Løsningsforslag R2 Eksamen Nebuchadnezzar Matematikk.net Øistein Søvik

Transkript

1 Løsigsforslag R2 Eksame 6 Vår Nebuchadezzar Matematikk.et Øistei Søvik Sammedrag De fleste forlagee som gir ut lærebøker til de videregåede skole, gir ut løsigsforslag til tidligere gitte eksameer. Dessverre er disse ofte bare åpe for betalede medlemmer. Videre vil dette løsigsforslaget legge seg på e litt ae kurs e adre løsigsforslag. I første del vil fasitsvaret til alle regeoppgaver bli oppgitt. Dette gjøres slik at om øsket ka raskt se om e har reget riktig eller ei. Har e reget feil, ka e selv rege på ytt ute å få fremgagsmåte spolert. Deretter vil vi ta for oss oppgavee i tur og orde gjere litt øyere e hva som kreves uder eksame. Vi vil også skrive små kommetarer om valige feil elever gjør til e del oppgaver, og også hva som bør eves til hver oppgave. Til tider vil vi også vise alterative måter å løse oppgavee på. Og et fåtall gager vil vi streife utefor pesum og vise alterative metoder. Dette er et aerledes løsigsforslag, me vi håper de som leser dette vil få glede av det. Det viktigste å huske på før e eksame er å opparbeide seg e god forståelse, og e bred faglig kompetase. Dokumetet her er met å hjelpe leser et lite steg i de retige.

2 Ihold Karaktergreser og Vurderigsskjema Fasitsvar til regeoppgaver IV V Del Oppgave a b c d e Oppgave 2 3 a b c Oppgave 3 4 a b c Del 2 Oppgave 4 6 a b c d Oppgave 5 8 a b c d Oppgave 6 0 a b c II

3 Oppgave 7 a b c d Oppgave 8 3 a b c d e III

4 Karaktergreser og Vurderigsskjema Gjeldede poegfordelig Del Del 2 Sum Oppgave a a2 a3 b c d e e2 2a 2b 2c 3a 3b 3c Poeg Oppgave 4a 4b 4c 4d 5a 5b 5c 5d 6a 6b 6c Poeg a 7b 7c 7d 8a 8b 8c 8d 8e Total atall poeg 60 Karakterfordelige, basert på 2686 besvarelser: Karakter Proset 4.% 6.2% 22.2% 23.6% 8.2% 5.6% Gjeomsittet besvarelsee er 3.3. Karaktergreser Karakter I Poeg I proset Nebuchadezzar s syspukter om årets eksame Arbeidsmegde er oe stor, spesielt hvis eleve ikke bruker digitalt verktøy. Vaskelighetsgrade er ikke for stor, med mage stadardoppgaver. Forhådssesur Det har kommet i kommetarer fra 49 sesorer. Ut fra kommetaree ka det se ut som arbeidsmegde har vært rimelig. Mage meer det er litt mye på del 2, me del har tilsvarede lite arbeidsmegde. Vaskegrade har vært rimelig. IV

5 Kortsvar til regeoppgaver Oppgave a I 6 cos(2x II 2x si x + x 2 cos x III k (x = 5π 2 si ( π 2 x 2 b 2 (2x e2x + C c d y(x = Ce2x hvor C = 9/2 = 9 + /2 e Oppgave 2 a a b = 8 b a b = 2[ 4, 3, 9] ( c a b a = 4 Oppgave 3 a f (x = (x + e x f (x = (x + 2e x b Bupukt (, /e Toppukt ( 2, 2/e 2 c Oppgave 4 a f( = 8.72 så ca 8:40 b likevektslije=9. Amplitude=4. Periode=360. Gjeomsitt = c t = 80 arccos(/4/π, så rudt 5/6 mars og t = π 80 arccos(/4/π, så rudt 4/5 oktober. d t = 80 da varer lyset 23 timer. Så 30 jui/ juli. Oppgave 5 a b c Toppukt (2, 3/4 d α = arcta(3/ Oppgave 6 a k = 2/25 2 b C = /25 y(3 = 645/6 0.2m/s c log ( 5/ m Oppgave 7 a S 5 = 3/5 b c S 5 = 6/0 = 3/5. d lim S = 2 Oppgave 8 a β : 4x 4y + 2z 4 b d = 2 c l(5 + 2t, 2t, 4 + t d D = (, 3, 2 E(7/3, 5/3, 8/3 e ( y ( y ( z = 2 V

6 Del Ute hjelpemider Oppgave (5 poeg a Deriver fuksjoee f(x = 3 si(2x Her bruker vi kjereregele hvor h(x = 3 si ( g(x og h(x = 2x slik at 2 f(x = x 2 si x f (x = h ( g(x g (x = 3 cos(2x 2 = 6 cos(2x Her bruker vi produktregele hvor vi lar u = x 2 og v = si x slik at 3 k(x = 5 cos ( π 2 x f(x = x 2 si x f (x = u v + uv = 2x si x + x 2 cos x Bruker igje kjereregele her med h(x = cos ( g(x så ( k (x = 5 si(g(x g (x = 5π π 2 si 2 x 2 b Bestem itegralet x e 2x dx Ekleste her er ok å bruke delvis itegrasjo med isatt vår vi dermed at ( x 2 e2x u = x v = e 2x u = v = 2 e2x uv = u v u v dx = x 2 e2x 2 e2x dx x e 2x dx = x 2 e2x 4 e2x + C = 4 (2x e2x + C

7 c Vis at 7 3 2x x 2 dx = 2 l 3 4 Flere måter å løse dette problemet på, det ekleste er ok eksempelvis å legge merke til at 7 2x 7 ( x 2 3 x 2 4 dx = 4 [ 3 x 2 4 dx = l ( x 2 4 ] 7 3 = l(8 5 l 5 = ( l l 5 l 5 = 3 l 2 E helt tilsvarede metode er å bruke u = x 2 + du = 2x dx slik at 7 3 2x dx x 2 4 = 45 5 du u = l 45 l 5... Hvor gresee ble byttet side u = x 2 så u = = 5 og u 2 = = 45. Her ka også delbrøkoppspaltig bli beyttet. Vi ser for eksempel at La å f(x = Altså har vi 2x x x x 2 4 = A x 2 2x (x 2(x + 2 = A x 2 + B da har vi at x + 2 B x + 2 lim (x 2 f(x = A A = x 2 lim (x + 2 f(x = B B = x 2 7 x 2 4 dx = 3 x 2 + [ ] 7 x + 2 dx = l(x 2 + l(x = l 5 + l 8 (l + l 5 = 2 l 3 Og til sist ka det eves at delbrøkoppspaltig stregt talt ikke er ødvedig da vi ka se at 2x (x (x 2 = = (x 2(x + 2 (x 2(x + 2 x x 2 d Løs differesiallikige y 2y = 3 år y(0 = 8 De ekleste måte her blir ok itegrerede faktor. Me differesiallikige er og seperabel. y 2y = 3 y = 3 + 2y dy ( dt = 2 y dy y + 3/2 = 2 dt ( l y + 3 = 2t + C 2 y = e 2t+C 2 3 y = De 2t 3 2 Her ble det brukt at e kostat gaget med et tall bare blir e y kostat og at e 3t+C = e C e 3t = De 3t. E helt tilsvarede måte er å bruke de itegrerede faktore. Hvor m = e 2dt = e 2t 2

8 Gager vi hele likige med de itegrerede faktore får vi y e 2t 2ye 2t = 3e 2t ( y e 2t = 3e 2t ye 2t = 3 2 e 2t + C ye 2t e 2t = e [ 2t 3 ] 2 e 2t + C Tilslutt har vi at y(0 = 8, slik at y = Ce 2t = Ce C = 9 2 = e Gitt rekke + e x + e 2x +, x > 0 Forklar at rekke er geometrisk, og at de kovergerer. For at rekke skal være geometrisk må forholdstallet mellom to påfølgede ledd være likt. Vi ser her at r = e x = e 2x e x = e x Slik at rekke er geometrisk. For at rekke skal kovergere må vi ha e x Me dette ser vi fit stemmer da x 0, e 0 = og at e x er sykede slik at e x alltid er positiv og midre eller lik. 2 Vis at summe er gitt ved S(x = ex e x Summe av e uedelig geometrisk rekke er gitt som S = r = ex e x e x = ex e x E helt tilsvarede måte er å skrive om e x til S = e x slik at ex = e x ex e x = e x ex e x Oppgave 2 (5 poeg Vi har gitt vektoree a = [3, 2, 2] og b = [6, 4, 2] Reg ut a a b Det å gage samme to vektorer eller prikkproduktet, er det samme som å legge samme vektor kompoetee parvis. Dette gir oss at a b = [3, 2, 2] [3, 2, ]2 = ( = 4 3

