ skalar, for eksempel $-1$:

En vektor $\overrightarrow{w}=[w_1,w_2]$ står vinkelrett på $\overrightarrow{v}=[3,4]$ dersom skalarproduktet er null, $\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{w}=0$. Vi bytter om komponentene og snur fortegnet på den ene:

Kontroll: $\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{w}=3\cdot 4+4\cdot (-3)=12-12=0$. ✓

Vi setter opp likningen $\overrightarrow{v}=k\cdot \overrightarrow{u}+t\cdot \overrightarrow{w}$ komponentvis, med $\overrightarrow{u}=[-3,-4]$ og $\overrightarrow{w}=[4,-3]$ fra a) og b):

Vi ganger første likning med $3$ og andre med $4$:

Legger vi sammen likningene, faller $t$ bort:

Setter vi $k=-1$ inn i første likning:

Dette stemmer med a), der vi fant $\overrightarrow{u}=-\overrightarrow{v}$, slik at $-1\cdot \overrightarrow{u}=\overrightarrow{v}$ alene, uten bidrag fra $\overrightarrow{w}$.

Vi finner først lengden av $\overrightarrow{v}$:

Enhetsvektoren i samme retning som $\overrightarrow{v}$ er

Vi skalerer denne til lengde $7$:

Vi bruker definisjonen av binomialkoeffisienten:

For å vise at ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right)}=n$, setter vi $r=1$ inn i definisjonen:

Fra a) vet vi at ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{x}{1}\right)}=x$ og ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{12-x}{1}\right)}=12-x$, og at ${\displaystyle \left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{2}\right)}=66$. Vi setter dette inn i likningen:

Vi ganger begge sider med $66$:

Vi ganger ut parentesen og flytter alt over på én side:

Dette er et fullstendig kvadrat, ${(x-6)}^2=0$, som gir

Vi finner $f^{\prime }(x)$ ved produktregelen med $u=3x$ og $v=e^{-x}$, slik at $u^{\prime }=3$ og $v^{\prime }=-e^{-x}$:

Siden $e^{-x}>0$ for alle $x$, bestemmes fortegnet til $f^{\prime }(x)$ av faktoren $(1-x)$:

• $(1-x)>0$ når $x<1$, altså $f^{\prime }(x)>0$ og $f$ vokser.
• $(1-x)<0$ når $x>1$, altså $f^{\prime }(x)<0$ og $f$ avtar.

Siden $f^{\prime }$ skifter fortegn fra pluss til minus i $x=1$, har $f$ et toppunkt i $x=1$, med

Dette gir toppunktet $(1,{\displaystyle \frac{3}{e}})$. Oppsummert vokser $f$ på $⟨-1,1⟩$ og avtar på $⟨1,4⟩$.

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=3e^{-x}(1-x)$ på nytt, med produktregelen ($u=3(1-x)$, $u^{\prime }=-3$; $v=e^{-x}$, $v^{\prime }=-e^{-x}$):

Siden $e^{-x}>0$ for alle $x$, bestemmes fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)$ av $-(2-x)=x-2$:

• $x<2$: $f^{\prime \prime }(x)<0$, grafen er konkav (vender den hule siden ned).
• $x>2$: $f^{\prime \prime }(x)>0$, grafen er konveks (vender den hule siden opp).

Siden $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn i $x=2$, har grafen et vendepunkt i $x=2$, med

Dette gir vendepunktet $(2,{\displaystyle \frac{6}{e^2}})$.

Vi samler informasjonen fra a) og b): $f(-1)=-3e\approx -\mathrm{8,15}$, $f$ vokser til toppunktet $(1,3/e)$, avtar gjennom vendepunktet $(2,6/e^2)$, og fortsetter mot $f(4)=12e^{-4}\approx \mathrm{0,22}$.

Trekanten $△ASC$ er likebeint, siden $SA=SC=R$ (begge er radier i sirkelen). Linja $SD$ står vinkelrett på grunnlinja $AC$ i denne likebeinte trekanten, og en slik høyde fra toppunktet $S$ er også vinkelhalveringslinje for toppvinkelen. Dermed er

Vinkelen $\angle ASC$ er sentralvinkelen som står på buen $AC$, mens $\angle B$ er periferivinkelen (den innskrevne vinkelen) som står på samme bue $AC$. Ifølge periferivinkelsetningen er en periferivinkel alltid halvparten av sentralvinkelen som står på samme bue:

Siden både $\angle DSA$ og $\angle B$ er lik ${\displaystyle \frac{1}{2}}\angle ASC$, må

Fordi $SD$ er vinkelhalveringslinje (og dermed også median) i den likebeinte trekanten $△ASC$, halverer $D$ siden $AC$. Siden $AC=b$, er

Trekanten $△DSA$ er rettvinklet med rett vinkel i $D$, og hypotenusen er $SA=R$. Fra a) vet vi at $\angle DSA=\angle B$. Ved definisjonen av sinus i den rettvinklede trekanten $△DSA$:

Siden $\angle DSA=\angle B$, får vi

Resonnementet i a) og b) brukte ikke noe spesielt ved siden $AC$ — det samme argumentet kan gjentas for de to andre sidene i trekanten.

