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 $\sin u=\frac{8}{10} \iff 8=10 \sin u$ og $\cos u=\frac{6}{10} \iff 6=10\cos u$

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 $(x-1)$.[^3] 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 $x=1 \implies Q(1)=0$.

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

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 $\left( c\in \mathbb{R} \right)\wedge\left( x\in \mathbb{R}\setminus \left\{ 1 \right\} \right)$ 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 $x=-3,12$ og $x=5,12$ (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

Jeg tegnet $T'$ sammen med $T$ i koordinatsystemet og fant nullpunkter og ekstremalpunkter til $T'$.

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

Nullpunktene til $T'$ ligger ved samme $x$-verdi som ekstremalpunktene til $T$. $y$-koordinatene til nullpunktene til $T'$ er selvsagt null, og det stemmer godt med at vekstfarten i ekstremalpunktene til $T$ er null. Ved hjelp av nullpunktene til $T'$ finner vi den kaldeste temperaturen i bunnpunktet 23. februar og den varmeste temperaturen i toppunktet 10. juli.

Toppunktet til $T'$ er er ved $x=4,69$ og $y=6,94$. 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 $T'$ er er ved $x=9,90$ og $y=-6,62$. Det vil si at rundt den 27. september vil temperaturen synke raskest. Gjennomsnittstemperaturen synker raskest med 6,62 grader per måned rundt 27. september.

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 $AC^2=99,12$.

$AC^2$ kunne jeg bruke til cosinussetningen på trekant $ACD$. Jeg kjente nå alle de tre sidene slik at kunne jeg bestemme $\angle D=80,47\degree$ 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.

Jeg ser at $\triangle SBC$ og $\triangle ABS$ 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 $\angle SAB=\angle SBA=30\degree$ siden $\triangle ABS$ er likebeint. Da må $\angle ASB=120\degree$. 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 $\triangle SBC$ er rettvinklet og likebeint må $\angle SBC=45\degree$. Jeg satt derfor opp arealsetningen på $\triangle ABC$ i linje 3 og løste likningen med det oppgitte arealet i linje 4.