9 b a b Det å ta kryssproduktet mellom to vektorer er hakket mer komplisert. I mer avaserte kurs, blir dette tatt opp øyere, og e lærer kraftigere å eklere metoder for å rege ut dette på. Her blir to ulike metoder vist. Først skriver vi kryssproduktet på matriseform a b = i j k = i = i ( 2 4 j (3 6 + k (6 + 6 = [ 6, 3, 2] = 3[2,, 6] j k Det vi egetlig gjør her er at vi reger ut determiate til e matrise. Overgage ovefor ka virke litt rar, me om e øsker å lese mor om det heter det Ko-faktor ekspasjo. E alterativ måtte er Saurrus regel. Dog er ikke dette e metode som abefales å bruke mye tid på i j k i j = 2i + 6j + 6k ( 6k 4i 3j = 6i 3j + 2k = [ 6, 3, 2] = 3[2,, 6] c ( a b a Mye det samme som første oppgave. Vi bruker bare defiisjoe av prikkproduktet slik at a b = [3, 2, 2] [6, 4, 2] = [ 3, 6, 0] Slik at dette gir oss at ( a b a = 3[, 2, 0] [3, 2, ]2 = 6( = 42 Oppgave 3 (5 poeg Vi har gitt fuksjoe f(x = x e x a Bestem f (x og f (x Hallo dette er defiitivt badekar eple trekkspill Relativt rett frem via produktregele. Setter u = x og v = e x slik at f (x = (x e x + x(e x = e x + xe x = ( + xe x ( Bruker igje produktregele, dee gage med u = + x og v = e x, da får vi f (x = ( + x e x + (e x = e x + ( + xe x = (2 + xe x (2 Selv om forfatter beyttet mye tid på fi tegig. Dee regele fugerer bare for 2x2 og 3x3 matriser, i tillegg er de tregere e Ko-faktorekspasjo. 4

10 b Bestem koordiatee til bupukt og vedepukt på grafe. Evetuelle bupukt fies i edepuktee av itervallet og hvor f (x = 0. Side vi ikke har oe itervall, treger vi bare bry oss om hvor f (x = 0, fra (likig ser vi at dette skjer år x =, side e x aldri er ull. Så x = er ete et bupukt eller toppukt. Videre ser vi fra (likig 2 at f (x = 0 år x = 2. Vi lager e fortegslije for å forsikre oss om at vi faktisk har fuet et bupukt og et vedepukt. Altså er bupuktet til f (x = (2 + xe x 0 f (x = ( + xe x 0 x f har koordiater (, e og vedepuktet til f har koordiater ( 2, 2e 2. Her må det vises at det faktisk er et bupukt, og at det faktisk er et vedepukt. Det er ikke øvedigvis slik at f (a = 0 betyr at a er et vedepukt. Et ekelt moteksempel er for eksempel t(x = x 6. Det blir påstått at de -te deriverte er gitt ved f ( (x = (x + e x c Bevis formele for de -te deriverte ved iduksjo. Mage sliter med å føre bevis, og det er aturlig. Det er oe som må modes, heldigvis er det å føre iduksjosbevis relativt mekaisk.. Vis at det stemmer for grutilfellet, 2. vis at det stemmer for e tilfeldig verdi (gjere kall dee k, vis at dersom det stemmer for k så stemmer det for k+. Sliter e litt med å føre slike bevis, fies gode forklariger på ett. Vi vet allerede at det stemmer for =, dette viste vi i a. Altså at f (x = ( + xe x Ata videre at det stemmer for = k, altså at f k (x = (k + xe x. Vi øsker å vise at dersom det stemmer for = k, så stemmer det for k +, vi øsker å vise at f k+ = (k + + xe x Me vi vet fra før at ( f k (x = f k+ (x, for å utføre derivasjoe velger vi u = k + og v = e x så f k+ (x = ( f k (x = (x + k e x + (x + k(e x = ke x + (x + ke x = (k + + xe x som var det vi øsket å vise. 5

