Modellering og mønstergjenkjenning. Gyldigheita til modellar

Vi observerer at i grunnlinja aukar talet på prikkar med 2 frå figur til figur. Prikkane over grunnlinja aukar med 1. Figur nummer 4 ser derfor slik ut:

Det betyr at talet på prikkar i figur nummer 4 er 10.

1, 4, 7, 10

Vi kan tenke oss at vi deler figur nummer 4 i tre delar slik biletet nedanfor viser.

Vi får éi gruppe som har like mange prikkar som figurnummeret, det vil seie 4, og to grupper som er éin mindre enn figurnummeret, det vil seie 3. Figurtal nummer n vil derfor bestå av éi gruppe med n prikkar og to grupper som består av $n-1$ prikkar. Det betyr at

$a_n=n+n-1+n-1=3n-2$

Vi skriv tala inn i reknearkdelen i GeoGebra, markerer tala og vel regresjonsanalyseverktøyet frå knapperada øvst. Det ser ut som at punkta ligg på ei rett linje, så vi vel lineær regresjonsmodell.

Vi observerer at linja går midt gjennom alle punkta. Modellen vi får, er $y=3x-2$. Han gir den same formelen som vi kom fram til i oppgåve c), når vi byter ut x med n.

$a_{100}=3·100-2=300-2=298$

Formelen beskriv figurtala eksakt, så han vil vere gyldig uansett kor stor n blir.

Formelen gjeld for dei naturlege tala frå og med 1 og oppover. n kan ikkje vere 0 eller negativ og heller ikkje vere eit desimaltal.

Vi vel å løyse oppgåva ved å lage ei for-lykkje utan å definere formelen for $a_n$ som ein eigen funksjon i Python.

1for n in range(1, 101):
2  a_n = 3*n - 2              # reknar ut figurtal nummer n
3  print(f"Figurtal nummer {n} er {a_n}.")

Vi går frå eit tal til det neste ved å legge til 4. Dei to neste tala blir 19 og 23.

Vi kan setje opp tala i eit mønster. Sidan differansen mellom to nabotal er 4, er det naturleg å tenke seg at vi multipliserer talnummeret med 4 og ser korleis vi kjem ut. Då får vi at vi må trekke frå 1 på alle tala.

• Tal nummer 1, $a_1$: $3=4·1-1$

• Tal nummer 2, $a_2$: $7=4·2-1$

• Tal nummer 3, $a_3$: $11=4·3-1$

• Tal nummer 4, $a_4$: $15=4·4-1$

På same måte finn vi tal nummer n, $a_n$ ved å multiplisere n med 4 og trekke frå 1. Det gir oss formelen $a_n=4n-1$.

Vi kan bruke programmet i oppgåve 1 som utgangspunkt og berre endre på koden for a_n i for-lykkja.

1for n in range(1, 101):
2  a_n = 4*n - 1              # reknar ut figurtal nummer n
3  print(f"Figurtal nummer {n} er {a_n}.")

Rekn ut det neste talet i følga ut ifrå det førre.

Vi veit at vi kan rekne ut det neste talet i følga ved å legge til 4. Det betyr at vi kan setje opp den rekursive formelen

$a_n=a_{n-1}+4$

Vi startar med å setje variabelen a_n lik $a_1$, det vil seie lik 3, og skriv han ut. Så lagar vi ei for-lykkje der vi lar a_n auke med 4 for kvar runde. Programmet kan sjå slik ut:

1a_n = 3       # set a_n lik a_1, det første talet
2print(f"Tal nummer 1 er {a_n}.")    # skriv ut det første talet
3for n in range(2, 101):
4  a_n = a_n + 4              # reknar ut figurtal nummer n
5  print(f"Tal nummer {n} er {a_n}.")

For å gå frå eit tal til det neste multipliserer vi talet med 2. Dei neste to tala blir derfor 32 og 64.

Vi kan sette opp tala i eit mønster. Sidan vi kjem frå eit tall til det neste ved å multiplisere med 2, kan vi prøve å opphøge 2 i talnummeret og sjå kva vi endar opp på.

Tal nummer 1, $a_1$: $2=2^1$

Tal nummer 2, $a_2$: $4=2·2=2^2$

Tal nummer 3, $a_3$: $8=2·2·2=2^3$

Tal nummer 4, $a_4$: $16=2·2·2·2=2^4$

På same måte finn vi tal nummer n, $a_n$ ved å opphøge 2 i n. Det gir oss formelen $a_n=2^n$.

