Pitkä matematiikka, kevät 2023 – yo-kokeen tehtävät ja ratkaisut

Suurin poikkeama löytyy derivaatan nollakohdista, koska välin päissä poikkeama on nolla.

1. Derivoi: $f'(x)=\frac{1}{2000}(3x^2-36x+72)$ (2 p.).
2. Ratkaise $f'(x)=0$: jaa kolmella, $x^2-12x+24=0$, joten $x=\frac{12\pm\sqrt{144-96}}{2}=6\pm2\sqrt3$ eli $x\approx 2{,}54$ ja $x\approx 9{,}46$; molemmat ovat välillä $]0,12[$ (2 p.).
3. Laske arvot: $f(6-2\sqrt3)=\frac{3\sqrt3}{125}\approx 0{,}042$ ja $f(6+2\sqrt3)\approx -0{,}042$ (1+1 p.).
4. Perustele kulkukaaviolla tai kuvalla, että ääriarvot ovat juuri näissä kohdissa (2 p.).
5. Vertaa poikkeamia välin $]0,12[$ nollakohdissa: itseisarvoltaan molemmat ovat yhtä suuria (1 p.).

Vastaus: poikkeama on suurin kohdissa $x\approx 2{,}54$ m ja $x\approx 9{,}46$ m, ja suurin poikkeama on noin $0{,}042$ m eli noin 4 cm (3 p.).

Ansa: negatiivinen poikkeama on yhtä suuri poikkeama toiseen suuntaan; älä hylkää sitä, äläkä vetoa symmetriaan laskematta molempia.

Suora, jonka etäisyys pisteestä on annettu, on kyseisen pisteen ympäri piirretyn ympyrän tangentti; haetaan siis ympyröiden $A$-keskinen ($r=2$) ja $B$-keskinen ($r=3$) yhteiset tangentit.

1. Huomaa heti, että $y$-akseli $x=0$ toteuttaa ehdot: $A$:n etäisyys on 2 ja $B$:n 3 (1 p.).
2. Muut tangentit ovat kohtisuorassa säteitä vastaan; säteet ja tangentti muodostavat yhdenmuotoiset suorakulmaiset kolmiot (2 p.).
3. Olkoon tangentin ja $x$-akselin leikkauspiste etäisyydellä $z$ pisteestä $A$ (vasemmalla). Verrannosta $\frac{3}{5+z}=\frac{2}{z}$ saadaan $z=10$, joten leikkauspiste on $(-12,0)$ (4 p.).
4. Kulmakerroin: pisteen $(-12,0)$ etäisyys $A$:sta on 10 ja tangenttijanan pituus $\sqrt{10^2-2^2}=\sqrt{96}$, joten $k=\pm\frac{2}{\sqrt{96}}=\pm\frac{1}{\sqrt{24}}$ (3 p.).
5. Vastaus: $x=0$ sekä $y=\pm\frac{1}{\sqrt{24}}(x+12)$ (2 p.).

Vaihtoehto: etäisyyskaavalla $\frac{|-2k+b|}{\sqrt{k^2+1}}=2$ ja $\frac{|3k+b|}{\sqrt{k^2+1}}=3$. Ansa: pelkkä likiarvo $k\approx0{,}204$ menettää viimeisen rivin pisteet, ja pystysuora suora unohtuu helposti.

Kaksi tuntematonta vaatii kaksi riippumatonta yhtälöä, jotka saadaan rivi- ja sarakesummista. Lopuksi luvut kirjoitetaan peräkkäin, jolloin saadaan kaiverruksen valmistumisvuosi.

