1T Vår 2021

Grafen til $f$ går gjennom punktet $(4,4)$. Det betyr at $f(4)=4$. Vi setter $x=4$ inn i uttrykket for $f(x)$:

Vi løser likningen med hensyn på $a$:

$\underline{\underline{a=-1}}$

Trekanten $ABC$ er rettvinklet med rett vinkel i $B$. Da er $AC$ hypotenusen, og $BC$ er kateten som ligger motstående vinkel $A$. Sinus til en vinkel i en rettvinklet trekant er forholdet mellom motstående katet og hypotenusen:

Vi setter inn $AC=10$ og $\sin A={\displaystyle \frac{3}{5}}$, og løser for $BC$:

$\underline{\underline{BC=6}}$

Divisjonen $(x^3+x^2-2x-8):(x+k)$ går opp nøyaktig når $x=-k$ er et nullpunkt for polynomet $p(x)=x^3+x^2-2x-8$, altså når $p(-k)=0$.

Vi prøver oss fram med heltallskandidater blant faktorene til konstantleddet $8$ ($\pm 1,\pm 2,\pm 4,\pm 8$), og sjekker $x=2$:

Siden $p(2)=0$, er $x=2$ et nullpunkt, og $(x-2)$ er en faktor i polynomet. For at divisoren $(x+k)$ skal svare til denne faktoren, må $x+k=x-2$, altså

$\underline{\underline{k=-2}}$

Andregradslikningen $x^2+2kx-2k-1=0$ har $a=1$, $b=2k$ og $c=-2k-1$. Likningen har nøyaktig én løsning når diskriminanten er lik null:

Vi setter inn uttrykkene for $a$, $b$ og $c$:

Vi dividerer begge sider med $4$:

Dette er en kvadratsetning, ${(k+1)}^2=0$, som gir

$\underline{\underline{k=-1}}$

Fra grafen leser vi av:

• Firma A: Prisen er konstant $1200\mathrm{kr}$ uansett kjørelengde.
• Firma B: Prisen starter på $500\mathrm{kr}$ ved $0\mathrm{km}$, og stiger lineært. Ved $x=200\mathrm{km}$ er prisen $1000\mathrm{kr}$.

Vi finner stigningen til firma B:

Prismodellen for firma B er altså:

Vi setter opp likningen der prisen er lik hos begge firmaene:

Vi trekker $500$ fra begge sider:

Vi deler begge sider på $\mathrm{2,5}$:

Ester må kjøre $\underline{\underline{280\mathrm{km}}}$ for at prisen skal være lik hos firma A og firma B.

Vi undersøker fortegnet til differansen ${\displaystyle \frac{m+2}{n+2}}-{\displaystyle \frac{m}{n}}$. Siden $m,n\in \mathbb{N}$ og $n>m$, er både $n$ og $n+2$ positive tall, så vi kan trygt sette brøkene på felles nevner $n(n+2)$:

Vi vet at $n>m$, så $n-m>0$. I tillegg er $n(n+2)>0$ siden $n$ er et naturlig tall. Dermed er hele brøken ${\displaystyle \frac{2(n-m)}{n(n+2)}}$ positiv, altså

Dette gjelder uansett hvilke verdier $m$ og $n$ har, så lenge $n>m$. Det riktige alternativet er derfor ${\displaystyle \frac{m}{n}}<{\displaystyle \frac{m+2}{n+2}}$.

$\underline{\underline{{\displaystyle \frac{m}{n}}<{\displaystyle \frac{m+2}{n+2}}}}$

I et toppunkt er den deriverte lik null. Vi deriverer $f$:

Toppunktet er i $x=2$, så $f^{\prime }(2)=0$:

Svar: $\underline{\underline{a=20}}$

Vi utvider høyresiden med første kvadratsetning, ${(sx+t)}^2=s^2{x}^2+2stx+t^2$:

For at dette skal være en identitet, må koeffisientene på hver side være like:

Fra det første leddet får vi

Setter vi $s=2$ inn i $2st=16$:

Da blir $r=t^2=4^2=16$.

