Matematik med lite logik

Transkript

1 Ralph-Johan Back Joakim von Wright Matematik med lite logik Studentexamen i lång matematik, våren 2003 Turku Centre for Computer Science IMPEd Resource Centre TUCS Lecture Notes No 3, Oct 2008

2

3 Matematik med lite logik Studentexamen i long matematik, våren 2003 Ralph-Johan Back och Joakim von Wright Oktober 2008, Åbo, Finland Copyright Ralph-Johan Back and Joackim von Wright All rights reserved TUCS Lecture Notes Nr 3 IMPEd Series

4

5 Förord Vi illustrerar här användningen av strukturerade härledningar på en samling typiska matematikuppgifter i gymnasiets långa kurs. Uppgifterna är tagna ur studentexamensprovet i matematikvåren Vi ger lösningarna till alla 15 uppgifter. Matematik med logik Den här publikationen är en del i en serie som beskriver strukturerade härledningar och deras tillämpning i matematikundervisningen. För tillfället har följande publikationer utkommit i den här serien: Strukturerade härledningar i gymnasiematematiken (Back, Wright [11]) En kort kurs i talteori (Back, von Wright [10]) Studentexamen i lång matematik, våren 2003 (Back, von Wright[12]) Introduktion till strukturerade härledningar (Back [2]) Logik för strukturerade härledningar (Back [3]) Strukturerade härledningar som allmänt bevisformat (Back [4]) Vi hänvisar till övriga publikationerna i den här serien för att få en mera mångsidig uppfattning om den här metoden och dess användning i praktiken. Tackord Arbetet med att utveckla strukturerade härledningar och experimenten med att använda metoden i undervisningen har skett i nära samarbete med medlemmarna i Learning and Reasoning laboratoriet, ett forskningslaboratorium som är gemensamt för Åbo Akademi och Åbo Universitet. Speciellt vill vi tacka följande personer för en mängd givande och intressanta diskussioner om metoden och bidrag till metodens utveckling (listan är i alfabetisk ordning): Johannes Eriksson, Tanja Kavander, Linda Mannila, Martin Nylund, Mia Peltomäki, Viorel Preoteasa, Tapio Salakoski, och Patrick Sibelius. Forskningen har finansierats av Finlands Akademi, inom ramen för projektet Center of Excellence in Formal Methods in Programming. 3

6 4

7 Innehåll 1 Introduktion 7 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna 9 Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift Uppgift

8 Innehåll 6

9 1 Introduktion Strukturerade härledningar är en ny metod för att beskriva matematiska bevis och härledningar som lämpar sig väl för undervisning på gymnasienivå. Metoden är ursprungligen utvecklad av oss, och har beskrivits i bl.a. [9, 1, 5, 7, 8]. En översikt av metoden ges i tutorialen [2] samt i logikkursen [11]. Strukturerade härledningar är en vidareutveckling av E.W. Dijktras lineära härledningar (calculational style proofs) [14, 17, 15]. Vi har experimenterat med att använda strukturerade härledningar i gymnasieundervisningen i ett antal större forskningsprojekt med forskare från Åbo Akademi (Back, von Wright, Mannila), Åbo Universitet (Tapio Salakoski) och Kuppis Gymnasium i Åbo (Mia Peltomäki) [13, 6]. Vi förutsätter här att läsaren känner till strukturerade härledningar, t.ex. på basen av den ovannämnda tutorialen eller logikkursen. I den här rapporten testar vi metoden på en samling typiska problem på gymnasienivå. Den finska studentexamen är en ypperlig test för metoden: den ger en opartiskt vald samling matematiska uppgifter som borde kunna lösas av alla som genomgått gymnasiekursen i matematik. Vi har valt att ge lösningarna till alla uppgifter i studentexamensprovet i lång matematik våren Provet våren 2003 ansågs vara ovanligt svårt, men de flesta uppgifterna kan ändå anses typiska för studentprovet i lång matematik. Ett undantag utgör möjligen uppgift 3, som var ovanligt praktisk. I det följande går vi igenom alla 15 uppgifter i våren 2003 studentskrivning. För varje uppgift ger vi problemet, en lösning med användning av strukturerade härledningar, eventuellt en förklaring av lösningen samt kommentarer om uppgiften och dess lösning. I förberedelsen för uppgiften diskuterar vi kort den teori som behövs för att lösa uppgiften. 7

10 1 Introduktion 8

11 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Uppgift 1 Uppgift 1 (a) Problem Hyfsa följande uttryck: 3 34 / Härledning 3 34 / = {omvandla till rena bråk} 15 4 / 5 3 = {kvadratrot distribuerar över kvot av icke-negativa tal} 15 4 / 5 3 = {division med bråk är multiplikation med inverterade bråket} = {förkortning} = {aritmetik} 3 2 Svar 3 34 / = 3 2 9

