R1 Vår 2019

Vi skriver $\sqrt{x}=x^{\frac{1}{2}}$ og deriverer ledd for ledd med potensregelen:

Vi bruker produktregelen ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ med $u=x^2$ og $v=\ln (2x-1)$.

Da er $u^{\prime }=2x$, og med kjerneregelen er $v^{\prime }={\displaystyle \frac{2}{2x-1}}$.

Vi bruker kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ med $u=4x$ og $v=e^{2x}$.

Da er $u^{\prime }=4$ og $v^{\prime }=2e^{2x}$.

Vi faktoriserer hver nevner:

Felles nevner blir da $x(x-1)(x+1)$:

Teller forenkles: $x+1+x-1-x=x$, så

Vi bruker at $\ln e^3=3$ og at $e^{\ln 3}=3$:

Vi setter inn $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$ (nullpunktet til $2x-1$) i $f(x)$:

Siden $f\left({\displaystyle \frac{1}{2}}\right)=0$, er $(2x-1)$ en faktor i $f(x)$, og divisjonen $f(x):(2x-1)$ går derfor opp.

Vi utfører polynomdivisjonen $f(x):(2x-1)$:

Vi faktoriserer resten videre: $x^2-x-6=(x-3)(x+2)$.

Vi flytter alt over på venstre side og bruker faktoriseringen fra b):

Vi faktoriserer ut $(2x-1)(x+2)$:

Faktorene er null for $x={\displaystyle \frac{1}{2}}$, $x=-2$ og $x=4$. Vi setter opp fortegnslinje for de tre faktorene, sortert etter størrelse ($-2<\frac{1}{2}<4$):

Uttrykket er $\ge 0$ der produktet er positivt eller null, altså for

Vektoren $\overrightarrow{AB}$ finner vi ved å trekke koordinatene til $A$ fra koordinatene til $B$:

Lengden av vektoren:

Når $AB$ er diameter i sirkelen, er sentrum $S$ i sirkelen midtpunktet på $AB$, og radien er halvparten av $|\overrightarrow{AB}|$.

Likningen for sirkelen blir:

Ifølge Thales’ setning ligger $C$ slik at trekanten $ABC$ har rett vinkel i $C$ hvis og bare hvis $C$ ligger på sirkelen med $AB$ som diameter, altså sirkelen fra b).

Punktet $C$ ligger på linjen $x=6$. Vi sjekker om denne linjen skjærer sirkelen ved å regne ut avstanden fra sentrum $S(\mathrm{3,1})$ til linjen:

Radien i sirkelen er $r=2\sqrt{2}\approx \mathrm{2,83}$. Siden $d=3>r=2\sqrt{2}$, ligger linjen $x=6$ helt utenfor sirkelen, og den skjærer den derfor ikke.

Det er ikke mulig å plassere $C$ på linjen $x=6$ slik at trekanten $ABC$ får en rett vinkel i $C$.

Av de $10$ deltakerne skal $3$ komme til finalen. Rekkefølgen på hvem som blir plukket ut spiller ingen rolle, så vi bruker kombinasjoner:

Det kan komme $\underline{\underline{120}}$ ulike grupper på tre deltakere til finalen.

En gruppe med flere kvinner enn menn blant $3$ deltakere må enten bestå av $2$ kvinner og $1$ mann, eller av $3$ kvinner (og $0$ menn). Det finnes $5$ kvinner og $5$ menn å velge blant.

$2$ kvinner og $1$ mann:

$3$ kvinner:

Siden de to tilfellene utelukker hverandre, adderer vi dem:

$\underline{\underline{60}}$ av gruppene inneholder flere kvinner enn menn.

Der $f$ har et ekstremalpunkt (horisontal tangent), skal $f^{\prime }$ være null, og fortegnet til $f^{\prime }$ skal stemme med om $f$ vokser eller avtar. Dette bruker vi til å avgjøre hvilken graf som er $f$ og hvilken som er $f^{\prime }$.

Graf $\text{A}$ har ett bunnpunkt i det viste området: den avtar fra $x=-4$ og ned til et bunnpunkt omkring $x\approx \mathrm{0,3}$, og vokser deretter. Graf $\text{B}$ krysser $x$-aksen akkurat én gang i det viste området, omtrent ved $x\approx \mathrm{0,2}$, og skifter fortegn fra negativ til positiv der.

Dette stemmer med at $\text{B}=f^{\prime }$: $f^{\prime }$ er negativ der $f$ avtar (for $x<\mathrm{0,3}$), null i bunnpunktet til $f$ ($x\approx \mathrm{0,3}$), og positiv der $f$ vokser (for $x>\mathrm{0,3}$).

Vi kan også sjekke at det ikke kan være omvendt: Hvis A skulle vært $f^{\prime }$, måtte B (som $f$) hatt ekstremalpunkter akkurat der A krysser $x$-aksen, altså ved $x\approx -\mathrm{0,8}$ og $x\approx \mathrm{0,7}$. Men graf B har ikke noe ekstremalpunkt ved $x\approx \mathrm{0,7}$ — der vokser B fortsatt raskt. Dette stemmer altså ikke.

Konklusjon: graf A er $f$, og graf B er $f^{\prime }$.

Siden $f^{\prime \prime }$ er den deriverte av $f^{\prime }$ (graf B), er $f^{\prime \prime }(x)=0$ nøyaktig der $f^{\prime }$ har ekstremalpunkter, og fortegnet til $f^{\prime \prime }$ følger av om $f^{\prime }$ vokser eller avtar. Graf B avtar fra $x=-4$ ned til et bunnpunkt omkring $x\approx -1$, og vokser deretter:

• For $x<-1$: $f^{\prime }$ (graf B) avtar $\Rightarrow f^{\prime \prime }(x)<0$
• For $x>-1$: $f^{\prime }$ (graf B) vokser $\Rightarrow f^{\prime \prime }(x)>0$

Fortegnslinje for $f^{\prime \prime }$:

I dette området har $f$ dermed ett vendepunkt, omtrent ved $x\approx -1$ (der $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn). Grafen til $f$ vender den hule siden ned for $x<-1$ og den hule siden opp for $x>-1$.

Vi ser på trekantene $△APC$ og $△DPB$ (samme trekantpar som $APC$ og $BPD$, bare skrevet med den vinkelrekkefølgen formlikheten faktisk gjelder for).

Vinkel i $P$: Siden $A$, $P$, $B$ ligger på linjen $AB$ og $C$, $P$, $D$ ligger på linjen $CD$, er $\angle APC$ og $\angle DPB$ toppvinkler (vertikalvinkler). Toppvinkler er alltid like store, så

Vinkel i $C$ og $B$: $\angle ACP=\angle ACD$ er en periferivinkel som spenner over buen $AD$ (siden $P$ ligger på $CD$, er $\angle ACP=\angle ACD$). Tilsvarende er $\angle DBP=\angle DBA$ en periferivinkel som også spenner over buen $AD$ (siden $P$ ligger på $AB$). Punktene $C$ og $B$ ligger på samme sirkelbue sett fra korden $AD$, så av periferivinkelsetningen (periferivinkler som spenner over samme bue er like store) følger det at

To par like vinkler gir at trekantene er formlike (vinkel-vinkel):

Dette er nettopp trekantene $APC$ og $BPD$ — altså er $△APC$ og $△BPD$ formlike.

Siden trekantene er formlike med korrespondansen $A\leftrightarrow D$, $P\leftrightarrow P$, $C\leftrightarrow B$, er forholdet mellom tilsvarende sider likt:

Kryssmultipliserer vi, får vi

altså

Retning $\Leftarrow$ (toppunkt medfører $f^{\prime }(2)=0$): Hvis grafen til $f$ har et toppunkt i $(2,f(2))$, må tangenten der være horisontal, så $f^{\prime }(2)=0$. Denne retningen holder alltid.

Retning $\Rightarrow$ (holder ikke): Det motsatte stemmer ikke. At $f^{\prime }(2)=0$ betyr bare at tangenten er horisontal i $x=2$ — det trenger ikke være et toppunkt. Et moteksempel er $f(x)={(x-2)}^3$: her er $f^{\prime }(x)=3{(x-2)}^2$, så $f^{\prime }(2)=0$, men $x=2$ er et terrassepunkt (vendepunkt med horisontal tangent), ikke et toppunkt.

Siden bare retningen «toppunkt $\Rightarrow f^{\prime }(2)=0$» holder, er riktig symbol $\Leftarrow$:

Retning $\Rightarrow$ (holder): Dette er andrederiverttesten. Hvis $f^{\prime }(3)=0$ og $f^{\prime \prime }(3)>0$, er tangenten horisontal i $x=3$, og grafen er konveks (krummer oppover) rundt $x=3$. Da må $f$ ha et bunnpunkt i $(3,f(3))$. Denne retningen holder alltid.

