1T Vår 2023

Alternativ 1

Vi har at $\sin u=\frac{8}{10}$ og $\cos u=\frac{6}{10}$.

Alternativ 2: bruke pytagoras

Vi har $\sin u=\frac{8}{10}⟺8=10\sin u$ og $\cos u=\frac{6}{10}⟺6=10\cos u$

Vi kan bruke pytagoras på trekanten og sette opp

$\underline{\underline{{\left(\sin u\right)}^2+{\left(\cos u\right)}^2=1}}$, som skulle vises.[^1]

Vi kan faktorisere ved hjelp av heltallsmetoden. Jeg ser at:

Ved å sette funksjonen lik null finner jeg nullpunktene

Funksjonen krysser $x$-aksen ved $x=4$ og $x=-2$.

Hvis likningen skal være en identitet så må uttrykkene på høyre side og venstre side være like for alle $x$.

Vi ser av faktoriseringen at $(x-1)$ er en faktor i $x^3-5x^2-8x+12$. Det enkleste er nok derfor å dividere begge sider av likningen med $(x-1)$ for å finne et andregradsuttrykk.¹ Venstre side blir da:

Jeg utfører divisjonen på begge sider av den opprinnelige likningen og får

Jeg ser at $\underline{\underline{a=2\wedge b=6}}$ for at likningen skal bli en identitet.

Jeg ser at vi skal lage en rasjonal funksjon på formen $f(x)=\frac{P(x)}{Q(x)}$.

Det er en vertikal asymptote og bruddpunkt ved $x=1$, det betyr at uttrykket i nevneren vår må ha nullpunkt i $x=1⟹Q(1)=0$.

Det er en horisontal asymptote ved $y=3$. Det betyr at ${\lim }_{x\to \pm \infty }\frac{P(x)}{Q(x)}=3$. For at det skal være mulig må polynomene i teller og nevner ha samme grad. Dette ligner på en rasjonal funksjon med førstegradsuttrykk i teller og nevner der koeffisienten foran $x$ i telleren er 3 ganger så stor som koeffisienten foran $x$ i nevneren.

Jeg lar $Q(x)=x-1$ siden dette er et førstegradsuttrykk som vil gi riktig bruddpunkt.

Vi har nå tre krav til $P(x)$:

• $P(x)$ skal ha samme grad som $Q⟹P$ må være førstegradsuttrykk $ax+b$
• $P(x)$ skal ha 3 ganger så stor koeffisient som $Q(x)⟹P(x)=3x+b$
• $f(x)$ har et nullpunkt i $x=2⟹P$ skal ha nullpunkt i $x=2⟹P(2)=0$

For å oppfylle det siste kravet må $P$ være på formen $P(x)=3x+b$, der $b$ må være slik at $P(2)=0$.

Et funksjonsuttrykk som passer til grafen er

Kommentar: Jeg tolker oppgaveteksten som at vi skal finne én funksjon $f(x)$ som passer til grafen. Generelt vil alle uttrykk på formen $\frac{3cx-6c}{cx-c}$ der $(c\in ℝ)\wedge (x\in ℝ\setminus \left\{1\right\})$ passe til grafen, så det kan godt være at dette generelle uttrykket er et bedre svar på oppgaven.

Jeg vet at den deriverte er null i de stasjonære punktene til en funksjon. Når den deriverte er positiv så vokser grafen. Når den deriverte er negativ så minker grafen.

Jeg ser at $f$ har bunnpunkt i $x=-\mathrm{3,12}$ og $x=\mathrm{5,12}$ (det må være bunnpunkt siden den deriverte beveger seg fra den negative siden til den positive siden ved disse punktene). $f$ må, med samme begrunnelse, ha et toppunkt i $x=1$.

Vi har nullpunkter ved $x=-4$, $x=-2$, $x=4$ og $x=6$.[^2]

For å skissere grafen så starter jeg med nullpunktene og tegner inn passende bunnpunkter og toppunkt ved $x$-verdiene jeg fant tidligere.

\clearpage

a)

Jeg tegnet grafen til funksjonen og fant skjæringspunktene ved $x$-aksen, hvor temperaturen er 0 °C, se punkt $B$ og $C$.

Det er $\mathrm{8,906}-\mathrm{5,772}=\mathrm{3,134}$ måneder mellom skjæringspunktene. Jeg setter at det er 30,5 døgn i hver måned slik at vi får:

$$\mathrm{3,134}\cdot \mathrm{30,5}=\mathrm{95,6}\approx \underline{\underline{96}}$$

Temperaturen er over 0 °C i omtrent 96 døgn

b)

Jeg la inn punktene i GeoGebra, dro en linje mellom dem og fant stigningstallet, se $b=\mathrm{5,04}$ i utklippet.

