R1 Vår 2021

Vi skriver om ${\displaystyle \frac{1}{x}}$ som $x^{-1}$ og bruker potensregelen ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}}{x}^n=n\cdot x^{n-1}$ på hvert ledd:

$\underline{\underline{f^{\prime }(x)=9x^2-4-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}}$

Funksjonen $g(x)=3x^2\cdot \ln x$ er et produkt av $u(x)=3x^2$ og $v(x)=\ln x$. Produktregelen sier at ${(u\cdot v)}^{\prime }=u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$.

Vi finner de deriverte av hver faktor:

Så setter vi inn i produktregelen:

$\underline{\underline{g^{\prime }(x)=6x\ln x+3x}}$

Funksjonen $h(x)=\sqrt{4x^2-5}$ er en sammensatt funksjon, og vi bruker kjerneregelen. Vi skriver om roten som en potens:

Med ytre funksjon $y=u^{\frac{1}{2}}$ og indre funksjon $u=4x^2-5$ blir

Kjerneregelen gir da

$\underline{\underline{h^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{4x}{\sqrt{4x^2-5}}}}}$

Vi faktoriserer først nevneren $x^2-x-2$. Vi trenger to tall som ganger gir $-2$ og adderer til $-1$: det er $-2$ og $1$, så

Uttrykket blir da

Felles nevner for alle tre brøkene er $(x-2)(x+1)$. Vi utvider de to siste brøkene:

Vi setter sammen til én brøk og regner ut telleren:

Telleren $-2x^2+5x-2$ faktoriseres. Vi ser at $x=2$ er et nullpunkt (siden $-2\cdot 4+10-2=0$), så $(x-2)$ er en faktor:

Vi setter inn og forkorter bort $(x-2)$:

$\underline{\underline{{\displaystyle \frac{1-2x}{x+1}}}}$

Vi bruker logaritmereglene $\ln (pq)=\ln p+\ln q$, $\ln \left({\displaystyle \frac{p}{q}}\right)=\ln p-\ln q$ og $\ln (p^n)=n\ln p$ på hvert ledd:

Vi setter alt sammen:

Vi samler $\ln a$-ledd og $\ln b$-ledd for seg:

$\underline{\underline{\ln a}}$

To vektorer er ortogonale (står vinkelrett på hverandre) hvis skalarproduktet er null. Vi regner ut skalarproduktet mellom $\overrightarrow{a}=[\mathrm{4,1}]$ og $\overrightarrow{b}=[-\mathrm{1,3}]$:

Siden $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=-1\ne 0$, er ikke vektorene ortogonale.

$\underline{\underline{\overrightarrow{a}⟂̸\overrightarrow{b}}}$

Vi skal finne $r$ og $s$ slik at

Dette gir likningssystemet

Vi bruker innsettingsmetoden. Fra den første likningen løser vi ut $s$:

Vi setter dette inn i den andre likningen:

Vi setter $r=2$ inn i uttrykket for $s$:

Kontroll: $2\cdot [\mathrm{4,1}]+4\cdot [-\mathrm{1,3}]=[\mathrm{8,2}]+[-\mathrm{4,12}]=[\mathrm{4,14}]=\overrightarrow{c}$ ✓

$\underline{\underline{r=2,s=4}}$

La $A$ være hendelsen at et deksel er produsert av maskin A, $B$ at det er produsert av maskin B, og $F$ at det er feil på dekselet. Vi vet at

Et tilfeldig deksel kommer enten fra maskin A eller maskin B, så vi bruker setningen om total sannsynlighet:

$\underline{\underline{P(F)=\mathrm{0,14}}}$

Vi skal finne sannsynligheten for at dekselet er produsert av maskin A, gitt at det er feil på det, altså $P(A|F)$. Vi bruker Bayes’ setning:

Fra oppgave a) vet vi at $P(A)\cdot P(F|A)=\mathrm{0,08}$ og $P(F)=\mathrm{0,14}$. Vi setter inn:

$\underline{\underline{P(A|F)={\displaystyle \frac{4}{7}}\approx \mathrm{0,571}}}$

Topp- og bunnpunkt til $f$ finner vi der den deriverte er null.

