R1 Vår 2018

Vi deriverer ledd for ledd:

Funksjonen $g(x)=x^3\cdot \ln (x)$ er et produkt av $u(x)=x^3$ og $v(x)=\ln (x)$. Produktregelen gir $g^{\prime }(x)=u^{\prime }(x)\cdot v(x)+u(x)\cdot v^{\prime }(x)$, der $u^{\prime }(x)=3x^2$ og $v^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{1}{x}}$:

Funksjonen $h(x)=e^{2x^2+x}$ er en sammensatt funksjon med indre funksjon $u(x)=2x^2+x$ og ytre funksjon $e^u$. Kjerneregelen gir $h^{\prime }(x)=e^{u(x)}\cdot u^{\prime }(x)$, der $u^{\prime }(x)=4x+1$:

Vi faktoriserer nevnerne for å finne fellesnevner:

Fellesnevner blir $2(x-1)(x-3)$. Vi utvider hver brøk:

Vi slår sammen tellerne:

Telleren faktoriseres som $3x-3=3(x-1)$, og vi kan forkorte med $(x-1)$:

Vi bruker logaritmeregelen $a\cdot \ln (u)=\ln (u^a)$ på begge ledd:

Deretter bruker vi regelen $\ln (u)-\ln (v)=\ln \left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)$:

Vektoren mellom to punkter finner vi ved å trekke koordinatene til startpunktet fra koordinatene til endepunktet:

To vektorer er vinkelrette hvis prikkproduktet er null. Vi bruker vektorene fra a):

Siden prikkproduktet er $0$, er $\overrightarrow{AB}⟂\overrightarrow{BC}$.

Vi finner først $\overrightarrow{CD}$:

To vektorer $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$ er parallelle når $x_1{y}_2-x_2{y}_1=0$. Med $\overrightarrow{CD}=(t-3,t^2+3)$ og $\overrightarrow{AB}=(1,-2)$ får vi:

Vi faktoriserer eller bruker abc-formelen, og finner:

Divisjonen $f(x):(x-1)$ går opp hvis og bare hvis $x=1$ er et nullpunkt, altså $f(1)=0$:

Med $k=-13$ er $f(x)=x^3-13x+12$. Vi utfører polynomdivisjon med $(x-1)$:

Dermed er $f(x)=(x-1)(x^2+x-12)$. Andregradsuttrykket faktoriseres videre:

Vi løser ulikheten

Telleren faktoriseres som i b): $x^2+x-12=(x+4)(x-3)$. Uttrykket er ikke definert for $x=1$. Vi setter opp fortegnslinje med kritiske punkter $x=-4$, $x=1$ og $x=3$:

Uttrykket er $\ge 0$ der fortegnet er positivt, samt i nullpunktene til telleren ($x=-4$ og $x=3$). Punktet $x=1$ må utelukkes siden uttrykket ikke er definert der:

Vi bruker multiplikasjonsregelen for at laderen både kommer fra leverandør $A$ og er $\text{defekt}$:

Sannsynligheten for at laderen kommer fra leverandør A og er defekt er $\underline{\underline{\mathrm{0,012}}}$.

Først finner vi den totale sannsynligheten for at en tilfeldig lader er defekt, ved å summere bidraget fra begge leverandørene:

Deretter bruker vi Bayes’ setning for å finne den betingede sannsynligheten for at laderen kommer fra A, gitt at den er defekt:

Sannsynligheten for at en defekt lader kommer fra leverandør A er $\underline{\underline{\mathrm{0,5}}}$.

Vi setter $u=e^x$. Da er $e^{2x}={(e^x)}^2=u^2$, og likningen $f(x)=0$ blir

Vi faktoriserer (eller bruker abc-formelen):

Vi går tilbake til $x$ ved å løse $e^x=u$ for hver løsning:

Nullpunktene til $f$ er $\underline{\underline{x=0}}$ og $\underline{\underline{x=\ln 3\approx \mathrm{1,10}}}$.

Vi deriverer $f$ ved hjelp av kjerneregelen:

For å finne eventuelle topp- og bunnpunkt løser vi $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$ for alle $x$, må den andre faktoren være null:

Vi undersøker fortegnet til $f^{\prime }(x)=2e^x(e^x-2)$ rundt $x=\ln 2$. Faktoren $2e^x$ er alltid positiv, så fortegnet bestemmes av $e^x-2$:

• For $x<\ln 2$ er $e^x<2$, så $f^{\prime }(x)<0$ (fallende).
• For $x>\ln 2$ er $e^x>2$, så $f^{\prime }(x)>0$ (voksende).