Stigningstallet til linja gir den gjennomsnittlige vekstfarten fra $x=3$ til $x=7$.

Temperaturen steg med 5,04 grader per måned i gjennomsnitt i perioden fra 1. mars til 1. juli.

Jeg tegnet $T^{\prime }$ sammen med $T$ i koordinatsystemet og fant nullpunkter og ekstremalpunkter til $T^{\prime }$.

Jeg sammenlignet disse punktene med tilsvarende punkter på grafen til $T$.

Nullpunktene til $T^{\prime }$ ligger ved samme $x$-verdi som ekstremalpunktene til $T$. $y$-koordinatene til nullpunktene til $T^{\prime }$ er selvsagt null, og det stemmer godt med at vekstfarten i ekstremalpunktene til $T$ er null. Ved hjelp av nullpunktene til $T^{\prime }$ finner vi den kaldeste temperaturen i bunnpunktet 23. februar og den varmeste temperaturen i toppunktet 10. juli.

Toppunktet til $T^{\prime }$ er er ved $x=\mathrm{4,69}$ og $y=\mathrm{6,94}$. Det vil si at rundt den 21. april vil temperaturen øke raskest. Gjennomsnittstemperaturen stiger raskest med 6,94 grader per måned rundt 21. april.

Bunnpunktet til $T^{\prime }$ er er ved $x=\mathrm{9,90}$ og $y=-\mathrm{6,62}$. Det vil si at rundt den 27. september vil temperaturen synke raskest. Gjennomsnittstemperaturen synker raskest med 6,62 grader per måned rundt 27. september.

a)

Med 80 m tau og et område med lengde 60 m så har de 20 m igjen å fordele til de to siste sidene. Matematisk kan vi skrive $\frac{80-60}{2}=10$. Bredden blir altså 10 m.

$$A=10\cdot 60=600$$

Arealet av området er 600 m².

b)

Jeg satte opp en oversikt i Excel, se formlene i formelutklippet. Vi ser at arealet øker når bredden øker helt fram til lengden er 40 m og bredden er 20 m, deretter minker arealet.

Hermann har rett i at vi får det største arealet dersom lengden er dobbelt så lang som bredden.

c)

La oss kalle bredden i meter for $x$. Da må lengden i meter være $80-2x$. Vi kan sette opp et funksjonsuttrykk for arealet $A(x)$ der bredden er $x$ meter.

$$A(x)=(80-2x)\cdot x$$

\

Jeg tegnet denne grafen i GeoGebra og fant toppunktet, se punkt $B$. Toppunktet ligger ved bredden $x=20$, så Hermann sin påstand er riktig.

Jeg delte firkant $ABCD$ i to trekanter: $ABC$ og $ACD$, se den vedlagte skissen. Jeg brukte cosinussetningen på $ABC$ med $AC$ som den ukjente siden, se linje 5 i CAS. På den måten fant jeg $A{C}^2=\mathrm{99,12}$.

$A{C}^2$ kunne jeg bruke til cosinussetningen på trekant $ACD$. Jeg kjente nå alle de tre sidene slik at kunne jeg bestemme $\angle D=\mathrm{80,47}°$ i linje 6.

For å finne arealet av $\square ABCD$ brukte jeg arealsetningen på begge trekantene og la sammen de to arealene i linje 7.

Arealet av $\square ABCD$ er 50,78.

a)

Jeg ser at alle rektanglene har bredde 1. Arealet av hvert rektangel er derfor $A_{\square }=h\cdot b=h\cdot 1=h$. Høyden til rektangelet er gitt ved $f(x)=\frac{1}{9}(x+1){(x-6)}^2$ hvor $x\in \{0,1,2,3,4,5\}$.