Vi startar med å setje variabelen sum lik 0. Så lagar vi ei for-lykkje der vi bereknar $a_n$ og legg verdien til variabelen sum. Til slutt skriv vi ut sum.

1sum = 0       # summen er 0 før vi har lagt til noko
2
3for n in range(1, 21):
4  a_n = 2**n           # reknar ut figurtal nummer n
5  sum = sum + a_n
6
7print(f"Summen av dei 20 første tala er {sum}.")

For å komme frå éin figur til den neste, må både lengda og breidda auke med 1 når vi går frå ein figur til den neste. Kvar figur har éin kolonne og éi rad meir enn den førre.

Sidan kvar figur har éin kolonne og éi rad meir enn den førre, må den fjerde figuren ha 5 kolonnar og 4 rader.

Talet blir dermed $R_4=5·4=20$.

Vi kan rekne ut rektangeltala ved å multiplisere talet på kolonnar med talet med rader slik vi gjorde i oppgåve b). Vi observerer at talet på rader er det same som talnummeret, mens talet på kolonnar er éin meir. Det betyr at formelen for rektangeltal nummer n blir

$R_n=n\left(n+1\right)=n^2+n$

Vi har desse rektangeltala frå oppgåvene over:

Vi skriv tala inn i reknearkdelen i GeoGebra og bruker regresjonsanalyseverktøyet. Ved å prøve med modellen "Polynom" med grad 2 får vi at andregradsfunksjonen

$y=x^2+x$

passar heilt perfekt med verdiane i tabellen. Byter vi ut x med n, får vi same formel som i oppgåve c).

Vi bruker programmet frå oppgåve 1 og endrar på linja der vi reknar ut $a_n$.

1for n in range(1, 50):
2  a_n = n**2 + n              # reknar ut rektangeltal nummer n
3  print(f"Rektangeltal nummer {n} er {a_n}.")

Arealet $T_1$ er ein fjerdedel av arealet T til trekanten ABC. Arealet $T_2$ er ein fjerdedel av arealet $T_1$, og det blir tilsvarande for arealet $T_3$. Dette gir

$\begin{array}{rcl}{T}_1 & =& \frac{1}{4}·T=\frac{T}{4}\\ T_2 & =& \frac{1}{4}·T_1=\frac{1}{4}·\frac{T}{4}=\frac{T}{4^2}=\frac{T}{16}\\ T_3 & =& \frac{1}{4}·T_2=\frac{1}{4}·\frac{T}{4^2}=\frac{T}{4^3}=\frac{T}{64}\end{array}$

Vi såg i oppgåve a) at vi kunne skrive areala som T delt på ein potens med grunntal 4 og talnummeret som eksponent. Det betyr at ein formel for arealet $T_n$ blir

$T_n=\frac{T}{4^n}$

$\begin{array}{rcl}{T}_{10} & =& \frac{T}{4^{10}}\\ T_{1000} & =& \frac{T}{4^{1000}}\end{array}$

$T_1$ er ein tredjedel av arealet til firkanten ABED. $T_2$ er ein tredjedel av arealet til firkanten DEHG, og slik kan vi halde fram vidare. Sidan vi deler opp trekanten ABC i stadig mindre firkantar der $T_n$ utgjer ein tredjedel, må summen av arealet av alle dei fargelagde trekantane vere lik tredjedelen av arealet til den store trekanten ABC. Vi kan skrive det slik:

$T_1+T_2+T_3+ ... =\frac{T}{3}$

Arealet av dei fargelagde trekantane skal bli

$\frac{T}{3}=\frac{3}{3}=1$

Vi får at

$T_n=\frac{1}{4^n}$

Vi lar programmet summere areala av dei fargelagde trekantane. Vi kan ikkje summere eit uendeleg tal på areal, men vi veit at areala $T_n$ blir mindre jo større n blir. Derfor kan vi til dømes lage programmet slik at når $T_n<0,000 1$, sluttar det å summere.

Programmet kan sjå ut som nedanfor. Her har vi i tillegg skrive ut kor mange trekantar som er tekne med i berekninga:

1T = 3             # set arealet av trekanten ABC lik 3
2areal = 0         # set arealet lik 0 før vi har byrja å summere
3T_min = 0.0001    # set grense for når summeringa skal slutte
4T_n = 1                  # set ein startverdi på T_n slik at while-lykkja startar
5n = 0                    # set startverdi for n
6
7while T_n >= T_min:
8  n = n + 1
9  T_n = T/4**n    # reknar ut arealet av trekant nummer n
10  areal = areal + T_n
11
12print(f"Arealet av dei fargelagde trekantane er {areal}.")
13print(f"Svaret er berekna med dei {n} største trekantane.")