Retning $\Leftarrow$ (holder ikke): At $f$ har et bunnpunkt i $x=3$ gir riktignok $f^{\prime }(3)=0$, men det garanterer ikke $f^{\prime \prime }(3)>0$ — det er også mulig at $f^{\prime \prime }(3)=0$ i et bunnpunkt. Et moteksempel er $f(x)={(x-3)}^4$: her er $f^{\prime }(3)=0$ og $f^{\prime \prime }(3)=0$, men $x=3$ er likevel et (globalt) bunnpunkt.

Siden bare retningen «$f^{\prime }(3)=0$ og $f^{\prime \prime }(3)>0$ $\Rightarrow$ bunnpunkt» holder, er riktig symbol $\Rightarrow$:

Banefarten da ballen ble sparket er farten ved $t=0$. Fra dpx(0) og dpy(0) (linje 5) får vi hastighetsvektoren

Farten (lengden av vektoren) er da, se fart0 (linje 6),

Banefarten ballen fikk da den ble sparket, var $\underline{\underline{2\sqrt{221}\approx \mathrm{29,7}\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Ballen er i bakken når $y$-komponenten av $\overrightarrow{r}(t)$ er null, altså når $10t-5t^2=0$. Dette er løst med TidBakke (linje 7):

Løsningen $t=0$ er starttidspunktet, så ballen treffer bakken ved $t=2$.

Det tok $\underline{\underline{t=2\mathrm{s}}}$ fra ballen ble sparket, til den traff bakken.

Ballen er i sitt høyeste punkt når den $y$-komponenten av fartsvektoren er null, altså når $y^{\prime }(t)=10-10t=0$. Dette er løst med TidTopp (linje 8), som gir $t=1$.

I punkt vTopp (linje 9) er hastighetsvektoren ved $t=1$ regnet ut:

som stemmer med at ballen kun beveger seg vannrett i toppunktet. Farten (linje 10, fartTopp) blir da

Banefarten til ballen i det høyeste punktet var $\underline{\underline{22\mathrm{m}/\mathrm{s}}}$.

Det er totalt $20$ ansatte, $8$ menn og $12$ kvinner. Når det trekkes $3$ lapper uten tilbakelegging, er antall menn blant vinnerne hypergeometrisk fordelt. Sannsynligheten for at nøyaktig $2$ av de $3$ vinnerne er menn, er

Vi har dermed vist at $p\approx \mathrm{0,2947}$.

La $X$ være antall av de $12$ lotteriene i løpet av et år der nøyaktig to av vinnerne er menn. Hvert lotteri er uavhengig av de andre, og sannsynligheten for «suksess» (nøyaktig to mannlige vinnere) i hvert lotteri er $p\approx \mathrm{0,2947}$ fra a). Dermed er $X$ binomisk fordelt med $n=12$ og $p=\mathrm{0,2947}$.

Sannsynligheten for at dette skjer i nøyaktig $6$ av de $12$ lotteriene er

Beregningen er vist i GeoGebra CAS under.

Sannsynligheten for at nøyaktig to av vinnerne er menn i seks av de tolv lotteriene er dermed $P\approx \mathrm{0,0745}$.

Sannsynligheten for at de tre vinnerne i ett lotteri har samme kjønn, er summen av sannsynligheten for at alle tre er menn og sannsynligheten for at alle tre er kvinner:

Sannsynligheten for at vinnerne i ett lotteri ikke har samme kjønn, er da

Vi ønsker sannsynligheten for at dette skjer i minst ett av de $12$ lotteriene. Det er lettere å bruke komplementet: sannsynligheten for at det ikke skjer i noen av de $12$ lotteriene er $q^{12}$, siden lotteriene er uavhengige. Dermed er

(se Pc i skjermbildet over). Sannsynligheten for at de tre vinnerne har samme kjønn i minst ett av de tolv lotteriene er $P\approx \mathrm{0,9641}$.

Vi tegner grafen til $f(x)=x^3+4x^2+4x+2$ i GeoGebra, med toppunkt, bunnpunkt og vendepunkt markert.

Vi deriverer $f$ for å finne eventuelle topp- og bunnpunkt:

$f^{\prime }(x)=0$ gir $x=-2$ eller $x=-{\displaystyle \frac{2}{3}}$.

For å avgjøre hva slags ekstremalpunkter dette er, bruker vi den andrederiverte:

$f^{\prime \prime }(-2)=-4<0$, så $x=-2$ gir et $\text{toppunkt}$. $f^{\prime \prime }(-{\displaystyle \frac{2}{3}})=4>0$, så $x=-{\displaystyle \frac{2}{3}}$ gir et $\text{bunnpunkt}$.

Vi setter inn i $f$:

Vendepunktet finner vi der $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Dette stemmer med koordinatene lest av grafen i a).