1. Alin vaakarivi: $4+x+y+1=34$ eli $x+y=29$ (3 p.).
2. Kolmas pystyrivi: $2+11+\frac{x-1}{2}+y=34$ eli $\frac{x-1}{2}+y=21$ (3 p.).
3. Ratkaise yhtälöpari: vähennä jälkimmäinen yhtälö edellisestä, jolloin $x-\frac{x-1}{2}=8$ eli $\frac{x+1}{2}=8$. Siis $x=15$ ja $y=29-15=14$ (1+1+1 p.).
4. Vuosiluku: kun $x$ ja $y$ asetetaan peräkkäin, saadaan $1514$ (1 p.). Myös järjestys $1415$ hyväksytään.
5. Tarkista loput kaksi yhtälöä: kolmas vaakarivi $9+\frac{14-2}{2}+\frac{15-1}{2}+12=9+6+7+12=34$ ja toinen pystyrivi $3+10+6+15=34$ (1+1 p.).

Vastaus: $x=15$ ja $y=14$, joten teos valmistui vuonna $1514$.

Kuvan 5.A kaiverruksesta voi tarkistaa tuloksen, sillä taikaneliön alimman rivin keskellä näkyvät luvut 15 ja 14. Kuva ei kuitenkaan korvaa ratkaisua, koska pisteet tulevat yhtälöistä ja niiden ratkaisemisesta.

Toinen hyväksytty tapa on kokeilla arvoja $x=15$ ja $y=14$ neljällä rivillä tai sarakkeella (2 p. kustakin), antaa vuosiluku (1 p.) ja perustella, ettei muita ratkaisuja ole (3 p.). Ansa: jos kirjoitat yhtälöryhmän oikein mutta annat vastauksen mainitsematta, miten ratkaisit sen, menetät pisteen.

Nokkakartio on pyörähdysparaboloidi, jonka tilavuus lasketaan integroimalla poikkileikkausympyröiden alat korkeuden suhteen.

1. Aseta paraabeli koordinaatistoon: nollakohdat $x=\pm1{,}65$ (puolet halkaisijasta) ja huippu $(0;4{,}5)$ (2 p.).
2. Muoto $y=a(x-1{,}65)(x+1{,}65)$ (2 p.).
3. Huipusta $4{,}5=-a\cdot1{,}65^2$, joten $a=-\frac{4{,}5}{1{,}65^2}$ (2 p.).
4. Ratkaise $x^2$ muuttujan $y$ avulla: $x^2=1{,}65^2-\frac{1{,}65^2}{4{,}5}y$ (2 p.).
5. Tilavuus $V=\pi\int_0^{4{,}5}x^2\,dy=\pi\int_0^{4{,}5}\left(1{,}65^2-\frac{1{,}65^2}{4{,}5}y\right)dy$ (2 p.).
6. Laske: $V\approx19{,}24$.

Vastaus: noin $19$ kuutiometriä (2 p.).

Tarkistus: paraboloidin tilavuus on $\frac12\pi r^2h$. Ansa: kartion kaava $\frac13\pi r^2h$ antaa väärän tuloksen ja enintään 2 p.

Vektorin kärkipisteen koordinaatit ovat sen komponentit, joten käyrän yhtälö saadaan eliminoimalla parametri $t$.

a) Summa on $\overline u+\overline v=(\sin(2t)+1)\overline i+(\cos(4t)+2)\overline j$. Sijoita: $t=0$ antaa $\overline i+3\overline j$; $t=\frac{\pi}{4}$ antaa $2\overline i+\overline j$; $t=\frac{3\pi}{4}$ antaa $\overline j$ (1+1+1+1 p.).

b) Merkitse $x=\sin(2t)+1$ ja $y=\cos(4t)+2$ (2 p.). Kaavalla $\cos(4t)=1-2\sin^2(2t)$ saadaan $y=3-2\sin^2(2t)=3-2(x-1)^2$ (4 p.). Koska $-1\le\sin(2t)\le1$, on $x\in[0,2]$, ja välillä $[0,\pi]$ kaikki nämä arvot saavutetaan (2 p.).

Vastaus: paraabelin kaari $y=3-2(x-1)^2$, kun $0\le x\le2$.