12 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Förklaring Eftersom det var frågan om den första uppgiften (avsedd att vara lätt) är det motiverat med en detaljerad lösning. Kommentarer De två första stegen kunde lika väl göras i omvänd ordning. Uppgift 1 (b) Problem Hyfsa följande uttryck: ( x y + y x 2)/( x y y x ). Förberedelse Eftersom nämnare inte får bli noll måsta man anta att x 0 och y 0. Dessutom får inte nämnaren x y y x = x2 y 2 xy heller bli noll, så man antar också att x y och x y. Härledning ( x y + y x 2)/( x y y x ) = {gemensam nämnare} ( x2 xy + y2 xy 2xy xy = {bråkräkning} ( x2 +y 2 2xy xy )/( x2 y 2 xy ) )/( x2 xy y2 xy ) = {division med bråk är multiplikation med inverterade bråket} x 2 +y 2 2xy xy xy x 2 y 2 = {faktorisera} (x y) 2 xy xy (x+y)(x y) = {förkortning: x, y och x y tar ut varandra} x y x+y Svar ( x y + y x 2)/( x y y x ) = x y x+y x y) (förutsatt att x 0, y 0, x y och 10

13 Uppgift 2 Kommentarer Villkoren på x och y är viktiga men eftersom detta är den första uppgiften krävs de antagligen inte för att lösningen skall godkännas. Märk att också om det ursprungliga uttrycket är odefinierat om x = 0 eller y = 0 eller x = y, så är det slutliga uttrycket definierat. Märk också att villkoret x y inte ses direkt ur det ursprungliga uttrycket (däremot framgår det av mellanliggande uttryck i härledningen). Hanteringen av nollnämnare är viktig: de tre villkoren garanterar att inga nämnare blir noll, och då behöver begreppet odefinierat inte bli ett problem. Uppgift 2 Problem En cirkel omskriver en liksidig triangel så att triangelns hörn ligger på cirkeln. En annan cirkel inskrivs i triangeln så att den tangerar triangelns sidor. Hur många procent större är den förra triangelns area än den senares? Förberedelse Medelpunkterna för de två cirklarna sammanfaller i detta specialfall (triangelns tyngdpunkt har samma avstånd till alla tre hörn och samma avstånd till sidornas mittpunkter). Situationen illustreras i Figur 2.1. A 2 α r 2 r1 A 1 Figur 2.1: Problemsituationen. Notera följande: r 1 är radien i den inskrivna cirkeln, r 2 är radien i den omskrivna cirkeln, 11

14 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna på grund av symmetrin är vinkeln α hälften av vinkeln i den liksidiga triangeln, dvs α = π 6. Härledning A 2 /A 1 = {arean av en cirkel} πr 2 2 /(πr2 1 ) = {förenkling} (r 2 /r 1 ) 2 = {sinus i en rätvinklig triangel} ( 1 sin α )2 = {α är hälften av vinkeln som i en liksidig triangel, så α = π 6 } ( 1 1/2 )2 = {uträkning} 4 = {omskrivning} Svar Den yttre cirkeln är 300% större än den inre cirkeln. Förklaring Det sista steget omskriver förhållandet till en form ur vilken man lätt kan se den procentuella skillnaden (1 + p 100 ). Kommentarer Argumentet som visar att cirklarnas medelpunkter sammanfaller kunde göras mer formellt. En skild delhärledning kunde motivera varför α = π 6. Det är också möjligt att beräkna båda cirklarnas areor i separata härledningar och sedan dividera. 12

15 Uppgift 3 Eventuellt finns det ett enklare argument som visar att r 2 = 2r 1. Problemet kunde också lösas snabbare genom att använda formler för arean av in- och omskrivna cirkeln i en liksidig triangel. Uppgift 3 Problem Av en 95 mm bred och 1,6 m lång bräda sågas ett antal lika långa bitar som läggs sida vid sida, så att de bildar en kvadratisk skiva. Hur lång kan kvadratens sida maximalt vara? Förberedelse Låt n vara antalet bitar, n Z +, och låt x vara bitarnas längd. Då gäller nx 1600 där längdenheten är millimeter. Dessutom vet vi x = 95n eftersom bitarna bildar en kvadrat. Situationen illustreras i Figur 2.2 (märk att det kan bli en bit över). x 95 mm Nu vill vi maximera x n Figur 2.2: Kvadrat och överbliven brädbit. Härledning n Z + maximerar x då x = 95n och nx 1600 {förenkla antagandet nx 1600 under antagandet x = 95n} [x = 95n] nx 1600 {använd antagandet x = 95n} n 95n 1600 {förenkla} 13