Jeg legger sammen funksjonsverdiene i CAS og finner at det samlede arealet er

$$A=\underline{\underline{\frac{196}{9}}}$$

b)

def f(x):
    return 1 / 9 * (x + 1) * (x - 6) ** 2   # Definerer funksjonen

x_min = 0                                   # Startverdi for x
x_maks = 6                                  # Sluttverdi for x

n = 6000                                    # antall rektangler

bredde = (x_maks - x_min) / n               # bredden av hvert rektangel

x = x_min                                   # vi starter med å finne
                                            # f(x) ved f(x_min)
areal = 0                                   # lager en variabel som summerer
                                            # arealet
for i in range(n):
    areal_rektangel = bredde * f(x)         # beregener arealet til rektangelet
    areal = areal + areal_rektangel         # summerer arealet av rektangelet
                                            # og det totale arealet
    x = x + bredde                          # flytter x-verdien bortover langs
                                            # x-aksen tilsvarende bredde av rekt
print(f"Arealet av rektanglene er {areal:.3f}")

c)

Bruker programmet jeg lagde i 4b. Det gir utskriften Arealet av rektanglene er 20.002.

Jeg ser at $△SBC$ og $△ABS$ er likebeinte trekanter med to sider med lengde $r$.

Jeg har fått oppgitt arealet $A=2\sqrt{3}+6$, derfor ønsker jeg å bruke arealsetningen til å bestemme $r$. Jeg ser at det er mulig å bruke arealsetningen med $BC$, $AB$ og $\angle B$.

For å bestemme $BC$ brukte jeg pytagoras i linje 1 og fant $BC=\sqrt{2}|r|$. Dette er lik $\sqrt{2}r$ siden radius alltid må være positiv.

For å bestemme $AB$ fant jeg først vinkelen $\angle SAB=\angle SBA=30°$ siden $△ABS$ er likebeint. Da må $\angle ASB=120°$. Deretter brukte jeg cosinussetningen i linje 2 på trekant $ABS$ med $AB$ som den ukjente siden. Igjen kan vi se bort fra negative løsninger og $AB=\sqrt{3}r$.

Siden $△SBC$ er rettvinklet og likebeint må $\angle SBC=45°$. Jeg satt derfor opp arealsetningen på $△ABC$ i linje 3 og løste likningen med det oppgitte arealet i linje 4.

a)

Jeg tegnet grafen til $f$ i GeoGebra og fant ekstremalpunktene, se $A$ og $B$ i utklippet.

$f$ har toppunkt i $(0,2)$ og bunnpunkt i $(2,-2)$.

b)

Tredjegradsfunksjoner uten førstegradsledd har den generelle formen

$$P(x)=a{x}^3+b{x}^2+c$$

Den deriverte $P^{\prime }(x)$ gir oss den momentane vekstfarten for hver $x$-verdi. Når den momentane vekstfarten er lik null så verken vokser eller minker funksjonen $⟹$ vi må da befinne oss i et stasjonært punkt.

$$\begin{array}{cc}{P}^{\prime }(x)& =3a{x}^2+2bx\\ 0& =3a{x}^2+2bx\\ 0& =(3ax+2b)x\\ 3ax+2b=0& \vee x=0\\ 3ax=-2b& \vee x=0\\ x=\frac{-2b}{3a}& \vee x=0\end{array}$$

Vi ser at $x=0$ alltid vil gi et stasjonært punkt i $(0,P(0))$ for slike tredjegradsfunksjoner. Stasjonære punkter er ikke bare topp- eller bunnpunkter, det kan også være terrassepunkter slik som grafen til $x^3$ viser.

Ved å tegne grafen til $P(x)=a{x}^3+b{x}^2+c$ i GeoGebra og justere på glidere for $a,b,c$ så ser det ut til at vi kun får terrassepunkter dersom $b=0$. Hvis $b\ne 0$ så ser det ut til at vi får både et toppunkt og et bunnpunkt. Hvis $b>0$ så er det bunnpunktet som befinner seg på $y$-aksen og hvis $b<0$ så er det toppunktet som befinner seg på $y$-aksen. Det ser også ut til at topp- og bunnpunktet går nærmere hverandre når jeg justerer $b$ slik at den blir nærmere 0.

Vi kan også se at $b=0$ vil gi et terrassepunkt fra løsningene av $P^{\prime }(x)=0$ som vi fant tidligere. Den ene løsningen vil alltid være $x=0$. Den andre løsningen, $x=\frac{-2b}{3a}$, vil også bli null dersom koeffisienten foran andregradsleddet, $b$, er lik null. Dermed vil på vår toppunktsløsning og bunnpunktsløsning ligge i det samme punktet $⟹$ vi får et terrassepunkt.

Trym sin regel er nesten riktig. Det vil alltid være et topp- eller bunnpunkt på $y$-aksen dersom tredjegradsfunksjonen mangler førstegradsledd, men har et andregradsledd. Det vil imidlertid alltid være et stasjonært punkt på $y$-aksen dersom funksjonen mangler førstegradsleddet.

\clearpage