R1 Vår 2022

Vi deriverer ledd for ledd:

$g(x)=x\cdot \sqrt{1-2x}$ er et produkt av $u(x)=x$ og $v(x)=\sqrt{1-2x}={(1-2x)}^{\frac{1}{2}}$.

Vi finner $u^{\prime }(x)=1$. For $v(x)$ bruker vi kjerneregelen med indre funksjon $1-2x$:

Produktregelen ${(uv)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ gir

Vi setter på felles brøkstrek:

$h(x)={\displaystyle \frac{x}{e^{x^2}}}$ er en brøk med $u(x)=x$ og $v(x)=e^{x^2}$.

Vi finner $u^{\prime }(x)=1$. For $v(x)$ bruker vi kjerneregelen med indre funksjon $x^2$:

Kvotientregelen ${\left({\displaystyle \frac{u}{v}}\right)}^{\prime }={\displaystyle \frac{u^{\prime }v-u{v}^{\prime }}{v^2}}$ gir

Vi bruker logaritmeregelen $\lg (x^n)=n\lg x$ på $\lg x^3$:

Kravet til definisjonsmengden er $x>0$, og $x=1000$ oppfyller dette.

Vi multipliserer hele likningen med $e^x$ (som aldri er null):

Dette er en andregradslikning i $e^x$. Vi substituerer $u=e^x$ (med $u>0$):

Faktorisering gir

Siden $u=e^x>0$ for alle $x$, må vi forkaste løsningen $u=-1$. Da står vi igjen med

Vi utfører polynomdivisjonen $(x^3+2x^2-5x-6):(x-2)$ ledd for ledd.

Steg 1: $x^3:x=x^2$. Vi multipliserer: $x^2\cdot (x-2)=x^3-2x^2$, og trekker fra:

Vi tar med neste ledd, $-5x$, og sitter igjen med $4x^2-5x$.

Steg 2: $4x^2:x=4x$. Vi multipliserer: $4x\cdot (x-2)=4x^2-8x$, og trekker fra:

Vi tar med neste ledd, $-6$, og sitter igjen med $3x-6$.

Steg 3: $3x:x=3$. Vi multipliserer: $3\cdot (x-2)=3x-6$, og trekker fra:

Divisjonen går altså opp, med kvotient $x^2+4x+3$ og rest $0$:

Likningen $x^3+2x^2=5x+6$ skrives om til

Fra a) vet vi at venstresiden kan faktoriseres som $(x-2)(x^2+4x+3)$. Andregradsuttrykket $x^2+4x+3$ faktoriseres videre: vi trenger to tall med produkt $3$ og sum $4$, altså $1$ og $3$:

Likningen blir dermed

som gir

For at $f$ skal være kontinuerlig i $x=2$, må grenseverdien fra venstre være lik funksjonsverdien i $x=2$ (som er gitt av uttrykket for $x\ge 2$):

Grenseverdien fra venstre er

Funksjonsverdien i $x=2$ er $f(2)=2-k$. Kontinuitet krever da

Svar: $\underline{\underline{k=-3}}$

Med $k=-3$ er $f(x)=x-(-3)=x+3$ for $x\ge 2$. Vi finner den deriverte av hvert av de to uttrykkene og sammenligner grenseverdiene i $x=2$.

For $x<2$ er $f(x)=x^2+1$, som gir $f^{\prime }(x)=2x$. Den venstresidige deriverte i $x=2$ er

For $x\ge 2$ er $f(x)=x+3$, som gir $f^{\prime }(x)=1$. Den høyresidige deriverte i $x=2$ er

Siden $f^{\prime }(2^{-})=4\ne 1=f^{\prime }(2^{+})$, er de ensidige deriverte forskjellige. Grafen får dermed et “knekkpunkt” i $x=2$, og $f$ er ikke deriverbar der.

Svar: $\underline{\underline{f\text{ er ikke deriverbar i }x=2}}$

De fire dekkene kan plasseres på fire ledige plasser (venstre foran, høyre foran, venstre bak, høyre bak). Det første dekket kan plasseres på $4$ måter, det andre på $3$ gjenværende måter, det tredje på $2$ måter og det siste dekket har bare $1$ plass igjen. Antall måter er dermed

Svar: $\underline{\underline{24\text{ måter}}}$

Vi må telle hvor mange av de $24$ plasseringene der ingen av de fire dekkene havner på sin riktige plass (en slik plassering kalles et derangement).

