1T 2021 Høst eksempel LK20 LØSNING

oppgaven som pdf

DEL EN

a)

Stigningstall : $a = \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{y_2 - y_1}{x_2- x_1} = \frac{7,3 - 4,7}{14 - 4} = \frac {2,6}{10} = 0,26$

b)

Temperaturen øker i gjennomsnitt med 0,26 grader i timen, fra 04 om natten, til 2 om ettermiddagen.

Oppgave 2

Siden AC er den lengste siden i den rettvinklede trekanten er AC hypotenusen. Tangens til en vinkel er motstående katet delt på hossliggende katet. For at det forholdet skal bi 1 må BC = AB = 4.

Oppgave 3

$x^2 - 4< 2x-1$

$x^2-2x-3 < 0 $

$(x - 3)(x + 1 ) <0$

Lager et fortegnsskjema:

Vi ser at ulikheten er mindre enn null i området -1 til 3.

$x \in <-3, 3>$

Oppgave 4

Vi tester verdier for x og ser at x = 1 gir en løsning av likningen. Uttrykket er derfor delelig på (x-1) vi utfører polynomdivisjonen

$x^3- 3x^2 -x + 3 : (x-1)$ og får som svar $x^2-2x -3$ som faktorisert er (x +1)(x-3). Bruk abc formelen om du ikke "ser" det.

Vi står da med følgende: (x-1)(x+1)(x-3)=0

Det gir løsninger for $x \in \{ -1, 1, 3 \}$

a)

Linje 8: print("Diskriminant er negativ, ingen reelle løsninger")

Linje 10: print("Diskriminant lik null, en dobbeltrot")

Linje 12: print("Denne likningen har to løsninger")

b)

Programmet regner ut $d=b^2 -4ac$ til å være lik null, altså en dobbeltrot.

Oppgave 6

Vi nedfeller høyden i trekanten og får to rettvinklede trekanter. Vinkelen mellom høyden og hypotenusen blir 30°:

Siden $\sin(v)=\frac{\text{motstående katet}}{\text{hypotenus}}$

$\sin(30°)=\frac{\frac{a}{2}}{a}=\underline{\underline{\frac{1}{2}}}$

a)

f(0) = 3, f(-1) = 0 og f(-3) = 0. Det er altså grafen til f som er tegnet.

b)

Parabelen flyttes, men "smilet" er det samme, hvilket bety at koeffisienten a fortsatt er lik 1. Symmetrilinje $x = \frac{-b}{2a}$. Siden x = - 4 og a =1 må b = 8.

Vi vet at g(-4) = 1, det gir c = 17. Altså får vi $g(x) = x^2 + 8x +17$

DEL TO

Oppgave 1

r, s og t skal ha verdier som gjelder for alle verdier av x. Vi skriver $(sx + t)^2 = (sx + t)(sx + t)$ og ser at s = 2 fordi koefisienten i andregradsleddet er 4. t = 4 fordi t skal multipliseres med 2 og vi har to slike ledd. Til slutt blir r = 16 fordi $t^2 = r = 16$.

Oppgave 2

Bruker pytagoras.

Lengden av sidene i kvadratet er $1 + \sqrt 2$.

Opppgave 3

Oppgave 4

a)

Tallene i tabell en gir oss temperaturen i gelene i avkjølingsforløpet fra 4 minutter til 90 minutter inn i avkjølingen. I dette tidsintervallet er modellen god fordi den følger de faktiske målepunkter godt, $R^2= 0,997 $. Uansett hvor lenge den avkjøles vil den aldri bli kaldere enn romtemperatur, 20 grader celsius.

Modellen over er god i området 4 - 90 minutter. Vi ser fra de siste målingene at avkjølingen (60, 75, 90) begynner å gå saktere enn hva modellen predikerer. Etter som tiden går vil modellen underestimere temperaturen og etter ca. 156 minutter gir modellen oss verdier under romtemperatur, noe som ikke er i samsvar med virkeligheten.

Vi trenger en modell som nærmere seg romtemperatur når tiden blir stor. Stine trekker fra 20 grader på alle målingen. Kjører man regresjon på tabell to i oppgaven får man et utrykk som dette $f(x)=75,05 \cdot 0,98^x$. Dersom vi plusser på romtemperaturen får vi

b)

Modellen er gyldig så lenge romtemperaturen er stabil.

Oppgave 6

Grafen til den deriverte har nullpunkter i -1, 0 og i 1, 0 . Den har et minimum i (0 , -3). det ser vi fra stigningstallet til vendetangenten. Vi setter disse inn i Geogebra og kjører polynomregresjon.

Utrykket til den deriverte av f er $ 3x^2-3$

a)

Bruker regresjon, finner et funksjonsuttrykk og ser at man kan lage 70 figurer.

b)

Man får 60 fyrstikker tilovers.

Oppgave 8

Terrengets vinkel er gitt i kolonne B. Den gule kolonnen I gir oss resultatene fra "Stavmetoden". Selve tabellen gir oss fasit i forhold til underlagsvinkel og stavlengde. V ser at modellen passer god når underlagsvinkelen er i nærheten av 30 grader og stavlengden er 110 - 120 cm.

Tabellen baserer seg på kosinussetningen: