# Eksempelsett vår 2026 ## Del 1 – 3 timer – Uten hjelpemidler :::::::::::::::{exercise} Oppgave 1 Deriver funksjonene. :::::::::::::{part} a $$ f(x) = x^4 - 2e^{3x} + \ln x $$ ::::{answer} $$ f'(x) = 4x^3 - 6e^{3x} + \frac{1}{x} $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b $$ g(x) = x^7 e^x $$ ::::{answer} $$ g'(x) = e^x x^6 (x + 7) $$ :::: ::::{solution} Vi bruker produktregelen for derivasjon: $$ \begin{align*} g'(x) &= (x^7)' \cdot e^x + x^7 \cdot (e^x)' \\ \\ &= 7x^6 \cdot e^x + x^7 \cdot e^x \\ \\ &= e^x (x^7 + 7x^6) \\ \\ &= e^x x^6 (x + 7) \end{align*} $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} c $$ h(x) = \dfrac{\ln (2x)}{x^2} $$ ::::{answer} $$ h'(x) = \dfrac{1 - 2 \ln (2x)}{x^3} $$ :::: ::::{solution} Vi bruker kvotientregelen for derivasjon: $$ \begin{align*} h'(x) &= \dfrac{\left(ln(2x)\right)'x^2 - \ln(2x) \cdot (x^2)'}{(x^2)^2} \\ \\ &= \dfrac{\dfrac{1}{2x} \cdot 2 \cdot x^2 - \ln(2x) \cdot 2x}{x^4} \\ \\ &= \dfrac{x - 2x \ln(2x)}{x^4} \\ \\ &= \dfrac{1 - 2 \ln(2x)}{x^3} \end{align*} $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 2 :::::::::::::{part} a Løs likningen $$ 4^x - 2 \cdot 2^x = 8 $$ ::::{answer} $$ x = 2 $$ :::: ::::{solution} Vi kan først skrive om likningen til $$ 2^{2x} - 2 \cdot 2^x - 8 = 0 $$ Deretter setter vi $u = 2^x$ som gir oss andregradslikningen $$ u^2 - 2u - 8 = 0 $$ Vi løser denne med $abc$-formelen som gir $$ u = \dfrac{2 \pm \sqrt{4 + 32}}{2} = \dfrac{2 \pm \sqrt{36}}{2} = \dfrac{2 \pm 6}{2} = 1 \pm 3 $$ Altså får vi at $$ 2^x = -2 \or 2^x = 4 $$ Den første av de to er en ugyldig likning. Dermed blir den eneste løsningen av likningen $$ 2^x = 4 \liff x = 2. $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Løs likningen $$ \log_2 (x) + \log_2 (x - 3) = 2 $$ ::::{answer} $$ x = 4 $$ :::: ::::{solution} Vi kan bruke logaritmeregler for å skrive om venstresiden av likningen: $$ \log_2[x(x - 3)] = 2 $$ Det betyr at $$ x(x - 3) = 2^2 \liff x^2 - 3x - 4 = 0 $$ Vi løser denne andregradslikningen med $abc$-formelen som gir $$ x = \dfrac{3 \pm \sqrt{9 + 16}}{2} = \dfrac{3 \pm 5}{2} $$ som betyr at $$ x = 4 \or x = -1 $$ Løsningen kan ikke være negativ fordi da ville $\log_2 (x)$ være udefinert. Dermed er den eneste løsningen av likningen $$ x = 4. $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 3 Gitt punktene $A(-2, 1)$, $B(2, -1)$, $C(4, 2)$ og $D(t, 3)$ der $t \in \real$. :::::::::::::{part} a Avgjør om $\lvec{AB} \perp \lvec{BC}$. ::::{answer} $\lvec{AB} \not\perp \lvec{BC}$ :::: ::::{solution} Vi finner først vektorene $\lvec{AB}$ og $\lvec{BC}$: $$ \lvec{AB} = [2 - (-2), -1 - 1] = [4, -2] $$ $$ \lvec{BC} = [4 - 2, 2 - (-1)] = [2, 3] $$ Deretter finner vi skalarproduktet av de to vektorene: $$ \lvec{AB} \cdot \lvec{BC} = 4 \cdot 2 + (-2) \cdot 3 = 8 - 6 = 2 $$ Siden skalarproduktet ikke er lik $0$, så er $\lvec{AB} \not\perp \lvec{BC}$. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bruk vektorregning til å bestemme $t$ slik at $\lvec{AB} \perp \lvec{AD}$. ::::{answer} $$ t = -1. $$ :::: ::::{solution} Vi har vektoren $\lvec{AB} = [4, -2]$ fra oppgave **a**. Vi må også finne vektoren $\lvec{AD}$: $$ \lvec{AD} = [t - (-2), 3 - 1] = [t + 2, 2] $$ For at $\lvec{AB} \perp \lvec{AD}$, så må skalarproduktet av de to vektorene være lik $0$: $$ \lvec{AB} \cdot \lvec{AD} = 4(t + 2) + (-2) \cdot 2 = 4t + 8 - 4 = 4t + 4 $$ Altså må $$ 4t + 4 = 0 \liff t = -1. $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} c Bestem $t$ slik at $\vec{AB} \parallel \vec{CD}$. ::::{answer} $$ t = 2 $$ :::: ::::{solution} Fra oppgave **a** har vi at $$ \lvec{AB} = [4, -2] $$ Vi finner også vektoren $\lvec{CD}$: $$ \lvec{CD} = [t - 4, 3 - 2] = [t - 4, 1] $$ For at de to vektorene skal være parallelle, må forholdstallet mellom vektorkomponentene være like. Det vil si $$ \dfrac{4}{t - 4} = \dfrac{-2}{1} \liff 4 = -2(t - 4) \liff 4 = -2t + 8 \liff -2t = -4 \liff t = 2. $$ Altså må $t = 2$ for at $\lvec{AB} \parallel \lvec{CD}$. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 4 :::{plot} axis: equal fontsize: 28 width: 100% align: right xmin: -1 ymin: -1 xmax: 3 ymax: 3 function: sqrt(4 - x**2), (0, 2) def: f(x) = sqrt(4 - x**2) let: a = 1.4 let: Ox = 0 let: Oy = 0 let: Ax = a let: Ay = 0 let: Bx = a let: By = f(a) let: Cx = 0 let: Cy = f(a) polygon: (Ox, Oy), (Ax, Ay), (Bx, By), (Cx, Cy) ticks: off text: Ox, Oy, "$O$", bottom-left text: Ax, Ay, "$A(x, 0)$", bottom-center text: Bx, By, "$B$", top-right text: Cx, Cy, "$C$", center-left fill-between: f(x), f(a), (0, a), blue, 0.2, where=above fill-between: f(x), 0, (a, 2), blue, 0.2, where=above nocache: ::: Figuren til høyre viser en kvartsirkel med radius $2$. Funksjonen for kvartsirkelen er gitt ved $$ f(x) = \sqrt{4 - x^2} \qfor 0 \leq x \leq 2. $$ Firkanten $OABC$ er et rektangel, der $O$ er origo, $A$ ligger på $x$-aksen, $B$ ligger på kvartsirkelen og $C$ ligger på $y$-aksen. :::{clear} ::: :::::::::::::{part} a Bestem en eksakt verdi for arealet av det fargelagte området når $x = 1$. ::::{answer} $$ T_\mathrm{fargelagt} = \pi - \sqrt{3} $$ :::: ::::{solution} Arealet av det fargelagte området blir $$ T_\mathrm{fargelagt} = T_\mathrm{kvartsirkel} - T_\mathrm{rektangel} $$ Arealet av kvartsirkelen er gitt ved $$ T_\mathrm{kvartsirkel} = \dfrac{1}{4} \pi \cdot 2^2 = \pi $$ Arealet av rektangelet er gitt ved $$ T_\mathrm{rektangel} = 1 \cdot f(1) = 1 \cdot \sqrt{4 - 1^2} = 1 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3} $$ Altså er arealet av det fargelagte området lik $$ T_\mathrm{fargelagt} = \pi - \sqrt{3} $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bestem det minste arealet det fargelagte området kan