Kapittel 8: Vektorer og parametriserte kurver

Transkript

1 8.1. Vektorer 717 Kapittel 8: Vektorer og parametriserte kurver 8.1. Vektorer. Oppgave 8.1.1: a Her er a + b, 5, a b, 1 og ca a, 4. På figuren er vektorene tegnet som posisjonsvektorer, bortsett fra vektoren a b.

2 8.1. Vektorer 718 b Her er a + b,, a b 1, 1 og ca 1 a 1, 1. På figuren er vektorene tegnet som posisjonsvektorer. c Her er a + b 1, 1, a b, og ca a 1, 1. På figuren er vektorene tegnet som posisjonsvektorer. Oppgave 8.1.: a Her er a + b 1, 1,, a b 1, 1, og ca a,,. På figuren ligger alle vektorene i xy-planet, og alle er tegnet som posisjonsvektorer bortsett fra vektoren a b. Alle vektorene er egentlig vektorer som ligger i xy-planet.

3 8.1. Vektorer 719 b Her er a + b 1,, 5, a b 1,, 1 og ca a 1, 1,. På figuren er vektorene tegnet som posisjonsvektorer, bortsett fra vektoren a b. c Her er a+b,, 4, a b 1,, og ca a/ 1, 1, 1 / som er en vektor av lengde 1.

4 8.1. Vektorer 7 Oppgave 8.1.: a Lengden av a er a Vektoren i samme retning som a, men med lengde 1 er derfor 1, 1 / 1/, 1/. b Lengden av a er a Vektoren i samme retning som a, men med lengde 1 er derfor 1, 1 / 1/, 1/. c Lengden av a er a Vektoren a har derfor lengde 1. d Lengden av a er a Vektoren i samme retning som a, men med lengde 1 er derfor 8, /8 1,. e Lengden av a er a Vektoren i samme retning som a, men med lengde 1 er derfor 1, 1, 1 / 1/, 1/, 1/. f Lengden av a er a Vektoren i samme retning som a, men med lengde 1 er derfor, 1, / 14 / 14, 1/ 14, / 14. Oppgave 8.1.4: (NY. a (a b c ( ( 1 5,, 7 5,,. b a (b c,, 1 ( (,, 1.

5 8.1. Vektorer 71 c (a+b ( c +4, +, 1 1 5,, 6 ( 5+( ( + 1. d (a + b + 4, +, 1 + ( 1 14,,. e a b + b c ,, ,, 14 4,, ,, , 17, , 1.7, f a a b,, 1 b ,, ( g (a b (b c 4,, 1 ( 1 4 5,, 1 (,, 1,, 1 ( 1 ( h a + b a + b ( ( i (a b (a + b a a + a b b a b b. Det følger av teorem at a b b a. Derfor får vi at (a b (a + b a a b b a b ( (

6 8.1. Vektorer 7 Oppgave 8.1.5: (Tidl.: a La θ være vinkelen mellom a og b. Da gjelder a b ( a b cos θ cos θ 58 cos θ cos θ θ cos b La θ være vinkelen mellom a og b. Da gjelder a b ( a b cos θ cos θ 1 cos θ cos θ θ cos c La θ være vinkelen mellom a og b. Da gjelder a b a b cos θ cos θ 1 cos θ cos θ θ cos 1 1 som vi kunne ha sett umiddelbart. (Vektorene har samme retning. d La θ være vinkelen mellom a og b. Da gjelder a b a b cos θ cos θ 154 cos θ cos θ θ cos

7 8.1. Vektorer 7 e La θ være vinkelen mellom a og b. Da gjelder a b a b cos θ cos θ 11 cos θ cos θ 1 11 θ cos f La θ være vinkelen mellom a og b. Da gjelder a b ( a b cos θ cos θ θ cos 1 π. Oppgave 8.1.6: (Tidl.: a Her ser vi umiddelbart at a a b + a b 1, +, 1. b Vi normaliserer først b: b u 1, 1 /. Derved er og slik at 1, 1 a b (a uu ( 4, 7 1, 1 ( 11 1, 1 11 a b a a b 4, 7, 11, a a b + a b 11, 11 +,. c Her er allerede b normalisert, og a k er tredje-komponenten til a, altså er a b 5b 5k.

8 8.1. Vektorer 74 Derved er slik at a b a a b,, 5,, 5,, a a b + a b,, 5 +,,. d Vi normaliserer først b og får u j, 1,. Derved er a b (a jj j og a b a a b 1,, 1 slik at a a b + a b, 1, + 1,, 1. e Vi normaliserer først b: b u 1, 1, 1 /. Derved er og slik at 1, 1, 1 a b (a uu ( 1, 1, 1 1, 1, 1 1 1, 1, 1 1 a b a a b 1, 1, 1, 1, 1, 4, a a b + a b 1, 1, 1 +, 4,. Oppgave 8.1.7: (Tidl.: a Her er P Q, 1, 1, 1, P R 1, 5 1, 1, 4 og QR 1, 5, 4,.

9 8.1. Vektorer 75 Derfor gjelder cos RP Q cos P QR P R P Q P R P Q QR QP QR QP, 4, 1, 4, 1 RP Q π 4,, 1 4,, P QR cos QRP π RP Q P QR π π der den siste vinkelen fulgte fordi vinkelsummen i en plan trekant er π. b Her er P Q, 4 1, 1 1,, P R 1, 1, 1, og QR 1,, 4 1, 1. Derfor gjelder cos RP Q cos P QR P R P Q P R P Q QR QP QR QP, 1,, 1, RP Q cos 1.466, 5 1, 1 1, 1, 1 1, 1 P QR cos QRP π RP Q P QR π der den siste vinkelen fulgte fordi vinkelsummen i en plan trekant er π. Den ligner mistenkelig på π/. Vi kontrollerer: cos QRP RQ RP RQ RP 1, 1, RP Q π/. 1, 1, c Her er P Q,, 1,, 1 1,, 1, P R, 5, 1 1,, 1, 5, og QR, 5, 1,, 4,, 1.

10 8.1. Vektorer 76 Derfor gjelder cos RP Q cos P QR P R P Q P R P Q QR QP QR QP, 5, 1,, 1, 5, 1,, RP Q cos , 4,, 1 1,, 1 4,, 1 1,, P QR cos QRP π RP Q P QR π der den siste vinkelen fulgte fordi vinkelsummen i en plan trekant er π. d Her er P Q,, 1, 1, 1 1, 1, 1, P R, 4, 1, 1, 1,, 1 og QR, 4,,, 1,,. Derfor gjelder cos RP Q cos P QR P R P Q P R P Q QR QP QR QP,, 1 1, 1, 1,, 1 1, 1, RP Q cos , 14 1,, 1, 1, 1 1,, 1, 1, P QR cos QRP π RP Q P QR π der den siste vinkelen fulgte fordi vinkelsummen i en plan trekant er π. Oppgave 8.1.8: (Tidl.: a Lengden av v er v Vektoren 8 v 4 1, 1 har derfor samme retning som v og lengde 8. b Lengden av v er v + 1. Vektoren 5 1 v 5 1,

11 8.1. Vektorer 77 har derfor samme retning som v og lengde 5. c Lengden av v er v Vektoren v 1, 1, 1 har derfor samme retning som v og lengde. d Lengden av v er 1. Vektoren,, 1,, har derfor samme retning som v og lengde. e Det er bare nullvektoren,, som har lengde, men den har ingen retning, eller om man vil: den har alle mulige retninger, også retning som v. f Lengden av v er + sin 1 sin 1 sin 1. Vektoren L v, sin 1 π π, 1, π. v sin 1 Oppgave 8.1.9: (Tidl.: Lengden av vektoren b/ b er b b 1 b 1. b Oppgave 8.1.1: (Tidl.: Den enkleste måten å se dette er kanksje å bruke at cos θ a b a b for vinkelen θ mellom a og b. Siden cos θ 1, følger påstanden. Man kan naturligvis også la a : a 1, a, a og b : b 1, b, b, og sammenligne uttrykkene for a b og a b.

12 8.1. Vektorer 78 Oppgave : (Tidl.: Vi har a + b (a + b (a + b a a + a b + b a + b b a + a b + b a + a b cos θ + b der θ er vinkelen mellom a og b. Videre er ( a + b a + a b + b. Resultatet følger derfor siden cos θ 1. Oppgave 8.1.1: (Tidl.: De diagonale vektorene er AC AB + BC og BD AD AB BC AB. Vektorene står normalt på hverandre hvis og bare hvis skalarproduktet AC BD. Vi har AC BD ( AB + BC ( BC AB AB BC AB AB + BC BC BCAB BC AB BC AB hvilket skulle vises. Oppgave 8.1.1: (Tidl.: La θ være vinkelen mellom a og b. Vi skal vise at vinkelen α mellom a og v er lik θ/. Vi har cos θ a b a b

13 8.1. Vektorer 79 og der Altså er cos α slik at α θ. a v a v a b + a b a b + b a a b a + a a b a b a + a b a a b + b a a a b + b a a b a b + 1 b b + a cos θ + 1 b a b + a a b b + a 1 + a b a a b + 1 (1 + cos θ 4 θ cos. cos α cos θ + 1 cos θ cos θ cos θ cos θ, Oppgave : (Tidl.: Definisjonen sier ikke noe om at en vektor skal være en vektorpil, og slett ikke noe om hvor en eventuell slik vektorpil skal plasseres. Men en vektor kan alltid tolkes som en vektorpil, og siden dimensjonen er, får vi også til å tegne denne vektorpilen inn i et koordinatsystem. På figurene og er det akkurat det som er gjort. Som man ser, er vektorene a og a + b plassert med startpunkt i origo, altså som posisjonsvektorer, noen man gjerne må gjøre, naturligvis. Ifølge definisjonen skal a + b være en vektor av dimensjon, der førstekomponenten skal være summen av førstekomponentene i a a 1, a og b b 1, b, og andrekomponenten skal være summen av andrekomponentene i a og b. Ved å plassere vektoren b slik at den starter der a slutter, blir sluttpunktet for b akkurat det punktet P i planet som har koordinater (a 1 + b 1, a + b. Posisjonsvektoren ut til P har derfor de samme komponentene, og er derfor en representasjon av a + b. Ifølge definisjonen er ca en vektor der alle komponentene til a er multiplisert med en og samme skalar c. Så hvis a og c, må resultatet bli en vektor som kan tegnes som en vektorpil som er parallell med a. (Tenk forstørring eller forminsking av bildet av vektoren, en slags målestokkforandring. At vektoren ca er motsatt rettet i forhold til a når c <, skjønner man lett hvis man tegner et eksempel.

14 8.1. Vektorer 7 Oppgave : (Tidl.: a At avstanden mellom P og Q er gitt ved rotuttrykket i oppgaven, følger direkte fra figuren ved hjelp av Pytagoras. At dette er det samme som lengden av vektoren P Q, følger fordi P Q x x 1, y y 1. At P Q OQ OP er en nyttig observasjon som følger direkte ved utregning. b Lengden av vektoren P Q x x 1, y y 1, z z 1 er lik avstanden mellom de to punktene P og Q. Denne lengden er lik rotuttrykket i oppgaven. At vektoren P Q er lik OQ OP ser vi av figuren. c Dette følger fra b dersom punktet A er origo. Vi skal vise at det gjelder for et vilkårlig punkt A i rommet. Men det følger direkte av figuren nedenfor.

15 8.1. Vektorer 71 Oppgave : (NY. Ja, det gjør det. Ethvert par av to ortogonale vektorer har prikkprodukt null. For eksempel er 1,, 1. Oppgave : (NY. a Utgangshastigheten til leirduen er v( 4 cos π 4, 4 sin π 1, 1 4 skrevet som en vektor der vi regner opp som positiv retning vertikalt. (Førstekomponenten beskriver utgangshastigheten i horisontal retning, og andrekomponenten utgangshastighten i vertikal retning. Det eneste som endrer leirduens hastighet i svevet, er ifølge oppgaven tyngdens akselerasjon som virker vertikalt. Leirduen har derfor en akselerasjon gitt ved a, 9.8 m/s. Denne akselerasjonen er konstant. Den vertikale hastigheten er derved gitt ved v (t 9.8t, og leirduens høyde over bakkeniå ved tidspunkt t er h(t + t τ v (τdτ + t ( 9.8τdτ + t 4.9t. Den vertikale hastigheten er positiv til å begynne med, men jevnt avtakende, faktisk lineært avtakende. Det vil si, leirduen er først på vei oppover inntil den når sitt høyeste punkt der v (t. Det skjer for t /9.8. Deretter er den på vei nedover igjen. Leirduen når bakken idet h(t + t 4.9t 4.9t t t : t ± ±

16 8.1. Vektorer 7 Her kan vi bare bruke + foran rottegnet (vi kan ikke ha negativ t idet leirduen lander. Den horisontale hastigheten er konstant lik v 1. Den horisontale avstanden til utskytningsstedet idet leirduen lander er derved v 1 t m. b Vi skal beskrive banen til leirduen som grafen til en funksjon f, altså, for eksempel, som grafen til en likning y f(x der y beskriver høyden over bakkenivå når x er den horisontale avstanden til utskytningsstedet. Vi vet at hastigheten i horisontalretning er v 1 (t og altså konstant, slik at x(t t. Videre er hastigheten i y-retning lik v (t 9.8t, slik at y(t h(t + t 4.9 t. Vi eliminerer t fra disse to likningene for å se hvordan y varierer som funksjon av x: t x y + x 4.9 x 8 + x 49 8 x. Av uttrykket, ser vi at banen er en del av en parabel. Oppgave (Tidl.: Du svømmer 1 m/s i retning u u 1, u, u 1, mens strømmen trekker deg 1 m/s i retning j (se figur.

17 8.1. Vektorer 7 Siden ikke noe annet er sagt i oppgaven, må vi tro at strømmen er den samme over hele tverrsnittet av elven og at korteste vei over elven er rett over. Vi vil derfor at fremdriften skal skje i retning i. Det vil si Det inntreffer når v u 1 j ci, i.e., u 1, u 1 j + ci c, 1. u 1 c og u 1 der u 1 + u 1. Dette er tre likninger med tre ukjente. De gir u 1, u 1 1 u / og c u 1 1. Svømmeretningen som gir kortest vei rett over er derfor u 1, 1. (Dette kunne vi også ha sett direkte fra figuren, for den viser at sin α 1 slik at sin α tan α 1 sin α 1 i denne situasjonen. Forflytningen tvers over skjer altså med hastighet c / m/s. Når elven er 5 m, tar dette 5/c 1/ 57.7 sekunder. Oppgave : (Tidl.: a Det første flyet er i punktet r 1 (,, ved tidspunkt t og beveger seg i retning u 1 14, 5, / 14, 5, 14, 5, /15 med fart v 15 m/s. Posisjonen ved tidspunkt t (t målt i sekunder er derved r 1 (t r 1 ( + 15t u 1,, + 15t 14, 5, 1 15,, + 14, 5, t 14t, 5t, + t. Det andre flyet er i punktet r ( 1, 5, 4 ved tidspunkt t og beveger seg med jevn fart v og konstant retning u slik at det er i punktet r ( 14, 5, 4 ved tidspunkt t. Det vil si, r ( r ( + v u 14, 5, 4 1, 5, 4 + v u v u 4,,. Posisjonen til dette flyet ved tidspunkt t (t målt i sekunder er derved r (t r ( + v t u 1, 5, 4 + t 4,, 1 + t, t, 4.