16 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna n /95 {lös under antagandet n Z + ; < 25} n 4 n Z + maximerar x då x = 95n och n 4 {x är en monotont växande funktion av n} n = 4 Svar Den maximala bredden är 4 95 = 380 (mm). Förklaring Genom att ta påståendet om maximering som startpunkt har vi all information samlad i härledningens startuttryck. Kommentarer Då man visat att n 4 skulle det också vara möjligt att pröva med 1, 2, 3, och 4 för n. Uppgift 4 Problem I ett inträdesförhör misslyckas enligt statistiken 25 % av sökandena i matematikdelen och 17 % i fysikdelen, medan 10 % misslyckas i bägge delproven. Beräkna sannolikheten att en sökande som misslyckats i fysikprovet också misslyckas i matematikprovet. Vilken är sannoliheten att en sökande misslyckas i åtminstone ett prov? Förberedelse Låt A stå för händelsen den sökande misslyckas i matematikprovet och B för händelsen den sökande misslyckas i fysikprovet. Med den statistiska tolkningen av sannolikheter vet vi då följande sannolikheter: P (A) = 0, 25, P (B) = 0, 17 och P (A B) = 0, 10 och dessa fakta används som antaganden i härledningen. Situationen kan illustreras med ett mängddiagram, se Figur

17 Uppgift 4 A B A B U B A (A U B) Figur 2.3: Mängddiagram. Härledning P (A B) = {regeln för betingad sannolikhet} P (A B) P (B) = {antagandena} 0,10 0,17 {beräkning} 0, 59 och P (A B) = {disjunktionsregeln} P (A) + P (B) P (A B) = {antagandena} 0, , 17 0, 10 = {beräkning} 0, 32 Svar Sannolikheterna är 0, 59 och 0,

18 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Kommentarer Kopplingen mellan statistik och sannolikhet måste vara känd (och den kunde gärna konstateras explicit i lösningen). Det finns ett underförstått antagande att resultaten i de två proven är oberoende av varandra. Om procentandelarna inskrivs i mängddiagrammet kan svaren uträknas utan hjälp av sannolikhetsregler, se Figur 2.4. A B Figur 2.4: Mängddiagram. Uppgift 5 Uppgift 5 (a) Problem Lös ekvationssystemet { x + 2y = 4 2 x = 8 y Förberedelse Ekvationssystemet är visserligen inte linjärt, men eftersom 8 = 2 3 kan den andra ekvationen enkelt omvandlas till en linjär ekvation som är ekvivalent med den ursprungliga. Härledning { x + 2y = 4 2 x = 8 y {förenkla den andra ekvationen} 2 x = 8 y 16

19 Uppgift 5 {exponentregler} 2 x = 2 3y {exponentialfunktion med basen 2 är monoton} x = 3y { x + 2y = 4 x = 3y {antag den andra ekvationen och förenkla den första} [x = 3y] x + 2y = 4 {substituera från den andra ekvationen} 3y + 2y = 4 {ekvationslösning} y = 4 5 { y = 4 5 x = 3y {substituera y från den första ekvationen i den andra och beräkna} { y = 4 5 x = 12 5 Svar Ekvationssystemet { { x + 2y = 4 y = 4 2 x = 8y har lösningen 5 x = 12 5 Förklaring Märk att ekvationssystemet behandlas som en konjunktion. Kommentarer Det är naturligtvis möjligt att direkt lösa ut x (eller y) ur den ena ekvationen och använda substitutionsmetoden, men lösningen blir enklare om man upptäcker att den andra ekvationen är en förklädd form av ekvationen x = 3y. Här används ekvivalens i hela härledningen. Alternativt kunde implikation användas, men då måste lösningen kontrolleras ( generate-and-test - metoden). 17

20 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Uppgift 5 (b) Problem Rita grafer för funktionerna lg x och 1/x 2 i samma diagram, och lös olikheten lg x x 2 med hjälp av diagrammet. Bestäm lösningen med två decimalers noggrannhet. Kommentar Graferna kan ses i Figur 2.5. Figur 2.5: Två funktionsgrafer. Ur graferna ses att olikheten har den ungefärliga lösningen x < 1, 9 x > 1, 9 Eftersom båda funktionerna är symmetriska med avseende på y-axeln (jämna) räcker det med att hitta ett närmevärde för nollstället till funktionen f(x) = lg x x 2, x > 0 Härledning f(x) beräknas upprepade gånger för olika x och räknarens resultat används för att avgöra om resultatet är positivt eller negativt. Som startpunkt tas den grafiska lösningen och en kontroll visar att. f(1, 8) = 0, och f(1, 9) = 0,

21 Uppgift 6 ur vilket fås f(1, 8) < 0 < f(1, 9). Vidare prövning ger f(1, 85) = 0, och f(1, 88) = 0, och f(1, 89) = 0, ur vilket fås f(1, 89) < 0 < f(1, 90). En sista prövning ger f(1, 895) = 0, och slutsatsen blir f(1, 89) < 0 < f(1, 90). Härur ses nu att ett närmevärde för f:s nollställe med två decimaler är 1, 90. Svar Den approximativa lösningen är 1, 90 < x x > 1, 90 Kommentarer Uppgiften är inte helt välformulerad, eftersom det inte är klart vad som menas med att ge lösningen till en olikhet med två decimalers noggrannhet. Grafen antyder att det finns endast ett nollstället för f då x > 0 men detta kunde också bevisas genom att visa att f är strängt växande. Uppgiften löstes här utan egentlig linjär eller strukturerad härledning, men det systematiska arbetssättet är liknande. För varje steg i lösningen erhölls en allt noggrannare lösning. Uppgift 6 Problem En triangels vinklar α, β och γ satisfierar ekvationen sin α sin β = cos γ. Visa att triangeln är rätvinklig. Förberedelse Då α, β och γ är vinklar i en triangel följer att alla tre ligger mellan 0 och π (180 ) och att deras summa är π. Ekvationens form (med en produkt av två sinusuttryck) ger en vink om att man skall söka en algebraisk lösning snarare än en geometrisk. 19

22 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Härledning [α + β + γ = π, 0 < α < π, 0 < β < π, 0 < γ < π] sin α sin β = cos γ {av det första antagandet följer att γ = π (α + β)} sin α sin β = cos(π (α + β)) {cosinusregler ([16] s. 34)} sin α sin β = cos(α + β) {cosinus av en summa ([16], s 36)} sin α sin β = sin α sin β cos α cos β {förenkla} cos α cos β = 0 {nollproduktregeln} cos α = 0 cos β = 0 {cosinus noll för en vinkel mellan 0 och π} α = π 2 β = π 2 Svar Eftersom antingen α eller β är π 2 så har triangeln en rät vinkel. Kommentarer: Det skulle vara tillräckligt att arbeta under implikation. En figur skulle inte vara till hjälp här, eftersom lösningen helt bygger på algebraisk manipulering av uttryck. Uppgift 7 Problem Bestäm skärningspunkten mellan planet x+2y +z = 1 och den linje som är parallell med vektorn 3i + j + 3k och går genom punkten (2, 3, 7). 20

23 Uppgift 8 Förberedelse Linjen kan översättas till den parametriska formen (x, y, z) = (2 + 3t, 3 + t, 7 + 3t) Skärningspunkten skall då uppfylla både denna trippelekvation och planets ekvation. Härledning x + 2y + z = 1 x = 2 + 3t y = 3 + t z = 7 + 3t {substituera i första ekvationen från de tre övriga} 2 + 3t + 2(3 + t) t = 1 {förenkla} 8t + 15 = 1 {ekvationslösning} t = 7 4 Svar Skärningspunkten är (2 + 3 ( 7 4 ), 3 + ( 7 4 ), ( 7 4 )) = ( 13 4, 5 4, 7 4 ). Kommentarer Omvandling från vektorform till parametrisk form för en linje i rymden antas bekant. Eftersom vi arbetar med framåtimplikation borde lösningen egentligen kontrolleras. Uppgiftsbeskrivningen innehåller ett underförstått antagande om att det finns exakt en skärningspunkt. Uppgift 8 Problem Inuti en sfär med radien 1 finns en rak cirkulär cylinder med maximal volym. Bestäm cylinderns höjd och basytans radie. Beräkna förhållandet mellan cylinderns och sfärens volymer. 21

24 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna r x R Figur 2.6: Sfär med inskriven rät cylinder. Förberedelse Situationen illustreras i Figur 2.6 där sfärens radie namngetts R och cylinderns basradie r. Cylinderns höjd är 2x. Enligt kända formler är sfärens volym V s = 4 3 πr3 medan cylinderns volym är V c = 2xπr 2 Ur figuren ses (via Pythagoras sats) att R 2 = x 2 + r 2, så V c (x) = 2xπ(R 2 x 2 ) Första problemet är nu att hitta x (med 0 x R) så att V c maximeras. Härledning x maximerar V c (x) = 2πR 2 x 2πx 3 då 0 x R {generera och testa} V c (x) = 0 {derivera polynomfunktionen} 2πR 2 6πx 2 = 0 {ekvationslösning, 0 x R} x = R/ 3 22

25 Uppgift 8 V c (0) = {substitution and beräkning} 0 V c (R/ 3) = {substitution och beräkning} 2π R 3 2R2 3 V c (R) = {substitution och beräkning} 0 x = R/ 3 Nu är cylinderns höjd h = 2x = 2R/ 3 och dess basradie är r = R 2 x 2 = R 2 ( R 2 ) 2 = R 3 3 Således fås V s /V c = {substitution} 4 3 πr3 /(2π R 3 2R2 3 ) = {omskrivning} 4πR πR 2R 2 = {förenkling} 3 Svar Cylinderns höjd är 2R/ 2 3 och dess basradie är R 3. Förhållandet mellan volymerna är 3. 23

26 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Förklaring Strategin generera-och-testa innebär att man först hittar kandidaterna till ett maximum och sedan bland dem söker vilken punkt som ger maximum. I det här fallet är kandidaterna derivatans nollställen och intervallets ändpunkter, eftersom det handlar om en överallt kontinuerlig och deriverbar funktion på ett slutet intervall. Kommentarer Det faktum att sfärens radie var 1 hade ingen betydelse för uppgiften, eftersom man inte frågade efter absoluta volymer utan endast förhållanden mellan volymer. Det är uppenbart att cylindern måste vara inskriven i sfären för att dess volym skall bli maximal. Man kunde också ha arbetat med cylinderns hela höjd (h) som variabel, och då hade det förekommit h 2 i uträkningarna i stället för x. Uppgift 9 Problem Bestäm den inversa funktionen f 1 till funktionen f(x) = x+2 x 3, x > 3. I vilket intervall är denna definierad? Visa genom att räkna att f 1 (f(x)) = x då x > 3. Förberedelse För att funktionen skall vara lättare att arbeta med omskrivs funktionsuttrycket först. Härledning Funktionsdefinitionen omskrivs: f(x) = {givna definitionen} x+2 x 3 = {enkel omskrivning} x 3+5 x 3 = {dela upp i två bråk, förenkla} x 3 24

27 Uppgift 9 Detta resultat används upprepade gånger i fortsättningen. Nu visar vi först att funktionen kan inverteras genom att visa att den är strikt avtagande: f kan inverteras {en strikt avtagande funktion kan inverteras} f(x) är strikt avtagande för x > 3 {negativ derivata betyder strikt avtagande} f (x) < 0 för x > 3 {derivering av x 3 } 5 (x 3) 2 < 0 för x > 3 {nämnaren är positiv eftersom x > 3} T Nu hittar vi ett uttryck för inversen: y = x 3 {subtrahera 1, dividera med 5} y 1 5 = 1 x 3 {invertera (tillåtet eftersom x > 3)} 5 y 1 = x 3 {addera 3, vänd om likheten} x = y 1 Innan vi kan ge uttrycket för inversen måste vi änu bestämma definitionsmängden: x > 3 {subtrahera 3} x 3 > 0 25

28 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna {invertera (tillåtet vid olikhet av formen z > 0)} 1 x 3 > 0 {multiplicera med 5 och addera 1} x 3 > 1 så den inversa funktion kan ges som f 1 (y) = y 1, y > 1 Slutligen utförs den önskade beräkningen, med antagandena att x > 3 och f(x) > 1: f 1 (f(x)) = {tidigare härledning} f(x) 1 = {första härledningen} ( 5 x 3 1) = {förenkling} ( 5 x 3 ) {förenkling} 3 + (x 3) {förenkling} x Svar Den inversa funktionen är f 1 (y) = y 1, y > 1. 26

29 Uppgift 10 Förklaring Standardmetoden för invertering av en funktion är att först visa att funktionen kan inverteras och sedan härleda en ekvivalens av formen y = f(x) x = f 1 (y) Inversens existens följer om funktionen kan visas vara strikt växande eller avtagande, och för detta kan derivatan användas (förutsatt att funktionen är kontinuerlig och deriverbar). Inversens definitionsmängd är densamma som funktionens värdemängd och bestäms genom härledning av en ekvivalens x D f y V f Kommentarer Uppgiften var inte egentligen svår, men den bestod av ett antal delar och ett slarvfel i en tidigare del leder lätt till att lösningen spårar ur. Den första härledningen är egentligen en enkel polynomdivision. Uppgift 10 Problem Ge en kontinuerlig funktion f : [0, 1] R som uppfyller villkoren f(0) = f(1) = 0 och 1 0 f(x)dx = 100. Förberedelse Villkoret 1 0 f(x)dx = 100 betyder att den area som begränsas av kurvan och x-axeln mellan x = 0 och x = 1 är 100 areaenheter. Grafen av f kan lämpligen vara en parabel som öppnar sig nedåt, förutsatt att dess topp ligger tillräckligt högt uppe, se Figur 2.7. Därför antas att f(x) = ax(1 x) för en konstant a. En sådan funktion uppfyller f(0) = f(1) = 0 och är kontinuerlig (eftersom den är en polynomfunktion). Härledning 1 0 ax(1 x)dx = 100 {förenkla funktionsuttrycket} 27

30 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna y f 1 2 x Figur 2.7: Ett tänkbart utseende på f. 1 0 (ax ax2 )dx = 100 {integrering av polynom} [ ax2 2 ax3 3 ]1 0 = 100 {substitution och förenkling} a 2 a 3 = 100 {förenkling} a 6 = 100 {förenkling} a = 600 Svar Funktionen f(x) = 600x(1 x) uppfyller de tre villkoren. Förklaring Strategin som används är att gissa funktionens form och sedan hitta möjliga värden för de parametrar som används i gissningen (i detta fall a). 28

31 Uppgift 11 Kommentarer Här behövs en insikt om funktionens form för att komma igång. Funktionen f kunde lika väl ha en helt annorlunda form, tex { ax, x 1 f(x) = 2 a(1 x), x > 1 2 (i det fallet kunde parametern a bestämmas med ett geometriskt resonemang). Gissningen är inte långsökt i detta fall, eftersom de givna nollställena ger en vink om en polynomfunktion med faktorerna x och x 1. Härledningen arbetar med ekvivalens, men det hade räckt med omvänd implikation. Uppgift 11 Problem Anta att x y2 0 = 1. Visa att x 0x + y 0 y = 1 är en tangent till cirkeln x 2 + y 2 = 1. Vilka är tangeringspunktens koordinater? Förberedelse Antagandet x y2 0 = 1 betyder att punkten (x 0, y 0 ) ligger på cirkeln x 2 + y 2 = 1. Substitution av x 0 för x och y 0 för y visar också att linjen x 0 x + y 0 y = 1 går genom denna punkt. Situationen illustreras i Figur 2.8. y 1 (x,y ) x Figur 2.8: Problemsituationen. 29

32 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Härledning x 0 x + y 0 y = 1 tangerar x y2 0 = 1 i (x 0, y 0 ) {karaktäristisk egenskap hos en tangent till en cirkel} x 0 x + y 0 y = 1 är vinkelrät mot den radie i x y2 0 (x 0, y 0 ) = 1 som går genom {linjer är vinkelräta om produkten av deras riktningskoefficienter är 1} riktningskoefficienten för x 0 x + y 0 y = 1 = {skriv om ekvationen} riktningskoefficienten för y = x 0 y 0 x + 1 y 0 = {linjens ekvation} x 0 y 0 riktningskoefficienten för den radie i x y2 0 (x 0, y 0 ) = {cirkelns medelpunkt är (0, 0)} y 0 x 0 x 0 y 0 y0 x 0 = 1 {förenkling} = 1 som går genom T Svar QED. Tangeringspunktens koordinater är (x 0, y 0 ). Kommentarer Här antas underförstått att det finns högst en tangeringspunkt (detta är självklart då det är frågan om en cirkel). Uppgiften var inte egentligen svår, men om man inte håller reda på skillnaden mellan x och y å ena sidan och x 0 och y 0 å andra sidan så är det lätt att komma in på fel spår. Uppgift 12 Problem Summan av de tre första elementen i en geometrisk talföljd är 3, och summan av följdens sex första element är 12. Beräkna summan av de nio första elementen. Konvergerar motsvarande geometriska serie? 30

33 Uppgift 12 Förberedelse Låt a 1 vara det första elementet och q följdens kvot. Låt vidare 1 q s n vara summan av de n första elementen. Då gäller s n = a n q 1 q (detta är en standardformel) och vi vet att s 3 = 3 och s 6 = 12. Härledning s 6 = 12 {använd delhärledningen} s 6 = {definitionen} a 1 + a 1 q + a 1 q 2 + a 1 q 3 + a 1 q 4 + a 1 q 5 = {gruppera om och förenkla} s 3 + q 3 s 3 s 3 + q 3 s 3 = 12 {antagandet s 3 = 3} 3 + 3q 3 = 12 {lös ekvationen} q = Nu gäller s 9 = {liknande argument som i delhärledningen ovan} s 6 + q 6 s 3 = {substituera givna värden för s 6 och s 3 } = {beräkning} 39 Svar Summan av de nio första elementen är 39. Serien är inte konvergent (eftersom a 0 och q 1). 31

34 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Kommentarer Det var inte nödvändigt att räkna ut värdet på a 1, eftersom antalet element i de inblandade delsummorna råkade vara 3, 6 och 9. Uppgift 13 Problem En punkt ligger på avståndet d från ytan av en sfär med radien r. Hur många procent p = p(r, d) av sfärens yta syns från punkten? Bestäm lim d p(r, d). Hur stor del av jordytan är synlig från en satellit på höjden 500 kilometer? Jordens radie är 6370 km. Förberedelse Figur 2.9 visar situationen sedd från sidan. O är sfärens medelpunkt, P är punkten på avståndet d från sfären och A är den punkt där siktlinjen tangerar sfären. Vinkeln AOP är α. A r P d h α r h O Figur 2.9: Problemsituationen. Den efterfrågade storheten p är förhållandet mellan arean A k av den kalott vars höjd är h och arean A s av hela sfären. Eftersom tangenten i A är vinkelrät mot radien gäller cos α = r r+d. Om A k är kalottens area och A s är sfärens totala area så är den sökta funktionen p(r, d) = A k A s 100 Härledning Antagandet som nämnts ovan utgör startpunkt för härledningen: cos α = r r+d 32

35 Uppgift 13 {rätvinklig triangel i figuren: cos α = r h r } r h = r r+d r {ekvationslösning} h = rd r+d {arean av en kalott: A k = 2πrh} A k = 2πr2 d r+d {arean av hela sfären: A s = 4πr 2 } A k /A s = 2πr2 d (r+d) 4πr 2 {förenkling} A k /A s = d 2(r+d) {definitionen av p} och p(r, d) = 50d r+d lim d p(r, d) {föregående härledning} lim d 50d r+d {dividera täljare och nämnare med d} lim d 50 r/d+1 { r d 0 då d } 50 Med d = 500 och r = 6370 fås p 3, 64. Svar Den del av sfärens yta som syns utgör p(r, d) = 50d r+d procent av sfärens totala yta och lim p(r, d) = 50. Från satelliten ses 3, 64 procent av jordens yta. 33

36 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna Kommentarer I stället för att använda cosinus kunde man ha utnttjat att de två trianglarna i figuren är likformiga (båda är rätvinkliga och de har en gemensam vinkel α). Uppgift 14 Problem Bestäm lösningen y a (x) till begynnelsevärdesproblemet y = y 2, y(0) = a (a R). Beräkna lim a 0 y a (1). Förberedelse Differentialekvationen y = y 2 omformuleras som dy dx = y2. Villkoret y(0) = a används som ett antagande. Härledning dy dx = y2 {generera och testa} dy dx = y2 {separera differentialerna} y 2 dy = 1dx {integrera båda sidor} y 1 = x + C för något C {transform} y = 1 x+c för något C y = 1 x+c för något C {derivera} y = 1 x+c dy dx = 1 (x+c) 2 för något C {startpunkten för delhärledningen} dy dx = y2 för något C {antagandet y(0) = a ger a = 1 C, dvs C = 1 a } y = 1 x 1 a {förenkla} y = a 1 ax 34

37 Uppgift 15 och lim a 0 y a (1) = {allmänna lösningen till differentialekvationen} lim a 0 a 1 a 1 = {substituera 0 för a; funktionen g(a) = a 1 a 1 0 är kontinuerlig kring a = 0} Svar Lösningen är y a (x) = a 1 ax och lim a 0 y a (1) = 0. Förklaring Vi använder en standardmetod för separerbara differentialekvationer. Det betyder att dx och dy behandlas som reella uttryck och båda sidor får integreras i en ekvation av formen edx = e dy (och då adderas en integrationskonstant till den ena sidan av resultatekvationen). Kommentarer Uttrycket för något C hänger med i flere steg i samma härledning, vilket är en smula klumpigt. Gränsvärdet lim a 0 y a (1) hittas med ett standardargument: om en funktion f är kontinuerlig kring en punkt z och f(z) har ett väldefinierat värde så gäller lim x z f(x) = f(z). Uppgift 15 Problem Rita punkterna z k = cos( kπ 4 ) + i sin( kπ 4 ) i det komplexa talplanet, då k = 0, 1, 2, 3, 4. Bestäm dess punkters bildpunkter under avbildningen f : C C, f(z) = z 2 (C = det komplexa talplanet). Rita det komplexa talplanet på nytt och placera in bildpunkterna. Förberedelse Punkterna z k kan genast ritas ut eftersom den givna formen avslöjar deras polära koordinater i det komplexa talplanet, enligt Figur

38 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna z 3 i Im z 2 z z 01 4 z 0 1 Re Figur 2.10: Punkterna z k i det komplexa talplanet. Härledning Vi beräknar bildpunkten generellt: f(z k ) = {givna värden på f och z k } (cos( kπ 4 ) + i sin( kπ 4 ))2 = {kvadrering} cos 2 ( kπ 4 ) + 2i cos( kπ 4 ) sin( kπ 4 ) sin2 ( kπ 4 ) = {formler för dubbla vinkeln} cos( kπ 2 ) + i sin( kπ 2 ) Svar Bildpunkterna är alltså z k = cos( kπ 2 )+i sin( kπ 2 ), k = 0, 1, 2, 3, 4. De ligger också på enhetscirkeln men med dubbla avståndet jämfört med de ursprungliga punkterna, se Figur Kommentar Om man känner till att multiplikation av komplexa tal i polär form motsvarar multiplikation av radierna och addition av vinklarna så kan svaret ges utan uträkning. Det är naturligtvis rätt att räkna ut de absoluta koordinaterna för punkterna, tex z 0 = 1 och sedan beräkna zk 2 skilt för varje punkt. 36

39 Uppgift 15 i Im z z Re 2 z 0 = 01 z z 3 Figur 2.11: Bildpunkterna z k i det komplexa talplanet. 37

40 2 Lösningarna till studentexamensuppgifterna 38

41 Litteraturförteckning [1] R. J. Back, M. Sjöberg, and J. von Wright. Field tests of the structured derivations method. Tech. Rpt. 491, Turku Centre for Computer Science, November [2] Ralph-Johan Back. Matematik med litet logik: Introduktion till strukturerade härledningar. TUCS Lecture Notes 7, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [3] Ralph-Johan Back. Matematik med litet logik: Logik för strukturerade härledningar. TUCS Lecture Notes 8, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [4] Ralph-Johan Back. Matematik med litet logik: Strukturerade härledningar som allmänt bevisformat. TUCS Lecture Notes 9, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [5] Ralph-Johan Back, Jim Grundy, and Joakim von Wright. Structured calculation proof. Formal Aspects of Computing, 9: , [6] Ralph-Johan Back, Mia Peltomäki, Tapio Salakoski, and Joakim von Wright. Structured derivations supporting high-school mathematics. In A. Laine, J. Lavonen, and V. Meisalo, editors, Proceedings of the 20th Annual Symposium of the Finnish Mathematics and Science Education Research Association, Research Report 253, pages , Helsinki, Finland, Department of Applied Sciences of Education, University of Helsinki. [7] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Doing high school mathematics carefully. TUCS Technical Report 140, TUCS - Turku Centre for Computer Science, [8] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Refinement Calculus: A Systematic Introduction. Springer-Verlag, Graduate Texts in Computer Science. [9] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. A method for teaching rigorous mathematical reasoning. In Proceedings of Int. Conference on Technology of Mathematics, University of Plymouth, UK, Aug

42 Litteraturförteckning [10] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematik med lite logik: En kort kurs i talteori. TUCS Lecture Notes 2, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [11] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematik med litet logik: Strukturerade härledningar i gymnasiematematiken. TUCS Lecture Notes 1, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [12] Ralph-Johan Back and Joakim von Wright. Matematik med litet logik: Studentexamen i lång matematik, våren TUCS Lecture Notes 3, Abo Akademi, Dept of Information Technologies, October [13] R.J. Back, T. Kavander, M. Nylund, M. Peltomäki, T. Salakoski, and J. von Wright. Teaching high-school mathematics with structured derivations in hypertext format). In International Conference on Computer Systems and Technologies CompSysTech, Sofia, Bulgaria, June [14] Edsger W. Dijksta and C. S. Scholten. Predicate Calculus and Program Semantics. Springer-Verlag, [15] E.W. Dijkstra. The notational conventions i adopted, and why. Formal Aspects of Computing, 14:99 107, [16] MAOL. MAOLs tabeller - matematik, fysik, kemi. Schildts, [17] A. J. M. van Gasteren. On the Shape of Mathematical Arguments. Lecture Notes in Computer Science. Springer-Verlag, Berlin,

43

44 Turku Centre for Computer Science TUCS Lecture Notes 1. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Strukturerade härledningar i gymnasiematematiken 2. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: En kort kurs i talteori 3. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Studentexamen i lång matematik, våren Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Rakenteiset päättelyketjut lukiomatematiikassa 5. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Lyhyt lukuteorian kurssi 6. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Pitkän matematiikan ylioppilaskoe, kevät Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Introduktion till strukturerade härledningar 8. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Logik för strukturerade härledningar 9. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematik med lite logik: Strukturerade härledningar som allmänt bevisformat 10. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Johdatus rakenteisiin päättelyketjuihin 11. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Logiikka ja rakenteiset päättelyketjut 12. Ralph-Johan Back och Joakim von Wright, Matematiikkaa logiikan avulla: Rakenteiset päättelyketjut yleisenä todistusmuotona

45

46 Turku Centre for Computer Science Joukahaisenkatu 3-5 B, Turku, Finland University of Turku ldepartment of Information Technology ldepartment of Mathematics Åbo Akademi University ldepartment of Information Technologies Turku School of Economics linstitute of Information Systems Sciences ISBN ISSN

47 Back & von Wright Matematik med lite logik: Studentexamen i lång matematik, våren 2003