Velger vi i stedet $s=-2$, gir $2st=16$ at $t=-4$, og fortsatt $r=t^2=16$.

Svar: $\underline{\underline{r=16}}$, og enten $\underline{\underline{s=2,t=4}}$ eller $\underline{\underline{s=-2,t=-4}}$

a)

Vi legger inn datapunktene fra tabellen i GeoGebra og utfører eksponentiell regresjon.

GeoGebra gir regresjonsmodellen

$$T(x)=\mathrm{93,2}\cdot {\mathrm{0,99}}^x$$

der $a\approx \mathrm{93,2}$ og $b\approx \mathrm{0,99}$.

Grafen under viser datapunktene (røde) og modellkurven (blå):

Modellen passer godt med måledataene. For eksempel gir den $T(4)\approx \mathrm{89,5}$ og $T(90)\approx \mathrm{37,7}$, mot målt $\mathrm{90,6}$ og $\mathrm{39,2}$.

b)

Modellen $T(x)=\mathrm{93,2}\cdot {\mathrm{0,99}}^x$ er en eksponentialfunksjon som går mot $0$ når $x$ blir stor. I virkeligheten vil temperaturen i geléen aldri synke under romtemperaturen, som er $20°\mathrm{C}$. Derfor er modellen bare gyldig så lenge $T(x)>20$.

Vi finner grensen ved å løse $\mathrm{93,2}\cdot {\mathrm{0,99}}^x=20$ i GeoGebra, og får $x\approx 153$ minutter.

Gyldighetsområdet er

$$\underline{\underline{0\le x\le 153\text{ minutter (ca.)}}}$$

For $x>153$ vil modellen gi temperaturer under $20°\mathrm{C}$, noe som er urealistisk siden geléen ikke kan bli kaldere enn romtemperaturen.

Vi flytter alle ledd over på venstre side, slik at ulikheten sammenlignes med null:

Uttrykket på venstre side, $x^2-x-6$, er et andregradsuttrykk med positiv koeffisient foran $x^2$. Grafen er derfor en parabel som vender oppover, akkurat som skissen viser. Nullpunktene til parabelen er avlest på skissen til $x=-2$ og $x=3$.

Siden parabelen vender oppover, er den under $x$-aksen (negativ) mellom nullpunktene, og over $x$-aksen (positiv) utenfor nullpunktene. Det ser vi tydelig av skissen: kurven ligger under $x$-aksen for $-2<x<3$, og over $x$-aksen for $x<-2$ og $x>3$.

Vi skal finne hvor $x^2-x-6>0$, altså der grafen ligger over $x$-aksen:

Svar: $\underline{\underline{x<-2\text{ eller }x>3}}$

Finn formel for antall fyrstikker i figur $n$

Figur $n$ er et $n\times n$-rutenett av små kvadrater.

Vi ser på radene og kolonnene med fyrstikker:

• Horisontale fyrstikker: Det er $n+1$ rader med $n$ fyrstikker i hver, altså $n(n+1)$ horisontale fyrstikker.
• Vertikale fyrstikker: Det er tilsvarende $n+1$ kolonner med $n$ fyrstikker i hver, altså $n(n+1)$ vertikale fyrstikker.