Kall plassene $\mathrm{1,2,3,4}$ og dekkene $\mathrm{1,2,3,4}$, der dekk $i$ egentlig hører hjemme på plass $i$. Vi teller systematisk ut fra hvilket dekk som havner på plass $1$ — det kan være dekk $2$, $3$ eller $4$ (ikke dekk $1$, siden det skal stå feil).

Se for eksempel på tilfellet der dekk $2$ havner på plass $1$. Da skal dekkene $1$, $3$ og $4$ fordeles på plassene $2$, $3$ og $4$, slik at dekk $3$ ikke havner på plass $3$ og dekk $4$ ikke havner på plass $4$ (dekk $1$ kan stå hvor som helst av disse, siden plass $1$ allerede er opptatt). Vi lister opp alle $3!=6$ fordelingene av $(\mathrm{1,3,4})$ på plassene $(\mathrm{2,3,4})$ og sjekker hvilke som er gyldige:

Dette gir $3$ gyldige plasseringer når dekk $2$ står på plass $1$. På grunn av symmetrien i problemet (dekk $3$ og dekk $4$ kan tilsvarende settes på plass $1$, og gir samme type telling) blir det $3$ gyldige plasseringer for hvert av de $3$ valgene av dekk på plass $1$. Totalt antall plasseringer der ingen dekk står riktig, blir dermed

Sannsynligheten for at alle dekkene havner på feil plass, er da

Svar: $\underline{\underline{P={\displaystyle \frac{3}{8}}}}$

Vi skriver likningen på formen ${(x-a)}^2+{(y-b)}^2=r^2$ ved å fullføre kvadratene i $x$ og $y$ hver for seg.

For $x$-leddene $x^2-4x$ legger vi til og trekker fra ${\left({\displaystyle \frac{4}{2}}\right)}^2=4$:

For $y$-leddene $y^2-8y$ legger vi til og trekker fra ${\left({\displaystyle \frac{8}{2}}\right)}^2=16$:

Setter vi dette inn i den opprinnelige likningen, får vi

Dette er likningen for en sirkel med sentrum $(\mathrm{2,4})$ og radius $r=\sqrt{25}=5$, slik vi skulle vise.

Svar: $\underline{\underline{\text{Sentrum }(\mathrm{2,4}),r=5}}$

Skjæringspunktene med $x$-aksen finner vi ved å sette $y=0$ i sirkellikningen fra a):

Dette gir to løsninger:

Skjæringspunktene med $x$-aksen er dermed $(\mathrm{5,0})$ og $(-\mathrm{1,0})$.

Svar: $\underline{\underline{(\mathrm{5,0})\text{ og }(-\mathrm{1,0})}}$

For at situasjonen skal kunne regnes som et binomisk forsøk, må vi gå ut fra at

• det er et fast antall forsøk, her $n=12$ elever,
• hvert forsøk (hver elev) bare har to mulige utfall: bestå eller ikke bestå,
• sannsynligheten for å bestå er den samme i hvert forsøk, $p=\mathrm{0,74}$,
• forsøkene (elevene) er uavhengige av hverandre — om én elev består, påvirker ikke sannsynligheten for at en annen elev består.

Det siste kravet er egentlig en forenkling: elevene går på samme skole og kan ha hatt samme kjørelærer eller øvingsforhold, slik at resultatene i praksis ikke er helt uavhengige. I denne oppgaven ser vi likevel bort fra dette og regner alle 12 elevene som uavhengige forsøk.

La $X$ være antall av de 12 elevene som består oppkjøringen. Da er $X$ binomisk fordelt med $n=12$ og $p=\mathrm{0,74}$.

Vi skal finne $P(X\ge 8)$, altså sannsynligheten for at minst 8 av de 12 består. Dette regner vi ut i CAS som summen av enkeltsannsynlighetene for $X=8,9,10,11,12$:

Fra utklippet (linje 1, PX) ser vi at $P(X\ge 8)\approx \mathrm{0,82103}$.

Svar: Sannsynligheten for at minst 8 av de 12 elevene består oppkjøringen, er $\underline{\underline{P(X\ge 8)\approx \mathrm{82,1}\%}}$.

La $G$ være antall av de 7 guttene som består. Da er $G$ binomisk fordelt med $n=7$ og $p=\mathrm{0,74}$.

Fra utklippet i CAS (linje 2, PG5) er $P(G=5)\approx \mathrm{0,31501}$.

Svar: $\underline{\underline{P(G=5)\approx \mathrm{31,5}\%}}$.

La $J$ være antall av de 5 jentene som består. Da er $J$ binomisk fordelt med $n=5$ og $p=\mathrm{0,74}$.