ha. ::::{answer} $$ T_\mathrm{minst} = \pi - 2 $$ :::: ::::{solution} Arealet $T(x)$ av det fargelagte området vil være gitt ved $$ T(x) = \pi - xf(x) = \pi - x\sqrt{4 - x^2} $$ Vi deriverer $T(x)$ for å finne kritiske punkter: $$ \begin{align*} T'(x) &= -\sqrt{4 - x^2} - x \cdot \dfrac{-2x}{2\sqrt{4 - x^2}} \\ \\ &= -\sqrt{4 - x^2} + \dfrac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}} \\ \end{align*} $$ Så løser vi $T'(x) = 0$ som gir $$ T'(x) = 0 \liff -\sqrt{4 - x^2} + \dfrac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}} = 0 $$ som vi kan skrive om til $$ \sqrt{4 - x^2} = \dfrac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}} $$ Vi ganger med $\sqrt{4 - x^2}$ på begge sider av likningen som gir oss $$ 4 - x^2 = x^2 \liff 4 = 2x^2 \liff x^2 = 2 \liff x = \sqrt{2}. $$ Arealet i dette punktet vil være $$ T(\sqrt{2}) = \pi - \sqrt{2} \cdot \sqrt{4 - 2} = \pi - \sqrt{2} \cdot \sqrt{2} = \pi - 2. $$ Vi sjekker at arealet er større i endepunktene for å være sikre på at dette er det minste arealet: $$ T(0) = \pi - 0 \cdot \sqrt{4 - 0^2} = \pi $$ $$ T(2) = \pi - 2 \cdot \sqrt{4 - 2^2} = \pi $$ Altså er det minste arealet det fargelagte området kan ha gitt ved $$ T_\mathrm{minst} = \pi - 2. $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 5 Funksjonen $f$ er gitt ved $$ f(x) = \begin{cases} x^2 + bx & \qhvis x \lt 1 \\ \\ e^{a(x - 1)} + 3 & \qhvis x \geq 1 \end{cases} $$ Bestem $a$ og $b$ slik at $f$ er kontinuerlig og deriverbar i $x = 1$. ::::{answer} $$ a = 5 \and b = 3. $$ :::: ::::{solution} Vi lar $$ p(x) = x^2 + bx \qog q(x) = e^{a(x - 1)} + 3. $$ For at $f$ skal være kontinuerlig i $x = 1$, så må vi kreve at $$ p(1) = q(1) \liff 1 + b = 4 \liff b = 3. $$ For at $f$ skal være deriverbar i $x = 1$, så må også kreve at $$ p'(1) = q'(1). $$ Vi finner først $p'(x)$ og $q'(x)$: $$ p'(x) = 2x + b $$ $$ q'(x) = ae^{a(x - 1)} $$ Altså må vi ha at $$ p'(1) = q'(1) \liff 2 + b = ae^{0} \liff 2 + 3 = a \liff a = 5. $$ Altså er $f$ kontinuerlig og deriverbar i $x = 1$ dersom $$ a = 5 \and b = 3. $$ :::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 6 :::::::::::::{part} a Bestem grenseverdien $$ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} $$ ::::{answer} $$ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} = -4 $$ :::: ::::{solution} Vi prøver å sette inn $x = 4$ direkte i uttrykket: $$ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} = \dfrac{4 - 4}{2 - \sqrt{4}} = \dfrac{0}{2 - 2} = \dfrac{0}{0} $$ Vi får et ubestemt uttrykk på formen $0/0$ så da kan vi bruke L'Hôpitals regel: $$ \lim_{x\to 4} \dfrac{x - 4}{2 - \sqrt{x}} \overset{[\frac{0}{0}]}{=} \lim_{x\to 4} \dfrac{1}{-\dfrac{1}{2\sqrt{x}}} = \lim_{x\to 4} -2\sqrt{x} = -4. $$ :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bestem $a$ slik at grenseverdien nedenfor eksisterer. $$ \lim_{x\to a} \dfrac{8 - \sqrt{ax}}{x - a} $$ Bestem grenseverdien for denne verdien av $a$. ::::{answer} $$ a = 8 \and \lim_{x\to a} \dfrac{8 - \sqrt{ax}}{x - a} = -\dfrac{1}{2}. $$ :::: ::::{solution} Setter vi inn $x = a$ i uttrykket, så får vi $0$ i nevneren. Den eneste måten grenseverdien kan eksistere er dersom vi også får $0$ i telleren: $$ 8 - \sqrt{a^2} = 8 - \abs{a} = 0 \liff \abs{a} = 8 $$ Vi må forutsette at $a > 0$, så den eneste muligheten er $$ a = 8. $$ Grenseverdien blir da $$ \lim_{x\to 8} \dfrac{8 - \sqrt{8x}}{x - 8} \overset{[\frac{0}{0}]}{=} \lim_{x\to 8} \dfrac{-\dfrac{1}{2\sqrt{8x}} \cdot 8}{1} = \lim_{x\to 8} -\dfrac{4}{\sqrt{8x}} = -\dfrac{4}{\sqrt{64}} = -\dfrac{4}{8} = -\dfrac{1}{2}. $$ :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 7 For to vektorer $\vec{a}$ og $\vec{b}$ er * $\abs{\vec{a}} = 4$ * $\abs{\vec{b}} = 5$ * $\cos \varphi = \dfrac{1}{2}$ der $\varphi$ er vinkelen mellom $\vec{a}$ og $\vec{b}$. :::::::::::::{part} a Bestem $\vec{a} \cdot \vec{b}$. ::::{answer} $$ \vec{a} \cdot \vec{b} = 10. $$ :::: ::::{solution} Den geometriske formelen for skalarproduktet av to vektorer er gitt ved $$ \vec{a} \cdot \vec{b} = \abs{\vec{a}} \cdot \abs{\vec{b}} \cdot \cos \varphi $$ Ergo får vi at $$ \vec{a} \cdot \vec{b} = 4 \cdot 5 \cdot \dfrac{1}{2} = 10. $$ :::: ::::::::::::: En vektor $\vec{p}$ er gitt ved $$ \vec{p} = 2\vec{a} + t \cdot \vec{b} $$ :::::::::::::{part} b Bestem $t$ slik at $\abs{\vec{p}}$ er minst mulig. ::::{answer} $$ t = -\dfrac{4}{5}. $$ :::: ::::{solution} Vi ønsker å gjøre $\abs{\vec{p}}$ minst mulig. Det kan vi gjøre ved å gjøre $\abs{\vec{p}}^2$ minst mulig. Vi har at $$ \begin{align*} \abs{\vec{p}}^2 &= \vec{p} \cdot \vec{p} \\ \\ &= (2\vec{a} + t \cdot \vec{b}) \cdot (2\vec{a} + t \cdot \vec{b}) \\ \\ &= 4\vec{a} \cdot \vec{a} + 4t \cdot \vec{a} \cdot \vec{b} + t^2 \cdot \vec{b} \cdot \vec{b} \\ \\ &= 4 \cdot 16 + 4t \cdot 10 + t^2 \cdot 25 \\ \\ &= 64 + 40t + 25t^2 \\ \\ &= 25t^2 + 40t + 64 \end{align*} $$ Vi deriverer og setter lik $0$ for å finne kritiske punkter: $$ (25t^2 + 40t + 64)' = 0 \liff 50t + 40 = 0 \liff t = -\dfrac{4}{5}. $$ Altså blir $\abs{\vec{p}}$ minst mulig når $t = -\dfrac{4}{5}$. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: ## Del 2 – 2 timer – Med hjelpemidler :::::::::::::::{exercise} Oppgave 1 --- aids: true --- Tabellen nedenfor viser hvor mange prosent strøm en telefon som opprinnelig var tom for strøm har $t$ minutter etter at den blir koblet til laderen. :::{table} --- transpose: true --- labels: Tid (minutter), Batteristrøm (prosent) $5$, $7$ $10$, $11$ $15$, $17$ $20$, $25$ $40$, $72$ $60$, $94$ ::: :::::::::::::{part} a Lag en modell for batteristrømmen $B(t)$ (prosent), $t$ minutter etter at telefonen blir koblet i laderen på formen $$ B(t) = \dfrac{c}{1 + a\cdot e^{-b\cdot t}} $$ ::::{answer} $$ B(t) = \dfrac{98.5}{1 + 22.5 e^{-0.1 \cdot t}} $$ :::: ::::{solution} Vi legger inn datapunktene i et regneark: :::{figure} ./figurer/1/a/regneark.