Totalt i figur $n$:

Vi sjekker mot bildet:

• Figur 1: $m(1)=2\cdot 1\cdot 2=4$ fyrstikker ✓
• Figur 2: $m(2)=2\cdot 2\cdot 3=12$ fyrstikker ✓
• Figur 3: $m(3)=2\cdot 3\cdot 4=24$ fyrstikker ✓

Finn totalt antall fyrstikker for figur 1 til $k$

Vi lager figurene én av hver størrelse. Totalt brukte fyrstikker når vi har laget figur 1, 2, 3, …, $k$:

Vi regner ut $S(k)$ for stigende verdier av $k$ til vi overskrider 10 000:

$k$	$m(k)=2k(k+1)$	$S(k)$
20	$2\cdot 20\cdot 21=840$	$6160$
21	$2\cdot 21\cdot 22=924$	$7084$
22	$2\cdot 22\cdot 23=1012$	$8096$
23	$2\cdot 23\cdot 24=1104$	$9200$
24	$2\cdot 24\cdot 25=1200$	$10400$

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

a)

Vi kan lage figur 1, 2, 3, …, 23 — det er $\underline{\underline{23\text{ figurer}}}$.

b)

Etter å ha laget 23 figurer har vi brukt $9200$ fyrstikker.

$$10000-9200=\underline{\underline{800\text{ fyrstikker igjen}}}$$

a)

Ved lineær nedgang avtar antall kaniner med et fast antall hver måned. Vi bruker de to punktene $(0,280)$ og $(20,40)$ til å finne stigningstallet:

$$a=\frac{40-280}{20-0}=\frac{-240}{20}=-12$$

Startverdien (ved $x=0$) er $280$, så den lineære modellen blir

$$N(x)=280-12x$$

Svar: $\underline{\underline{N(x)=280-12x}}$

b)

Ved eksponentiell nedgang har vi en modell på formen $N(x)=280\cdot b^x$, der $b$ er vekstfaktoren. Vi vet at $N(20)=40$:

$$280\cdot b^{20}=40$$

$$b^{20}=\frac{40}{280}=\frac{1}{7}$$

$$b={\left(\frac{1}{7}\right)}^{\frac{1}{20}}\approx \mathrm{0,9073}$$

Den eksponentielle modellen blir dermed

$$N(x)=280\cdot {\mathrm{0,9073}}^x$$

Svar: $\underline{\underline{N(x)=280\cdot {\mathrm{0,9073}}^x}}$

En tangent er parallell med linjen $y=\frac{1}{2}x+2$ når stigningstallet til tangenten er $\frac{1}{2}$, altså når $f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}$.

Vi deriverer $f$:

Setter dette lik $\frac{1}{2}$:

Vi har altså to berøringspunkter, ett i $x=\frac{\sqrt{2}}{2}$ og ett i $x=-\frac{\sqrt{2}}{2}$.

Tangenten i $x={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$

Tangentlikningen (stigningstall $\frac{1}{2}$) blir

Vi finner skjæringen med $x$-aksen ved å sette $y=0$ og løse for $x$:

Tangenten i $x=-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}$

Tangentlikningen blir

Setter $y=0$:

Svar: De to tangentene skjærer $x$-aksen i $\underline{\underline{x=2+\sqrt{2}}}$ og $\underline{\underline{x=2-\sqrt{2}}}$

a)

Vi løser $f(x)=0$ og $g(x)=0$ hver for seg.

$$f(x)=x^2-5x+6=0$$

Vi faktoriserer: vi trenger to tall som ganger gir $6$ og summert gir $-5$, altså $-2$ og $-3$.

$$f(x)=(x-2)(x-3)=0\Rightarrow x=2\text{eller}x=3$$

$$g(x)=6x^2-5x+1=0$$

Her bruker vi $abc$-formelen med $a=6$, $b=-5$, $c=1$:

$$x=\frac{-(-5)\pm \sqrt{{(-5)}^2-4\cdot 6\cdot 1}}{2\cdot 6}=\frac{5\pm \sqrt{25-24}}{12}=\frac{5\pm 1}{12}$$

$$x=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}\text{eller}x=\frac{4}{12}=\frac{1}{3}$$

Nullpunktene til $f$ er $2$ og $3$. Nullpunktene til $g$ er ${\displaystyle \frac{1}{2}}$ og ${\displaystyle \frac{1}{3}}$ — nettopp de omvendte verdiene av nullpunktene til $f$.