11 Del 2 Med hjelpemider Oppgave 4 (7 poeg E automatisk strømbryter for utelys skal programmeres. Lyset skal slås på år det begyer å mørke. E modell for dette tidspuktet er gitt ved ( π f(t = 9 4 cos 80 t der f(t er tidspuktet målt i timer etter midatt og t er atall dager reget fra yttår. I dee modelle forutsettes det at alle måeder har 30 dager. a Når begyer det å mørke 25.mars, ifølge modelle? Dette er e litt stygg oppgave, da fuksjoe starter på x = og eder på x = 36. De 25.mars er utifra modele ( π86 f( = 9 4 cos Altså begyer det å mørke ca 8 : 45 de 25 mars. Her er det viktig å gjøre om til miutter og sekuder, og å huske på at 25 mars er de 86 dage i året. b Teg grafe til f. Bestem likevekstlije, amplitude og periode til f. Hva er gjeomsittlig tidspukt i løpet av året for år lyset slås på? Figure er som valig teget med pgfplots. E fi figur ka også forholdsvis ekelt lages i Geogebra eller likede. 23 y f(x = 9 4 cos (πt/80 y = x 6

12 c Bestem år på året lyset slås på klokke 8.00 Utifra tegig ser vi at dette skjer to gager. Ca år x = 70 og år x = 280, me for å få full pott må oppgave løses via regig. Vi ser uasett at vi har to løsiger slik at tegig var til hjelp uasett. For ekehetesskyld lar vi a = π/ cos (at = 8 at = 2π + arccos cos (at = ( 4 4 at = 2π arccos ( 4 Eeste løsigee som tilfrestiller t [, 36] er t = ( a arccos t = 4 a 2π ( a arccos 4 π t = 80 arccos ( π 80 arccos ( Gjør vi dette om til dager og måeder får vi at lyset slås på kl 8:00 rudt 5/6 mars og 4/5 Oktober. Her holder det dessverre ikke bare med årstid, måed må og med. Side modelle ikke er helt virkelighetstro, blir dato midre viktig. d Bestem år på året dagslyset varer legst ifølge modelle. Her er det flere veier til Rom. Utifra figur ser det ut som dagslyset varer legst år ca år x = 80 da varer dagslyset ca 23 timer. Vi har at ( π f(t = 9 4 cos 80 t De maksimale verdie cos(a ka ha er, og de miste verdie cos(a ka ha er. Slik at f(t = 9 4( = 23 er de maksimale verdie f ka ha. Når er cos(a =? Jo dersom a = π Dermed treger vi bare å løse π 80 t = π t = 80 Slik at de dage på året dagslyset varer legst er utifra modelle.juli, da varer dagslyset 23 timer. Del alterative måte går som følger. Vi øsker å fie maks, da ka vi løse f (t = 0. f π ( π (t = 4 80 ( cos 80 t = 0 ( π 0 = si 80 t π = π 80 t t = 80 Her ser vi at for at t [, 360], må =. At dette er et toppukt ser vi utifra figur. = 0 og = 360 gir bupukt. 7

13 Oppgave 5 (8 poeg a Bruk formlee for si(u v og cos(u v til å vise at ta(u v = Her skriver vi først opp sumformlee for sius og cosius si(u v = si u cos v cos u si v cos(u v = cos u cos v si u si v si u cos v cos u si v ta(u v = cos u cos v si u si v Herfra velger vi å dele teller og ever på cos v cos v slik at ta(u v = Som var det vi øsket å vise. si u cos v cos u si v cos u cos v si u si v \ cos u cos v cos u cos v ta(u v = ta u ta v\ + ta u ta v ta u ta v ta(u v = + ta u ta v ta u ta v + ta u ta v D 3.0 m.0 m C α B x m Figur : Illustrasjo til Oppgave 5 A Et bilde har høyde CD = 3.0m. Bildet heger på e vegg slik at uderside av bildet er.0m over øyeivå hos persoe i A (se figur. Avstade fra vegge til persoe er AB = x. På skisse er DAC = α, DAB = u og CAB = v. Vi setter f(x = ta(α = ta(u v b Bruk a til å vise at Vi vet at ta = motsatt slik at hosliggede Så med isatte verdier fås f(x = ta u = 3 + x 3x x og ta v = x ta u ta v f(x = ta(u v = + ta u ta v 3 4x 2 = x + 4 x x2 x 2 = x x2 x = 3x x x 2 + 4x2 x x 2 8

14 Som var det vi øsket å vise. Vi øsker å bestemme avstade x slik at sysvikele α blir størst mulig. c Bestem største verdi for f(x og tilhørede verdi for x. Her må vi fie ut år f (x = 0, fordi stigigstallet i ett topp og bupukt er ull. Her ka vi eksempelvis bruke kvotietregele (brøkregele. f (x = ( u v = u v uv v 2 ( 3x x 2 = (3x (x x(x (x = 3(x x 2x (x = 3 x2 4 (x Herfra ser vi at f (x = 0 år x = ±2, og teller er alltid positiv. Vi lager så e ekel fortegslije for å bestemme hva som er toppukt og bupukt f (x 0 0 x 2 0 x (x x Figur 2: Fortegslije for f (x i Oppgave 5c. Herfra ser vi at 2 er et bupukt, og 2 er et toppukt. De maksimale verdie f ka ha er dermed. f(2 = 3/4. Her ka det også ever at vi ka sløyfe egative verdier side x bør være positiv. Det ka bli problematisk å se på bilde fra iside av vegge. d Bestem de største sysvikele α Sysvikele er gitt som f(x = ta α α = arcta ( f(x. Fra figur eller likede så er arcta x e økede fuksjo, og er dermed størst år x er størst. Følgelig blir de maksimale sysvikele α = arcta (maxf(x = arcta

15 Oppgave 6 (6 poeg E rask fritidsbåt kjører med farte 25m/s da motore plutselig staser. Båte bremses ed i vaet, og x sekuder etter motorstase er farte y m/s, og akselerasjoe er y m/s 2. I dee situasjoe gjelder differesiallikige y = k y 2, k < 0 a Med det samme motore staser, er akselerasjoe 2 m/s 2. Bestem kostate k. Vis at de geerelle løsige av differesiallikige er der C er e kostat. y = 0.02x + C, Merk, her blir vi først bedt om å bestemme k, forså å løse differesiallikige. Vi skal altså bestemme k før vi løser differesiallikige. Med det samme motore staser er akselerasjoe 2 dermed er y (0 = 2, samtidig står det i begyelse at båte kjører med farte 25 m/s. Så y(0 = 25, via isetig får vi da y (0 = k y(0 2 2 = k 25 2 k = Det går også a å løse likige forst også fie k, me dette blir oe mer komplisert. Differesiallikige er ikke av første orde (vi har y kvadrert, me heldigvis er de separabel.for ekelhetes skyld beholder vi lar vi k. Slik at y = k y 2 dy dt y 2 = k y 2 dy = k dt y = kt + D y = kt + C y = 0.02t + C Legg merke til at forteget på kostate ikke spiller oe rolle b Bestem kostate C og farte til båte 3s etter motorstase. Herfra er det ikke spesielt vaskelig å bestemme C vi ka for eksempel ta utgagspukt i at farte til båte like etter motorstoppe var 25m/s (y(0 = 25. Da har vi y(t = 0.02t + C 25 = 0.02 t + C C = 25 Vi treger også å bestemme farte til båte tre sekuder etter motorstoppe så. y(3 = ( 36 3t + C = = = Strekige båte forflytter seg, er S(x meter etter motorstase. Da gjelder s = y 0

16 c Bestem hvor lagt båte forflytter seg i løpet av de tre første sekudee etter motorstase. Her må vi selvsagt itegrere.for ekelhetesskyld beholder vi k og C Dette gir oss y(t = kt + C S = 3 0 y(t dt = 3 Herfra lar vi u = kt + C så du = k dt S = k = = [ l = l 0 kt + C dt 3 kt + C k dt = k 0 ( t + ] 3 25 [ ] l (6 4 l(5 + 2 l (5 ( u du = k [l(u]3 0 = 625 [ ( 6 l = l Hvor de siste algebraiske gymastikkøvelsee selvsagt er frivillige. ( ] 5 2 [ l (6 l(5 2 ] Oppgave 7 (6 poeg E figur består av søyler med kvadratiske ruter med side. De første søyle ieholder è rute, de adre to rute og så videre. Søyle ummer ieholder ruter. Figure edefor er teget for = 5 A C B a Bestem arealet av figure ovefor. Er ikke spesielt vaskelig å berege arealet av figure ovefor. E måte er å se at hver rute har høyde /5 og bredde /5 slik at det totale arealet av figure blir A = = 5 25 = 3 5 b Forklar at det samlede arealet av søyler er S = ( ( Vis at summe ka skrives S = + 2 ( ( 2.