Vi setter $f^{\prime }(x)=0$:

Siden $f^{\prime \prime }(x)=6x$, er $f^{\prime \prime }(-\frac{\sqrt{42}}{3})<0$ (toppunkt) og $f^{\prime \prime }\left(\frac{\sqrt{42}}{3}\right)>0$ (bunnpunkt). Dette stemmer med grafen, der toppunktet ligger omtrent ved $x\approx -\mathrm{2,16}$ og bunnpunktet ved $x\approx \mathrm{2,16}$.

Av grafen ser vi at $f(3)=0$, så $(x-3)$ er en faktor i $f(x)$. Vi utfører polynomdivisjon:

Kontroll: $(x-3)(x^2+3x-5)=x^3+3x^2-5x-3x^2-9x+15=x^3-14x+15$. ✓

Vi finner de resterende nullpunktene med abc-formelen på $x^2+3x-5=0$:

Dermed har $f$ tre nullpunkter:

Siden $f$ er et tredjegradspolynom med positiv ledende koeffisient og tre enkle nullpunkter, veksler fortegnet til $f$ i hvert nullpunkt: $f$ er negativ for $x<x_1$, positiv mellom $x_1$ og $x_2$, negativ mellom $x_2$ og $x_3$, og positiv for $x>x_3$. Dette stemmer med grafen.

Punktene $B$, $E$ og $D$ ligger alle på sirkelen. Vinkelen $\angle BED$ er en periferivinkel som spenner over buen $BD$ (buen som ikke inneholder $E$). Etter periferivinkelsetningen er en periferivinkel halvparten av buen den spenner over:

Trekant $ABC$ er likesidet, så alle vinklene er $60°$. Siden $E$ ligger på $AB$, er $\angle FBE=\angle ABC=60°$.

Siden $F$ ligger på linjestykket $ED$, er $\angle BEF=\angle BED=54°$ (fra a).

I trekant $BEF$ er vinkelsummen $180°$:

Punktet $F$ er skjæringspunktet mellom linjene $BC$ og $ED$. Vinkel $\angle CFD$ og vinkel $\angle BFE$ er toppvinkler (stråler $FB$ og $FC$ er motsatte, det samme er $FE$ og $FD$), og toppvinkler er alltid like store:

Retningsvektoren til $\ell$ finner vi som $\overrightarrow{AB}$:

Vi kan forkorte retningsvektoren med $2$ til $(\mathrm{3,1})$. En parameterframstilling for $\ell$ gjennom $A(-\mathrm{2,1})$ blir da

det vil si $x=-2+3t$ og $y=1+t$.

Skjæring med $x$-aksen ($y=0$):

Dette gir $x=-2+3\cdot (-1)=-5$, altså skjæringspunktet $\underline{\underline{(-\mathrm{5,0})}}$.

Skjæring med $y$-aksen ($x=0$):

Dette gir $y=1+\frac{2}{3}=\frac{5}{3}$, altså skjæringspunktet $\underline{\underline{(0,\frac{5}{3})}}$.

Siden sirkelen med sentrum $S(\mathrm{1,0})$ tangerer $\ell$, er radien lik avstanden fra $S$ til $\ell$. Denne avstanden er kortest til det punktet $P$ på $\ell$ der $\overrightarrow{SP}$ står normalt på retningsvektoren $(\mathrm{3,1})$.

Et vilkårlig punkt på $\ell$ er $P(t)=(-2+3t,1+t)$. Da er

Kravet $\overrightarrow{SP}⟂(\mathrm{3,1})$ gir $\overrightarrow{SP}\cdot (\mathrm{3,1})=0$:

Vi setter inn $t=\frac{4}{5}$:

Radien er lengden av denne vektoren:

For at alle de $6$ som trekkes ut skal være fra Høyre, må vi velge $6$ personer blant de $12$ fra Høyre. Antall gunstige utfall er dermed $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{12}{6}\right)$, og sannsynligheten blir forholdet mellom gunstige og mulige utfall (se linje 2–3 i CAS-utklippet):

Svar: $\underline{\underline{P(A)\approx \mathrm{0,0238}\approx \mathrm{2,4}\%}}$. Sannsynligheten for at alle de seks utvalgte ministrene er fra Høyre, er altså om lag $\mathrm{2,4}\%$.

Vi kan tenke på trekningen som at hver av de $20$ ministrene har lik sjanse til å bli en av de $6$ som trekkes ut. Da er sannsynligheten for at en bestemt minister (statsministeren) er blant de $6$ utvalgte, rett og slett andelen som trekkes ut:

Vi kan kontrollere svaret med komplementmetoden: sannsynligheten for at statsministeren ikke blir trukket ut, er sannsynligheten for at alle $6$ kommer fra de $19$ andre ministrene (linje 4–5 i CAS-utklippet):

Begge metodene gir samme svar.