18 8.1. Vektorer 74 b Flyenes baner skjærer hverandre dersom det finnes t 1 og t slik at r 1 (t 1 r (t, det vil si 14t t, 5t t, + t 1 4. Av den siste likningen ser vi at t 1 1 er nødvendig. Innsatt i den første likningen viser det at t 5 er nødvendig. Det viser seg at dette passer i den midterste likningen også. Altså skjærer banene hverandre. Flyene kolliderer ikke fordi de befinner seg i skjæringspunktet ved forskjellige tidspunkter t 1 og t. Oppgave 8.1.: (Tidl.: Den grønne resultantkraften på figuren trekker svakt mot venstre. Vi vil den skal trekke langs x-aksen. Det vil si, andrekomponenten av denne kraften må bli null. La B trekke i retning u u 1, u, u 1. Resultantkraften skal da være som gir likningene 5, u 1, u c 1, 5 +1u, u 1+u 1 u 1 1 1, u 1 B må derfor trekke i samme retningen som 9, Oppgave 8.1.1: (Tidl.: Horisontalkomponenten av F er den delen som gir kjelken fremdrift, det vil si, F cos F cos π 6 F /. Resten av F minsker trykket av kjelken mot underlaget (og letter derved friksjonen.

19 8.1. Vektorer 75 Oppgave 8.1.: (Tidl.: Vi legger et koordinatsystem slik at i peker rett østover og j peker rett nordover. Flyet flyr da med hastighet v f 1i, mens sidevinden bidrar med hastigheten v s 7j. Resultanthastigheten er v 1i 7j 1, 7 km/time. Det vil si, flyet flyr med fart km/time i retning 1, 7 i dette koordinatsystemet. Oppgave 8.1.: (Tidl.: La helikopteret fly med jevn hastighet og sletten være horisontal. Idet sekken slippes har sekken høyde h( 5 m, vertikal hastighet v( m/s og vertikal akselerasjon g m/s. t sekunder etter slippet, mens sekken fremdeles er i luften, er sekkens vertikale hastighet v(t 5 gt og sekkens høyde over sletten h(t 5 1 gt meter. 5 Sekken når bakken idet 5 gt /, det vil si, etter t g sekunder. Siden sekken lander på målet P samtidig som helikopteret er rett over P, må sekken dumpes t 1/g 1/ før helikopteret er rett over målet. 1.1 sekunder

20 8.. Determinanter. Vektorproduktet i R Determinanter. Vektorproduktet i R. Oppgave 8..1: a For a 1,, og b 1,, 8 er i j k a b 1 i( j(8 + k(, 5, b For a a, b, c og b k,, 1 er i j k a b a b c i(b j(a + k( b, a,. 1 c For a i + j 1, 1, og b i + j + k 1, 1, 1 er i j k a b 1 1 i(1 j(1 + k(1 1 1, 1, Oppgave 8..: a Parallellogrammet utspent av a 4, 1, og b,, har areal i j k A a b 4 1 i( j( +k(1,, 1 1. b Parallellogrammet utspent av a i+j+k 1, 1, 1 og b i j+7k 1, 1, 7 har areal i j k A a b i 6j k

21 8.. Determinanter. Vektorproduktet i R 77 Oppgave 8..: a Trekanten med hjørner i P (1,, Q(, 1 og R( 1, 6 er halvparten av parallellogrammet utspent av P Q 1, 1, og P R, 6,. Arealet er derfor A 1 1 i j k P Q P R i( j( +k(6+ 1,, 8 4. b Trekanten med hjørner i P (,, 1, Q(,, 4 og R(1,, er halvparten av parallellogrammet utspent av P Q,, og P R 1,, 1. Arealet er derfor A 1 1 i j k P Q P R i + j c Trekanten med hjørner i P (,, 1, Q(, 1, og R(1,, er halvparten av parallellogrammet utspent av P Q, 1, 1 og P R 1,, 1. Arealet er derfor A 1 1 i j k P Q P R i j k. Oppgave 8..4: a Volumet av parallellepipedet utspent av vektorene a,,, b 1, 1, 4 og c, 1, 1 er gitt ved V a (b c ( b Volumet av parallellepipedet utspent av vektorene a i 1,,, b j, 1, og c k,, er gitt ved 1 V a (b c 1.

22 8.. Determinanter. Vektorproduktet i R 78 Oppgave 8..5: a Tetraederet med hjørner i punktene P (,,, Q(1, 1, 1, R(1, 4, 7 og S( 1, 4, 6 er en sjettedel av parallellepipedet utspent av vektorene P Q 1, 1, 1, P R 1, 4, 7 og P S 1, 4, 6. Derfor er volumet av tetraederet lik V P Q ( P R P S (4 8 (6+7+(4+4. b Tetraederet med hjørner i punktene P (1,,, Q(1, 4, 6, R( 1, 1, og S( 1,, 1 er en sjettedel av parallellepipedet utspent av vektorene P Q,,, P R,, og P S,,. Derfor er volumet av tetraederet lik V P Q ( P R P S (4 6+( Oppgave 8..6: a Det er klart at svaret her må bli k. Vi regner det likevel ut og kontrollerer svaret. Vektoren i j k a b 1 i( j( + k( 1 k 1 står normalt på de to vektorene a og b. Videre har vektoren allerede lengde 1, men den peker nedover. Derfor må vi snu den: u ( k k. b Vektoren i j k a b 1 i(8 + j(4 + k( 1 11, 1, står normalt på de to vektorene a og b. Lengden av denne vektoren er ,

23 8.. Determinanter. Vektorproduktet i R 79 så 11, 1, / 11 er en enhetsvektor som står normalt på vektorene a og b. Men den har negativ k-komponent. Vi må derfor snu den: 11, 1, u 11 er enhetsvektoren som står normalt på vektorene a og b og peker oppover. c Vektoren i j k a b 1 1 i j + k,, 1 1 står normalt på de to vektorene a og b. Lengden av denne vektoren er , så,, 1 / er en enhetsvektor som står normalt på vektorene a og b. Den peker også riktig vei fordi den har positiv k-komponent. Derfor er den søkte vektoren u,, 1 /. Oppgave 8..7: For a a 1, a, a og b b 1, b, b gjelder a b (a b a b + (a b 1 a 1 b + (a 1 b a b 1 (a b a a b b + a b + (a b 1 a a 1 b 1 b + a 1b + (a 1b a 1 a b 1 b + a b 1 og a b (a b (a 1 + a + a (b 1 + b + b (a 1 b 1 + a b + a b a 1b 1 + a 1b + a 1b + a b 1 + a b + a b + a b 1 + a b + a b a 1b 1 a b a b a 1 a b 1 b a 1 a b 1 b a b b. Ved sammenlikning ser vi at disse to uttrykkene er like. Derfor gjelder a b a b (a b. Oppgave 8..8: For a a 1, a, a, b b 1, b, b og c c 1, c, c gjelder i j k a (b c a 1, a, a b 1 b b c 1 c c a 1, a, a b c b c, b c 1 b 1 c, b 1 c b c 1 a 1 (b c 1 b 1 c + a (b c 1 b 1 c + a (b 1 c b c 1

24 8.. Determinanter. Vektorproduktet i R 74 og a 1 a a b 1 b b c 1 c c a 1 b b c c a b 1 b c 1 c + a b 1 b c 1 c. Siden disse to uttrykkene er like, følger identiteten. Derfor gjelder også at c 1 c c (a b c c (a b a 1 a a b 1 b b. Derfor gjelder a (b c (a b c hvis og bare hvis c 1 c c a 1 a a b 1 b b a 1 a a b 1 b b c 1 c c, noe som følger ved direkte utregning. Oppgave 8..9: For a a 1, a, a, b b 1, b, b og c c 1, c, c gjelder i j k a (b c a 1, a, a b 1 b b c 1 c c og (a cb (a bc a 1, a, a b c b c, b c 1 b 1 c, b 1 c b c 1 i j k a 1 a a b c b c b c 1 b 1 c b 1 c b c 1 ( ( i a (b 1 c b c 1 a (b c 1 b 1 c j a 1 (b 1 c b c 1 ( a (b c b c + k a 1 (b c 1 b 1 c a (b c b c (a 1 c 1 + a c + a c b 1, b, b (a 1 b 1 + a b + a b c 1, c, c ( ( i b 1 (a 1 c 1 + a c + a c c 1 (a 1 b 1 + a b + a b + j b (a 1 c 1 + a c + a c ( c (a 1 b 1 + a b + a b + k b (a 1 c 1 + a c + a c c (a 1 b 1 + a b + a b. Siden disse to uttrykkene er like, gjelder identiteten.

