S2 Vår 2009

1. Vi bruker produktregelen på $f(x)=(x^2-1)(x^2+1)$, med $u(x)=x^2-1$ og $v(x)=x^2+1$:

$\underline{\underline{f^{\prime }(x)=4x^3}}$

2. Vi bruker produktregelen og kjerneregelen på $g(x)=x^2\cdot e^{2x}$:

$\underline{\underline{g^{\prime }(x)=(2x+2x^2)e^{2x}}}$

1. Rekka $2+4+6+8+\cdots$ er aritmetisk med $a_1=2$ og $d=2$. Da er

$\underline{\underline{a_{20}=40,s_{20}=420}}$

2. Rekka $2+1+{\displaystyle \frac{1}{2}}+{\displaystyle \frac{1}{4}}+\cdots$ er geometrisk med $a_1=2$ og $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Siden $|k|<1$, konvergerer rekka, og summen blir

$\underline{\underline{s=4}}$

Terningen har $3$ sider med $7$, $2$ sider med $5$ og $1$ side med $-1$, av totalt $6$ sider.

1. Sannsynlighetsfordelingen blir

   $x$	$-1$	$5$	$7$
   $P(X=x)$	$\frac{1}{6}$	$\frac{2}{6}$	$\frac{3}{6}$

2. Forventningsverdien er

Vi finner $\text{E}(X^2)$ for å regne ut variansen:

$\underline{\underline{\text{E}(X)=5,\text{Var}(X)=8}}$

La $e$, $p$ og $a$ være kiloprisen i kroner for henholdsvis epler, pærer og appelsiner. Da gir opplysningene likningssettet

Fra $(3)$ får vi $e=37-p-a$. Vi setter dette inn i $(1)$ og $(2)$:

Fra $(4)$ er $p=a+7$. Setter vi dette inn i $(5)$:

Da er $p=9+7=16$ og $e=37-16-9=12$.

Kontroll i $(1)$: $2\cdot 12+3\cdot 16+9=24+48+9=81$ ✓

Epler koster $\underline{\underline{12\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{k}\mathrm{g}}}$, pærer $\underline{\underline{16\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{k}\mathrm{g}}}$ og appelsiner $\underline{\underline{9\mathrm{k}\mathrm{r}/\mathrm{k}\mathrm{g}}}$.

Siden grafen til $f$ skjærer $x$-aksen i $x_1=-1$, $x_2=1$ og $x_3=3$, kan vi skrive

Grafen skjærer $y$-aksen i $y=6$, altså $f(0)=6$:

Vi setter $a=2$ inn og multipliserer ut:

$\underline{\underline{f(x)=2x^3-6x^2-2x+6}}$

Vi setter $x=-2$ inn i $f(x)=x^3+x^2-4x-4$:

Siden $f(-2)=0$, er $(x+2)$ en faktor i $f(x)$, og $f(x)$ er delelig med $(x+2)$. $■$

Vi utfører polynomdivisjon av $f(x)$ med $(x+2)$:

Da kan $f(x)$ skrives som

Andregradsuttrykket faktoriseres videre:

slik at

Likningen $f(x)=0$ gir da

$\underline{\underline{x=-2\vee x=2\vee x=-1}}$

Den deriverte er

Vi løser $f^{\prime }(x)=1$:

Vi bruker abc-formelen med $a=3$, $b=2$, $c=-5$:

Dette gir

$\underline{\underline{x=1\vee x=-{\displaystyle \frac{5}{3}}}}$

Grafisk tolkning: I punktene der $x=1$ og $x=-{\displaystyle \frac{5}{3}}$ har tangenten til grafen til $f$ stigningstall $1$. Det betyr at tangentene i disse to punktene er parallelle med hverandre (og med linjer på formen $y=x+c$).