Svar: $\underline{\underline{P(B)=\mathrm{0,30}=30\%}}$. Sannsynligheten for at statsministeren er blant de seks som blir trukket ut, er $30\%$.

For at $2$ skal komme fra Høyre, $2$ fra Venstre og $2$ fra Kristelig Folkeparti, må vi velge $2$ av de $12$ fra Høyre, $2$ av de $4$ fra Venstre og $2$ av de $4$ fra Kristelig Folkeparti. Antall gunstige utfall er produktet av disse tre binomialkoeffisientene (linje 6 i CAS-utklippet):

Sannsynligheten blir da (linje 7 i CAS-utklippet):

Svar: $\underline{\underline{P(C)\approx \mathrm{0,0613}\approx \mathrm{6,1}\%}}$. Sannsynligheten for at nøyaktig $2$ fra hvert av de tre partiene blir trukket ut, er om lag $\mathrm{6,1}\%$.

Vi skal tegne banekurven til partikkelen, altså punktene $(x(t),y(t))$ for $t\in [0,5]$, der

I GeoGebra bruker vi kommandoen Kurve (Curve) med parameteren $t$ fra $0$ til $5$:

Kurven starter i punktet $(11,-1)$ ved $t=0$, svinger nedover og til venstre til et bunnpunkt nær $(-\mathrm{1,1},-\mathrm{4,1})$, før den snur brått oppover og ender i punktet $(1,14)$ ved $t=5$.

Vi finner farten til partikkelen ved å derivere posisjonsvektoren $\overrightarrow{r}(t)$ ledd for ledd. Dette gir hastighetsvektoren

Ved $t=1$ setter vi inn og får

Banefarten er lengden til denne vektoren:

Banefarten etter 1 sekund er $\underline{\underline{\sqrt{26}\approx \mathrm{5,10}}}$ lengdeenheter per sekund.

Banefarten er $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)|$. Siden kvadratrotfunksjonen er voksende, gir $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)|$ minst verdi der $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t){|}^2$ er minst. Vi kvadrerer derfor komponentene i $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$ og legger sammen:

For å finne minimum deriverer vi dette uttrykket og setter den deriverte lik null:

Dette er et tredjegradsuttrykk uten pene eksakte røtter, så vi løser numerisk med NLøs i CAS.

Vi finner tre løsninger i intervallet $[0,5]$:

Vi setter inn hvert av disse tidspunktene, samt endepunktene $t=0$ og $t=5$, i $|\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)|$ for å sammenligne banefarten:

Tabellen viser at $t\approx \mathrm{1,153}$ og $t\approx \mathrm{3,180}$ er lokale minimumspunkter, mens $t=5/3$ er et lokalt maksimumspunkt mellom dem. Endepunktene gir mye høyere banefart enn noen av de indre punktene. Den laveste banefarten i hele intervallet finner vi altså ved $t\approx \mathrm{3,180}\approx \mathrm{3,18}$, med verdi

Banefarten er lavest etter $\underline{\underline{t\approx \mathrm{3,18}\mathrm{s}}}$, og banefarten er da $\underline{\underline{\approx \mathrm{0,66}}}$ lengdeenheter per sekund.

Vi setter $h=65$ inn i modellen $h=16\ln (a)+31$ og løser likningen med CAS:

Vi ser fra utklippet at $a\approx \mathrm{8,3729}$.

Dennis har levd i omtrent $\underline{\underline{\mathrm{8,4}\text{ år}}}$.

Vi tegner grafen til $f(a)=16\ln (a)+31$ med $a$ langs førsteaksen og $h$ langs andreaksen, for $a\in ⟨0,20]$:

Grafen viser at hundealderen $h$ øker raskt de første leveårene, men flater gradvis ut ettersom $a$ blir større — typisk for en logaritmefunksjon.

La $L$ være antall år Laika har levd, og $F$ antall år Fido har levd. For ett år siden hadde de levd $L-1$ og $F-1$ år.

For ett år siden var hundealderen til Laika 20 mer enn hundealderen til Fido:

I dag er hundealderen til Laika 10 mer enn hundealderen til Fido:

Dette gir likningssystemet

som forenkles til