Matematikk 1T — Vår 2023
Om dette løsningsforslaget. Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Oppgaveteksten er ikke gjengitt i sin helhet; hver oppgave vises med nummer og et kort sammendrag. Kilde: oppgaven og matematikk.net sitt løsningsforslag. Sluttsvar er sammenholdt med matematikk.net sin versjon — se den ved tvil.
DEL 1 — Uten hjelpemidler
Oppgave 1 (2 poeng)
Oppgave. En rettvinklet trekant har sidelengder 8, 6 og 10 (hypotenus 10). Vinkelen u ligger ved kateten 6. Vis at (\sin u)^2 + (\cos u)^2 = 1.
Løsning. Vinkelen u har hosliggende katet 6, motstående katet 8 og hypotenus 10. Da er
\sin u = \frac{\text{motstående}}{\text{hypotenus}} = \frac{8}{10}, \qquad \cos u = \frac{\text{hosliggende}}{\text{hypotenus}} = \frac{6}{10}.
Setter vi inn, får vi
(\sin u)^2 + (\cos u)^2 = \left(\frac{8}{10}\right)^2 + \left(\frac{6}{10}\right)^2 = \frac{64}{100} + \frac{36}{100} = \frac{100}{100} = \boxed{1}.
(At dette alltid blir 1, følger av Pytagoras: 8^2 + 6^2 = 100 = 10^2.)
Oppgave 2 (2 poeng)
Oppgave. f(x) = x^2 - 2x - 8. I hvilke punkter skjærer grafen x-aksen?
Løsning. Grafen skjærer x-aksen der f(x) = 0. Vi faktoriserer (to tall med produkt -8 og sum -2 er -4 og 2):
x^2 - 2x - 8 = (x-4)(x+2) = 0 \;\Longrightarrow\; x = 4 \;\text{eller}\; x = -2.
Grafen skjærer altså x-aksen i punktene
\boxed{(-2,\,0) \quad \text{og} \quad (4,\,0)}.
Oppgave 3 (3 poeng)
Oppgave. Bestem a og b slik at x^3 - 5x^2 - 8x + 12 = (x-1)(x+a)(x-b) blir en identitet.
Løsning. Et tredjegradspolynom = (x-1)(x+a)(x-b) betyr at x=1 er et nullpunkt. Kontroll:
1 - 5 - 8 + 12 = 0. \;\checkmark
Dermed er (x-1) en faktor. Polynomdivisjon (eller å gjette de andre heltallsnullpunktene) gir
x^3 - 5x^2 - 8x + 12 = (x-1)(x^2 - 4x - 12) = (x-1)(x-6)(x+2).
Sammenligner vi med (x-1)(x+a)(x-b), ser vi at x+a = x+2 og x-b = x-6, altså
\boxed{a = 2, \quad b = 6}.
Oppgave 4 (2 poeng — teller dobbelt)
Oppgave. Grafen til en rasjonal funksjon f er gitt (se figur). Bestem f(x) og argumenter for at svaret er riktig.
Løsning. Vi leser av to opplysninger fra figuren:
- Vertikal asymptote x = 1 (grafen går mot \pm\infty nær x=1). Det betyr at nevneren er null for x = 1, altså at nevneren inneholder faktoren (x-1).
- Horisontal asymptote y = 3. For en brøk der teller og nevner har samme grad, er den horisontale asymptoten forholdet mellom de ledende koeffisientene. Vi velger derfor \frac{3x + k}{x - 1}.
Konstanten k bestemmer vi av at grafen skjærer y-aksen i (0, 6):
f(0) = \frac{3\cdot 0 + k}{0 - 1} = -k = 6 \;\Longrightarrow\; k = -6.
\boxed{f(x) = \frac{3x - 6}{x - 1}}
Argument. Tre kontroller mot grafen:
- Vertikal asymptote: nevneren x - 1 = 0 for x = 1. ✓
- Horisontal asymptote: for store |x| er f(x) = \dfrac{3x - 6}{x - 1} \to \dfrac{3x}{x} = 3, så y = 3. ✓
- Punkter: f(0) = \frac{-6}{-1} = 6 og f(2) = \frac{0}{1} = 0 (grafen skjærer x-aksen i x = 2, som passer med figuren). ✓
Oppgave 5 (4 poeng — teller dobbelt)
Oppgave. Figuren viser grafen til den deriverte f'. f' har nullpunkter i x = -3{,}12, x = 1 og x = 5{,}12. Nullpunktene til f selv er x = -4, x = -2, x = 4 og x = 6. Lag en skisse av hvordan grafen til f kan se ut, og argumenter.
Løsning — fortegnsskjema for f'. Fra grafen til f' leser vi av fortegnet (krysser x-aksen i -3{,}12, 1 og 5{,}12):
| Intervall | x < -3{,}12 | -3{,}12 < x < 1 | 1 < x < 5{,}12 | x > 5{,}12 |
|---|---|---|---|---|
| f'(x) | - | + | - | + |
| f | synker | vokser | synker | vokser |
Dermed har f disse ekstremalpunktene (der f' skifter fortegn):
- x = -3{,}12: f' går fra - til + \Rightarrow bunnpunkt
- x = 1: f' går fra + til - \Rightarrow toppunkt
- x = 5{,}12: f' går fra - til + \Rightarrow bunnpunkt
Plassering i forhold til x-aksen. f er en fjerdegradsfunksjon (fordi f' er av tredje grad) med fire nullpunkter -4, -2, 4, 6, og siden f'(x) > 0 for store x, vokser f mot +\infty — grafen «åpner oppover» i begge ender. Fortegnet til f blir da:
f > 0 \text{ for } x < -4, \quad f < 0 \text{ på } (-4,-2), \quad f > 0 \text{ på } (-2,4), \quad f < 0 \text{ på } (4,6), \quad f > 0 \text{ for } x > 6.
Skisse (beskrivelse). Grafen til f:
- kommer ned fra +\infty til venstre, krysser x-aksen i x = -4,
- har et bunnpunkt ved x \approx -3{,}12 (under x-aksen),
- stiger og krysser x-aksen i x = -2,
- har et toppunkt ved x = 1 (over x-aksen),
- synker og krysser x-aksen i x = 4,
- har et bunnpunkt ved x \approx 5{,}12 (under x-aksen),
- krysser x-aksen i x = 6 og stiger mot +\infty.
\boxed{\text{Bunnpunkt ved } x\approx-3{,}12,\;\text{toppunkt ved } x=1,\;\text{bunnpunkt ved } x\approx5{,}12;\;\text{nullpunkter } -4,-2,4,6.}
Skissen er riktig fordi ekstremalpunktene ligger nøyaktig der f' er null og skifter fortegn, og nullpunktene til f ligger der grafen krysser x-aksen.
DEL 2 — Med hjelpemidler
I Del 2 er digitale hjelpemidler (CAS, graftegner, regneark og programmering) tillatt. Utregningene nedenfor er kontrollert med CAS/graftegner.
Oppgave 1 (Svalbard-temperatur)
Oppgave. T(x) = 0{,}048x^4 - 1{,}4x^3 + 13{,}36x^2 - 45{,}8x + 35{,}2 for x \in [2, 10], der x = 2 er 1. februar, x = 3 er 1. mars osv. (T i °C). a) Omtrent hvor mange døgn i perioden 1. feb.–1. okt. er T > 0? b) Stigningstall til linja gjennom (3, T(3)) og (7, T(7)) — med praktisk tolkning. c) Bestem nullpunkter og ekstremalpunkter til T', og tolk koordinatene.
a) Vi finner hvor T(x) = 0 i intervallet [2, 10]. Med CAS får vi to nullpunkter:
x_1 \approx 5{,}77 \qquad \text{og} \qquad x_2 \approx 8{,}91.
Mellom disse er T > 0 (sjekk: T(7) = 4{,}29 > 0). Lengden er x_2 - x_1 \approx 3{,}13 måneder. Hver måned varer ca. 30{,}4 døgn, så
\Delta \approx 3{,}13 \cdot 30{,}4 \approx \boxed{95 \text{ døgn}}.
b) Stigningstallet til den rette linja gjennom to punkter er
a = \frac{T(7) - T(3)}{7 - 3} = \frac{4{,}288 - (-15{,}872)}{4} = \frac{20{,}16}{4} = \boxed{5{,}04}.
Praktisk tolkning: I gjennomsnitt steg temperaturen med ca. 5{,}0 °C per måned i perioden fra 1. mars (x=3) til 1. juli (x=7).
c) Vi deriverer:
T'(x) = 0{,}192x^3 - 4{,}2x^2 + 26{,}72x - 45{,}8.
Nullpunkter til T' (her er T stasjonær — ekstremalpunkter til T). I [2,10] gir CAS
x \approx 2{,}76 \;\to\; (2{,}76,\, 0) \qquad \text{og} \qquad x \approx 7{,}33 \;\to\; (7{,}33,\, 0).
- x \approx 2{,}76: her er T på sitt laveste, T(2{,}76) \approx -16{,}1 °C — kaldest (slutten av februar, måned nr. 2). Temperaturen slutter å synke og begynner å stige.
- x \approx 7{,}33: her er T på sitt høyeste, T(7{,}33) \approx 4{,}5 °C — varmest (rundt 10. juli). Temperaturen slutter å stige og begynner å synke.
Ekstremalpunkter til T' (der T''(x) = 0 — vendepunkter til T, der temperaturen endrer seg raskest):
x \approx 4{,}69 \;\to\; (4{,}69,\; 6{,}94) \qquad \text{(toppunkt på } T'\text{)}, x \approx 9{,}90 \;\to\; (9{,}90,\; -6{,}62) \qquad \text{(bunnpunkt på } T'\text{)}.
- (4{,}69,\, 6{,}94): T' er størst her — temperaturen stiger raskest, ca. 6{,}9 °C per måned (slutten av april, måned nr. 4).
- (9{,}90,\, -6{,}62): T' er minst her — temperaturen synker raskest, ca. 6{,}6 °C per måned (slutten av september).
Oppgave 2 (Gjerde ved elva)
Oppgave. Speidere har 80 m tau og fire pinner til å gjerde et rektangulært område ved en elv. Det settes ikke gjerde langs elva (én lengdeside). a) Areal hvis lengden er 60 m. b) Lag en systematisk oversikt (tabell) og argumenter for Hermans påstand: arealet blir størst når lengden er dobbelt så lang som bredden. c) Sett opp et funksjonsuttrykk, tegn grafen og vis at Herman har rett.
Oppsett. La lengden være L og bredden B. Siden den ene lengdesiden (langs elva) ikke gjerdes, brukes tauet til én lengde og to bredder:
L + 2B = 80 \;\Longrightarrow\; L = 80 - 2B.
a) Med L = 60:
60 = 80 - 2B \;\Longrightarrow\; B = 10. \qquad A = L\cdot B = 60 \cdot 10 = \boxed{600 \text{ m}^2}.
b) Vi setter opp en tabell der L = 80 - 2B og A = L\cdot B:
| Bredde B (m) | Lengde L = 80 - 2B (m) | Areal A = L\cdot B (m²) |
|---|---|---|
| 5 | 70 | 350 |
| 10 | 60 | 600 |
| 15 | 50 | 750 |
| 20 | 40 | 800 |
| 25 | 30 | 750 |
| 30 | 20 | 600 |
| 35 | 10 | 350 |
Det største arealet, 800 m², får vi for B = 20 og L = 40. Da er L = 2B — altså er lengden dobbelt så lang som bredden, akkurat som Herman påstår. ✓
c) Josefines funksjonsuttrykk: skriv arealet som funksjon av bredden B:
A(B) = (80 - 2B)\cdot B = -2B^2 + 80B.
Dette er en andregradsfunksjon (parabel som vender ned). Toppunktet ligger midt mellom nullpunktene B = 0 og B = 40:
B = \frac{0 + 40}{2} = 20 \;\Longrightarrow\; L = 80 - 2\cdot 20 = 40, \qquad A(20) = -2\cdot 20^2 + 80\cdot 20 = 800.
Grafen til A(B) = -2B^2 + 80B er en parabel med toppunkt (20,\, 800). Største areal er 800 m² ved B = 20, L = 40, dvs. L = 2B. Herman har dermed rett.
\boxed{A(B) = -2B^2 + 80B, \quad A_{\max} = 800 \text{ m}^2 \text{ ved } L = 40,\; B = 20\;(L = 2B)}
Oppgave 3 (Areal av firkant — teller dobbelt)
Oppgave. Firkant ABCD med sider AB = 10, BC = 5, CD = 9, DA = 6 og vinkel B = \angle ABC = 75^\circ. Vis at arealet kan bestemmes med trigonometri, og bestem arealet.
Løsning. Vi trekker diagonalen AC. Den deler firkanten i to trekanter: \triangle ABC og \triangle ACD.
Trekant ABC (AB = 10, BC = 5, mellomliggende vinkel B = 75^\circ). Arealsetningen gir
A_{ABC} = \tfrac12 \cdot AB \cdot BC \cdot \sin B = \tfrac12 \cdot 10 \cdot 5 \cdot \sin 75^\circ \approx 24{,}15.
Diagonalen AC finner vi med cosinussetningen:
AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2\cdot AB\cdot BC\cdot\cos B = 100 + 25 - 100\cos 75^\circ \approx 99{,}12,
så AC \approx 9{,}96.
Trekant ACD (CD = 9, DA = 6, AC \approx 9{,}96). Nå kjenner vi alle tre sidene. Vi finner én vinkel med cosinussetningen og bruker så arealsetningen — eller bruker Herons formel direkte. Med s = \tfrac{9{,}96 + 9 + 6}{2} \approx 12{,}48:
A_{ACD} = \sqrt{s(s-AC)(s-CD)(s-DA)} \approx \sqrt{12{,}48 \cdot 2{,}52 \cdot 3{,}48 \cdot 6{,}48} \approx 26{,}63.
Samlet areal:
A = A_{ABC} + A_{ACD} \approx 24{,}15 + 26{,}63 \approx \boxed{50{,}8}.
Trigonometriske sammenhenger brukt: arealsetningen A = \tfrac12 ab\sin C og cosinussetningen c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C (og Herons formel for den siste trekanten).
Oppgave 4 (Tilnærmet areal — Riemann)
Oppgave. f(x) = \tfrac{1}{9}(x+1)(x-6)^2. Thea tilnærmer arealet mellom y-aksen, x-aksen og grafen (x \in [0, 6]) med rektangler. a) Areal av de seks rektanglene i figur 2. b) Lag et program (b teller dobbelt). c) Bruk programmet med 6000 rektangler.
a) Seks rektangler på [0, 6] har bredde \frac{6-0}{6} = 1. I figur 2 leser vi av at høyden til hvert rektangel er funksjonsverdien i venstre kant av intervallet (x = 0, 1, 2, 3, 4, 5):
| x | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| f(x) | 4 | \tfrac{50}{9} | \tfrac{48}{9} | 4 | \tfrac{20}{9} | \tfrac{6}{9} |
A_6 = 1\cdot\!\left(4 + \tfrac{50}{9} + \tfrac{48}{9} + 4 + \tfrac{20}{9} + \tfrac{6}{9}\right) = \frac{196}{9} \approx \boxed{21{,}8}.
b) Vi fullfører programmet. Bredden er \frac{x_{\max} - x_{\min}}{n}, og vi summerer f i venstre kant av hvert rektangel (samme metode som i a).
Program (Python):
def f(x):
return 1/9 * (x + 1) * (x - 6) ** 2 # Definerer funksjonen f
x_min = 0 # Minste x-verdi
x_maks = 6 # Største x-verdi
n = 6000 # Antall rektangler
bredde = (x_maks - x_min) / n # Bredden av hvert rektangel
areal = 0
for i in range(n):
x = x_min + i * bredde # venstre kant av rektangel nr. i
areal += f(x) * bredde
print(round(areal, 4)) # 20.002Program (C++):
#include <iostream>
#include <cmath>
double f(double x) { // Definerer funksjonen f
return 1.0/9.0 * (x + 1) * std::pow(x - 6, 2);
}
int main() {
double x_min = 0, x_maks = 6;
int n = 6000; // Antall rektangler
double bredde = (x_maks - x_min) / n; // Bredden av hvert rektangel
double areal = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
double x = x_min + i * bredde; // venstre kant av rektangel nr. i
areal += f(x) * bredde;
}
std::cout << areal << "\n"; // 20.002
return 0;
}c) Programmet med n = 6000 rektangler gir
A_{6000} \approx \boxed{20{,}0}.
(Til sammenligning: det eksakte arealet er \int_0^6 \tfrac19(x+1)(x-6)^2\,dx = 20. Jo flere rektangler, jo bedre tilnærming.)
Oppgave 5 (Sirkel og trekant — teller dobbelt)
Oppgave. A, B, C ligger på en sirkel med sentrum S og radius r. \angle SBA = 30^\circ, \angle BSC = 90^\circ, og arealet av \triangle ABC er 2\sqrt3 + 6. Bestem en eksakt verdi for r.
Løsning. Sentrum S ligger inni trekanten, så \triangle ABC deles i tre trekanter \triangle SAB, \triangle SBC og \triangle SCA, alle med to sider lik radien r.
Sentralvinklene:
- I \triangle SAB er SA = SB = r (likebeint), og basisvinkelen \angle SBA = 30^\circ, så \angle SAB = 30^\circ og dermed \angle ASB = 180^\circ - 30^\circ - 30^\circ = 120^\circ.
- \angle BSC = 90^\circ (gitt).
- Sentralvinklene rundt S summeres til 360^\circ, så \angle CSA = 360^\circ - 120^\circ - 90^\circ = 150^\circ.
Areal med arealsetningen (hver deltrekant har sidene r og r):
\begin{aligned} A_{\triangle ABC} &= \tfrac12 r^2\sin 120^\circ + \tfrac12 r^2\sin 90^\circ + \tfrac12 r^2\sin 150^\circ \\[2pt] &= \tfrac12 r^2\!\left(\frac{\sqrt3}{2} + 1 + \frac12\right) = \tfrac12 r^2\cdot\frac{\sqrt3 + 3}{2} = \frac{r^2(\sqrt3 + 3)}{4}. \end{aligned}
Sett lik det oppgitte arealet 2\sqrt3 + 6 = 2(\sqrt3 + 3):
\frac{r^2(\sqrt3 + 3)}{4} = 2(\sqrt3 + 3) \;\Longrightarrow\; r^2 = 8 \;\Longrightarrow\; r = \sqrt8 = \boxed{2\sqrt2}.
Oppgave 6 (Tredjegradsfunksjon og Tryms «regel»)
Oppgave. f(x) = x^3 - 3x^2 + 2. a) Bestem koordinatene til eventuelle topp- og bunnpunkter. b) Utforsk og kommenter Tryms «regel»: at en tredjegradsfunksjon uten førstegradsledd alltid har et topp-/bunnpunkt på y-aksen (b teller dobbelt).
a) Vi deriverer og setter f'(x) = 0:
f'(x) = 3x^2 - 6x = 3x(x - 2) = 0 \;\Longrightarrow\; x = 0 \;\text{eller}\; x = 2.
Fortegnsskjema for f' = 3x(x-2): positiv for x<0, negativ på (0,2), positiv for x>2. Altså:
- x = 0: f' skifter fra + til - \Rightarrow toppunkt. f(0) = 2.
- x = 2: f' skifter fra - til + \Rightarrow bunnpunkt. f(2) = 8 - 12 + 2 = -2.
\boxed{\text{Toppunkt } (0,\, 2), \qquad \text{Bunnpunkt } (2,\, -2)}
b) Utforsking av Tryms «regel». Trym hevder: når en tredjegradsfunksjon mangler førstegradsledd, ligger et topp-/bunnpunkt på y-aksen. Vi tester en generell tredjegradsfunksjon uten førstegradsledd:
g(x) = ax^3 + bx^2 + d \quad (a \neq 0) \;\Longrightarrow\; g'(x) = 3ax^2 + 2bx = x(3ax + 2b).
Nullpunkter: x = 0 og x = -\dfrac{2b}{3a}. Vi ser at x = 0 alltid er et stasjonært punkt (deriverte lik null). Punktet ligger på y-aksen, (0, d).
Men er x = 0 alltid et topp-/bunnpunkt? Nei. f' skifter fortegn i x=0 bare når de to nullpunktene er forskjellige, dvs. når -\frac{2b}{3a} \neq 0, altså når b \neq 0.
- Hvis b \neq 0: g' har to ulike nullpunkter, skifter fortegn i x = 0, og (0, d) er et topp-/bunnpunkt. Tryms regel stemmer.
- Hvis b = 0 (f.eks. g(x) = x^3, som Eira nevner): da er g'(x) = 3ax^2, som har et dobbelt nullpunkt i x = 0 og er positiv på begge sider. f' skifter ikke fortegn, så x = 0 blir et terrassepunkt (vendepunkt), ikke et topp-/bunnpunkt.
Konklusjon. Tryms regel har «litt rett»: en tredjegradsfunksjon uten førstegradsledd har alltid et stasjonært punkt på y-aksen. Men det er bare et ekte topp-/bunnpunkt dersom andregradsleddet også er til stede (b \neq 0). Mangler både førstegrads- og andregradsleddet (som i x^3), er punktet et terrassepunkt. Eira har altså rett i at «det er noe mer vi må se etter».
Uoffisielt, automatisk generert løsningsforslag. Kilde og fasit: matematikk.net. Ikke tilknyttet Utdanningsdirektoratet.