1T Eksempeloppgave 2 — 2021

a)

Stigningstallet til den rette linjen gjennom to punkter $(x_1,y_1)$ og $(x_2,y_2)$ finner vi med formelen

$$a=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$$

Vi setter inn punktene $(4,\mathrm{4,7})$ og $(14,\mathrm{7,3})$:

$$a=\frac{\mathrm{7,3}-\mathrm{4,7}}{14-4}=\frac{\mathrm{2,6}}{10}=\mathrm{0,26}$$

$\underline{\underline{a=\mathrm{0,26}}}$

b)

Stigningstallet forteller hvor mye temperaturen i gjennomsnitt endrer seg per time i tidsrommet fra $x=4$ til $x=14$. Siden $a=\mathrm{0,26}$, betyr det at temperaturen ved Lindesnes fyr i gjennomsnitt steg med $\mathrm{0,26}{}^{\circ }\mathrm{C}$ per time i tidsrommet fra klokka $04:00$ til klokka $14:00$.

Siden $AC$ er den lengste siden i trekanten, er $AC$ hypotenusen. Da må den rette vinkelen ligge i $B$, motsatt av $AC$.

Sett fra vinkel $A$ er $AB$ hosliggende katet og $BC$ er motstående katet. Da er

Vi setter inn $\tan \angle A=1$ og $AB=4$:

$\underline{\underline{BC=4}}$

Vi flytter alle ledd over på venstre side:

Strategi 1: Fortegnsskjema (faktorisering)

Vi faktoriserer venstresiden. Vi trenger to tall som multiplisert gir $-3$ og addert gir $-2$: tallene er $-3$ og $1$.

Ulikheten blir da

Nullpunktene til uttrykket er $x=3$ og $x=-1$. Vi setter opp et fortegnsskjema for de to faktorene:

Produktet er negativt (mindre enn $0$) når $-1<x<3$.

Strategi 2: Grafisk tolkning av parabelen

Vi ser på funksjonen $f(x)=x^2-2x-3$, som er en parabel med bunnpunkt som vender oppover (positiv koeffisient foran $x^2$). Nullpunktene fant vi over: $x=-1$ og $x=3$.

Ulikheten $f(x)<0$ betyr at vi leter etter de $x$-verdiene der grafen til $f$ ligger under $x$-aksen. Fordi parabelen vender oppover, ligger grafen under $x$-aksen mellom nullpunktene, altså for $-1<x<3$, og over $x$-aksen utenfor dette intervallet.

Begge strategiene gir samme løsning:

Vi løser likningen ved å faktorisere uttrykket ved gruppering. Vi grupperer de to første og de to siste leddene:

Vi faktoriserer ut det som er felles i hver gruppe. I den første gruppen er $x^2$ felles, i den andre gruppen faktoriserer vi ut $-1$:

Nå er $(x-3)$ en felles faktor, som vi faktoriserer ut:

Vi kjenner igjen $x^2-1$ som konjugatsetningen, $x^2-1=(x-1)(x+1)$:

Et produkt er null når minst én av faktorene er null:

$\underline{\underline{x=-1\vee x=1\vee x=3}}$

a)

Diskriminanten $d=b^2-4ac$ forteller hvor mange reelle løsninger andregradslikningen $a{x}^2+bx+c=0$ har:

• Er $d<0$, har likningen ingen reelle løsninger.
• Er $d=0$, har likningen nøyaktig én løsning (dobbeltrot).
• Er $d>0$, har likningen to reelle løsninger.

Malin bør derfor legge inn kode som skriver ut disse tekstene:

a = 1
b = 2
c = 1

d = b ** 2 - 4 * a * c

if d < 0:
    print("Likningen har ingen reelle løsninger")
elif d == 0:
    print("Likningen har én løsning")
else:
    print("Likningen har to løsninger")

b)

Med $a=1$, $b=2$ og $c=1$ blir diskriminanten

$$d=b^2-4ac=2^2-4\cdot 1\cdot 1=4-4=0$$

Siden $d=0$, går programmet inn i elif-grenen og skriver ut teksten som hører til én løsning. Dette stemmer også med at $x^2+2x+1={(x+1)}^2=0$ faktisk har nøyaktig én løsning, $x=-1$.

I en likesidet trekant er alle sidene like lange ($a$) og alle vinklene er $60°$.

Vi deler trekanten i to like store rettvinklede trekanter ved å trekke høyden $h$ fra toppunktet ned til midtpunktet på grunnlinjen. Høyden står vinkelrett på grunnlinjen, og den deler både grunnlinjen og toppvinkelen i to like deler:

• Grunnlinjen deles i to stykker med lengde ${\displaystyle \frac{a}{2}}$.
• Toppvinkelen på $60°$ deles i to vinkler på $30°$.

I den ene rettvinklede trekanten er:

• hypotenusen lik $a$ (siden i den likesidede trekanten),
• kateten motstående vinkelen på $30°$ lik ${\displaystyle \frac{a}{2}}$.

Siden sinus til en vinkel i en rettvinklet trekant er forholdet mellom motstående katet og hypotenus, får vi

Dette gjelder uansett hvor stor $a$ er, så vi har vist at $\sin 30°={\displaystyle \frac{1}{2}}$ er en eksakt verdi.

a)

Fra grafen leser vi av at parabelen skjærer $x$-aksen i $x=-1$ og $x=-3$. Det betyr at $f$ har nullpunktene $x=-1$ og $x=-3$, slik at $f$ kan skrives på faktorisert form

$$f(x)=(x-(-1))\cdot (x-(-3))=(x+1)(x+3)$$

Vi ganger ut parentesen:

$$f(x)=(x+1)(x+3)=x^2+3x+x+3=x^2+4x+3$$

Dette stemmer med det oppgitte uttrykket $f(x)=x^2+4x+3$. Som en ekstra kontroll ser vi at $f(0)=3$, som også stemmer med at grafen skjærer $y$-aksen i $y=3$.

b)

Vi skriver først $f$ på toppunktsform ved å fullføre kvadratet:

$$f(x)=x^2+4x+3={(x+2)}^2-4+3={(x+2)}^2-1$$

Bunnpunktet til $f$ er dermed $(-2,-1)$.

Grafen til $g$ er grafen til $f$ forskjøvet slik at bunnpunktet flyttes til $(-4,1)$. Forskyvningen er da

$$\mathrm{\Delta }x=-4-(-2)=-2,\mathrm{\Delta }y=1-(-1)=2$$

altså 2 mot venstre og 2 opp. En slik forskyvning endrer ikke formen på parabelen, bare plasseringen av bunnpunktet. Toppunktsformen til $g$ blir derfor

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

Vi ganger ut for å få $g$ på vanlig form:

$$g(x)={(x+4)}^2+1=x^2+8x+16+1=x^2+8x+17$$

For at likningen skal være en identitet, må den gjelde for alle verdier av $x$. Da må uttrykkene på hver side av likhetstegnet være identiske som andregradsuttrykk.

Vi utvider ${(sx+t)}^2$ ved hjelp av første kvadratsetning:

Likningen blir da

Siden dette skal gjelde for alle $x$, må koeffisientene til $x^2$, $x^1$ og $x^0$ være like på begge sider:

Fra den første likningen får vi $s=2$ (vi velger den positive løsningen).

Setter vi $s=2$ inn i den andre likningen:

Til slutt setter vi $t=4$ inn i den tredje likningen:

Vi kontrollerer: ${(2x+4)}^2=4x^2+16x+16$, som stemmer overens med venstre side når $r=16$.

$\underline{\underline{s=2,t=4,r=16}}$

La sidekanten i kvadratet være $s$. Diagonalen i et kvadrat med sidekant $s$ er gitt ved Pytagoras’ setning:

Vi vet at diagonalen er én enhet lengre enn sidekanten, altså $d=s+1$. Dette gir likningen

Vi samler leddene med $s$ på venstre side:

For å få et eksakt svar uten rot i nevneren, utvider vi brøken med den konjugerte uttrykket $\sqrt{2}+1$:

Sidekanten i kvadratet er dermed

a)

Funksjonen $f(x)=x^2-2$ har to nullpunkter, siden $x^2-2=0$ gir $x=\pm \sqrt{2}\approx \pm \mathrm{1,4142}$.