$f$ er altså fallende før $x=\ln 2$ og voksende etter, så $x=\ln 2$ gir et bunnpunkt. Vi finner funksjonsverdien ved å sette $u=e^{\ln 2}=2$ inn i $f(x)=u^2-4u+3$:

$f$ har et $\underline{\underline{\text{bunnpunkt i }(\ln 2,-1)\approx (\mathrm{0,69},-1)}}$. Siden $f^{\prime }(x)$ bare skifter fortegn én gang, har $f$ ikke noe toppunkt.

Vi deriverer $f^{\prime }(x)$ for å finne $f^{\prime \prime }(x)$:

Vi løser $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Siden $e^x>0$, må $e^x-1=0$, altså $e^x=1$, som gir $x=0$.

Vi undersøker fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)=4e^x(e^x-1)$ rundt $x=0$:

• For $x<0$ er $e^x<1$, så $f^{\prime \prime }(x)<0$ (konkav, vender ned).
• For $x>0$ er $e^x>1$, så $f^{\prime \prime }(x)>0$ (konveks, vender opp).

Fortegnet til $f^{\prime \prime }$ skifter ved $x=0$, så dette er et vendepunkt. Funksjonsverdien er

$f$ har et $\underline{\underline{\text{vendepunkt i }(0,0)}}$.

Vi bruker resultatene fra a)–c) til å skissere grafen. Når $x\to -\infty$ går $e^{2x}\to 0$ og $e^x\to 0$, slik at $f(x)\to 3$ — grafen nærmer seg altså den horisontale asymptoten $y=3$ mot venstre. Grafen faller gjennom vendepunktet $(0,0)$ og videre ned til bunnpunktet $(\ln 2,-1)\approx (\mathrm{0,69},-1)$, før den vokser gjennom det andre nullpunktet $(\ln 3,0)\approx (\mathrm{1,10},0)$ og videre mot uendelig når $x\to \infty$.

Grafen starter altså nær $y=3$ langt til venstre, faller monotont gjennom $(\mathrm{0,0})$ og $(\ln 2,-1)$, og vokser deretter monotont gjennom $(\ln 3,0)$ mot uendelig.

De tre nye trekantene er laget ved å multiplisere alle sidene i den opprinnelige trekanten med henholdsvis $c$, $b$ og $a$. Når alle sidene i en trekant multipliseres med samme (positive) tall, blir trekanten større eller mindre, men formen — og dermed alle vinklene — er uendret. De tre nye trekantene har derfor nøyaktig de samme vinklene som den opprinnelige rettvinklede trekanten. Siden trekanter med parvis like vinkler er formlike, er alle tre nye trekanter formlike med den opprinnelige trekanten, og dermed også formlike med hverandre.

Vi kaller de to spisse vinklene i den opprinnelige trekanten $\alpha$ (vinkelen mellom sidene $a$ og $c$) og $\beta$ (vinkelen mellom sidene $b$ og $c$). Siden trekanten er rettvinklet, er

Se på den sammensatte figuren. Trekanten $ADB$ (med sider $AD=ac$, $DB=bc$ og $AB=c^2$) er den trekanten som er skalert med $c$, og den har rett vinkel i $D$ (der de skalerte katetene $ac$ og $bc$ møtes). De to andre vinklene i denne trekanten er $\angle DAB=\alpha$ og $\angle ABD=\beta$, siden vinklene er bevart under skaleringen (jf. a)).

Trekanten $AED$ (skalert med $a$) har rett vinkel i $E$, og siden $ED$ tilsvarer den skalerte $a$-siden, blir vinkelen ved $D$ i denne trekanten lik $\alpha$: $\angle ADE=\alpha$.

Trekanten $DCB$ (skalert med $b$) har rett vinkel i $C$, og på tilsvarende måte blir vinkelen ved $D$ i denne trekanten lik $\beta$: $\angle BDC=\beta$.

Vinkelen fra $E$ til $C$, målt gjennom $D$, er summen av disse tre vinklene ved $D$:

Siden vinkelen ved $D$ mellom $E$ og $C$ er $180°$, ligger $E$, $D$ og $C$ på en rett linje.