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 40% --- ::: Deretter bruker vi {ggb-icon}`mode_regression` til å lage en *logistisk* regresjonsmodell for datapunktene: :::{figure} ./figurer/1/a/regresjonsmodell.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså er en god logistisk modell for batteristrømmen til telefonen gitt ved $$ B(t) = \dfrac{98.5}{1 + 22.5 e^{-0.1 \cdot t}} $$ :::: ::::::::::::: I resten av oppgaven skal du bruke modellen $$ B(t) = \dfrac{100}{1 + 22 \cdot e^{-0.1 \cdot t}} $$ :::::::::::::{part} b Ved hvilket tidspunkt lades telefonen raskest ifølge modellen? Hvor raskt øker batteriprosenten på dette tidspunktet? ::::{answer} ca. $2.5~\%$ per minutt etter $30.9$ minutter. :::: ::::{solution} Siden modellen er en logistisk modell, vil $B(t) = 100/2 = 50$ gi oss tidspunktet hvor telefonen lades raskest. Vi kan deretter finne hvor raskt batteriprosenten øker ved å regne ut $B'(t)$ i dette tidspunktet: :::{figure} ./figurer/1/b/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså øker batteriprosenten raskest med ca. $2.5~\%$ per minutt etter $30.9$ minutter. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 2 --- aids: true --- Funksjonen $f$ er gitt ved $$ f(x) = \dfrac{1}{3}x^3 - 2x^2 + 3x + 1 $$ :::::::::::::{part} a Bestem det største intervallet $I = [a, b]$ der $f$ har en omvendt funksjon og $2 \in I$ ::::{answer} $$ I = [1, 3]. $$ :::: ::::{solution} For at $f$ skal ha en omvendt funksjon på intervallet $I$, må vi sørge for at det ikke finnes noen ekstremalpunkter på innsiden av intervallet. Vi løser derfor $f'(x) = 0$: :::{figure} ./figurer/2/a/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: som gir $x = 1$ og $x = 3$. Vi må sjekke at dette er ekstremalpunkter som vi kan gjøre med andrederiverttesten: :::{figure} ./figurer/2/a/sol2.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: I begge tilfeller er $f''(x) \neq 0$ som betyr at begge punkter er ekstremalpunkter. Vi skal også sørge for at $2 \in I$ som betyr at det største intervallet som sørger for at $f$ har en omvendt funksjon og $2 \in I$ er gitt ved $$ I = [1, 3]. $$ :::: ::::::::::::: La $g$ være den omvendte funksjonen til $f$. Det finnes to punkter på grafen til $g$ der $g'(x) = -\dfrac{4}{3}$. :::::::::::::{part} b Finn koordinatene til disse punktene. ::::{answer} $\left(\dfrac{17}{8}, \dfrac{3}{2}\right)$ og $\left(\dfrac{29}{24}, \dfrac{5}{2}\right)$ :::: ::::{solution} I punktet $(y, x)$ på grafen til $g$ vil tilsvare et punkt $(x, y)$ på grafen til $f$ siden de er omvendte funksjoner. Da har vi også at $$ f'(x) = \dfrac{1}{g'(y)} = \dfrac{1}{-\dfrac{4}{3}} = -\dfrac{3}{4}. $$ Vi løser derfor $f'(x) = -\dfrac{3}{4}$ som gir oss :::{figure} ./figurer/2/b/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså er punktene $\left(\dfrac{3}{2}, \dfrac{17}{8}\right)$ og $\left(\dfrac{5}{2}, \dfrac{29}{24}\right)$ punkter på grafen til $f$ der $f'(x) = -\dfrac{3}{4}$. Det betyr at punktene $\left(\dfrac{17}{8}, \dfrac{3}{2}\right)$ og $\left(\dfrac{29}{24}, \dfrac{5}{2}\right)$ er punkter på grafen til $g$ der $g'(x) = -\dfrac{4}{3}$. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 3 --- aids: true --- En golfball blir slått ut fra et tak som er 20 meter over bakkenivå. Posisjonen til golfballen er gitt ved vektorfunksjonen $$ \vec{r}(t) = [17t, -5t^2 + 29t + 20] $$ Her er $t$ tiden (målt i sekunder) etter at ballen blir slått ut fra taket, og koordinatene er gitt i meter. Førstekoordinaten er posisjon i horisontal retning, og andrekoordinaten er høyden til ballen over bakkenivå. :::::::::::::{part} a Hvor lang tid tar det før golfballen treffer bakken? ::::{answer} Ca. $6.42$ sekunder. :::: ::::{solution} Golfballen treffer bakken når $y$-komponenten er lik $0$ så vi løser $y(t) = 0$ med CAS: :::{figure} ./figurer/3/a/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså treffer golfballen bakken etter ca. $6.42$ sekunder. :::: ::::::::::::: :::::::::::::{part} b Bestem banefarten til golfballen i det øyeblikket den blir slått ut fra taket. ::::{answer} ca. $33.6~\mathrm{m/s}$ :::: ::::{solution} Banefarten til golfballen idet den blir slått ut er gitt ved $\abs{\vec{r}'(0)}$. Vi regner ut med CAS: :::{figure} ./figurer/3/b/sol.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså er banefarten til golfballen idet den blir slått ut ca. $33.6~\mathrm{m/s}$ :::: ::::::::::::: Ved $t = 0$ befinner en fugl seg i punktet $(20, 10)$. Fuglen flyr langs en rett linje med konstant banefart og fanger ballen når den er i sitt høyeste punkt over bakken. :::::::::::::{part} c Bestem banefarten til fuglen. ::::{answer} Ca. $20.6~\mathrm{m/s}$. :::: ::::{solution} Golfballen er i sitt høyest punkt når $y'(t) = 0$. Vi løser likningen med CAS som gir: :::{figure} ./figurer/3/c/sol1.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså er golfballen i sitt høyeste punkt når $t = \dfrac{29}{10}$. Koordinatene til punktet er $\vec{r}\left(\dfrac{29}{10}\right)$. Fuglen må flytte seg fra $(20, 10)$ til dette punktet på $\dfrac{29}{10}$ sekunder. Banefarten til fuglen er da gitt ved $$ v = \dfrac{s}{t} = \dfrac{\abs{\vec{r}\left(\dfrac{29}{10}\right) - [20, 10]}}{\dfrac{29}{10}} $$ Vi regner ut dette med CAS: :::{figure} ./figurer/3/c/sol2.png --- class: no-click, adaptive-figure width: 70% --- ::: Altså var banefarten til fuglen omtrent $20.6~\mathrm{m/s}$. :::: ::::::::::::: ::::::::::::::: --- :::::::::::::::{exercise} Oppgave 4 --- aids: true --- En sirkel