Programmet lar $a$ løpe fra $-2$ til $2$ i steg på $e=\mathrm{0,01}$. For hver verdi av $a$ sjekker programmet fortegnet til produktet $f(a)\cdot f(a+e)$. Hvis $f(a)$ og $f(a+e)$ har motsatt fortegn, er produktet negativt, og det betyr at grafen til $f$ krysser $x$-aksen et sted mellom $a$ og $a+e$ — altså at intervallet inneholder et nullpunkt.

Siden $-\sqrt{2}\approx -\mathrm{1,4142}$ og $\sqrt{2}\approx \mathrm{1,4142}$, vil nøyaktig ett av intervallene $[a,a+e]$ inneholde $-\sqrt{2}$, og ett annet intervall inneholde $\sqrt{2}$, når $a$ løper gjennom verdiene $-2,-\mathrm{1,99},-\mathrm{1,98},\dots ,\mathrm{1,99}$. I alle andre intervaller har $f(a)$ og $f(a+e)$ samme fortegn, og produktet blir positivt.

Dette betyr at testen $f(a)\cdot f(a+e)\le 0$ blir sann nøyaktig to ganger under kjøringen — én gang nær $x=-\mathrm{1,41}$ og én gang nær $x=\mathrm{1,41}$. Programmet skriver derfor ut

Jeg har funnet et nullpunkt.

to ganger totalt.

b)

For å finne nullpunktene med fire desimalers nøyaktighet, kan vi bruke halveringsmetoden: når vi har funnet et lite intervall $[a,a+e]$ som inneholder et nullpunkt, halverer vi intervallet gjentatte ganger og beholder hver gang den halvdelen der $f$ fortsatt skifter fortegn, helt til intervallet er smalt nok.

def f(x):              # Definerer funksjonen f(x) = x^2 - 2
    return x ** 2 - 2

a = -2
e = 0.01

while a < 2:

    if f(a) * f(a + e) <= 0:
        # Halveringsmetoden: finner nullpunktet mer nøyaktig
        # innenfor intervallet [a, a + e]
        venstre = a
        hoyre = a + e

        while hoyre - venstre > 0.0001:
            midtpunkt = (venstre + hoyre) / 2
            if f(venstre) * f(midtpunkt) <= 0:
                hoyre = midtpunkt
            else:
                venstre = midtpunkt

        nullpunkt = (venstre + hoyre) / 2
        print(f"Jeg har funnet et nullpunkt: x = {nullpunkt:.4f}")

    a = a + e

Den indre while-løkken halverer intervallet $[venstre,hoyre]$ helt til bredden er mindre enn $\mathrm{0,0001}$, som garanterer fire desimalers nøyaktighet. Midtpunktet av det gjenværende intervallet brukes som tilnærming til nullpunktet.

Kjøres programmet, gir det utskriften

Jeg har funnet et nullpunkt: x = -1.4142
Jeg har funnet et nullpunkt: x = 1.4142

som stemmer godt overens med de eksakte nullpunktene $x=\pm \sqrt{2}$.

$\underline{\underline{x\approx -\mathrm{1,4142}\text{ og }x\approx \mathrm{1,4142}}}$

Finner tangeringspunktene

En tangent til grafen til $f$ i punktet $x_0$ har stigningstall $f^{\prime }(x_0)$. Vi deriverer $f$:

Tangentene skal være parallelle med linjen $y=\frac{1}{2}x+2$, som har stigningstall $\frac{1}{2}$. Vi løser derfor likningen $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}$:

Grafen har altså to tangeringspunkter, i $x_0=\frac{\sqrt{2}}{2}$ og $x_0=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Finner tangeringspunktenes $y$-verdier

Setter opp tangentlikningene

En tangent i punktet $(x_0,f(x_0))$ med stigningstall $\frac{1}{2}$ har likningen

For $x_0=\frac{\sqrt{2}}{2}$:

For $x_0=-\frac{\sqrt{2}}{2}$:

Finner nullpunktene til tangentene

Nullpunktet finner vi ved å sette $y=0$ og løse med hensyn på $x$:

For $x_0=\frac{\sqrt{2}}{2}$:

For $x_0=-\frac{\sqrt{2}}{2}$:

De to tangentene har altså nullpunktene $\underline{\underline{𝒙=2+\sqrt{2}}}$ og $\underline{\underline{𝒙=2-\sqrt{2}}}$.

a)

Vi skal lage en modell på formen $T(x)=a\cdot b^x+20$, der $x$ er antall minutter etter at geléen ble satt til avkjøling og $T(x)$ er temperaturen i $°\text{C}$.