Sammenhengen: Hvert nullpunkt $x_0$ til $f$ gir et nullpunkt ${\displaystyle \frac{1}{x_0}}$ til $g$.

b)

Vi skal bevise sammenhengen for et vilkårlig polynom av grad $n$.

La

$$f(x)=a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0$$

Polynomet $g$ har «omvendt rekkefølge» på koeffisientene, altså

$$g(x)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n$$

Steg 1: Vis at $g(x)=x^{n}f\left({\displaystyle \frac{1}{x}}\right)$ for $x\ne 0$.

Vi setter ${\displaystyle \frac{1}{x}}$ inn i $f$ og ganger med $x^n$:

$$x^{n}f\left(\frac{1}{x}\right)=x^n(a_n{\left(\frac{1}{x}\right)}^n+a_{n-1}{\left(\frac{1}{x}\right)}^{n-1}+\cdots +a_1\cdot \frac{1}{x}+a_0)$$

$$=a_n\cdot \frac{x^n}{x^n}+a_{n-1}\cdot \frac{x^n}{x^{n-1}}+\cdots +a_1\cdot \frac{x^n}{x}+a_0\cdot x^n$$

$$=a_n+a_{n-1}x+a_{n-2}{x}^2+\cdots +a_1{x}^{n-1}+a_0{x}^n$$

Skriver vi leddene i motsatt rekkefølge (fra høyeste til laveste potens), ser vi at dette er nøyaktig $g(x)$:

$$x^{n}f\left(\frac{1}{x}\right)=a_0{x}^n+a_1{x}^{n-1}+\cdots +a_{n-1}x+a_n=g(x)$$

Steg 2: Bruk sammenhengen til å vise at nullpunkter «snus».

Anta at $x_0\ne 0$ er et nullpunkt for $f$, altså $f(x_0)=0$. Vi setter $x={\displaystyle \frac{1}{x_0}}$ inn i formelen fra steg 1:

$$g\left(\frac{1}{x_0}\right)={\left(\frac{1}{x_0}\right)}^{n}f\left(\frac{1}{{\displaystyle \frac{1}{x_0}}}\right)={\left(\frac{1}{x_0}\right)}^{n}f(x_0)={\left(\frac{1}{x_0}\right)}^n\cdot 0=0$$

Altså er ${\displaystyle \frac{1}{x_0}}$ et nullpunkt for $g$.

Konklusjon: For ethvert polynom $f$ med et nullpunkt $x_0\ne 0$, har polynomet $g$ med omvendt koeffisientrekkefølge ${\displaystyle \frac{1}{x_0}}$ som nullpunkt. Dette stemmer med det vi observerte i a) ($2\leftrightarrow \frac{1}{2}$ og $3\leftrightarrow \frac{1}{3}$), og gjelder for polynomer av vilkårlig grad $n$.

$■$

Vi setter de to funksjonsuttrykkene lik hverandre for å finne skjæringspunktet:

Vi ganger begge sider med $x$ (siden $x\ne 0$):

(vi velger den positive roten, siden koordinatene skal være positive). Den tilhørende $y$-verdien finner vi ved å sette $x$ inn i $f(x)=ax$:

Utforsking, $a=1$: Da er $x=\sqrt{b}$. For at $x$ skal bli et positivt heltall, må $b$ være et kvadrattall: $b=1,4,9,16,\dots$. Det gir skjæringspunktene

Utforsking, $a=2$: Da er $x=\sqrt{{\displaystyle \frac{b}{2}}}$, så ${\displaystyle \frac{b}{2}}$ må være et kvadrattall, altså $b=2,8,18,32,\dots$ (dvs. $b=2k^2$). Det gir

Utforsking, $a=3$: Tilsvarende må $b=3,12,27,48,\dots$ (dvs. $b=3k^2$), som gir

Her ser vi igjen skjæringspunktet $(\mathrm{3,9})$ fra oppgaveteksten, med $a=3$ og $b=27$.