Ansa: laskin astemoodissa antaa a-kohdassa vääriä arvoja, ja rajoitus $x\in[0,2]$ on perusteltava erikseen.

Induktiotodistuksessa on kolme osaa: alkuaskel, selkeästi kirjoitettu induktio-oletus ja -väite sekä askel, jossa oletusta todella käytetään.

a) Alkuaskel $k=2$: $8\ge 4+4$ pätee (1 p.). Oletus: $k^3\ge k^2+4$ jollakin $k\ge2$; väite: $(k+1)^3\ge(k+1)^2+4$ (2 p.). Askel: $(k+1)^3=k^3+3k^2+3k+1\ge k^2+4+3k^2+3k+1=(k+1)^2+4+3k^2+k\ge(k+1)^2+4$ (3 p.).

b) Kun $k<0$, on $k^3<0$ mutta $k^2+4>0$, joten epäyhtälö ei voi päteä (2 p.). Yksittäinen esimerkki ei riitä.

c) Olkoon $f(x)=x^3-x^2-4$, jolloin $f'(x)=3x^2-2x=x(3x-2)\ge0$, kun $x\ge2$. Koska $f(2)=0$ ja $f$ on kasvava, on $f(x)\ge0$ eli väite pätee (4 p.).

Ansa: jos todistat induktioväitteen suoraan käyttämättä oletusta, saat a-kohdasta enintään 4 p.

Kokonaistodennäköisyys lasketaan ehdollistamalla ensimmäisen heiton suuremmalla silmäluvulla $k$.

1. Kahden nopan heitossa on $36$ alkeistapausta (1 p.).
2. Suurempi silmäluku on $k$ täsmälleen $2k-1$ tapauksessa: 6|11, 5|9, 4|7, 3|5, 2|3, 1|1 (2 p.). Perustelu: pareja, joissa maksimi on $k$, ovat $(k,j)$ ja $(j,k)$ kun $j<k$, sekä $(k,k)$ (2 p.).
3. Kun valitun nopan tulos on $k$, toinen heitto on pienempi todennäköisyydellä $\frac{k-1}{6}$ (2 p.).
4. Summaa: $\frac{11}{36}\cdot\frac56+\frac{9}{36}\cdot\frac46+\frac{7}{36}\cdot\frac36+\frac{5}{36}\cdot\frac26+\frac{3}{36}\cdot\frac16=\frac{125}{216}$ (2 p.).

Vastaus: $\frac{125}{216}\approx0{,}58$.

Ansa: jos oletat, että alussa heitetään vain yhtä noppaa, jakauma on tasainen ja tehtävästä saa enintään 3 p.

Ehdot toteutuvat, kun polynomin kuvaaja käy tason $y=-1$ alapuolella kahdesti mutta tason $y=1$ alapuolella vain kerran; tähän tarvitaan vähintään neljännen asteen polynomi (1 p.).

Hyvä lähtökohta on parillinen W-muotoinen polynomi, jonka kaksi minimiä ovat alle $-1$:n ja paikallinen maksimi välillä $]-1,1[$. Tutki yhtälöitä $P(x)=1$ ja $P(x)=-1$ algebrallisesti tai kulkukaaviolla (1 p.).

Täydet pisteet vaativat laskut: näytä, että $P(x)=1$ on täsmälleen kaksi erisuurta ratkaisua (5 p.), esimerkiksi ratkaisemalla tekijöihin jaettu yhtälö ja perustelemalla, ettei muita ole. Näytä sitten, että $P(x)=-1$ on ainakin neljä erisuurta ratkaisua (5 p.: 2 p. ensimmäisestä, 1 p. kustakin seuraavasta).

Ansa: kaksi eri polynomia eri ehdoille antaa 0 p., ja pelkkä kuvaaja tai ratkaisukäskyn likiarvot antavat vain 1–2 p.; arvot on perusteltava.