Stine har laget en ny tabell der hun har trukket fra $20°\text{C}$ (romtemperaturen) fra alle temperaturverdiene. Da sitter hun igjen med verdier for $a\cdot b^x$.

Vi bruker GeoGebra til å kjøre eksponentiell regresjon på den nye tabellen (med verdiene «Temperatur − 20»). Vi legger inn datapunktene og ber GeoGebra om å finne best tilpasset eksponentiell kurve.

GeoGebra gir:

$$a=\mathrm{75,0}b=\mathrm{0,985}$$

Modellen blir:

$$T(x)=\mathrm{75,0}\cdot {\mathrm{0,985}}^x+20$$

Grafen nedenfor viser modellen (blå kurve) og måledatapunktene (røde punkter). Kurven treffer alle 8 datapunktene svært nøyaktig.

Den stiplede linjen $y=20$ viser romtemperaturen, som kurven nærmer seg asymptotisk.

b)

Modellen $T(x)=\mathrm{75,0}\cdot {\mathrm{0,985}}^x+20$ er matematisk definert for alle reelle verdier av $x$, men vi må vurdere hva som gir fysisk mening.

Nedre grense: Geléen ble satt til avkjøling ved $x=0$. Da er $T(0)=\mathrm{75,0}\cdot 1+20=95°\text{C}$. Modellen gjelder fra $x=0$.

Øvre grense: Modellen nærmer seg $20°\text{C}$ asymptotisk — temperaturen vil matematisk sett aldri nå romtemperatur. I praksis er modellen meningsfull så lenge geléen er merkbart varmere enn romtemperaturen.

Vi kan for eksempel sette $25°\text{C}$ som en praktisk nedre grense for hva som er «reell avkjøling». Det gir:

$$\mathrm{75,0}\cdot {\mathrm{0,985}}^x+20=25$$

$${\mathrm{0,985}}^x=\frac{5}{75}=\frac{1}{15}$$

$$x=\frac{\ln \left(\frac{1}{15}\right)}{\ln (\mathrm{0,985})}\approx 179\text{ min}$$

Et rimelig gyldighetsområde er derfor:

$$\underline{\underline{x\in [0,150]}}$$

der $x$ er i minutter. Vi velger $x=150$ som en rund øvre grense — da er temperaturen ca. $\mathrm{27,8}°\text{C}$, altså bare litt over romtemperaturen, og avkjølingen er i praksis ferdig. (Andre begrunnede valg, f.eks. $x\in [0,180]$, er også godkjente.)

Leser av tangentene på grafen

Grafen viser tre tangenter til $f$, i tre ulike punkter:

• To av tangentene er horisontale. Den ene tangerer grafen i toppunktet $(-1,6)$, og den andre tangerer grafen i bunnpunktet $(1,2)$. Horisontale tangenter har stigningstall $0$, så

• Den tredje tangenten er en rett linje som går gjennom punktene $(-1,7)$, $(0,4)$, $(1,1)$ og $(2,-2)$, og den tangerer grafen i punktet $(0,4)$. Stigningstallet til denne linja er

Siden linja er tangent til $f$ i $x=0$, gir dette

Setter opp uttrykket for $f^{\prime }$

Siden $f$ er en tredjegradsfunksjon, er den deriverte $f^{\prime }$ en andregradsfunksjon:

Vi vet at $f^{\prime }(-1)=0$ og $f^{\prime }(1)=0$, altså er $x=-1$ og $x=1$ nullpunkter til $f^{\prime }$. Da kan vi skrive $f^{\prime }$ på faktorisert form:

Vi bruker det siste kravet, $f^{\prime }(0)=-3$, til å bestemme $a$:

Dette gir

Kontroll

Vi kan sjekke svaret ved å sette $f(x)=x^3-3x+4$ (som har $f^{\prime }(x)=3x^2-3$). Da stemmer alle avleste punkter på grafen: $f(-2)=2$, $f(-1)=6$, $f(0)=4$, $f(1)=2$ og $f(2)=6$.