Ved berre å ta med dei 8 største trekantane blir arealet 0,999 985 ... Ved å setje variabelen minste_areal til ein enda mindre verdi enn 0,000 1, vil vi komme endå nærare 1 til svar.

Vi har at punkta D, E og F ligg midt på kvar si side av trekanten ABC. Vi får derfor at

$DF=AF=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}·\frac{O}{3}=\frac{O}{6}$

Det betyr at

$O_1=3DF=3·\frac{O}{6}=\frac{O}{2}$

Trekanten CDE har same omkrins som trekanten DEF sidan dei er like. Det betyr at

$O_2=\frac{1}{2}{O}_1=\frac{1}{2}·\frac{O}{2}=\frac{O}{2^2}=\frac{O}{4}$

og vidare at

$O_3=\frac{1}{2}{O}_2=\frac{1}{2}·\frac{O}{2^2}=\frac{O}{2^3}=\frac{O}{8}$

I den førre oppgåva viser mellomrekningane at vi får omkrinsen til trekant nummer n ved å ta O og dele på ein potens med 2 som grunntal og n som eksponent. Formelen blir derfor

$O_n=\frac{O}{2^n}$

$O_4=\frac{O}{2^4}=\frac{O}{16}$

Vi får at $O=3$. Vi tek utgangspunkt i programmet i oppgåve e).

1O = 3             # set omkrinsen av trekanten ABC lik 3
2omkrins = 0         # set omkrinsen lik 0 før vi har byrja å summere
3O_min = 0.0001    # set ei grense for når summeringa skal slutte
4O_n = 1                  # set ein startverdi på O_n slik at while-lykkja startar
5n = 0                    # set startverdi for n
6
7while O_n >= O_min:
8  n = n + 1
9  O_n = O/2**n    # reknar ut omkrinsen av trekant nummer n
10  omkrins = omkrins + O_n
11  
12print(f"Omkrinsen av dei fargelagde trekantane er {omkrins}.")
13print(f"Svaret er berekna med dei {n} største trekantane.")

Ved å ta med dei 100 største trekantane blir summen av omkrinsen så godt som 3. Summen av omkrinsen til alle dei fargelagde trekantane er lik omkrinsen til trekanten ABC.

Vi ser at vinkelsummen aukar med 180° frå trekant til firkant og frå firkant til femkant. Vi får vidare at

• vinkelsummen til ein trekant er $180°=1·180°$
• vinkelsummen til ein firkant er $360°=2·180°$
• vinkelsummen til ein femkant er $540°=3·180°$

Vi får at vi må multiplisere 180° med eit tal som er 2 mindre enn talet på kantar i mangekanten. Formelen for vinkelsummen V i ein n-kant blir derfor

$V=\left(n-2\right)·180°$

Ein regulær femkant består av 5 heilt like (kongruente) likebeinte trekantar. I kvar trekant er $u+u+w=2u+w=180°$.

Er du einig i at vinkelen v i femkanten er det dobbelte av vinkelen u, det vil seie at $v=2u$? Då kan vi skrive

$\begin{array}{rcl}v+w & =& 180°\\ v & =& 180°-w\end{array}$

Dersom vi ser på sentrum i femkanten, har vi òg at $5w=360°$. Dette gir

$w=\frac{360°}{5}$

Set vi dette inn i likninga over, får vi at

$v=180°-\frac{360°}{5}$

Vi kan rekne ut svaret til 108°, men her er poenget å komme fram til ein formel.

Dersom vi gjer det same som over med ein regulær sjukant, får vi at

$v=180°-\frac{360°}{7}$

Vi får derfor at vinkelen v i ein regulær n-kant blir

$v=180°-\frac{360°}{n}$

Denne formelen gjeld for alle naturlege tal n som er større enn eller lik 3 sidan ein regulær mangekant ikkje kan ha færre kantar enn 3.

Prikkane i kvar figur (bortsett frå figur 1) dannar ein rettvinkla trekant. Figur 2, 3 og 4 har talet på prikkar i høgda og lengda lik figurnummeret.

Figur 5 vil ha 5 prikkar i høgda og i breidda. Figur 6 vil ha 6 prikkar i høgda og i breidda og så vidare. Vi kan òg seie at figurane veks ved å legge på eit lag med prikkar på hypotenusen i trekanten. Talet på prikkar i figur 5 er derfor lik talet på prikkar i figur 4 pluss 5 prikkar: $10+5=15$. Talet på prikkar i figur 6 er vidare lik talet på prikkar i figur 5 pluss 6 prikkar: $15+6=21$.

Formelen blir slik fordi i kvar ny figur aukar vi talet på prikkar med nummeret på figuren.

Tenk deg at du set to like figurar, til dømes figur 4, oppå kvarandre.

Vi tek for oss figur 4. Dersom vi set to like figurer oppå kvarandre slik som biletet viser, får vi eit rektangel der breidda er lik figurnummeret (her: 4) og høgda er éin større enn figurnummeret.

Vi veit at vi har dobbelt så mange prikkar som figurtalet, så vi kan rekne ut talet på prikkar i figurtal nummer 4 (og dermed trekanttal nummer 4) som

$t_4=\frac{5·4}{2}\left(=10\right)$

Det blir tilsvarande for dei andre figurtala. Talet på prikkar i figurtal nummer n, og dermed formelen for trekanttal nummer n, blir

$t_n=\frac{\left(n+1\right)·n}{2}$

Bruk formelen og legg saman trekanttal $t_n$ og $t_{n+1}$. Du finn formelen for trekanttal nummer $n+1$ ved å erstatte n med $n+1$ i formelen.

$\begin{array}{rcl}{t}_n+t_{n+1} & =& \frac{\left(n+1\right)·n}{2}+\frac{\left(\left(n+1\right)+1\right)·\left(n+1\right)}{2}\\ & =& \frac{\left(n+1\right)·n+\left(n+2\right)·\left(n+1\right)}{2}\\ & =& \frac{n^2+n+n^2+n+2n+2}{2}\\ & =& \frac{2n^2+4n+2}{2}\\ & =& \frac{2\left(n^2+2n+1\right)}{2}\\ & =& n^2+2n+1\\ & =& {\left(n+1\right)}^2\end{array}$

Summen blir altså eit kvadrattal uansett kva $n$ er.

For kvart nytt lag får vi eit nytt kvadrat som aukar med 1 boks i lengde og breidde. Frå $P_2$ til $P_3$ aukar derfor talet på boksar med $3·3=9$, og vi får at $P_3=5+9=14$ boksar.

Vi får at

$\begin{array}{rcl}{P}_1 & =& 1\\ P_2 & =& 1+2^2=P_1+2^2\\ P_3 & =& P_2+3^2\\ P_4 & =& P_3+4^2\\ & & ⁝\end{array}$

Vi får at kvart pyramidetal er lik det føregåande pluss talnummeret opphøgd i andre. Det betyr at vi kan skrive

$P_n=P_{n-1}+n^2$

Vi får derfor at pyramidetala $P_4$ og $P_5$ blir

$\begin{array}{rcl}{P}_4 & =& P_3+4^2=14+16=30\\ P_5 & =& P_4+5^2=30+25=55\end{array}$

Vi har no desse pyramidetala:

Vi skriv tala inn i reknearkdelen i GeoGebra, markerer tala og vel regresjonsanalyseverktøyet. Vi må ha ein modell som stig raskare og raskare. Ein andregradsfunksjon passar ikkje heilt, men ein tredjegradsfunksjon gjer det, sjå biletet nedanfor.

Vi kjenner igjen koeffisienten framfor tredjegradsleddet som $\frac{1}{3}$, koeffisienten framfor andregradsleddet som $\frac{1}{2}$ og koeffisienten framfor førstegradsleddet som $\frac{1}{6}$.

Formelen for pyramidetal nummer n blir

$P\left(n\right)=\frac{1}{3}{n}^3+\frac{1}{2}{n}^2+\frac{1}{6}n$

Vi reknar ut formelen i oppgåve d).

$\begin{array}{rcl}{P}_n & =& \frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\\ & =& \frac{n}{6}\left(2n^2+n+2n+1\right)\\ & =& \frac{n}{6}\left(2n^2+3n+1\right)\\ & =& \frac{1}{3}{n}^3+\frac{1}{2}{n}^2+\frac{1}{6}n\end{array}$

Vi kan òg vise dette med CAS:

Formelen i oppgåve b) gir

$P_6=P_5+6^2=55+36=91$

Formelen i oppgåve d) gir

$P_6=\frac{6\left(6+1\right)\left(2·6+1\right)}{6}=7·13=91$

Formelen stemmer.

Vi kan òg rekne ut dette med CAS:

Vi må finne ut kva verdi av n som er den største vi kan ha for at figurtalet skal vere så stort som mogleg, men mindre enn eller lik 1 000. Vi set $P_n=1 000$ og løyser likninga med CAS.