Generelt mønster. Vi ser at $x$ blir et positivt heltall $x=k$ nettopp når

Da blir

som alltid er et positivt heltall når $a$ og $k$ er positive heltall (produkt av to heltall).

Konklusjon: For et valgt $a\in \mathbb{N}$ får vi et skjæringspunkt med positive heltallige koordinater nøyaktig når $b=a\cdot k^2$ for et positivt heltall $k$. Skjæringspunktet blir da $(k,ak)$.

Eksemplene i oppgaven stemmer med dette: $a=1,b=1,k=1$ gir $(\mathrm{1,1})$, og $a=3,b=27,k=3$ gir $(\mathrm{3,9})$.

Tolkning av likningen. Cosinussetningen sier at for en trekant med sider $a$, $b$, $c$, der $A$ er vinkelen motsatt $a$:

Siri sin likning er

Sammenligner vi leddene, ser vi at $b=8$ og $c=x$ er de to kjente sidene, og at

Likningen beskriver altså en trekant der to sider, $8$ og $x$, danner en vinkel på $60°$, og $a$ er siden motsatt denne vinkelen. Dette gir en likning der $a$ og $x$ henger sammen — for gitt $a$ kan vi løse for $x$:

Dette er en andregradslikning i $x$, og vi løser med $abc$-formelen:

Når finnes reelle løsninger? Vi trenger $a^2-48\ge 0$, altså

Er $a<4\sqrt{3}$, finnes det ingen reell $x$ — ingen trekant er mulig for slike $a$-verdier.

Grensetilfellet $a=4\sqrt{3}$. Da er $a^2-48=0$, og vi får kun løsningen $x=4$. Sjekker vi vinkelen motsatt $x=4$ med cosinussetningen:

Da blir vinkelen ved den siste hjørnet $180°-60°-30°=90°$, motsatt siden $b=8$. Dette er altså en rettvinklet trekant med $8$ som hypotenus — det er akkurat tilfellet der $a$ er den korteste avstanden (høyden) fra det motstående hjørnet, og løsningen er entydig.

Tilfellet $4\sqrt{3}<a<8$. Her er $0<\sqrt{a^2-48}<4$, så begge røttene

er positive. Det gir to ulike trekanter med samme $a$, samme $b=8$ og samme vinkel $60°$, men ulik tredje side $x$ (den kjente tvetydigheten — «SSA-tilfellet» — fra sinussetningen/cosinussetningen).

Eksempel: $a=7$ gir $x=4\pm 1$, altså $x=3$ eller $x=5$ — to forskjellige trekanter med $a=7$, $b=8$ og vinkel $60°$.

Tilfellet $a=8$. Da er $\sqrt{a^2-48}=\sqrt{16}=4$, så $x=4-4=0$ eller $x=4+4=8$. Løsningen $x=0$ er degenerert (ingen trekant), så vi står igjen med én gyldig trekant: $x=8$. Siden $a=b=x=8$, er dette en likesidet trekant (alle sider $8$, alle vinkler $60°$).

Tilfellet $a>8$. Da er $\sqrt{a^2-48}>4$, så $x=4-\sqrt{a^2-48}<0$ (ugyldig), mens $x=4+\sqrt{a^2-48}>0$ er gyldig. Det gir én trekant.

Oppsummering:

Verdi av $a$	Antall trekanter	Merknad
$a<4\sqrt{3}\approx \mathrm{6,93}$	$0$	Ingen reell løsning
$a=4\sqrt{3}$	$1$	Rettvinklet trekant, $x=4$
$4\sqrt{3}<a<8$	$2$	To trekanter med ulik $x$
$a=8$	$1$	Likesidet trekant, $x=8$
$a>8$	$1$	Entydig trekant

Trekantene som tilfredsstiller likningen, går altså fra å ikke eksistere ($a$ for liten), via et vindu der to ulike trekanter er mulige, til at det igjen bare finnes én trekant for store $a$.