Vendepunktet finner vi der den dobbeltderiverte er null. Vi deriverer $f^{\prime }(x)=3x^2+2x-4$ på nytt:

Vi løser $f^{\prime \prime }(x)=0$:

$\underline{\underline{x=-{\displaystyle \frac{1}{3}}}}$

Anne setter inn $20000\mathrm{kr}$ i begynnelsen av hvert år, og pengene får rente $6\%$ per år. Innskuddene danner en geometrisk rekke: det første innskuddet rekker å vokse i $n-1$ år når det $n$-te innskuddet nettopp er satt inn, det andre i $n-2$ år, og så videre. Beløpet rett etter det $n$-te innskuddet er dermed summen

Dette er en geometrisk rekke med $a_1=20000$, kvotient $k=\mathrm{1,06}$ og $n$ ledd. Med formelen $s_n=a_1\cdot {\displaystyle \frac{k^n-1}{k-1}}$ får vi

For $n=4$:

Rett etter det fjerde innskuddet står det $\underline{\underline{K_4\approx 87492\mathrm{kr}}}$ på kontoen.

Vi skal finne $n$ slik at $K_n=330000$:

Vi tar logaritmen på begge sider:

Siden innskudd bare skjer én gang i året, er ikke $n=\mathrm{11,81}$ et mulig svar — beløpet må rundes opp til nærmeste hele antall innskudd. Vi sjekker:

Rett etter det 11. innskuddet er det ikke nok penger på kontoen, men rett etter det 12. innskuddet er det mer enn $330000\mathrm{kr}$.

Anne må altså spare i $\underline{\underline{12\text{år}}}$ før hun har nok penger til bilen.

Nå skal summen av 10 like store innskudd $x$ gi $330000\mathrm{kr}$ rett etter det 10. innskuddet:

Vi regner ut ${\mathrm{1,06}}^{10}\approx \mathrm{1,790848}$, som gir

Dermed er

Anne må sette inn omtrent $\underline{\underline{25036\mathrm{kr}}}$ hvert år for å ha råd til bilen etter 10 innskudd.

Vi tegner grafen til $f(x)=x^5\cdot e^{-2x}$ på definisjonsområdet $⟨0,10⟩$ med graftegner.

Grafen starter nær $0$, stiger til et toppunkt like over $x=\mathrm{2,5}$, og avtar deretter mot $0$ når $x$ nærmer seg $10$.

Vi deriverer $f(x)=x^5\cdot e^{-2x}$ med produktregelen og kjerneregelen. Med $u(x)=x^5$ og $v(x)=e^{-2x}$ er $u^{\prime }(x)=5x^4$ og $v^{\prime }(x)=-2e^{-2x}$:

CAS bekrefter uttrykket og løser $f^{\prime }(x)=0$:

Løsningene er $x=0$ og $x={\displaystyle \frac{5}{2}}$. Siden $x=0$ ikke er med i definisjonsområdet $⟨0,10⟩$, er $x={\displaystyle \frac{5}{2}}$ det eneste nullpunktet til $f^{\prime }$ i $D_f$.

For $x>0$ er både $x^4>0$ og $e^{-2x}>0$, så fortegnet til $f^{\prime }(x)$ er det samme som fortegnet til faktoren $(5-2x)$:

Fortegnslinja viser at $f^{\prime }(x)>0$ for $x<\mathrm{2,5}$ og $f^{\prime }(x)<0$ for $x>\mathrm{2,5}$. Da vokser $f$ opp til $x=\mathrm{2,5}$ og avtar etterpå, så $f$ har et toppunkt ved $x=\mathrm{2,5}$ og ikke noe bunnpunkt i $D_f$.

Toppunktet er $(\mathrm{2,5},\mathrm{0,66})$.

Vi deriverer $f^{\prime }(x)=x^4(5-2x)e^{-2x}$ på nytt for å finne $f^{\prime \prime }(x)$, med produktregelen anvendt på $x^4(5-2x)=5x^4-2x^5$ og $e^{-2x}$:

CAS gir samme uttrykk og løser $f^{\prime \prime }(x)=0$:

Løsningene er $x=0$ (utenfor $D_f$) og $x={\displaystyle \frac{5\pm \sqrt{5}}{2}}$ (fra $x^2-5x+5=0$ med abc-formelen), altså

Siden $4x^3{e}^{-2x}>0$ for $x>0$, er fortegnet til $f^{\prime \prime }(x)$ det samme som fortegnet til $x^2-5x+5$. Dette er en oppovervendt parabel med nullpunkter i $x_1$ og $x_2$, så

Det betyr at $f^{\prime }$ vokser fram til $x_1$ (lokalt toppunkt for $f^{\prime }$), avtar fram til $x_2$ (lokalt bunnpunkt for $f^{\prime }$), og vokser igjen etter $x_2$. Ved randa av $D_f$ er $f^{\prime }(x)$ nær $0$ i begge ender (for eksempel $f^{\prime }(\mathrm{0,01})\approx \mathrm{0,00005}$ og $f^{\prime }(\mathrm{9,99})\approx -\mathrm{0,0003}$), altså mye nærmere $0$ enn verdien i $x_2$. Den minste verdien til $f^{\prime }(x)$ i hele $D_f$ er dermed det lokale bunnpunktet til $f^{\prime }$ ved $x_2$:

Punktet på grafen til $f$ der $f^{\prime }(x)$ er minst, er

Dette er vendepunktet der grafen til $f$ har brattest negativ stigning, altså der salget avtar raskest (se d).

Salgsmodellen er $g(x)=50\cdot f(x)$ for $x\in ⟨0,10⟩$, der $x$ er antall dager etter at varen ble lagt ut for salg.

Salget er størst når $g(x)$ har toppunkt, altså der $f(x)$ har toppunkt. Fra b) er dette ved $x=\mathrm{2,5}$:

Siden $x=\mathrm{2,5}$ ligger mellom dag 2 og dag 3, betyr det at salget er størst i løpet av tredje salgsdag, med et toppsalg på om lag $33$ enheter.

Salget øker mest der veksten $g^{\prime }(x)=50\cdot f^{\prime }(x)$ er størst, altså der $f^{\prime }(x)$ har sin største (mest positive) verdi. Fra fortegnslinja og drøftingen i c) vet vi at $f^{\prime }$ har et lokalt toppunkt ved $x_1={\displaystyle \frac{5-\sqrt{5}}{2}}\approx \mathrm{1,38}$:

Siden $x_1\approx \mathrm{1,38}$ ligger mellom dag 1 og dag 2, øker altså salget mest i løpet av andre salgsdag.

Svar: $\underline{\underline{\text{Salget er størst i løpet av dag 3, og øker mest i løpet av dag 2.}}}$

Punktet $A$ har koordinater $(x,f(x))=(x,{\displaystyle \frac{8}{x}})$. Punktet $B$ ligger rett til høyre for $A$, med samme andrekoordinat som $A$ og med førstekoordinat $6$. Lengden av $AB$ er da differansen i førstekoordinat:

Punktet $D$ ligger rett over $A$, med samme førstekoordinat som $A$ og med andrekoordinat $12$. Lengden av $AD$ er differansen i andrekoordinat:

$\underline{\underline{AB=6-x}}$ og $\underline{\underline{AD=12-{\displaystyle \frac{8}{x}}}}$.

Arealet av rektangelet er $F(x)=AB\cdot AD$:

Dette viser at $\underline{\underline{F(x)=80-12x-{\displaystyle \frac{48}{x}}}}$.

For at rektangelet skal gi mening ut fra figuren, må $A$ ligge til venstre for $B$, altså $AB=6-x>0\Rightarrow x<6$. I tillegg må $AD=12-{\displaystyle \frac{8}{x}}>0\Rightarrow x>{\displaystyle \frac{8}{12}}={\displaystyle \frac{2}{3}}$. Sammen med at $f$ bare er definert for $x>0$, blir definisjonsmengden

Vi deriverer $F$ og finner nullpunktet til $F^{\prime }$:

(vi forkaster $x=-2$ siden $x$ må være positiv). Andrederiverte

er negativ for alle $x>0$, så $x=2$ gir et toppunkt (maksimum) for $F$. Arealet i toppunktet er

Det største arealet rektangelet kan få, er $\underline{\underline{32}}$ (ved $x=2$).

Omkretsen av rektangelet er

Vi finner toppunktet til $O$ på samme måte:

så $x=2\sqrt{2}$ gir maksimal omkrets:

Rektangelet med størst areal har $x=2$, som gir omkrets

Dette er mindre enn den maksimale omkretsen $O(2\sqrt{2})\approx \mathrm{24,69}$. Tilsvarende har rektangelet med størst omkrets ($x=2\sqrt{2}$) et areal på

som er mindre enn maksimalt areal $32$.