Vi ser på de fire hjørnene i firkanten $ABCE$:

• I $E$ er vinkelen den rette vinkelen til trekant $AED$: $\angle AEC=90°$.
• I $C$ er vinkelen den rette vinkelen til trekant $DCB$: $\angle ECB=90°$.
• I $D$ ligger $E$, $D$ og $C$ på en rett linje (fra b)), så toppsiden er rett, og $D$ er ikke et hjørne i firkanten.
• I $A$ er vinkelen $\angle EAB=\angle EAD+\angle DAB=\beta +\alpha =90°$.
• I $B$ er vinkelen $\angle ABC=\angle ABD+\angle DBC=\beta +\alpha =90°$.

Firkanten $ABCE$ har altså fire rette vinkler, og en firkant med fire rette vinkler er per definisjon et rektangel.

I et rektangel er motstående sider like lange. Toppsiden $EC$ og bunnsiden $AB$ er motstående sider, så

Fra figuren er $EC=ED+DC=a^2+b^2$ og $AB=c^2$. Dermed må

Dette er nettopp Pytagoras’ setning, og konstruksjonen med de formlike trekantene gir dermed et bevis for setningen.

Vinkelen $u=\angle BSD$ er en sentralvinkel (vinkel med toppunkt i sentrum $S$). Av figuren ser vi at $u$ spenner over sirkelbuen $BD$ som går gjennom $C$ (den “venstre” buen).

Summen av vinklene rundt $S$ er $360°$, så sentralvinkelen som spenner over den andre sirkelbuen $BD$ — den som går gjennom $A$ — er

Vinkelen $\angle DCB$ er en periferivinkel med toppunkt $C$, og den ser på buen $BD$ som ikke inneholder $C$, altså buen gjennom $A$. Ifølge periferivinkelsatsen (sentrivinkelsatsen) er en periferivinkel alltid halvparten av sentralvinkelen som spenner over samme bue. Dermed er

som skulle forklares.

Vi bruker samme resonnement på vinkelen $\angle BAD$. Denne periferivinkelen har toppunkt $A$ og ser på buen $BD$ som ikke inneholder $A$ — altså buen gjennom $C$, som er den samme buen sentralvinkelen $u$ spenner over. Da gir periferivinkelsatsen

Legger vi sammen de to motstående vinklene $\angle BAD$ og $\angle DCB$, bruker vi resultatet fra a):

Summen av alle fire vinklene i en firkant er alltid $360°$. Siden $\angle BAD+\angle DCB=180°$, må de to andre vinklene i firkanten $ABCD$ også summere til

Dermed er

som skulle vises. Dette er for øvrig det generelle resultatet at motstående vinkler i en sirkelinnskrevet firkant er supplementvinkler.

Sirkellikningen er

Vi setter inn koordinatene til de tre punktene $A(\mathrm{3,8})$, $B(\mathrm{9,6})$ og $C(13,-2)$ i likningen, ett punkt om gangen.

Punktet $A(\mathrm{3,8})$ gir

Punktet $B(\mathrm{9,6})$ gir

Punktet $C(13,-2)$ gir

Dette gir likningssystemet

Vi løser likningssystemet med CAS i GeoGebra.

CAS gir $a=-6$, $b=4$ og $c=-87$.

Sirkellikningen blir dermed

som ved fullføring av kvadratene tilsvarer sirkelen med sentrum $(3,-2)$ og radius $10$.

$\underline{\underline{a=-6,b=4,c=-87}}$

For at $X$ skal kunne modelleres som binomisk fordelt, må følgende forutsetninger være oppfylt:

• Antall solgte billetter, $n$, må være fast for hver flyavgang.
• Hver passasjer har samme sannsynlighet, $p=\mathrm{0,94}$, for å møte til avgang.
• Passasjerene må møte (eller utebli) uavhengig av hverandre — for eksempel må vi anta at det ikke er familier eller reisefølger som avbestiller samlet, noe som ville gjort utfallene avhengige.
• Det er bare to mulige utfall for hver passasjer: at vedkommende møter til avgang, eller ikke møter.

Sannsynligheten for at en passasjer med billett møter til avgang er

Det er solgt $122$ billetter, så $X$ er binomisk fordelt med $n=122$ og $p=\mathrm{0,94}$. Alle som møter får plass dersom høyst $116$ av de $122$ møter, altså ønsker vi $P(X\le 116)$.

Vi bruker CAS til å beregne den kumulative binomiske sannsynligheten:

Sannsynligheten for at alle som møter får plass, er om lag $\underline{\underline{\mathrm{74,7}\%}}$.

Vi lar nå $n$ være antall solgte billetter, med $X$ binomisk fordelt med parametere $n$ og $p=\mathrm{0,94}$. Flyselskapet krever

Vi prøver oss fram med CAS for ulike verdier av $n$ rundt grensen:

(se samme skjermbilde som over, linje 2 og 3)

Med $n=119$ er kravet oppfylt ($\mathrm{0,97641}\ge \mathrm{0,95}$), men med $n=120$ er sannsynligheten falt under kravet ($\mathrm{0,93396}<\mathrm{0,95}$).

Flyselskapet kan maksimalt selge $\underline{\underline{119\mathrm{b}\mathrm{i}\mathrm{l}\mathrm{l}\mathrm{e}\mathrm{t}\mathrm{t}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$ og fortsatt oppfylle kravet om at minst $95\%$ skal få plass.

Vi setter opp et koordinatsystem der $A=(\mathrm{0,0})$, $B=(\mathrm{10,0})$, $C=(\mathrm{10,10})$ og $D=(\mathrm{0,10})$. La $M$ være midtpunktet på $AB$ og $N$ midtpunktet på $DC$. Punktene $E$ og $F$ ligger på symmetriaksen $MN$ (siden $E$ er likt plassert i forhold til $A$ og $B$, og $F$ likt plassert i forhold til $C$ og $D$), og av symmetrigrunner er $ME=NF$.

Siden $MN=10$ og $EF=x$, får vi

I den rettvinklede trekanten $AME$ (rett vinkel i $M$) er $AM=5$ og $ME={\displaystyle \frac{10-x}{2}}$. Pytagoras’ setning gir da veistykket $s=AE$:

Vi multipliserer opp under rottegnet:

Det samlede veinettet består av de fire like lange strekningene $AE$, $BE$, $CF$, $DF$ (alle med lengde $s$) og strekningen $EF=x$. Den samlede veilengden blir dermed

som er det vi skulle vise.

Vi bruker CAS til å derivere $g(x)$, løse $g^{\prime }(x)=0$ og finne minimumsverdien direkte med Min.

Av utklippet ser vi at $g^{\prime }(x)=0$ for $x\approx \mathrm{4,2265}$, og at minimumspunktet er $(\mathrm{4,2265},\mathrm{27,32051})$. Siden $g^{\prime }(x)<0$ for $x$ mindre enn dette og $g^{\prime }(x)>0$ for $x$ større, er dette et minimumspunkt.

Eksakt er $x=10-{\displaystyle \frac{10\sqrt{3}}{3}}$, og minsteverdien er $g(x)=10+10\sqrt{3}$.

Den samlede veilengden blir altså minst når $x\approx \mathrm{4,23}\mathrm{km}$, og den minste samlede veilengden er da omtrent $\mathrm{27,32}\mathrm{km}$.

Posisjonsvektoren $\overrightarrow{r}(t)=[t^3-2t,t^2+1]$ tegnes som en parameterkurve i graftegner for $t\in [-2,2]$.

Fartsvektoren er den deriverte av posisjonsvektoren:

For $t=-1$ gir dette

Banefarten er lengden av fartsvektoren:

Punktet på kurven ved $t=-1$ er $\overrightarrow{r}(-1)=[1,2]$. Fartsvektoren $\overrightarrow{v}(-1)$ er tegnet inn med utgangspunkt i dette punktet på grafen over.

Banefarten som funksjon av $t$ er $|\overrightarrow{v}(t)|=\sqrt{{(3t^2-2)}^2+{(2t)}^2}$. Vi bruker CAS til å løse likningen $|\overrightarrow{v}(t)|=2$, altså ${(3t^2-2)}^2+{(2t)}^2=4$, med $v_1(t)=3t^2-2$ og $v_2(t)=2t$:

CAS gir løsningene $t=-{\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$, $t=0$ og $t={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}$.

$\underline{\underline{t=-{\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}\approx -\mathrm{0,94},t=0,t={\displaystyle \frac{2\sqrt{2}}{3}}\approx \mathrm{0,94}}}$