har sentrum i $S(3, 4)$. Et punkt $A(0, 8)$ ligger på sirkelen. En linje $\ell$ tangerer sirkelen i et punkt $P$ og har stigningstall $-\dfrac{3}{4}$. Ved å plassere et tredje punkt $Q$ på sirkelen kan vi lage ulike trekanter. Finn koordinatene til $P$ og $Q$ som gir trekanten med størst mulig areal. ::::{answer} $$ P(0, 0) \qog Q(8, 4). $$ :::: ::::{solution} :::{plot} align: right width: 100% axis: equal axis: off let: Sx = 3 let: Sy = 4 let: r = 5 circle: (Sx, Sy), r, blue, solid let: Ax = 0 let: Ay = 8 point: (Ax, Ay) text: Ax, Ay, "$A(0, 8)$", top-left point: (Sx, Sy) text: Sx, Sy, "$S(3, 4)$", bottom-right let: P1x = 6 let: P1y = 8 point: (P1x, P1y) text: P1x, P1y, "$P_1$", top-right let: vx = 4 let: vy = -3 line-segment: (P1x - vx, P1y - vy), (P1x + vx, P1y + vy), red, solid let: P2x = 0 let: P2y = 0 point: (P2x, P2y) text: P2x, P2y, "$P_2$", bottom-left line-segment: (P2x - vx, P2y - vy), (P2x + vx, P2y + vy), red, solid fontsize: 32 ::: Tangenten kan gå gjennom to forskjellige punkter $P_1$ og $P_2$ som vist i figuren til høyre. Tangenten har stigningstall $-\dfrac{3}{4}$, så en retningsvektor for tangenten er gitt ved $$ \vec{v} = \left[1, -\dfrac{3}{4}\right] \cdot 4 = [4, -3]. $$ Vektoren $\lvec{SP}_1$ må være ortogonal med $\vec{v}$, som betyr at den er parallell med en tverrvektor til $\vec{v}$. En tverrvektor til $\vec{v}$ er gitt ved $$ \vec{v}_\perp = [3, 4]. $$ Vektoren $\lvec{SP}_1$ må ha samme lengde som radiusen til sirkelen. Radiusen kan vi finne ved $$ r = \abs{\lvec{SA}} = \abs{[0 - 3, 8 - 4]} = \abs{[-3, 4]} = 5. $$ Altså har $\vec{v}_\perp$ riktig lengde allerede som betyr at $\lvec{SP}_1 = \vec{v}_\perp$. Koordinatene til $P_1$ får vi ved å følge tverrvektoren fra sentrum: $$ \lvec{OP}_1 = \lvec{OS} + \vec{v}_\perp = [3, 4] + [3, 4] = [6, 8]. $$ Koordinatene til $P_2$ får vi ved å følge tverrvektoren fra sentrum i motsatt retning: $$ \lvec{OP}_2 = \lvec{OS} - \vec{v}_\perp = [3, 4] - [3, 4] = [0, 0]. $$ :::{plot} align: right width: 100% axis: equal axis: off let: Sx = 3 let: Sy = 4 let: r = 5 circle: (Sx, Sy), r, blue, solid let: Ax = 0 let: Ay = 8 point: (Ax, Ay) text: Ax, Ay, "$A(0, 8)$", top-left point: (Sx, Sy) text: Sx, Sy, "$S(3, 4)$", bottom-right let: P1x = 6 let: P1y = 8 point: (P1x, P1y) text: P1x, P1y, "$P_1(6, 8)$", top-right let: vx = 4 let: vy = -3 let: Mx = 0.5 * (P1x + Ax) let: My = 0.5 * (P1y + Ay) point: (Mx, My) text: Mx, My, "$M_1$", bottom-left line-segment: (Ax, Ay), (P1x, P1y), solid, red let: Q1x = 3 let: Q1y = -1 point: (Q1x, Q1y) text: Q1x, Q1y, "$Q_1$", bottom-right line-segment: (Mx, My), (Q1x, Q1y), dashed, gray line-segment: (Ax, Ay), (Q1x, Q1y), solid, red line-segment: (P1x, P1y), (Q1x, Q1y), solid, red fontsize: 32 ::: Vi tenker oss nå at $P_1$ er tangeringspunktet. Da vil punktet $Q_1$ som gir en trekant med