Fell en normal fra $S$ ned på siden $BC=a$, med fotpunkt $E$. Med akkurat samme argument som i a) og b) (nå brukt på den likebeinte trekanten $△BSC$ og periferivinkelen $\angle A$, som står på buen $BC$) får vi

Fell tilsvarende en normal fra $S$ ned på siden $AB=c$, med fotpunkt $F$. Samme argument brukt på $△ASB$ og periferivinkelen $\angle C$ gir

Siden alle tre uttrykkene er lik $2R$, har vi vist at

Vi vet at sentrum $S$ ligger på linjen $y=x$, altså har $S$ koordinatene $S(a,a)$ for en ukjent verdi $a$. Vi vet også at $O(\mathrm{0,0})$ og $A(\mathrm{6,0})$ begge ligger på periferien, og finner $a$ og radius i deloppgave b) før vi tegner sirkelen.

Med $a=3$ (se utregning i b) er sentrum $S(\mathrm{3,3})$ og radius $r=\sqrt{18}\approx \mathrm{4,24}$. Sirkelen går gjennom både $O(\mathrm{0,0})$ og $A(\mathrm{6,0})$, slik figuren viser.

Sentrum $S$ ligger på linjen $y=x$, så vi skriver $S=(a,a)$.

Betingelse 1 — like langt fra $O$ som fra $A$

Avstanden fra $S$ til origo skal være lik avstanden fra $S$ til $A(\mathrm{6,0})$:

Vi kvadrerer begge sider:

Sentrum er dermed $S(\mathrm{3,3})$. Se linje 1 i CAS-utklippet.

Betingelse 2 — radius

Siden $O$ ligger på periferien, er radius lik avstanden fra $S$ til $O$:

(se linje 2 i CAS-utklippet). Vi sjekker at $A(\mathrm{6,0})$ også oppfyller likningen: ${(6-3)}^2+{(0-3)}^2=9+9=18$, som stemmer.

Sirkellikningen

Med sentrum $(\mathrm{3,3})$ og $r^2=18$ blir likningen for sirkelen

Vi tegner grafen til

for $v\in [0,120]$ i graftegner.

Vi tegner inn den horisontale linjen $y=25$ og finner skjæringspunktene med grafen til $N$. Fra grafen ser vi at linjen skjærer $N$ i punktene $S=(\mathrm{11,45},25)$ og $T=(\mathrm{58,21},25)$.

Mellom disse to fartene ligger grafen til $N$ over linjen $y=25$, altså er $N(v)\ge 25$ for

Farten må altså ligge mellom omtrent $\mathrm{11,5}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}$ og $\mathrm{58,2}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{h}$ for at minst 25 biler skal passere stedet per minutt.

Vi finner toppunktet til grafen til $N$ i graftegner. Toppunktet er

Dette betyr at gjennomstrømningen er størst når farten er

og da passerer det

forbi stedet.

Farten (banefarten) til en båt er lengden av hastighetsvektoren, som er den deriverte av posisjonsvektoren.

Siden begge hastighetsvektorene er konstante, er farten den samme for alle $t$:

$\underline{\underline{v_A\approx \mathrm{18,25}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{t}}}$ og $\underline{\underline{v_B\approx \mathrm{11,66}\mathrm{k}\mathrm{m}/\mathrm{t}}}$.

Avstanden mellom de to båtene er lengden av vektoren fra $B$ til $A$, altså ${\overrightarrow{r}}_A(t)-{\overrightarrow{r}}_B(t)$:

Avstanden $d(t)$ er lengden av denne vektoren:

som er det vi skulle vise.

Siden kvadratroten er en voksende funksjon, er $d(t)$ minst når $d{(t)}^2$ er minst. Vi skriver om uttrykket under rottegnet:

Dette er en $andregradsfunksjon$ med positiv ledende koeffisient ($73>0$), så den har et minimum. Vi deriverer og setter lik null:

Dette bekreftes med Min(d, 0, 3) i GeoGebra CAS, som gir minimumspunktet $(\mathrm{1,28767},\mathrm{6,5543})$ direkte, se skjermbildet under.

Minste avstand mellom båtene er altså

Dette skjer etter $t=\frac{94}{73}\approx \mathrm{1,29}$ timer, altså om lag $1$ time og $17$ minutter.

$\underline{\underline{t\approx \mathrm{1,29}\text{timer og }{d}_{\min }\approx \mathrm{6,55}\mathrm{km}}}$.

Vi trenger den dobbeltderiverte av $f$ for å bruke opplysningen om vendepunktet:

Nullpunkt i $x=1$: $f(1)=0$ gir