25 8.. Determinanter. Vektorproduktet i R 741 Oppgave 8..1: De fire punktene ligger i ett og samme plan hvis og bare hvis,,parallellepipedet de utspenner klapper sammen til en flate, slik at det har volum, det vil si, hvis og bare hvis P Q ( P R P S som holder hvis og bare hvis P Q ( P R P S. Oppgave 8..11: For a a 1, a, a og b b 1, b, b gjelder i j k a b a 1 a a b 1 b b a b a b, a b 1 a 1 b, a 1 b a b 1 og i j k b a b 1 b b a 1 a a b a b a, b a 1 b 1 a, b 1 a b a 1. Altså er a b b a. Oppgave 8..1: (NY. La θ være vinkelen mellom a og b, som vist på figuren. Som vi ser av figuren, er lengden av normalkomponenten a b lik a sin θ. (Dette gjelder også om < θ π. Husk at sin θ er symmetrisk om θ π/. π På den andre siden er a b b Dette beviser identiteten. a b sin θ b a sin θ.

26 8.. Parametriserte kurver Parametriserte kurver. Oppgave 8..1: a og b 1,5 y 1,,5 K1,5 K1, K,5,5 1, 1,5 x K,5 K1, K1,5 Retning: med klokken Retning: oppover c og d 5,8 y 4 K4 K K K1 1 4 x / Retning: mot høyre,6 y,4, K, K,4 K,6 K, x / Retning: mot høyre

27 8.. Parametriserte kurver 74 e, 1,5 y 1,, x / Retning: mot høyre f Retning: nedenfra og opp

28 8.. Parametriserte kurver 744 e 1 5 K15 K1 K K5 K1 K15 / Retning: innenfra og utover Oppgave 8..: a og b 1, 1, 1,,5,5,,,5,,5 1,,5 5, 7,5 1, 1,5 Retning: oppover Retning: nedover

29 8.. Parametriserte kurver 745 c og d 1,5 1, 7,5 5,,5 1,,5 1,,,5 1 1, Retning:oppover Retning: oppover e Retning: oppover. Oppgave 8..: a Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men siden y x er en likning for linjen, er en enkel parametrisering. x t, y t for < t <

30 8.. Parametriserte kurver 746 b Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men siden y x + 1 er en likning for linjen, er en enkel parametrisering. x t, y t + 1 for < t < c Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men siden y sin 1 x er en likning for kurven, er x t, y sin 1 t for 1 t 1 en enkel parametrisering. En annen parametrisering som kanskje er mer naturlig, er y t, x sin t for π t π. d Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men siden x cos t, y sin t for t < π er en enkel parametrisering av sirkelen med sentrum i origo og radius 1, er x cos t, y 1 + sin t for t < π en enkel parametrisering for sirkelen i oppgaven. Oppgave 8..4: a Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men ( r r(t 1,, + 1,, 1,, t 1,, +,, t for < t < er en enkel parametrisering for linjen. b Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men r r(t a, b, c + 1,, t for < t < en enkel parametrisering for linjen. c Parametriseringen kan naturligvis gjøres på mange ulike vis, men r r(t 1,, +,, 1 t 1,, + t for < t < en enkel parametrisering for linjen.

31 8.. Parametriserte kurver 747 Oppgave 8..5: a Det er viktig å være klar over at to parametriserte kurver som skjærer hverandre ikke trenger ha samme parameterverdi i skjæringspunktet. Vi skriver derfor parametriseringen av de to kurvene i oppgaven ved hjelp av to uavhengige parametre: r r 1 (t 1 + t, 1 + t og r r (u u, u. Kurvene skjærer hverandre hvis og bare hvis likningssystemet (1 1 + t u ( 1 + t u av to likninger med to ukjente har en løsning. Vi setter u t + 1 inn i (1: 1 + t (1 + t 1 + t + t t eller t. Likningssystemet har derfor to løsninger, og kurvene skjærer hverandre i punktene r 1 ( 1, 1 og r 1 ( 1 4, 1. Figuren under viser de to kurvene: b Det er viktig å være klar over at to parametriserte kurver som skjærer hverandre ikke trenger ha samme parameterverdi i skjæringspunktet. Vi skriver derfor parametriseringen av de to kurvene i oppgaven ved hjelp av to uavhengige parametre: r r1(t cos t, sin t og r r(u u, u. Kurvene skjærer hverandre hvis og bare hvis likningssystemet (1 cos t u ( sin t u

32 8.. Parametriserte kurver 748 av to likninger med to ukjente har en løsning. Vi får sin t cos t som bare kan inntreffe når cos t 1/ og cos t 1/. De to kurvene skjærer derfor hverandre i punktene der x y 1/ og x y 1/. Dette kunne vi ha sett ganske direkte også fordi kurven r r 1 (t er en sirkel om origo med radius 1 og kurven r r (u er en rett linjen gjennom origo med stigningstall 1. Figuren under viser kurvene: c Det er viktig å være klar over at to parametriserte kurver som skjærer hverandre ikke trenger ha samme parameterverdi i skjæringspunktet. Vi skriver derfor parametriseringen av de to kurvene i oppgaven ved hjelp av to uavhengige parametre: r r 1 (t 1 + cos t, sin t og r r (u cos u, sin u. Dette er to sirkler. r r 1 (t har sentrum i (1, og radius, mens r r (u har sentrum i origo og radius. Det er derfor klart at disse to kurvene skjærer hverandre i to punkter som man lett kan finne ved hjelp av figuren nedenfor og et logisk resonnement.

33 8.. Parametriserte kurver 749 Vi bruker likevel vårt standard-argument her: kurvene skjærer hverandre hvis og bare hvis likningssystemet (1 1 + cos t cos u ( sin t sin u har løsning. Av ( følger det at sin t sin u. Det betyr at enten er cos t cos u, eller så er cos t cos u. Setter vi cos t cos u inn i (1, gir det 1 + cos u cos u som er umulig. Setter vi cos t cos u inn i (1, gir det som gir skjæringspunktene x cos u 1 1 cos u cos u cos u 1 4 og y sin u ± 1 cos u ± ±1 15. Konklusjon: kurvene har de to skjæringspunktene ( 1, 15 og ( 1, 15. Oppgave 8..6: a Det er viktig å være klar over at to parametriserte kurver som skjærer hverandre ikke trenger ha samme parameterverdi i skjæringspunktet. Vi skriver derfor parametriseringen av de to kurvene i oppgaven ved hjelp av to uavhengige parametre: r r 1 (t t, t og r r (u cos u, sin u. (i: Kurvene skjærer hverandre hvis og bare hvis likningssystemet (1 t cos u ( t sin u av to likninger med to ukjente har en løsning der både t og u. Vi setter t cos u inn i (: cos u sin u 6(1 sin u sin u 6 sin u + sin u 6 sin u 1 ± { 4/( 6 / 6 6/( 6 6/

34 8.. Parametriserte kurver 75 der den siste løsningen er umulig fordi sin u 1. Altså er y / sin u / / 6 1 i skjæringspunktet og derved t 1/ (siden t, slik at x t 1/. Svar: Banene skjærer hverandre i punktet (1/, 1. (Dette kunne vi også ha sett ved å gjenkjenne kurvene som grafen til likningene y x og x + y / og finne skjæringspunktet med x for disse. (ii: Kollisjon kan naturligvis bare inntreffe i skjæringspunktet for banene. For at kollisjon skal inntreffe, får vi tilleggskravet at t u. Siden t x 1/ i skjæringspunktet, noe som gir sin t.65, mens / 6.8, er det klart at t u, og at partiklene ikke kolliderer. b Det er viktig å være klar over at to parametriserte kurver som skjærer hverandre ikke trenger ha samme parameterverdi i skjæringspunktet. Vi skriver derfor parametriseringen av de to kurvene i oppgaven ved hjelp av to uavhengige parametre: r r 1 (t sin t, sin t og r r (u cos u, sin u. (i: Kurvene skjærer hverandre hvis og bare hvis likningssystemet (1 sin t cos u ( sin t sin u av to likninger med to ukjente har en løsning med t og u. Vi setter sin u sin t inn i (1: sin t 1 sin u 1 sin t sin t + sin t 1 sin t 1 ± (1 ± 5 der løsningen sin t 1 (1 + 5 er umulig fordi sin t ved (1. Altså er x sin t 1 (1 5 i skjæringspunktene og y sin t 1 4 ( ( 5. ( Svar: Kurvene skjærer hverandre i ett eneste punkt, nemlig,. Også her kunne vi ha løst oppgaven ved å gjenkjenne de to kurven som parabelen y x og sirkelen y 1 x. (ii: Kollisjon kan naturligvis bare inntreffe i dette skjæringspunktet. For at kollisjon skal inntreffe, får vi tilleggskravet at t u. Det vil si, sin t cos t 1 sin t (som vi vet holder og sin t sin t som naturligvis holder. Altså kolliderer partiklene.

35 8.. Parametriserte kurver 751 c Det er viktig å være klar over at to parametriserte kurver som skjærer hverandre ikke trenger ha samme parameterverdi i skjæringspunktet. Vi skriver derfor parametriseringen av de to kurvene i oppgaven ved hjelp av to uavhengige parametre: r r 1 (t 1 + t, 5 + t og r r (u + cos πu, + sin πu. (i: Det er klart at kurven r r 1 (t er en rett linje gjennom punktet (1, 5 med stigningstall, og kurven r r (u er en sirkel om (, med radius 1. Derfor skjærer disse to kurvene ikke hverandre. La oss likevel kjøre gjennom samme argument som i oppgavene over: Kurvene skjærer hverandre hvis og bare hvis likningssystemet (1 1 + t + cos πu ( 5 + t + sin πu av to likninger med to ukjente har en løsning der t og u. Vi setter t + cos πu inn i (: cos πu + sin πu sin πu cos πu 9 som er umulig fordi venstre side alltid er < Altså har kurvene ingen skjæringspunkter (ii: Kollisjon kan da naturligvis heller ikke inntreffe. Oppgave 8..7: a Kurven skjærer seg selv dersom det finnes reelle t og u slik at t u og r(t r(u. Vi trenger da (1 : t t u u ( : (t (u for t u. Addisjon av likningene (1 og ( gir det nødvendige kravet t + 4 u + 4 for t u som er umulig. Altså skjærer ikke kurven seg selv. En del av kurven er vist på figuren nedenfor:

36 8.. Parametriserte kurver 75 b Kurven skjærer seg selv dersom det finnes reelle t og u slik at t u og r(t r(u. Vi trenger da (1 : t u ( : sin πt sin πu for t u. Likning (1 viser at u t er nødvendig. Innsatt i ( gir det kravet sin πt sin πt, det vil si, sin πt. Dette inntreffer for t Z (t et heltall. Muligheten t er utelukket fordi da må u t. Men alle andre verdier for t Z gir løsning. Konklusjon: Kurven skjærer seg selv uendelig mange ganger. Skjæringspunktene er (n, for n 1,,,.... En del av kurven er vist på figuren nedenfor:

37 8.. Parametriserte kurver 75 c Kurven skjærer seg selv dersom det finnes t og u fra intervallet [, π slik at t u og r(t r(u. Vi trenger da (1 : cos t sin t cos u sin u ( : sin t + cos t sin u + cos u for t u. Kvadrerer vi de to likningene og summerer, får vi det nødvendige kravet (1 + ( : 1 + sin t cos t cos t sin t sin u cos u cos u sin u + 1 sin t cos t cos t sin t sin(t t sin t sin u sin t sin u Innsatt i (1 gir dette at cos t sin t cos u sin u cos t sin t cos t cos u sin u cos u(cos t(1 sin t (cos u(1 sin t Anta først at sin t 1. Da må cos t og cos u. Siden u t, må derfor t π og u π/ (eller omvendt. Men dette strider mot at sin t sin u. Altså er sin t sin u 1. Spesielt betyr det at t π/6 og u 5π/6 (eller omvendt. Siden navnene t og u på parametrene er vilkårlig valgt, kan vi uten tap av generalitet si at eneste mulighet er t π/6 og u 5π/6. For sikkerhets skyld sjekker vi ved innsetting i de opprinnelige likningene for å se om dette kan passe: (1 cos π 6 sin π, cos 5π 6 sin 5π ( ( sin π 6 + cos π , sin 5π 6 + cos 5π som stemmer. Konklusjon: Kurven skjærer seg selv i punktet (, 1. Kurven er vist på figuren nedenfor:

38 8.. Parametriserte kurver 754 Oppgave 8..8: a Linjene skjærer hverandre hvis og bare hvis det finnes reelle t og u slik at 1,, + 1,, 5 t, 1, + 1,, u, det vil si, slik at likningssystemet (1 1 + t + u ( t 1 u ( + 5t har en løsning. (Det skal ganske mye til, for dette er et system av tre likninger med bare to ukjente. Det stemmer likevel bra med situasjonen, for det skal naturligvis mye til for at to linjer i rommet skjærer hverandre. Vi ser lett at (t, u ( 1, er en løsning, og at det ikke finnes flere. Derfor skjærer linjene hverandre i punktet (,,. b Linjene skjærer hverandre hvis og bare hvis det finnes reelle t og u slik at,, + 1,, t, 1, +,, 1 u, det vil si, slik at likningssystemet (1 t u ( t 1 + u ( t + u har en løsning. (Det skal ganske mye til, for dette er et system av tre likninger med bare to ukjente. Det stemmer likevel bra med situasjonen, for det skal naturligvis mye til for at to linjer i rommet skjærer hverandre. Vi ser lett at (t, u ( 4, 1 4 er en løsning, og at det ikke finnes flere. Derfor skjærer linjene hverandre i punktet ( 4, 6 4, 9 4. c Linjene skjærer hverandre hvis og bare hvis det finnes reelle t og u slik at 1, 1, 5 + 1,, 1 t, 1, 4 + 1,, 1 u, det vil si, slik at likningssystemet (1 1 + t u ( u ( 5 + t 4 + u har en løsning. (Det skal ganske mye til, for dette er et system av tre likninger med bare to ukjente. Det stemmer likevel bra med situasjonen, for det skal naturligvis mye til for at to linjer i rommet skjærer hverandre. Vi ser lett at systemet ikke har noen løsning. Derfor skjærer ikke linjene hverandre. d Linjene skjærer hverandre hvis og bare hvis det finnes reelle t og u slik at 6, 4, + 5, 14, 7 t 1, 6, 5 + 1,, 1 u, det vil si, slik at

39 8.. Parametriserte kurver 755 likningssystemet ( t 1 + u ( t 6 + u ( 7t 5 u har en løsning. (Det skal ganske mye til, for dette er et system av tre likninger med bare to ukjente. Det stemmer likevel bra med situasjonen, for det skal naturligvis mye til for at to linjer i rommet skjærer hverandre. Vi ser lett at (t, u (, 5 er en løsning, og at det ikke finnes flere. Derfor skjærer linjene hverandre i punktet (6, 4,. e Linjene skjærer hverandre hvis og bare hvis det finnes reelle t og u slik at 1,, + 1,, 4 t 1, 1, + 1,, 1 u, det vil si, slik at likningssystemet (1 1 + t 1 + u ( t 1 u ( 4t u har en løsning. (Det skal ganske mye til, for dette er et system av tre likninger med bare to ukjente. Det stemmer likevel bra med situasjonen, for det skal naturligvis mye til for at to linjer i rommet skjærer hverandre. Vi ser lett at systemet ikke har noen løsning. Derfor skjærer linjene ikke hverandre. Oppgave 8..9: (Tidl.: a Vektoren u v står normalt på både u og v (uansett hvor vi legger u og v, og derved normalt på begge de to linjene. For gitt r og s, vil vektoren a(s, t r 1 (s r (t forbinde punkt et r 1 (s på den ene linjen med et punktet r (t på den andre. Lengden av denne vektoren er lik avstanden mellom de to punktene r 1 (s og r (t. For fastholdt t vil lengden av denne vektoren være minimal når den er normal til linjen r, og for fastholdt s vil lengden av denne vektoren være minimal når den er normal til linjen r 1. Lar vi både s og t variere, er derfor lengden av a(s, t minimal idet a er normal både til linjen r 1 og til linjen r. Med andre ord, avstanden mellom de to linjene er gitt ved a(s, t når s og t er valgt slik at a(s, t (u v. b Vi lar r 1 (s : 1,, s og r (t : 1, 1, 6 +, 1, 4 t. Her er i j k 1,,, 1, 4 1 5, 4, 1, 1 4

40 8.. Parametriserte kurver 756 så vi søker s og t som er slik at (r 1 (s r (t er parallell med 5, 4, 1, det vil si, slik at (r 1 (s r (t c 5, 4, 1 for en reell konstant c. s, t og c må altså være en løsning av likningssystemet (1 s 1 5c ( s ( 1 + t 4c ( s (6 + 4t c. Av likning (1 følger det at s 1 + 5c, som innsatt i ( og ( gir ( + 1c + 1 t 4c ( + 15c 6 4t c. Av ( følger det nå at t + 14c. Innsatt i ( gir det + 14c 4( + 14c c Avstanden mellom de to linjene er derfor r 1 (s r (t c 5, 4, Oppgave 8..1: a Avstanden d mellom P og L er gitt ved QP sin α der Q og α er gitt som på figuren, fordi trekanten er rettvinklet. Samtidig gjelder Derav følger formelen. QP v QP v sin α og P Q QP.

41 8.. Parametriserte kurver 757 b Her er QP,, og v 1, 1,, så d,, 1, 1, der Altså er i j k,, 1, 1,,,. 1 1 d,, 8. c Her er QP, 1, og v, 1, 1, så d, 1,, 1, 1 der Altså er i j k, 1,, 1, 1 1 1,,. 1 1 d 1,, d Her er QP, 1, og v 1, 1, 6, så d, 1, 1, 1, 6 der Altså er i j k, 1, 1, 1, 1, 6,. 1 1 d, 6, Oppgave 8..11: (NY. Linjen +5t, 1+1t, < t <, er parallell med vektoren v 1 5, 1, og linjen +t, 4+t, < t < er parallell med vektoren v 1,.

42 8.. Parametriserte kurver 758 Siden v 1 5v, er v 1 og v parallelle vektorer. Men da er også de to linjene parallelle. Oppgave 8..1: (NY. De to figurene viser hjulet med punktet ved start og etter at det er trillet et lite stykke. Vi velger å bruke vinkelen t på figuren som parameter i parameterfremstillingen til banen til punktet P. La (x, a være koordinatene til hjulsenteret C på figurene. Da ser vi av figuren at koordinatene til P er gitt ved x(t x a sin t og y(t a a cos t. Vi trenger et uttrykk for x som også varierer med t. Det får vi ved følgende nøkkelobservasjon: Hjulet har trillet et veistykke OB som har lengde x. Siden hjulet triller uten å gli, må denne lengden være lik lengden av hjulbuen AB som er at. Altså er x at, og vi finner følgende parametrisering av banen til P : x(t at a sin t, y(t a a cos t, t <. Figuren nedenfor viser kurven som P beskriver når hjulet triller og a 1:

43 8.. Parametriserte kurver 759 Oppgave 8..1: (Tidl.: a Vi legger et koordinatsystem slik at den store sirkelen har sentrum i origo, og lar θ være polarvinkelen til senteret av den roterende sirkelen, der θ når startsituasjonen er som vist på den første figuren nedenfor. La C være sentrum i den lille sirkelen, og B, D og Q være som vist på figuren til høyre. Ved vinkel θ har C flyttet seg til punktet (A a cos θ, sin θ. Videre har P rotert en vinkel t QCP inne i den lille sirkelen. Sirkelbuen QP har lengde at. Siden den roterende sirkelen ikke sklir når den triller langs den stasjonære, har buen QP samme lengde som buen QB, det vil si, at Aθ, og derved t Aθ/a. Posisjonen til P er gitt ved x, y OC a sin(t θ π/, cos(t θ π/ (A a cos θ, sin θ + a cos(t θ, sin(t θ der t θ A a θ θ A a θ. Sammenholdt gir dette parametriseringen a vi skulle bevise. b At r(θ + π r(θ, betyr at P beskriver samme kurve om og om igjen når θ øker. Eller sagt på annen måte, P går i det samme sporet på hver

44 8.. Parametriserte kurver 76 rundtur for C. Dette kan bare skje dersom ( A a (A a cos(θ + π + a cos (θ + π a ( A a cos θ + A a ( A a π cos θ a a a A a A a a 1 N ( A a (A a cos θ + a cos a A a N. θ c Skal r r(t cos t, sin t være en hyposykloide, må ( A a (A a cos θ + a cos θ cos t a ( A a (A a sin θ a sin θ sin t a der ifølge b A/a 4, slik at (A a/a, slik at vi må ha Nå er a cos θ + a cos θ cos t a sin θ a sin θ sin t. cos θ cos(θ + θ cos θ cos θ sin θ sin θ ( cos θ 1 cos θ cos θ sin θ 4 cos θ cos θ sin θ sin(θ + θ sin θ cos θ + cos θ sin θ Derfor er kravet at sin θ cos θ + (1 sin θ sin θ sin θ 4 sin θ. a cos θ + 4a cos θ a cos θ 4a cos θ cos t a sin θ a sin θ + 4a sin θ 4a sin θ sin t som holder for θ t og a 1 4. Altså er astroiden en hyposykloide med a 1 4 og A 1. 1,,8,6,4,,5,,,,5,4,6,8

45 8.. Parametriserte kurver 761 Oppgave 8..14: (Tidl.: a Vi legger et koordinatsystem slik at den stasjonære sirkelen har sentrum i origo, og lar θ være polarvinkelen til senteret C av den roterende sirkelen, der θ når punktet P berører den stasjonære sirkelen i punktet B(A, slik det er vist på den første figuren nedenfor. Ved vinkel θ har C flyttet seg til punktet (A + a cos θ, sin θ. Videre har P rotert en vinkel t QCP inne i den roterende sirkelen. Buen QP har lengde at. Siden den roterende sirkelen ikke sklir når den triller langs den stasjonære, har buen QP samme lengde som buen QB, det vil si, at Aθ, og derved t Aθ/a. For å bestemme koordinatene (x, y til P, ser vi på detaljforstørrelsen nedenfor av figuren over: Den viser at Det vil si, x x + a cos(π (t + θ x + a cos(t + θ π, y y a sin(π (t + θ y + a sin(t + θ π. x, y OC + a cos( π + t + θ, sin( π + t + θ OC + a cos(t + θ, sin(t + θ. Sammenholdt gir dette formlene.

46 8.. Parametriserte kurver 76 b At r(θ + π r(θ, betyr at P beskriver samme kurve om og om igjen når θ øker. Eller sagt på annen måte, P går i det samme sporet på hver rundtur for C. Dette kan bare skje dersom ( A + a (A + a cos(θ + π + a cos (θ + π a ( A + a cos θ + A + a ( A + a π cos θ a a a A + a A a a + 1 N ( A + a (A + a cos θ + a cos a A a N. θ c Skal r r(t ( cos t 1, 4(1 cos t sin t være en episykloide, må ( A + a (A + a cos θ a cos θ ( cos t 1 a ( A + a (A + a sin θ a sin θ 4(1 cos t sin t a der ifølge b A/a 1, slik at (A + a/a, slik at vi må ha ( a cos θ a cos θ a cos θ cos θ + 1 ( cos t 1 ( a sin θ a sin θ a sin θ sin θ cos θ 4(1 cos t sin t sin t. Dette holder for θ t og a. Altså er kardioiden en episykloide med a og A.,5, 6 4,5 5,

47 8.. Parametriserte kurver 76 Oppgave 8..15: (Tidl.: a Koordinatene til P er gitt ved x cos πt, y sin πt. Det er klart at y-koordinaten til Q er null hele tiden. Av figuren ser vi videre at x-koordinaten q er gitt ved q x + 4 y cos πt + 4 sin πt ( cos πt + 4 sin πt cos πt + + cos πt. b Den skalare farten til Q ved tidspunkt t er gitt ved ( q (t π cos πt sin πt π sin πt + cos πt π sin πt ( 1 + cos πt. + cos πt

48 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel Vektorvaluerte funksjoner av én variabel. Oppgave 8.4.1: (NY. a F (t cos t, sin(t cos(t t cos t, 4t sin(t cos(t. b F (x. 1 x + 1 x, ln(x x 1 x x + 1 x x + 1, ln(x x x + 1 c F (u d 1 1 arcsin u, du sin (u, 1 u 1, 4u cos(u 1 u sin (u. sin (u cos(u u d Her bruker vi kjerneregelen og får df dt df du du arctan u + u dt t arctan t + t5 1 + t 6, t 1 + t u, u. t e F (x 1 x + 1, arctan x + x 1 + x (x + 1 x + x, x arctan x x (x + 1 (x + 1(1 + x, (1 + x arctan x + x x (x + 1, x arctan x (x + 1 (x + 1(1 + x x (x + 1, (1 + x x arctan x + x (x (x x x, x + (1 x arctan x.

49 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 765 f F (s s + 1, 5s4 1 (s + 1 s + 1, s(s 4 1 s (s ( s s + 1, 5s 4 1 s, s (s s + 1 1, s4 + s 1. (Dette svaret er det samme som svaret i fasiten. Oppgave 8.4.: (NY. a Det enkleste er å multiplisere ut produktet før man deriverer, så det gjør vi. Her er slik at u(t v(t (t + tt + t (t t t t + 1 For t har vi derfor 4t + t t + 1 d dt (u(t v(t (1t + 4t(t + 1 (4t + t t (t + 1 4t4 + 1t + 4t (t + 1 4t(t + t + 1 (t + 1. d dt (u(t v(t t 8( ( For kryssproduktet får vi u(t v(t 1 i j k t + 1 t + t t t t t + 1 t slik at 1 t + 1 ( (t 4 t(t + 1i ((t + tt t j + ((t + t(t + 1 t k 1 t + 1 t4 t t, t 4 t + t, t + t + t d (u(t v(t dt ( 4t t 1, 8t t + t, t + 6t + 1 (t + 1 t 4 t t, t 4 t + t, t + t + t t /(t + 1 t5 + 4t + t t 1, 4t 5 t 4 8t t + t, t 4 + t + 6t + 1 (t + 1.

50 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 766 For t har vi derfor d dt (u(t v(t t , , ( , 16, 7. 5 b Det enkleste er å multiplisere ut produktet før man deriverer, så det gjør vi. Her er slik at u(t v(t (t t1 + (t + 1t t + 1 t + t t + 1 t + 1 d dt (u(t v(t (t + 4t 1(t + 1 (t + t t + 1 t (t + 1 t4 + 4t + t 1 (t + 1. For t har vi derfor d dt (u(t v(t t ( For kryssproduktet får vi u(t v(t 1 i j k t + 1 t t t + t 1 1 t 1 1 ( t (t + t ti (t t 1j + (t t t tk t + 1 t, t + t + 1, t t t slik at d dt (u(t v(t 1 ( (t + 1 t, t + 1, t 4t 1 (t + 1 t, t + t + 1, t t t t 1 ( (t + 1 (t + t t i + ( t + t t t t tj + (t 4 4t t + t 4t 1 t 4 + 4t + t k 1 (t + 1 t, t 4t + 1, t 4 + 4t 4t 1.

51 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 767 For t har vi derfor d dt (u(t v(t t 1 4, 11, 4, 4 8+1, (Feil i fasiten. 5 5 Oppgave 8.4.: (Tidl.: a Det gitte punktet er r(π/4 ( /, ( / /, /. Videre er r (t 6 sin t cos t, 6 cos t sin t r (π/4 6 1, 6 1 1, 1 slik at tangenten er linjen gjennom punktet /, / parallell med vektoren 1, 1, mens normalen er linjen gjennom punktet /, / parallell med vektoren 1, 1. Derfor har tangenten en parametrisering på formen /, / + 1, 1 t for < t < og normalen en parametrisering på formen /, / + 1, 1 t for < t <. b Det gitte punktet er r(π/4 /,. Videre er r (t sin t, sin t r (π/4, slik at tangenten er linjen gjennom punktet /, parallell med vektoren, 4, mens normalen er linjen gjennom punktet /, parallell med vektoren 4,. Derfor har tangenten en parametrisering på formen /, +, 4 t for < t < og normalen en parametrisering på formen /, + 4, t for < t <.

52 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 768 c Det gitte punktet er r(1 1, 1. Videre er r (t 1, t r (1 1, slik at tangenten er linjen gjennom punktet 1, 1 parallell med vektoren 1,, mens normalen er linjen gjennom punktet 1, 1 parallell med vektoren, 1. Derfor har tangenten en parametrisering på formen 1, 1 + 1, t for < t < og normalen en parametrisering på formen 1, 1 +, 1 t for < t <. d Det gitte punktet er r( e, e 1,. Videre er r (t e t t, e t + te t r (, slik at tangenten er linjen gjennom punktet 1, parallell med vektoren, 1, mens normalen er linjen gjennom punktet 1, parallell med vektoren 1,. Derfor har tangenten en parametrisering på formen 1, +, 1 t for < t < og normalen en parametrisering på formen 1, + 1, t for < t <. Oppgave 8.4.4: (Tidl.: a Eventuelle skjæringspunkter mellom de to kurvene r r 1 (t cos t, sin t og r r (u u, + u må tilfredsstille kravet r 1 (t r (u for en t R og en u R. Det vil si, t og u må være løsninger av likningssystemet (1 cos t u ( sin t + u.

53 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 769 Det medfører at (1 + ( ( + u 4 : u + 1 4u u + u 4 5u + 4u u og u 4 5. For u u 1 gir dette skjæringspunktet r (, r 1 (t 1 der cos t 1 og sin t 1 1. Spesielt er derfor r 1(t 1 sin t 1, cos t 1 1, og r ( 1, 1. Derfor er vinkelen α 1 mellom de to kurvene i skjæringspunktet (, gitt ved 1, 1, 1 cos α 1 1, 1, 1 1 α 1 π 4. For u u 4 5 gir dette skjæringspunktet r ( , 6 5 r (t der cos t 4 5 og sin t 1 + u 5. Spesielt er derfor r 1(t sin t, cos t 5, 8 og r 5 (u 1, 1. Derfor er vinkelen α mellom de to kurvene i skjæringspunktet ( 4 5, 6 5 gitt ved cos α, 8 1, 1, 8 1, α.715 er vinkelen π α.47. Likevel: Man får vel godta begge svarene. b Eventuelle skjæringspunkter mellom de to kurvene r r 1 (t cos t, sin t og r r (u u, u må tilfredsstille kravet r 1 (t r (u for en t R og en u R. Det vil si, t og u må være løsninger av likningssystemet Dette medfører at (1 cos t u ( sin t u. (1 + ( : u 4 + u 1 u 1 ± 5. Her er naturligvis minus foran rottegnet utelukket. Altså er det bare to muligheter: u u 1 : 5 1 og u u : 5 1,

54 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 77 og derved bare to mulige skjæringspunkt: r (u 1, og r (u,. Ved innsetting ser vi at r (u 1 r 1 (t 1 for cos t 1 og at r (u r 1 (t for 5 1 og sin t cos t og sin t. Spesielt er r 1 (t sin t, cos t 1 og r (u u, u i begge punktene. I skjæringspunktet r 1 (t 1 r (u 1 er derfor vinkelen α 1 gitt ved cos α 1 r 1 (t 1 r (u 1 r 1 (t 1 r (u 1 sin t 1, cos t 1 u 1, ,, slik at α dersom vi tar hensyn til orienteringen til de to kurvene. Det sto det ikke noe om i oppgaven, s/aa vinkelen er π α I skjæringspunktet r 1 (t r (u er vinkelen α gitt ved cos α r 1 (t r (u , , slik at også α , og α 1.7 når vi ikke tar hensyn til orienteringen av kurvene. Likevel: Man får vel godta begge svarene.