Toppunkt: $\underline{\underline{(-2,2)}}$ Bunnpunkt: $\underline{\underline{(-{\displaystyle \frac{2}{3}},{\displaystyle \frac{22}{27}})}}$ Vendepunkt: $\underline{\underline{(-{\displaystyle \frac{4}{3}},{\displaystyle \frac{38}{27}})}}$

Vi bruker CAS til å derivere $g$ og løse $g^{\prime }(x)=0$ med hensyn på $x$, med $a$ som parameter. Grafen til $g$ har et toppunkt og et bunnpunkt hvis og bare hvis $g^{\prime }(x)=0$ har to ulike løsninger, altså at uttrykket under rottegnet er positivt.

Fra linje 3 ser vi at

Dette gir to ulike løsninger nettopp når $a^2-12>0$. CAS løser denne ulikheten i linje 4 (Betingelse), og gir

Vendepunktet til $g$ finner vi der $g^{\prime \prime }(x)=0$ (linje 5–6 i utklippet), som gir $x_V=-{\displaystyle \frac{a}{3}}$. Vi setter dette inn i $g$ for å finne $y$-koordinaten (linje 7):

Vi setter så samme $x$-verdi inn i $h$ (linje 9):

Dette er nøyaktig samme uttrykk som $y_V$. CAS bekrefter dette direkte i linje 10, der yV - h(xV) forenkles til $0$ for alle $a$.

Dermed ligger vendepunktet til $g$, $(-{\displaystyle \frac{a}{3}},{\displaystyle \frac{2}{27}}{a}^3-{\displaystyle \frac{4}{3}}a+2)$, alltid på grafen til $h$, uansett hvilken verdi $a$ har. $■$

Kvadratet $CBFG$ har alle sider like lange, så $CG=CB$. Kvadratet $ACDE$ har alle sider like lange, så $CD=CA$.

Vinklene rundt punktet $C$ på denne siden av trekanten summerer til $360°$:

Her er $\angle ACB=90°$ (gitt), og $\angle BCG=\angle DCA=90°$ (hjørnevinkler i kvadratene). Da må

Vi har altså

Etter SAS (side-vinkel-side) er $△ACB\cong △DCG$, det vil si samme trekanter som $△ABC$ og $△GDC$ i oppgaveteksten. $■$

$H$ er midtpunktet på $AB$. La $C^{\prime }$ være speilingen av $C$ om $H$, altså punktet slik at $H$ er midtpunkt også på $C{C}^{\prime }$.

Firkanten $ACB{C}^{\prime }$ har diagonaler $AB$ og $C{C}^{\prime }$ som halverer hverandre i $H$ — dette er nettopp definisjonen på et parallellogram, så $ACB{C}^{\prime }$ er et parallellogram.

Siden $\angle ACB=90°$ (gitt), og et parallellogram med én rett vinkel er et rektangel, er $ACB{C}^{\prime }$ et rektangel. I et rektangel er diagonalene like lange:

Siden $H$ er midtpunkt på begge diagonalene, er

Siden $AB=C{C}^{\prime }$, følger det at $HA=HC$.

Dermed er $△AHC$ likebeint med $HA=HC$. $■$

(Dette er for øvrig samme resultat som Thales’ setning: midtpunktet på hypotenusen i en rettvinklet trekant er like langt fra alle tre hjørnene.)

Vi setter opp koordinater med $C$ i origo, $CB$ langs positiv $x$-akse og $CA$ langs positiv $y$-akse (mulig siden $\angle ACB=90°$). La $CB=a$ og $CA=b$:

Kvadratene ligger utenfor trekanten:

Linjen $HC$ forlenget forbi $C$ har retning $(-a,-b)$, altså punktene $(-ua,-ub)$ for $u\ge 0$. Linjen $DG$ er gitt ved $D+s(G-D)$. Setter man disse to likningene lik hverandre, finner man skjæringspunktet $I$ med

For å vise $\angle CIG=90°$ holder det å vise at vektorene $\overrightarrow{IC}$ og $\overrightarrow{IG}$ står normalt på hverandre, altså at $\overrightarrow{IC}\cdot \overrightarrow{IG}=0$. Dette regnes ut i GeoGebra CAS for generelle $a$ og $b$:

GeoGebra forenkler uttrykket til $0$ for alle (positive) $a$ og $b$. Siden skalarproduktet er null, er $\overrightarrow{IC}⟂\overrightarrow{IG}$, altså

for enhver rettvinklet trekant $ABC$ med kateter $a=CB$ og $b=CA$. $■$