Frå linje 3 får vi at det blir 13 lag med boksar i pyramiden, og at det nedste laget vil bestå av $13·13=169$ boksar. I linje 4 har vi rekna ut at $P_{13}=819$. Totalt går det med 819 boksar til pyramiden.

Vi lagar eit program som reknar ut $P\left(n\right)$ for stadig aukande n heilt til resultatet blir større enn 1 000. Vi kan gjere dette med ei while-lykkje. Programmet kan sjå slik ut:

1def P(n):                           # definerer funksjonen P(n)
2  return n*(n + 1)*(2*n + 1)/6
3  
4n = 1
5
6while P(n) <= 1000:
7  n = n + 1
8 
9n = n - 1        # while-lykkja gir éin for mykje i verdi på n
10print(f"Det blir totalt {n} lag med boksar, og det går med {P(n)} boksar til pyramiden.")

Vi lagar ei ny rad i tabellen for x-verdiane.

Vi skriv inn tala i reknearkdelen i GeoGebra og vel verktøyet "Regresjonsanalyse" med valet "Lineær" som regresjonsmodell.

Den rette linja som passar best med alle tala, er

$f\left(x\right)=0,0269x+3,258$

Modellen passar ganske godt, men det kan sjå ut som folketalet mot slutten av perioden steig raskare enn elles.

Aktuelle modellar kan vere polynomfunksjonar eller eksponentialfunksjonar.

Regresjonsmodell "Polynom med grad 2":

$f_{p2}\left(x\right)=0,0001x^2+0,021x+3,31$

Her måtte vi skru på 4 desimalar i innstillingane til GeoGebra for å sjå kva koeffisienten framfor andregradsleddet eigentleg var. Han er svært liten, og det ser vi òg av grafen, som er nesten rettlinja. Andregradsfunksjonen $f_{p2}$ passar derfor ikkje noko særleg betre enn den rette linja f, men han krummar litt oppover slik at modellen stemmer betre med at folketalet stig raskare mot slutten av perioden.

Regresjonsmodell "Polynom med grad 3":

$f_{p3}\left(x\right)=0,00002x^3-0,0014x^2+0,057x+3,19$

Koeffisienten framfor tredjegradsleddet er svært liten. Likevel passar tredjegradsfunksjonen betre enn andregradsfunksjonen sidan veksten i folketalet først minkar og deretter stig.

Regresjonsmodell "Eksponentiell":

$f_e\left(x\right)=3,31·1,{007}^x$

Denne grafen ser omtrent ut som grafen til $f_{p2}$. Han passar derfor heller ikkje så godt som grafen til $f_{p3}$.

Prøv gjerne andre regresjonsmodellar òg!

Overfør modellane til det vanlege grafikkfeltet. Teikn så inn dei nye punkta, og sjå kor godt dei passar inn.

Alle modellane utanom den rette linja vil gi ein vekst som aukar meir og meir. Det er ikkje så veldig sannsynleg. Det er kanskje heller ikkje så veldig sannsynleg med jamn lineær vekst; folketalet kan ikkje halde fram med å vekse i det uendelege.

Dersom vi berre tek med tal frå 1990 og utover, får vi berre den delen der veksten er aukande. Då vil til dømes ein eksponentialfunksjon passe betre enn i dei førre oppgåvene, og ein lineær modell vil passe dårlegare.

Vi legg tala inn i reknearkdelen i GeoGebra, markerer dei og vel regresjonsanalyseverktøyet. Vi vel "Ingen" som regresjonsmodell og kopierer til grafikkfeltet. Alternativt kan vi skrive inn punkta manuelt i algebrafeltet.

Vi går tilbake til regresjonsanalyseverktøyet og vel modellen "Polynom" av grad 3 sidan f er ein tredjegradsfunksjon. Så kopierer vi resultatet til grafikkfeltet.

Vi observerer at grafen passar veldig godt med funksjonen f når

$f\left(x\right)=-x^3+10,41x^2+20,91x+14,65$

20 % auke gir ein vekstfaktor på 1,2. Vi teiknar derfor funksjonen

$g\left(x\right)=f\left(x\right)·1,2$

Sjå den stipla grafen på biletet nedanfor. Vi teiknar vidare linja $y=300$ og finn skjeringspunkta mellom linja og grafen til g med verktøyet "Skjering mellom to objekt".

Vi får at grafen kryssar linja $y=300$ for $y=4,91\approx 5$ og $y=10,19\approx 10$. Det betyr at det forventa pølsesalet i 2012 er større enn 300 frå og med mai til og med oktober.