Vi begynner med å telle fyrstikker i de første figurene for å finne et mønster.

Figurnummer $n$	Antall rader/kolonner	Horisontale fyrstikker	Vertikale fyrstikker	Totalt $m(n)$
1	$1\times 1$	$1\cdot 2=2$	$1\cdot 2=2$	4
2	$2\times 2$	$2\cdot 3=6$	$2\cdot 3=6$	12
3	$3\times 3$	$3\cdot 4=12$	$3\cdot 4=12$	24

I figur $n$ er det $n\times n$ små kvadrater. Horisontalt trengs det $n$ fyrstikker i bredden, og det er $(n+1)$ horisontale rader. Tilsvarende for vertikale. Derfor er antallet fyrstikker i figur $n$:

Sjekk: $m(1)=2\cdot 1\cdot 2=4$ ✓, $m(2)=2\cdot 2\cdot 3=12$ ✓, $m(3)=2\cdot 3\cdot 4=24$ ✓

a)

Vi lager figurene én etter én: figur 1, figur 2, figur 3, … Vi trenger å finne det største $k$ slik at det totale antallet fyrstikker ikke overstiger $10000$.

Totalt antall fyrstikker for figurene 1 til $k$:

$$S(k)=\sum _{n=1}^{k}2n(n+1)$$

Vi regner ut $S(k)$ for stigende $k$ til vi overstiger $10000$:

$k$	$m(k)$	$S(k)$
20	840	6160
21	924	7084
22	1012	8096
23	1104	9200
24	1200	10400

$S(23)=9200\le 10000$, men $S(24)=10400>10000$.

Vi har nok fyrstikker til figur 23, men ikke til figur 24.

Du kan lage $\underline{\underline{23\mathrm{f}\mathrm{i}\mathrm{g}\mathrm{u}\mathrm{r}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$.

b)

Etter at du har laget alle 23 figurene har du brukt $9200$ fyrstikker.

$$10000-9200=800$$

Du har $\underline{\underline{800\mathrm{f}\mathrm{y}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{k}\mathrm{k}\mathrm{e}\mathrm{r}}}$ igjen.

Sette opp en modell for metoden

Kall punktet der spissen på stav 1 plantes ned (øvre kant av det opprinnelige avtrykket) for $X$. Stav 1, med lengde $L$, blir stående med tuppen i $X$. Stav 2 (også lengde $L$) holdes inntil stav 1, og de to stavene senkes sammen til stav 2 — som henger loddrett — akkurat berører snøen, i et punkt $Q$. La $T$ være punktet der de to stavene møtes hverandre.

Da er $|XT|=L$ (stav 1) og $|TQ|=L$ (stav 2, loddrett), så trekanten $XTQ$ er likebeint med $XT=TQ$.

Fordi $TQ$ er loddrett, og skråningen har helningsvinkel $\theta$ mot horisontalen, er vinkelen mellom linja $QX$ (langs skråningen) og linja $QT$ (loddrett) lik $90°-\theta$. Siden trekanten er likebeint med $XT=TQ$, er vinkelen i $X$ den samme som vinkelen i $Q$:

Vinkelsummen i en trekant er $180°$, så vinkelen i toppunktet $T$ blir

Feller vi normalen fra $T$ ned på $XQ$, deles den likebeinte trekanten i to like rettvinklede trekanter, hver med hypotenus $L$ og motstående vinkel $\theta$ til halve grunnlinja. Det gir at hele avstanden $s=|XQ|$ (langs skråningen, fra $X$ til der stav 2 treffer snøen) er

Kontroll mot regelen i oppgaveteksten

Det opprinnelige avtrykket av hele stav 1 har lengde $L$ (målt fra $X$). Når stav 2 treffer akkurat nederst i dette avtrykket, er $s=L$:

Dette stemmer med regelen: «Dersom staven treffer akkurat nederst i avtrykket, har terrenget en helning på $30°$.» Siden $\sin \theta$ er voksende for $\theta$ mellom $0°$ og $90°$, gir et lengre $s$ (staven treffer utenfor/nedenfor avtrykket) en brattere helning, og et kortere $s$ (staven treffer innenfor avtrykket) en slakere helning — akkurat som de to andre punktene i regelen sier.