Fra utklippet (linje 3, PJ4) er $P(J=4)\approx \mathrm{0,38983}$.

Guttene og jentene har oppkjøring uavhengig av hverandre, så $P(G=5\text{ og }J=4)=P(G=5)\cdot P(J=4)$. Fra utklippet (linje 4, PGJ) er

Svar: $\underline{\underline{P(G=5\text{ og }J=4)\approx \mathrm{12,3}\%}}$.

Alle elevene ved den andre skolen bestod. Hvis det var $n$ elever, er sannsynligheten for at alle består ${\mathrm{0,74}}^n$ (siden alle må lykkes uavhengig av hverandre). Vi vet at denne sannsynligheten er mindre enn $2\%$, altså

I CAS løser vi ulikheten ved å ta logaritmen på begge sider:

Fra utklippet (linje 5, n0) er ${\displaystyle \frac{\ln (\mathrm{0,02})}{\ln (\mathrm{0,74})}}\approx \mathrm{12,99}$. Siden $n$ må være et helt tall, betyr dette at $n\ge 13$.

Kontroll: ${\mathrm{0,74}}^{12}\approx \mathrm{0,0270}$ (over $2\%$), mens ${\mathrm{0,74}}^{13}\approx \mathrm{0,0200}$ (akkurat under $2\%$). Det bekrefter at minst 13 elever må ha hatt oppkjøring den dagen.

Svar: Det må ha vært minst $\underline{\underline{n=13}}$ elever ved skolen den dagen.

Vi regner ut $3\overrightarrow{a}+5\overrightarrow{b}$ med koordinatene til vektorene:

Dette skal være lik $[-6,13]$. Andrekoordinaten stemmer automatisk ($13=13$), så vi trenger bare å løse likningen for førstekoordinaten:

Vi løser likningen med GeoGebra CAS.

Fra linje 1 i CAS-utklippet ser vi at

Svar: $\underline{\underline{k=-3}}$

Vinkelen $v$ mellom $\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{b}$ er gitt ved formelen for skalarproduktet:

siden $\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}=3\cdot k+1\cdot 2=3k+2$, $|\overrightarrow{a}|=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$ og $|\overrightarrow{b}|=\sqrt{k^2+2^2}=\sqrt{k^2+4}$.

Siden $\cos v$ er en avtagende funksjon på $⟨0°,180°⟩$, er vinkelen $v>60°$ hvis og bare hvis

Vi finner først grensetilfellet $\cos v={\displaystyle \frac{1}{2}}$, altså der $v=60°$ nøyaktig:

Kvadrerer vi begge sider og rydder opp, får vi andregradslikningen $13k^2+24k-12=0$. Vi løser den med CAS (linje 2 i utklippet over):

Kvadrering kan innføre løsninger som ikke stemmer med den opprinnelige likningen, så vi må kontrollere begge:

• $k={\displaystyle \frac{10\sqrt{3}-12}{13}}\approx \mathrm{0,409}$: Da er $3k+2>0$, og innsetting gir $\cos v={\displaystyle \frac{1}{2}}$ direkte — dette er en gyldig løsning, med $v=60°$.
• $k={\displaystyle \frac{-10\sqrt{3}-12}{13}}\approx -\mathrm{2,255}$: Da er $3k+2<0$, så $\cos v=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ (ikke $+{\displaystyle \frac{1}{2}}$), altså $v=120°$. Denne løsningen kommer fra kvadreringen og løser ikke den opprinnelige likningen $\cos v=\frac{1}{2}$, så den forkastes.

Grensen for $v=60°$ er altså

For å avgjøre hvilken side av grensen som gir $v>60°$, sjekker vi noen verdier av $\cos v$ (og dermed $v$) for ulike $k$:

Vi ser at vinkelen $v$ avtar når $k$ øker: jo mindre $k$ er, desto større blir vinkelen. Det er ingen nedre grense for $k$ — vinkelen fortsetter å øke (mot $180°$) når $k\to -\infty$. Vinkelen er altså større enn $60°$ for alle $k$ mindre enn grenseverdien.

Svar: $v>60°$ når

Posisjonsvektoren er

Vi deriverer hver komponent for seg. For $x$-komponenten bruker vi produktregelen ($u=-12t$, $v=e^{-t/2}$) og kjerneregelen på $v$:

For $y$-komponenten: $y(t)=t^2+kt\Rightarrow y^{\prime }(t)=2t+k$. Farten (banefarten) til partikkelen er lengden av $\overrightarrow{r}{}^{\prime }(t)$, og vi trenger denne ved $t=0$: