Andengradspolynomier - matematikfysik

0BAndengradspolynomierEt polynomium er en funktion på formen f ( x)= anx + an−1x + … a1x+a0, hvorai∈ R kaldes polynomiets koefficienter. Graden af et polynomium er lig med den højestepotens af x, for hvilket den tilhørende koefficient er forskellig fra 0. Ovenståendepolynomium har altså grad n såfremt an≠ 0 . I denne note skal vi især se på andengradspolynomier,men til sidst også lidt på polynomier af højere grad. Et andengradspolynomiumer altså en funktion på formen f ( x)= ax + bx+ c, hvor abc , , ∈ R og a ≠ 0 .2Som et redskab til at studere graferne for andengradspolynomier vil vi se på parallelforskydningaf grafer i næste afsnit.nn − 11B1. ParallelforskydningAntag, at vi parallelforskyder grafen for en funktion f. Spørgsmålet er, om vi kan bestemmeen forskrift for funktionen hørende til den parallelforskudte graf? Svaret er bekræftende,som de følgende sætninger viser. I næste afsnit vil vi anvende denne viden tilspecielt at se på parallelforskydninger af grafer for andengradspolynomier. Sætningernei dette afsnit gælder imidlertid for enhver funktion f.Sætning 1Parallelforskydes grafen for funktionen f ( x ) med x 0i x-aksens retning, så fåsgrafen for funktionen gx ( ) = f( x−x0). Forskriften for g fås altså ved i forskriftenfor f at udskifte alle forekomster af x med x − x 0.Bevis:fx ( x) gx( )0fgx x 0xAf figuren ser vi umiddelbart, at funktionsværdien for g i punktet x er lig funktionsværdienfor f i punktet x − x0, altså gx ( ) = f( x− x0).

2© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk7BEksempel 2Givet funktionen f( x) = ( x+ 1) ⋅ 2 x . Hvis grafen for denne funktion parallelforskydesmed 3 i x-aksens retning, så vil man få grafen for en funktion med følgende forskrift:x−3 x−3gx ( ) = f( x− 3) = (( x− 3) + 1) ⋅ 2 = ( x−2) ⋅ 2idet vi udskifter alle forekomster af x med x − 3 .Sætning 3Parallelforskydes grafen for funktionen f med y0i y-aksens retning, så fås grafenfor funktionen gx ( ) = f( x)+ y0. Forskriften for g fås altså ved at lægge y0til i forskriftenfor f.Bevis:gx () fx () y 0gfx ()fxAlle y-værdier skal der lægges y0til, altså er gx ( ) = f( x)+ y0en forskrift for den nye,parallelforskudte graf.Lad os sammenfatte sætningerne 1 og 3 i én sætning:Sætning 4Parallelforskydes grafen for funktionen f med ( x0, y0), dvs. med x 0i x-aksens retningog med y 0i y-aksens retning, så fås grafen for funktionen med forskriftgx ( ) = f(x− x 0 ) + y0. Forskriften for g fås altså ved i forskriften for f at udskifte alleforekomster af x med x − x0samt til sidst at lægge y0til.

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 32B2. Grafen for et andengradspolynomium2Det mest simple andengradspolynomium, man kan tænke sig, er på formen f ( x)= ax .Nedenfor til venstre er grafen for et sådant andengradspolynomium afbildet for tilfældenea = 1, a = ½ og a =−1. I alle tilfælde er grafen en parabel med toppunkt i (0,0).Hvis a er positiv, vender ”grenene” opad, mens de vender nedad, hvis a er negativ. Jostørre a er numerisk set, jo stejlere er grenene.4a 143321a ½21-2 -1 1 2-1-2 -1 1 2-1-2-3a 1-2-3-4-48BEksempel 51 2På figuren ovenfor til højre er grafen for f ( x)=2x blevet parallelforskudt med (1, 2) .Ifølge sætning 4 er en forskrift for funktionen hørende til den parallelforskudte graf lig2 2 2med gx ( ) = f( x− 1) + 2 = 1 1 12( x− 1) + 2 =2( x − 2x+ 1) + 2= 2x − x+ 2 12. Vi har altså at1 1gøre med et andengradspolynomium med koefficienter a= , b=− 1ogc= 2 .2 2Udfra eksempel 5 er det ikke svært at overbevise sig om, at hvis man parallelforskyder2grafen for et simpelt andengradspolynomium med forskrift f ( x)= ax , så får man i alletilfælde grafen for et andengradspolynomium. Spørgsmålet er, om vi kan gå den andenvej: Kan grafen for ethvert andengradspolynomium fås ved at parallelforskyde grafen2for et simpelt andengradspolynomium med forskriften f ( x)= ax ? Svaret er bekræftende,som vi skal se i det følgende. Resultatet skal blandt andet benyttes til at udlede enformel for grafens (parablens) toppunkt.

4© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dkSætning 62Lad gx ( ) = ax + bx+cog størrelsen d = b −4acbetegne polynomiets såkaldtediskriminant. Grafen for g kan fås ved at parallelforskyde grafen for det simple2andengradspolynomium f ( x)= ax med⎛ b d ⎞(1) ( x0, y0) = ⎜− , − ⎟⎝ 2a4a⎠Specielt er koordinaterne til toppunktet for grafen forudtryk for ( x , y ).0 02gx ( )givet ved ovenståendeBevis: Lad os starte med at parallelforskyde grafen for f ( x)= ax med ( x0, y0), og såførst senere afgøre, hvad x 0og y 0skal sættes lig med, for at man får grafen for g.Ifølge sætning 3 haves:2(2)2 2 20 0 0 0 0 0gx ( ) = f( x− x) + y = ax ( − x) + y = ax ( − 2 xx+ x)+ y2 2 2 220 0 0( 20) (0 0= ax − ax x + ax + y = ax + − ax x + ax + y )0Husk, at det er x, som er den variable, mens a, x0og y0skal betragtes som konstanter.Vi har altså et andengradspolynomium, hvor koefficienten til andengradsleddet er a,2koefficienten til førstegradsleddet er − 2ax 0og nultegradsleddet er lig med ax0 + y0.2Dette andengradspolynomium er lig med ax + bx+c hvis og kun hvis koefficienterne2til de forskellige potenser af x er ens. Koefficienten til x er allerede a, så det stemmer.Derudover kræves altså, at:(3)20 0− 2ax = b og ax + y = c0Første ligning kan opfyldes, hvis vi sætter x0 = − b 2a. Den anden ligning kan opfyldesved at vælge følgende værdi for y0:(4)2 2 22 ⎛ b ⎞ b b0= −0= − ⋅⎜− ⎟ = − ⋅ = −2y c ax c a c a c⎝ 2a⎠4a4a2 2 2 2= 4ac b 4 ac b (4 ac b ) b 4ac d4a − 4a = −4a = − − − −4a = − 4a= − 4 ahvor vi i andet lighedstegn har indsat udtrykket for x 0. I femte lighedstegn har vi forlængetførste led med 4a , så der skabes en fælles nævner. I syvende lighedstegn har viganget med –1 i tælleren og samtidigt ganget hele brøken med –1. I ottende lighedstegner minusparentesen hævet og leddenes rækkefølge byttet rundt. Alt i alt viser ovenstående,at grafen for gx ( ) = ax + bx+cfremkommer ved at parallelforskyde grafen for22f ( x)= ax med vektoren givet ved udtrykket (1). Påstanden om toppunktet for g’s grafer herefter en simpel konsekvens af, at toppunktet for grafen for f er ( 0,0) : Under parallelforskydningenvil (0,0)flyttes hen i punktet givet ved (1).

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 59BBemærkning 7Indsættes udtrykkene for x 0og y0fra sætning 6 i gx ( ) = ax ( − x0)+ y 0, kan vi se, atet generelt andengradspolynomium kan omskrives på følgende måde:2(5)2⎛ b ⎞ dax + bx+ c = a⋅ ⎜x+ ⎟ −⎝ 2a⎠4a210BEksempel 81 2Betragt andengradspolynomiet gx ( ) = x + x− 4. Toppunktet for polynomiets graf fås22 2 1ved hjælp af formel (1) i sætning 6, idet d = b − 4ac= 1 −4 ⋅ ⋅( − 4) = 9:2⎛ b d ⎞ ⎛ 1 9 ⎞1( x0, y0) = ⎜− , − ⎟ = ⎜− , − ( 1, 4 )1 1⎟ = − −2⎝ 2a4a⎠ ⎝ 2⋅24⋅2 ⎠Det ses at stemme med grafen nedenfor:

6© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk3B3. AndengradsligningerEn andengradsligning er en ligning på formen ax + bx+ c = 0 , a ≠ 0 . Man skal altsåfinde eventuelle x-værdier, som tilfredsstiller ligningen. Løsningerne til andengradsligningenbetegnes i øvrigt også som rødderne til andengradspolynomiet ax + bx+c.22Sætning 92Givet andengradsligningen ax + bx+ c = 0 , a ≠ 0 . Idet d = b −4achaves følgendeløsninger til andengradsligningen:Hvisd < 0 : Der er ingen løsninger2Hvisd = 0 : Der er netop én løsning:x =−b2aHvisd > 0:Der er netop to løsninger:− b±x =2adBevis: Problemet med andengradsligninger er, at man ikke, som i tilfældet med ligningeraf 1. grad, nemt kan isolere x på den ene side af lighedstegnet. Man kan ikke umiddelbartsamle leddene med x, fordi de har forskellig potens i x. Heldigvis kan det alligevelgøres med et trick: Man omskriver ligningen, så man får kvadratet på en toleddetstørrelse, hvori x indgår. Da x derved kun kommer til at stå et sted i ligningen, kan denefter omskrivningen ret nemt løses. Den omtalte omskrivning er faktisk bare den, somvi har i formel (5) i bemærkning 7.(6)2ax + bx+ c =2220⎛ b ⎞ da⋅ ⎜x+ ⎟ − =⎝ 2a⎠4a⎛ b ⎞ da⋅ ⎜x+ ⎟ =⎝ 2a⎠4a⎛ b ⎞ d⎜x+ ⎟ =⎝ 2a⎠ 4a20For at komme videre må vi splitte op i tre tilfælde, afhængig af værdien af d:d < 0: Nævneren på højre side af den sidste ligning i (6) er positiv, da a står i andenpotens. Når diskriminanten d er negativ, vil hele højresiden derfor være negativ.Venstresiden er en parentes i anden potens; den vil derfor være ≥ 0 . Ligningenkan dermed ikke opfyldes. Løsningsmængden er derfor den tommemængde: Vi skriver L =∅.

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 7d = 0: I så fald er højresiden lig med 0. Den eneste mulighed for at et udtryk i andenpotens kan være lig med 0 er, at udtrykket selv er lig med 0. Det giver netop énløsning:2⎛ b ⎞bb⎜x+ ⎟ = 0 ⇔ x+ = 0 ⇔ x = −⎝ 2a⎠ 2a2ad > 0: I dette tilfælde er både tæller og nævner i højresidenligning i (6) kan dermed omskrives til:2 2⎛ b ⎞ d ⎛ b ⎞ ⎛ d ⎞⎜x+ ⎟ = ⇔ x2 ⎜ + ⎟ = ⎝ 2a⎠ 4a⎝ 2a⎠ ⎜ ⎟⎝ 2a ⎠2d (4 a ) positive. SidsteDen eneste måde, hvorpå to udtryk i 2. potens kan være ens er, hvis udtrykkeneer ens, eller det ene udtryk er lig med minus det andet udtryk:222⎛ b ⎞ ⎛ d ⎞b d b⎜x+ ⎟ = ⇔ x+ = ∨ x+ = −⎝ 2a⎠ ⎜ 2a ⎟⎝ ⎠ 2a 2a 2ab d b d − b±d⇔ x = − + ∨ x = − − ⇔ x =2a 2a 2a 2a 2ad2aHvor vi i sidste ensbetydende har sat på fælles brøkstreg. I dette tilfælde er deraltså to løsninger. Sætningen er dermed bevist.11BBemærkning 10− b±dMan observerer, at formlen x = egentlig også kan benyttes til tilfældet d = 0 .2abIndsættes d = 0 , får man korrekt løsningen − både når + og − anvendes i formlen.2aLøsningen kaldes da også for en dobbeltrod til det aktuelle polynomium.12BEksempel 111 2Lad os bestemme løsningerne til følgende 2. gradsligning: x + x− 4= 0. Andengradsligningenskoefficienter er: a = , b = 1 og c =−4. Dette giver følgende diskriminant:2122 2 1d = b − 4ac= 1 −4 ⋅ ⋅( − 4) =9. Da d er positiv fås de to løsninger2x− b± d − 1± 9 − 1±3 ⎧ 2= = = = ⎨2a2 ⋅ 1 ⎩ − 412px ( ) = x + x− 4, så ser man som forventet, at gra-Tegner man grafen for polynomietfen skærer x-aksen i –4 og 2:122

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 9Ligningen kan løses ved beregning ved at isolere alt på venstre side, således, at der kuner et 0 på højre side:2 2− x + 2x− 2= x−4 ⇔ − x + x+ 2=02 2Vi har altså at gøre med en andengradsligning: d = b − 4ac= 1 −4 ⋅( −1) ⋅ 2= 9. Der eraltså to løsninger:− b± d − 1± 9 − 1±3 ⎧ 2x = = = = ⎨2a2 ⋅− ( 1) − 2 ⎩ − 1Det stemmer overens med vore aflæsninger på forrige side.4B4. Faktorisering af andengradspolynomiumI dette afsnit skal vi se, at hvis et andengradspolynomium har mindst én reel rod, så kandet faktoriseres til et produkt af to førstegradspolynomier.Sætning 132Givet et andengradspolynomium f ( x)= ax + bx+ c. Hvis diskriminanten d ≥ 0 ,så kan polynomiet faktoriseres på følgende måde:(7)2f ( x) = ax + bx+ c = a( x−x )( x−x )1 2hvor x1og x2er rødderne i andengradspolynomiet. Hvis d = 0 og der dermed kuner én rod, så bruges denne rod som både x1og x2.Bevis: Som nævnt i bemærkning 10, så holder udtrykkene for rødderne i sætning 9 nård > 0 , dvs.− b + d − b −xd1= ∧ x2=2a2aegentligt også når d = 0 . Ved indsættelse af d = 0 heri ser vi nemlig, at vi får den korrekterod − b 2a, godt nok to gange. Vi kan altså bare checke sætningen ved at indsættedisse udtryk for rødderne i højresiden i (7) og se, om det holder.(8)21 2 1 2 1a⋅( x−x )( x− x ) = a⋅[ x − ( x + x ) ⋅ x + x ⋅ x 2]− b+ d −b− d −2bb(9) x1+ x2= + = = −2a 2a 2aa

10© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk(10)⎛− b+ d ⎞ ⎛−b− d ⎞ ⎛−b d ⎞ ⎛−b d ⎞x1⋅ x2= ⎜ 2a ⎟⋅ ⎜ = + ⋅ −2a ⎟ ⎜ 2a 2a ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝2a2a⎟⎠2 22 2 2⎛−b⎞⎛ d ⎞ b d b b −4ac= ⎜ ⎟ − = − = −2 2 2 2⎝2a⎠ ⎜ 2a ⎟⎝ ⎠ 4a 4a 4a 4a4ac= =24acaVi har i det tredje lighedstegn i (10) benyttet formlen for to tals sum gange to tals differens!Indsættes (9) og (10) i (8) fås:(11)a⋅( x−x1)( x− x2)=⎡ 2 ⎛ b⎞c⎤a⋅⎢x − ⎜− ⎟⋅ x +a a⎥⎣ ⎝ ⎠ ⎦=⎡ 2 b c⎤2a⋅ ⎢x + ⋅ x + = ax + bx+c⎣ a a⎥⎦14BEksempel 14Sætning 13 er nyttig i forskellige sammenhænge. Antag for eksempel, at vi ønsker atkonstruere et andengradspolynomium, som har rødderne x 1= − 6 og x2= 2 . Der er fritvalg for a. lad os sætte den til 1. Et polynomium med de ønskede egenskaber er da:ax ( − x)( x− x) = 1 ⋅( x−( −6)) ⋅( x− 2) = ( x+ 6) ⋅( x−2)1 22 2= x + 6x−2x− 12 = x + 4x−1215BEksempel 15Reducér udtrykket22x+ 9x−5 ; x ≠ − 5 .2x+ 10Løsning: Rødderne i andengradspolynomiet i tælleren bestemmes via sætning 9 til atvære –5 og 1 . Ifølge sætning 13 kan vi derfor faktorisere tælleren:22x9 5 2( x−( −5))( x− ) 2( x+ 5)( x−)2x+ 10 2( x+ 5) 2( x+5)2 1 1+ x−2 2 1= == x −2Da ( x + 5) er en fælles faktor i tæller og nævner, kan den forkortes væk, og vi endermed et langt enklere udtryk.

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 115B5. Andengradsuligheder og andet godtI dette afsnit skal vi se på løsninger til andengradsuligheder samt se på ligninger, somviser sig at være skjulte andengradsligninger.16BEksempel 164 2Løs fjerdegradsligningen x + x − 6=0.Løsning: Der findes faktisk en generel formel, der kan angive løsningerne til en vilkårligfjerdegradsligning. Da der imidlertid kun er led med lige potenser af x, kan vi reducereproblemet til en simpel andengradsligning via substitutionen t = x , hvormed24 2 2 2x = ( x ) =t . Hermed fås følgende ligning:t2+ t− 6=0Ved brug af formlen for andengradsligningen ser vi, at det giver følgende løsninger:2 2t = 2 ∨ t =−3 ⇔ x = 2 ∨ x =−3⇔ x=± 22Bemærk, at ligningen x =−3 ingen løsninger har, så der er ikke fire løsninger her, kunto løsninger. En 4. gradsligning kan højst have fire løsninger!17BEksempel 17Løs ligningen x+ 1= 3x−7 , x≥−1.Løsning: Vi foretager substitutionen2 2t = x+ 1 ⇔ t = x+ 1 ( t ≥0) ⇔ t − 1 = x ( t ≥ 0)2 2Indsættes dette i ligningen fås t = 3( t −1) −7 ⇔ 3t −t− 10 = 0 . Sidstnævnte ligning5har løsningerne t = 2 og t =− . Da t ≥ 0 giver sidstnævnte mulighed ikke anledning til32nogen løsninger. Derimod fås t = 2 ⇒ x= t − 1= 3. Altså er x = 3 den eneste løsningtil den oprindelige ligning.18BEksempel 182Det oplyses, at 2. gradsligningen p( x) = 4x − 12x+ c, hvor c er et tal, netop har én løsning.Bestem værdien af konstanten c.Løsning: En opgave af denne type kaldes undertiden for en parameteropgave, idet en afkoefficienterne er en ukendt parameter. Vi får følgende udtryk for diskriminanten:2 2d = b − 4 ac= ( −12) −4⋅4⋅ c= 144 −16c. Da der er netop en løsning, skal diskriminantenvære lig med 0. Det giver d = 0 ⇔ 144 − 16c= 0 ⇔ c=9 .

6B12© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk19BEksempel 19Løs andengradsuligheden x − 8x+ 15≤0.2Løsning: Først løses ligningen x2 − 8x+ 15= 0. Man finder rødderne 3 og 5. Koefficiententil x er 1. Da det er en positiv værdi, vender parablens grene opad, som vist2på figuren nedenfor. Derfor ligger parablen under x-aksen imellem rødderne. Løsningsmængdentil uligheden er dermed alle tallene imellem 3 og 5, inklusive endepunkterne.Vi angiver løsningsmængden som et interval: L = [3,5] .

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 13OpgaverOpgaverne er nummereret, så det første ciffer angiver afsnittets nummer. Opgave 32angiver således opgave 2 i afsnit 3.20BOpgave 11Nedenfor parallelforskydes grafen for en funktion f med ( x0, y0), så man får grafen foren funktion g. Bestem en forskrift for gx ( ) . Reducer udtrykket om muligt.2a) Grafen for f ( x)= x parallelforskydes med ( x0, y0) = (0,6).2b) Grafen for f ( x)= x parallelforskydes med ( x0, y0) = (2,0).2c) Grafen for f ( x) = 2xparallelforskydes med ( x0, y0) = ( − 1,4) .d) Grafen for f ( x) = 2x− 5 parallelforskydes med ( x0, y0) = (2, − 4) .e) Grafen for f( x) = ( x+ 2) ⋅ 0,8 x parallelforskydes med ( x0, y0) = ( − 2,10) .2f) Grafen for f ( x) = x −4x parallelforskydes med ( x0, y0) = ( − 3,3) .21BOpgave 12Grafen for gx ( ) = 2 ( x− 5) + 4 kan opfattes som værende en parallelforskydning af grafenfor en noget simplere funktion. Hvilken funktion er det, og angiv parallelforskydningen.22BOpgave 21Bestem toppunkterne for nedenstående andengradspolynomier.a)b)c)d)e)f)2f( x) = 2x − 12x+23f( x) =−x − 8x+4f ( x) = 2x − 6x+5222f ( x) = 4x−6xf( x) = 3x − 9x+222f( x) = 1,8x − 5,2x+2,723BOpgave 22Bestem toppunkterne for følgende andengradspolynomier og skitser deres grafer:a)b)c)2f ( x) = x + 2x−3f ( x) =− x −2x−312f( x) =− 2x+ 422

14© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk24BOpgave 23Tegn graferne for følgende andengradspolynomier:a)b)2p( x) = x + 2x+5122px ( ) = x − 425BOpgave 31Løs følgende andengradsligninger:a)b)c)d)e)f)g)h)2x −5x− 6=022x+ 7x− 4=024x− x+ 3=02x − 4x+ 4=02x − 4x=01 2x + 5x+ 12=022 12x− 11 x+ 14=0222,6x−10,7x− 5,9 = 026BOpgave 32Løs følgende andengradsligninger:2a) 4x+ 29x− 24=02b) x − 4x+ 4=02c) 2x− 14x+ 30=0d)e)x2− 7x=022x + 5=02f) x + 4x− 12=027BOpgave 33Bestem løsningerne til andengradsligningenaflæses på grafen?21x − 3x+ 4= 0. Hvor kan disse løsninger228BOpgave 3429BI et rektangel er den længste side 2 meter længere end den korteste side og rektangletsareal er 17 m 2 . Bestem sidelængderne i rektanglet.

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 15Opgave 35Løs nedenstående ligninger: (Husk grundmængder!)2a) (2x + 1) = 16b)c)d)e)f)2x − 5x+ 7= 2x− 3. Løs den også grafisk.34x− 12x=022x= −3x − 47x+ 5= x − 62x1 11x+ 2x−2=30BOpgave 36 (Det gyldne snit)Definition: Givet et linjestykke AB. Punktet P imellem A og B siges da at dele linjestykketAB i det gyldne snits forhold, såfremt forholdet mellem længden af hele linjestykketog længden af det lange stykke er lig med forholdet mellem længderne af det lange ogdet korte stykke.a) Forklar hvorfor x og y skal tilfredsstille: x + y = x .x yxb) Indfør det gyldne snits forhold som z = . Vis, at der må gældey11 + = z .zc) Sidste ligning i b) er en andengradsligning. Løs den med hensyn til z. Angiv bådeden eksakte værdi og et kommatal med 4 decimaler.d) Vis, at 1 z er eksakt lig med ( 5− 1) 2 og udregn værdien i kommatal med 4 decimaler.Sammenlign med kommatallet for z: Hvad observerer du?31BOpgave 372Givet andengradsligningen 3x+ bx− 12=0, hvor b er en fast parameter. Bestem bsåledes at –6 er rod i polynomiet. Hvad er den anden rod?32BOpgave 382Givet andengradsligningen ax − 20x+ 25 = 0 , hvor a er en fast parameter. Bestem a,idet det oplyses, at ligningen netop har en løsning. Hvilken rod er der tale om?

16© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk33BOpgave 39 (Kasteparabel)Ved kast i tyngdefeltet vil en genstand følge en parabelbane, hvis man kan se bort fraluftmodstand. Lad os sige, at vi kaster en bold skråt op i luften med en vinkel på α .Starthøjden lige i det øjeblik, hvor bolden forlader hånden, betegner vi y0og starthastigheden,betegner vi v 0. Vi indlægger et koordinatsystem i boldens baneplan, såledesat x-aksen er langs jorden og har værdien 0 lige under personens hånd, mens y-aksen erlodret og går igennem personens hånd. Det er hensigtsmæssigt at regne afstande i meter(m), hastigheder i m/s og tiden i sekunder.Man kan vise, at bolden i ovennævnte koordinatsystem vil have følgende koordinater til2tiden t, hvor g betegner tyngdeaccelerationen ( g = 9,82m/s ):(12)xt () = v ⋅cos( α)⋅t0122y() t = − ⋅g⋅ t + v ⋅sin( α)⋅ t+ y0 0Hvis man ikke ønsker positionerne som funktion af tiden, men kun banekurven, så kanden fås af følgende udtryk:(13)yg2= − ⋅ x + tan( α)⋅ x +2 ⋅v⋅(cos( α))2 20y0En bold kastes op i luften i en vinkel på 40°. Bolden slippes i en højde af 3,2 m og haren starthastighed på 12 m/s. Til at besvare følgende spørgsmål må du ikke benytte solvefunktionenpå grafregneren:a) Benyt (12) til at bestemme boldens koordinater til tidspunktet 1,3 sek.b) Til hvilket tidspunkt er bolden 1 m over jorden?

© Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk 17c) Benyt (13) til at bestemme hvor langt bolden når ud, før den rammer jorden, altsåbestem xmax.d) Benyt (13) til at bestemme den maksimale højde, ymax.e) Benyt (12) til at bestemme til hvilket tidspunkt den maksimale højde opnås.Nu får du lov til at benytte grafregnerens graf-faciliteter:f) Indtast funktionen i (13) med de aktuelle parameter-værdier ovenfor. Tegn grafenfor parabelbanen i et passende vindue og løs herefter spørgsmålene c) og d) igen.Formel (12) kan vi ikke umiddelbart udlede, da der skal nogle fysiske overvejelser til.Formel (13) kan derimod ret let udledes udfra (12):g) Isoler t i den første ligning i (12) og indsæt udtrykket for t i den anden ligning i(12). Reducer det fremkommende udtryk og vis, at det giver (13).De følgende tre opgaver er frivillige:h) Måske er du træt af at skulle foretage de samme beregninger, hver gang du skalbestemme den maksimale højde, som bolden opnår: Vis, ved at benytte de generelleudtryk, at der gælder:y2 2v0⋅(sin( α))max= + y02gi) Den generelle formel for kastelængden xmaxer meget uskøn, men i specialtilfældet,hvor y0= 0 bliver den relativ simpel. Benyt symmetrien i parablen til at vise, at idette tilfælde gælder:22⋅cos( α) ⋅sin( α)⋅v0xmax = (hvis y0= 0)gHjælp: Tænk på, at toppunktet ligger midt mellem …j) Lad os sige, at y0= 0 . Benyt da formlen under spørgsmål i) til at vise, at den vinkelα , som giver den største kastelængde, er 45°. Hjælp: Her skal du benytte grafregneren:Du skal finde maksimum for x med hensyn til α .max

18 © Erik Vestergaard – www.matematikfysik.dk34BOpgave 41Konstruer et andengradspolynomium, som har følgende rødder:a) –1 og 6 b)23 og 435BOpgave 42Reducer følgende udtryk:a)22x+ 3x−5x −1b)x2+ 5x−14x2+ 7x36BOpgave 51Løs følgende ligninger:4 2a) x − 11x+ 18 = 0 b)3 2x + 9x − 10x= 0 c)4 2x − 3x − 4=037BOpgave 53Løs nedenstående ligninger:5x+ 1a) = x + 52x− 4b) 3x+ 14 = 10−9xc)1x 3x + =d)x2+ 2 = x+4d) 2x− x = 338BOpgave 54Løs følgende andengradsuligheder:a)b)c)d)e)x2− 10x+ 16 ≥ 028x+ 18x− 5 < 01 2− x + x− ≤ 0229 16x + 10x+ 60 ≥ 15 − 4x2− 2x+ 28x− 66 > 0