Del 1

Oppgave 1

a)

1) $f (x) = x^{3} \ln (x) f^{'} (x) = (x^{3})^{'} \ln (x) + x^{3} (\ln (x))^{'} = 3 x^{2} \ln (x) + x^{3} \frac{1}{x} = x^{2} (3 \ln (x) + 1)$

2) $g (x) = 4 e^{x^{2} - 3 x} g^{'} (x) = 4 (2 x - 3) e^{x^{2} - 3 x}$

b)

1) La $P (x) = x^{3} - 4 x^{2} - 4 x + 16$ . Da er $P (2) = 2^{3} - 4 \cdot 2^{2} - 4 \cdot 2 + 16 = 8 - 16 - 8 + 16 = 0$ , og $x - 2$ er en faktor i $P (x)$ .

Polynomdivisjon gir at $x^{3} - 4 x^{2} - 4 x + 16 : x - 2 = x^{2} - 2 x - 8$ .

Vi ser videre at $- 2$ er en rot i polynomet $x^{2} - 2 x - 8$ , så $x + 2$ er en faktor. Polynomdivisjon gir dermed at $x^{2} - 2 x - 8 : x + 2 = x - 4$ , så

$P (x) = (x - 2) (x + 2) (x - 4)$

2) $P (x) \leq 0 \Rightarrow (x - 2) (x + 2) (x - 4) \leq 0$ . P(x) har nullpunkter i $x = - 2$ , $x = 2$ og $x = 4$ , og skifter fortegn i disse punktene. Dersom $x < - 2$ er hver av de tre faktorene i $P (x)$ negativ, og $P (x) < 0$ . Dersom $- 2 < x < 2$ er to av faktorene negative og $P (x) > 0$ . Dersom $2 < x < 4$ er nøyaktig én faktor negativ, og $P (x) < 0$ . Dersom $x > 4$ er alle faktorene positive, og $P (x) > 0$ . Ulikheten $P (x) \leq 0$ er følgelig tilfredsstilt for $x \leq - 2$ og $2 \leq x \leq 4$ .

c)

Per er fra Bergen $\Rightarrow$ Per er fra Norge. (At Per er fra Norge behøver ikke bety at han er fra Bergen.)

d)

1) La $\vec{a} = [3, 5]$ . Vi dobler vektoren ved å multiplisere med $2$ , og snur retningen ved å multiplisere med $- 1$ . Det følger at $\vec{b} = - 2 \cdot [3, 5] = [- 6, - 10]$

2) For at $\vec{c} = [x, y]$ skal stå normalt på $\vec{a}$ , må $\vec{c} \cdot \vec{a} = [x, y] \cdot [3, 5] = 3 x + 5 y = 0$ . Et naturlig valg er $x = 5$ , $y = - 3$ , så $\vec{c} = [5, - 3]$ .

e)

$4 \cdot {(1 + \frac{x}{100})}^{4} = 64 \Rightarrow {(1 + \frac{x}{100})}^{4} = 16 = 2^{4} \Rightarrow 1 + \frac{x}{100} = \pm 2$ . Altså er $x = 100$ eller $x = - 300$ .

f)

Slår sirkelperiferien med passer. Halver radius og fører lengden 3/2 radius ned på periferien, B. Konstruererer 45 grader i B og trekker opp trekanten.

Oppgave 2

a)

Vi har at $f^{'} (x) = 2 (x + 1) (x - 3)$ , så $f^{'} (x)$ har nullpunkt i $x = - 1$ og $x = 3$ . Dersom $x < - 1$ er $f^{'} (x) > 0$ og $f (x)$ vokser, dersom $- 1 < x < 3$ er $f^{'} (x) < 0$ og $f (x)$ avtar, og dersom $x > 3$ er $f^{'} (x) > 0$ og $f (x)$ vokser. $f (x)$ har derfor toppunkt i $x = - 1$ og bunnpunkt i $x = 3$ .

b)

<math>f'(x)=2(x+1)(x-3)\Rightarrow f(x)=2(x-3)+2(x+1)=4x-4</math>. $f (x)$ har vendepunkt der <math>f(x)=0</math>, altså i $x = 1$

c)

Nullstiller vi den andrederiverte til $g (x)$ får vi en lineær ligning som følgelig bare kan ha én løsning. Derfor kan funksjonen maksimalt ha ett vendepunkt. Vi har at <math>g(x)=a(x-c)+a(x-b)=a(2x-b-c)</math>. Førstekoordinaten til vendepunktet er løsning på ligningen <math>g(x)=a(2x-b-c)=0</math>, som er gitt ved $x = \frac{b + c}{2}$ , altså midt mellom $b$ og $c$ , som også er midt mellom $x_{m a k s}$ og $x_{m i n}$ (siden $g (x)$ har topp- og bunnpunkt i $x = b$ og $x = c$ , der den deriverte er $0$ ).

Del 2

Oppgave 3

a)

$(\binom{12}{5}) = \frac{12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8}{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} = 792$

b)

For hver av de sju resterende kampene er det to muligheter, altså blir det totalt $2^{7} = 128$ måter å fylle ut kupongen.

c)

Sannsynligheten for nøyaktig fem hjemmeseire blir $792 \cdot (\frac{1}{3})^{5} \cdot (\frac{2}{3})^{7} \approx 0.19$

Oppgave 4

a)

b)

$\vec{v} = {\vec{r}}^{'} = [3 t^{2}, 1]$ og $\vec{a} = {\vec{v}}^{'} = [6 t, 0]$

c)

$\vec{v} (t)$ er parallell med y-aksen der x-komponenten er $0$ , altså der $3 t^{2} = 0$ . Da er $t = 0$ , så punktet på kurven der hastighetsvektoren er parallell med y-aksen er i $(3, 1)$

Oppgave 5

Alternativ I

a)

Tangenten har ligning $y = a x + b$ . Siden den går gjennom punktet $(1, 1)$ må ligningen tilfredsstille $1 = a + b$ . Stigningstallet $a$ må være det samme som stigningstallet til grafen til $f (x) = x^{3}$ i $(1, 1)$ . $f^{'} (x) = 3 x^{2}$ , så $f^{'} (1) = 3$ , og $a = f^{'} (1) = 3$ . Videre er $1 = a + b = 3 + b$ , så $b = 1 - 3 = - 2$ . Ligningen til tangenten $T_{1}$ er derfor $y = 3 x - 2$ .

b)

Punktet Q må tilfredsstille $y = f (x)$ , altså $3 x - 2 = x^{3}$ som vi kan skrive $x^{3} - 3 x + 2 = 0$ . Siden vi kjenner én løsning fra før, $x = 1$ , må $x - 1$ være en faktor i polynomet $x^{3} - 3 x + 2$ . Polynomdivisjon gir at $x^{3} - 3 x + 2 : x - 1 = x^{2} + x - 2$ . Vi ser nå at $1$ er en rot i $x^{2} + x - 2$ , så $x - 1$ er en faktor i $x^{2} + x - 2$ . Polynomdivisjon gir igjen at $x^{2} + x - 2 : x - 1 = x + 2$ . Altså er ligningen $x^{3} - 3 x + 2 = (x - 1)^{2} (x + 2) = 0$ , med løsninger $x = - 2$ og $x = 1$

c)

Siden $T_{1}$ og $T_{2}$ er parallelle må de ha samme stigningstall. Altså må $f^{'} (x) = 3 x^{2} = 3$ i tangeringspunktet, som har løsninger $x = \pm 1$ . Tangeringspunktet mellom $T_{2}$ og $f (x)$ må derfor være i $(x, y) = (- 1, - 1)$

Alternativ II

a)

Siden $x$ meter av ledningen brukes på trekanten, er det $10 - x$ tilovers til kvadratet. Siden alle sidene i kvadratet er like lange er hver side $\frac{10 - x}{4}$ , så arealet er $F_{1} (x) = (\frac{10 - x}{4})^{2} = \frac{1}{16} (10 - x)^{2}$

b)

Vi trekker en normal ned fra toppen av trekanten ned på grunnlinja, som blir høyden $h$ . Pytagoras gir at $h^{2} + (\frac{x}{6})^{2} = (\frac{x}{3})^{2}$ , så $h = \sqrt{\frac{1}{9} x^{2} - \frac{1}{36} x^{2}} = \sqrt{\frac{3}{36} x^{2}} = \frac{\sqrt{3} x}{6}$ . Arealet av trekanten blir dermed $F_{2} (x) = \frac{h x}{6} = \frac{\sqrt{3}}{36} x^{2}$

c)

La $F (x) = F_{1} (x) + F_{2} (x) = \frac{1}{16} (10 - x)^{2} + \frac{\sqrt{3}}{36} x^{2}$ , der $0 \leq x \leq 10$ . $F^{'} (x) = - \frac{1}{8} (10 - x) + \frac{\sqrt{3} x}{18} = 0$ gir at $x = \frac{5}{\frac{1}{2} + \frac{2 \sqrt{3}}{9}} \approx 5.65$ . Siden den andrederiverte er positiv, må dette være et bunnpunkt, så ledningen må kuttes slik at $x \approx 5.65$

Oppgave 6

a)

Siden $△ A S D$ er likebeint, er $∠ S A D = ∠ A S D = x$

b)

$S D = S C = r$ så $△ S D C$ er likebeint og $∠ S D C = ∠ S C D$ . $∠ S D A = π - 2 x$ og $∠ S D C = π - ∠ S D A = π - (π - 2 x) = 2 x$

c)

$∠ C S D = π - 4 x = π - (x + y)$ , så $x + y = 4 x \Leftrightarrow y = 3 x$

Oppgave 7

a)

$n = 1 :$ $4^{1} - 1 = 3$

$n = 2 :$ $4^{2} - 1 = 15 = 3 \cdot 5$

$n = 3 :$ $4^{3} - 1 = 63 = 3 \cdot 21$

$n = 4 :$ $4^{4} - 1 = 255 = 3 \cdot 85$

b)

$(2^{n} - 1) (2^{n} + 1) = (2^{n})^{2} + 2^{n} - 2^{n} - 1 = (2^{2})^{n} - 1 = 4^{n} - 1$

c)

Dersom $n$ er et naturlig tall er $2^{n}$ et heltall, og $2^{n} - 1$ og $2^{n} + 1$ er de nærmeste heltallene. Blant tre påfølgende heltall vil det alltid være ett som er delelig med $3$ : Tallene som er delelig med $3$ er på formen ${3 k | k \in N} = {0, 3, 6, 9, 12, 15, . . .}$ .

$2^{n}$ er aldri delelig med $3$ siden eneste primfaktor er $2$ .

d)

Fra c) må enten $2^{n} - 1$ eller $2^{n} + 1$ være delelig med $3$ for alle naturlige tall. Siden $4^{n} - 1 = (2^{n} - 1) (2^{n} + 1)$ må $4^{n} - 1$ alltid være delelig med 3.

R1 2010 vår LØSNING