Eksakt formel for helningsvinkelen

La $\mathrm{\Delta }s$ være hvor mange centimeter utenfor ($\mathrm{\Delta }s>0$, nedover skråningen) eller innenfor ($\mathrm{\Delta }s<0$) håndtaksavtrykket den loddrette staven treffer snøen. Da er $s=L+\mathrm{\Delta }s$, og

Dette er den eksakte helningsvinkelen. Snøskredskolens regel bruker i stedet den lineære tilnærmingen

altså $3°$ for hver $10\mathrm{cm}$ avvik fra avtrykket.

Hvor nøyaktig er regelen?

Skistaver på topptur er typisk mellom $L=100\mathrm{cm}$ og $L=140\mathrm{cm}$ lange. Vi sammenlikner regelen med den eksakte formelen for begge disse stavlengdene, for avvik $\mathrm{\Delta }s$ fra $-20\mathrm{cm}$ til $40\mathrm{cm}$ (samme område som eksempelet i oppgaveteksten dekker):

Δs	L = 100 cm			L = 140 cm
	Eksakt θ	Regel	Avvik	Eksakt θ	Regel	Avvik
−20 cm	23,6°	24°	+0,4°	25,4°	24°	−1,4°
−10 cm	26,7°	27°	+0,3°	27,7°	27°	−0,7°
0 cm	30,0°	30°	0,0°	30,0°	30°	0,0°
10 cm	33,4°	33°	−0,4°	32,4°	33°	+0,6°
20 cm	36,9°	36°	−0,9°	34,9°	36°	+1,2°
30 cm	40,5°	39°	−1,5°	37,4°	39°	+1,6°
40 cm	44,4°	42°	−2,4°	40,0°	42°	+2,0°

(«Avvik» er regelens vinkel minus den eksakte vinkelen. $\theta =\arcsin (\frac{1}{2}+\frac{\mathrm{\Delta }s}{2L})$ er regnet ut med kalkulator for hver rad, for eksempel for $L=100\mathrm{cm}$ og $\mathrm{\Delta }s=20\mathrm{cm}$: $\theta =\arcsin (\mathrm{0,5}+\mathrm{0,1})=\arcsin (\mathrm{0,6})\approx \mathrm{36,9}°$.)

Drøfting av nøyaktigheten

Tabellen viser at metoden er ganske treffsikker nær referansepunktet på $30°$ (avvik under $1°$ for $|\mathrm{\Delta }s|\le 20\mathrm{cm}$ uansett stavlengde i det aktuelle området), men blir merkbart mindre nøyaktig når avviket fra avtrykket blir stort:

• For en kort stav ($100\mathrm{cm}$) undervurderer regelen hvor bratt terrenget er når det er en god del brattere enn $30°$ (regelen viser $42°$ der terrenget egentlig heller $\mathrm{44,4}°$) — et avvik på nesten $\mathrm{2,5}°$. Det er uheldig i skredsammenheng, siden en for lav helningsvinkel kan gi et falskt inntrykk av at terrenget er tryggere enn det er.
• For en lang stav ($140\mathrm{cm}$) overvurderer regelen i stedet hvor bratt terrenget er ved store positive avvik, og undervurderer helningen når terrenget er slakere enn $30°$.

Alt i alt gir Snøskredskolens enkle regel et godt anslag (innenfor $\pm 1°$) for terreng nær $30°$-$36°$ og for staver på rundt $110$-$120\mathrm{cm}$, men den bør brukes med forsiktighet — og gjerne kombineres med et digitalt hjelpemiddel eller en mer nøyaktig måling — når terrenget er markert brattere eller slakere enn $30°$, særlig med korte eller lange staver.