55 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 771 Oppgave 8.4.5: (Tidl.: Vi legger sirkelen inn i et koordinatsystem med sentrum i origo. La a > være radien i sirkelen. Da kan sirkelen parametriseres ved x a cos t, y a sin t for t < π. Det vil si, posisjonsvektoren r(t a cos t, a sin t danner en radius fra origo til punktet (a cos t, a sin t. Hastighetsvektoren v(t r (t a sin t, a cos t er tangensial til sirkelen i punktet. Vi trenger derfor bare vise at a sin t, a cos t a cos t, a sin t. Men det følger umiddelbart fordi a sin t, a cos t a cos t, a sin t. Oppgave 8.4.6: (NY. La F(t f 1 (t, f (t. a Ifølge definisjonen av L L 1, L lim t a F(t, er L 1, L lim F(t lim f t a 1(t, lim f (t t a t a slik at L 1 lim f 1 (t og L lim f (t. t a t a Dette er ekvivalent med at til hver ε > finnes det en δ 1 > slik at L 1 f 1 (t < ε/ for alle t som er slik at < t a < δ 1 og en δ > slik at L f (t < ε/ for alle t som er slik at < t a < δ. La δ være det minste av de to tallene δ 1 og δ. Da er L 1, L f 1 (t, f (t L 1 f 1 (t, L f (t (L 1 f 1 (t + (L f (t (ε/ + (ε/ < ε for alle t som er slik at < t a < δ. Siden dette kan gjøres for ethvert valg av ε >, følger ekvivalensen. b Ifølge definisjonen er F kontinuerlig i t a hvis og bare hvis både f 1 og f kotinuerlige i t a, det vil si, hvis og bare hvis altså hvis og bare hvis lim f 1(t f 1 (a og lim f (t f (a, t a t a lim f 1(t, f (t f 1 (a, f (a, t a som ifølge teorem 8.4.A er ekvivalent med at lim t a F(t F(a.

56 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 77 c Ifølge definisjonen er F deriverbar i t a hvis og bare hvis f 1 (t og f (t begge er deriverbare i t a. Den deriverte til F i t a er da F (a f 1 (a, f (a. Dette er ekvivalent med at grenseverdiene f 1(a lim h f 1 (a + h f 1 (a h og f (a lim h f (a + h f (a h begge eksisterer. Ved regnereglene for vektorer kan dette skrives som f 1(a, f (a f1 (a + h f 1 (a f (a + h f (a lim, h h h f 1 (a + h, f (a + h f 1 (a, f (a lim h h F(a + h F(a lim. h h Oppgave 8.4.7: (NY. La F(t f 1 (t, f (t og G(t g 1 (t, g (t. a ( F(t + G(t ( f1 (t, f (t + g 1 (t, g (t som ifølge definisjon 8.4.B er lik ( f 1 (t + g 1 (t, f (t + g (t (f 1 (t + g 1 (t, (f (t + g (t f 1(t + g 1(t, f (t + g (t f 1(t, f (t + g 1(t, g (t F (t + G (t. b (cf(t ( cf 1 (t, cf (t som per definisjon er det samme som (cf 1 (t, (cf (t cf 1(t, cf (t c f 1(t, f (t cf (t. c (h(tf(t ( h(tf 1 (t, h(tf (t (h(tf 1 (t, (h(tf (t h (tf 1 (t + h(tf 1(t, h (tf (t + h(tf (t h (tf 1 (t, h (tf (t + h(tf 1(t, h(tf (t h (t f 1 (t, f (t + h(t f 1(t, f (t h (tf(t + h(tf (t.

57 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 77 d På den ene siden er (F(t G(t ( f 1 (t, f (t g 1 (t, g (t (f 1 (tg 1 (t + f (tg (t f 1(tg 1 (t + f 1 (tg 1(t + f (tg (t + f (tg (t. På den andre siden er F (t G(t + F(t G (t f 1(t, f (t g 1 (t g (t + f 1 (t, f (t g 1(t, g (t f 1(tg 1 (t + f (tg (t + f 1 g 1(t + f g (t som er akkurat det samme som svaret over. Dette beviser identiteten. e Vektorproduktet fungerer bare for vektorer med tre komponenter. Derfor skriver vi F(t f 1 (t, f (t, og G(t g 1 (t, g (t,. Bevis: på den ene siden er (F(t G(t ( f 1 (t, f (t, g 1 (t, g (t, i j k f 1 (t f (t g 1 (t g (t ((f 1 (tg (t f (tg 1 (tk (f 1(tg (t + f 1 (tg (t f (tg 1 (t f (tg 1(tk. På den andre siden er F (t G(t + F(t G (t f 1(t, f (t, g 1 (t g (t, + f 1 (t, f (t, g 1(t, g (t, i j k f 1 (t f (t g 1 (t g (t + i j k f 1 (t f (t g 1 (t g (t (f 1(tg (t f (tg 1 (tk + (f 1 g (t f g 1(tk som er akkurat det samme som svaret over. Dette beviser identiteten.

58 8.4. Vektorvaluerte funksjoner av en variabel. 774 f ( F(t ( f1 (t h(t h(t, f (t h(t ( f1 (t ( f (t, h(t h(t f 1 (th(t f 1 (th (t h(t, f (th(t f (th (t h(t f 1 (th(t, f (th(t f 1(th (t, f (th (t h(t F (th(t F(th (t h(t. g (F(h(t ( f 1 (h(t, f (h(t (f 1 (h(t, (f (h(t f 1(h(t h (t, f (h(t h (t f 1(h(t, f (h(t h (t F (h(t h (t. Oppgave 8.4.8: En kurve i rommet har ingen entydig gitt normallinje. Tvert imot, har den én, så har den uendelig mange ulike normallinjer.

59 8.5. Lengde, areal og volum Lengde, areal og volum. Oppgave 8.5.1: (Tidl.: a Kurven r r(t t, t + 1 for 1 t har lengde [ ] L r (t dt, 1 dt + 1 dt 5 t b Kurven r r(t t, t for t har lengde L r (t dt t, t dt Substitusjonen u 4 + 9t gir du 18t dt og derved 85 1/ du L u 18 1 [ u / ] / u4 4t + 9t 4 dt 4 + 9t t dt c Kurven r r(t 1 t, 4 (t + 1/ for 1 t har lengde L 1 1 r (t dt 1 t, 4 (t + 11/ dt [ t (t + dt (t + dt 1 1 t + 4(t + 1 dt + t ] d Kurven r r(t cos t, sin t for t π har lengde L π r (t dt π sin t, cos t dt π 9 dt 6π. e Kurven r r(t e t cos t, e t sin t for t π har lengde L π π π r (t dt π e t cos t e t sin t, e t sin t + e t cos t dt e t (cos t sin t + e t (sin t + cos t dt e t [ ] π dt e t (e π 1.

60 8.5. Lengde, areal og volum. 776 f Kurven r r(t cos t, sin t, t for t π har lengde L π r (t dt π sin t, cos t, 1 dt π dt 1 π. g Kurven r r(t t, t 1, t + 1 for 1 t 1 har lengde L 1 1 [ t r (t dt ] t, t, t dt 1 1 t dt h Kurven r r(t e t, e t, t for t e har lengde e e L r (t dt e t, e t, e dt e t + e t + dt e e (e t + e t dt (e t + e t dt [e t e t] e ee e e. Oppgave 8.5.: (Tidl.: a Her er x(t t en voksende funksjon av t for t. Arealet under kurven er derfor gitt ved [ t A y dx t (t dt t t dt t 4 5 ] dt t t b Her er x(t cos t en avtakende funksjon av t for t π. Arealet under kurven er derfor gitt ved A π t π y dx π t ( 9 sin t dt 9 ( sin t ( cos t dt π 1 cos t dt 9π. c Her er x(t e t en voksende funksjon av t for t 1. Arealet under kurven er derfor gitt ved A y dx t (e t dt te t dt [te t e t] 1 1. t t