størst mulig areal, være plassert på sirkelen slik at det har størst mulig avstand fra linjestykke $AP_1$. Hvis vi lar $M_1$ være midtpunktet på linjestykke $AP_1$, så vil linjestykke fra $M_1$ til $Q_1$ være det som gir størst mulig avstand. Vi finner først koordinatene til $M_1$: $$ \begin{align*} \lvec{OM}_1 &= \dfrac{\lvec{OA} + \lvec{OP}_1}{2} \\ \\ &= \dfrac{[0, 8] + [6, 8]}{2} \\ \\ &= [3, 8]. \end{align*} $$ Vektoren $\lvec{M_1Q_1}$ vil være parallell med $\lvec{M_1S}$. Vi kan dele opp vektoren som $$ \lvec{M_1Q_1} = \lvec{M_1S} + \dfrac{\lvec{M_1S}}{\abs{\lvec{M_1S}}} \cdot r $$ siden vi først må flytte oss fra $M_1$ til sentrum og deretter flytter vi oss i samme retning med en lengde lik radiusen til sirkelen. Da får vi at $$ \lvec{M_1Q_1} = [0, -4] + \dfrac{[0, -4]}{\abs{[0, -4]}} \cdot 5 = [0, -4] + [0, -5] = [0, -9]. $$ Ergo blir koordinatene til $Q_1$: $$ \lvec{OQ}_1 = \lvec{OM}_1 + \lvec{M_1Q_1} = [3, 8] + [0, -9] = [3, -1]. $$ Arealet av trekanten $AP_1Q_1$ blir $$ T_1 = \dfrac{1}{2} \cdot \abs{\lvec{AP}_1} \cdot \abs{\lvec{M_1Q_1}} = \dfrac{1}{2} \cdot 6 \cdot 9 = 27. $$ :::{plot} align: right width: 100% axis: equal axis: off let: Sx = 3 let: Sy = 4 let: r = 5 circle: (Sx, Sy), r, blue, solid let: Ax = 0 let: Ay = 8 point: (Ax, Ay) text: Ax, Ay, "$A(0, 8)$", top-left point: (Sx, Sy) text: Sx, Sy, "$S(3, 4)$", bottom-right let: P1x = 0 let: P1y = 0 point: (P1x, P1y) text: P1x, P1y, "$P_2(0, 0)$", bottom-left let: vx = 4 let: vy = -3 let: Mx = 0.5 * (P1x + Ax) let: My = 0.5 * (P1y + Ay) point: (Mx, My) text: Mx, My, "$M_2$", bottom-left line-segment: (Ax, Ay), (P1x, P1y), solid, red let: Q1x = 8 let: Q1y = 4 point: (Q1x, Q1y) text: Q1x, Q1y, "$Q_2$", bottom-right line-segment: (Mx, My), (Q1x, Q1y), dashed, gray line-segment: (Ax, Ay), (Q1x, Q1y), solid, red line-segment: (P1x, P1y), (Q1x, Q1y), solid, red fontsize: 32 ::: Vi gjentar de samme utregningene for $P_2$. Vi har da at midtpunktet $M_2$ på linjestykke $AP_2$ har koordinatene $$ \begin{align*} \lvec{OM}_2 &= \dfrac{\lvec{OA} + \lvec{OP}_2}{2} \\ \\ &= \dfrac{[0, 8] + [0, 0]}{2} \\ \\ &= [0, 4]. \end{align*} $$ Vektoren $\lvec{M_2Q_2}$ vil være parallell med $\lvec{M_2S}$. Vi kan dele opp vektoren som $$ \lvec{M_2Q_2} = \lvec{M_2S} + \dfrac{\lvec{M_2S}}{\abs{\lvec{M_2S}}} \cdot r $$ Da får vi $$ \lvec{M_2Q_2} = [3, 0] + \dfrac{[3, 0]}{\abs{[3, 0]}} \cdot 5 = [3, 0] + [5, 0] = [8, 0]. $$ Ergo blir koordinatene til $Q_2$: $$ \lvec{OQ}_2 = \lvec{OM}_2 + \lvec{M_2Q_2} = [0, 4] + [8, 0] = [8, 4]. $$ Arealet av trekanten $AP_2Q_2$ blir $$ T_2 = \dfrac{1}{2} \cdot \abs{\lvec{AP}_2} \cdot \abs{\lvec{M_2Q_2}} = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 8 = 32. $$ Dette blir den trekanten som har det største arealet, så koordinatene til $P$ og $Q$ må være $$ P(0, 0) \qog Q(8, 4). $$ :::: :::::::::::::::