Konklusjon: Rektangelet med størst areal ($x=2$) er ikke det samme rektangelet som har størst omkrets ($x=2\sqrt{2}$). $\underline{\underline{\text{Nei, rektangelet med størst areal har ikke størst omkrets.}}}$

Vi teller golfballene i figuren, eller bruker at hvert trekanttall er det forrige pluss én ny rad:

$S_n$ er summen av de $n$ første trekanttallene:

I Pascals trekant finner vi trekanttallene $a_1,\dots ,a_6$ igjen som tredje tall (talt fra $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right)$, altså $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{2}\right)$) i radene $2$ til $7$, markert med ( ) under. Summene $S_1,\dots ,S_5$ er fjerde tall ($\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{3}\right)$) i radene $3$ til $7$, markert med [ ]:

Rad 0:  1
Rad 1:  1  1
Rad 2:  1  2  (1)
Rad 3:  1  3  (3)  [1]
Rad 4:  1  4  (6)  [4]  1
Rad 5:  1  5  (10) [10]  5  1
Rad 6:  1  6  (15) [20] 15  6  1
Rad 7:  1  7  (21) [35] 35 21  7  1

Tallene i parentes er $1,3,6,10,15,21$ — nettopp $a_1,\dots ,a_6$. Tallene i klammer er $1,4,10,20,35$ — nettopp $S_1,\dots ,S_5$.

Trekanttall $a_n$ er antall golfballer i en trekant med $n$ rader, der rad $k$ har $k$ baller ($k=1,2,\dots ,n$). Da er

Dette er en sum av de $n$ første leddene i en aritmetisk rekke med startverdi $a_1=1$, differanse $d=1$ og siste ledd $n$. Summen av en aritmetisk rekke er gitt ved

Her er $a_1=1$ og det siste leddet er $n$, så

Vi bruker et digitalt hjelpemiddel (GeoGebra CAS) til å summere $a_n={\displaystyle \frac{n(n+1)}{2}}$ for $n=1$ til $n=50$:

CAS gir $S_{50}=22100$.

$\underline{\underline{S_{50}=22100}}$

Formelen for $a_n$. I Pascals trekant er $n$-te rad gitt ved $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{0}\right),\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{1}\right),\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{2}\right),\dots ,\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n}{n}\right)$. I a) så vi at trekanttallet $a_n$ står som tredje tall — altså $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{2}\right)$ — i rad $n+1$. Vi regner ut denne binomialkoeffisienten:

Dette er nøyaktig formelen vi fant for $a_n$ i b). Altså er

Formelen for $S_n$. Konstruksjonsregelen i Pascals trekant er at hvert tall er summen av de to tallene rett over: $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{m}{k}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{m-1}{k-1}\right)+\left(\genfrac{}{}{0px}{}{m-1}{k}\right)$. Med $m=n+2$ og $k=3$ gir dette

Vi viser $S_n=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+2}{3}\right)$ ved induksjon på $n$.

Startskritt ($n=1$): $S_1=a_1=1$, og $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{1+2}{3}\right)=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{3}\right)=1$. Formelen stemmer.

Induksjonssteg: Anta at $S_{n-1}=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+1}{3}\right)$ for et tall $n\ge 2$. Da er

der vi brukte $(\ast )$ (med $n$ i stedet for $n-1$) i siste steg. Dermed stemmer formelen for $n$ også.

Ved induksjon gjelder $S_n=\left(\genfrac{}{}{0px}{}{n+2}{3}\right)$ for alle $n\ge 1$, altså

Kontroll: for $n=1,\dots ,5$ gir formelen $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{3}{3}\right),\left(\genfrac{}{}{0px}{}{4}{3}\right),\left(\genfrac{}{}{0px}{}{5}{3}\right),\left(\genfrac{}{}{0px}{}{6}{3}\right),\left(\genfrac{}{}{0px}{}{7}{3}\right)=1,4,10,20,35$, som stemmer med $S_1,\dots ,S_5$ fra a). For $n=50$ gir formelen $\left(\genfrac{}{}{0px}{}{52}{3}\right)={\displaystyle \frac{52\cdot 51\cdot 50}{6}}=22100$, som stemmer med svaret i c).