17 C C A B A B = 3 = 5 Figur 3: Figur som viser magekate med ulike atall søyler. Her som sagt flere måter å se dette på. Vi har et vist atall kvadrat og hvert kvadrat har areal (/ 2. I øverste rad vi vil ha slike, i este rad vil vi ha 2 slike osv, da vil det totale arealet være gitt som S = ( ( ( 2 Vi ser at hvert ledd ieholder e felles faktor som ka trekkes ut. Dette gir ( 2 S = ( Summe av de aturlige tallee er gitt som Som var det vi øsket å vise = ( + 2 S = ( 2 2 ( + = + 2 c Bruk rekke til å bestemme S 5. Kommeter svaret. Her er det re isetig. Dette gir S 5 = = 6 0 = 3 5 som var det samme som vi fikk år vi telte ruter. Dette gir idikasjoer på at formele vår er rett. d Vis at lim S = 2 Bruk også at geometrisk resoemet til å begrue at svaret er riktig. Vi øsker å se hva arealet av figure blir år vi deler de i i veldig mage søyler. E figur er vist uder hvor vi bruker 50 søyler Utifra figuree virker det som arealet av figure ærmer seg e likebet trekat med sider og. Altså burde arealet bli S = gh/2 = /2. Vi ka og teke på det som at vi gjør hypoteuse midre og midre hakkete. Med matematikk ka det eksempelvis føres som følger lim S + = lim 2 = lim = 2 side /2 går mot ull år vokser. Som e morsom kuriositet så ka det eves at uasett hvor stor blir, vil legde av hypoteuse alltid være 2, selv om arealet går mot /2 vil ikke 2 legde av hypoteuse gå mot 2. 2 Det er dette som er de feilaktig atakelse i mage morsomme bevis. Eksempelvis files.wordpress.com/200//9e7c48aa-823-4d5f-aa c72d508.jpg (3 2

18 Oppgave 8 (9 poeg I et koordiatsystem er det gitt et pukt P (5,, 4 og et pla α : 2x 2y + z + 2 = 0 Puktee A(0, 0, 4, B(2, 0, 0 og C(,, 4 ligger i et aet pla β. a Bestem likige til β, og forklar at α β. E måte å bestemme likige til beta er å fie to vektorer som ikke er parallelle, også fie e vektor som står ormalt på disse. Videre så har vi = a b = AB = [2, 0, 4] Så plaet β ka skrives som i j k AC = [,, 0] = i = i (0 + 4 j ( k (2 0 = [4, 4, 2] = 2[2, 2, ] j k 2 0 β : a(x x + b(y y + c(z z = 0 2(x 0 2(y 0 + (z 4 = 0 2x 2y + z 4 = 0 Side ormalvektoree til plaee er parallelle, er og plaee parallelle. b Reg ut avstade mellom plaee α og β. Side plaee er parallelle blir avstade mellom plaee e smal sak å fie. E måte er bare å sette e av variablee lik ull. Slik at i xy-plaet så er plaee våre 2x 2y 4 = 0 og 2x 2y 2 = 0, herfra ser vi raskt at avstade mellom plaee er 2. Vi ka og ta α β = 2, og herfra får vi og at avstade er 2. De tredje måte er å rege ut de korteste avstade fra et vilkårlig pukt i α til plaet β. Vi ka her bruke pukt-til-pla formele så d = ax + by + cz + d = = 6 = 2 a2 + b 2 + c Plaee α og β er begge tagetpla til e kule. Setrum S i kula og de to tagerigspuktee D og E ligger på e rett lije l gjeom puktet P. Se (figur 4a og (figur 4b. P α β l P α D E D S β E (a Kule og pla i rommet (b Tverrsitt av kule og pla 3

19 c Sett opp e parameterfremstillig for l Lija må stå vikelrett på begge plaee, for at disse skal tagere kule. Altså må lija som går gjeom P være parallell med ormalvektore til plaee. Så lija ka skrives som x = 5 + 2t l(t = y = 2t z = 4 + t d Bestem koordiatee til D og E. Vi øsker å fie skjærigspuktet mellom plaee og lija l. Fra l har vi allerede uttrykk for x, y og z og vi ka ute videre sette disse i i plalikigee. Isatt i pla α får vi 0 = 2x 2y + z = 2(5 + 2t 2( 2t + (4 + t = 8 + 9t t = 2 Og tilsvarede får vi for plaet β 0 = 2x 2y + z 4 0 = α 6 0 = 2 + 9t t = 4 3 Isatt får vi heholdsvis x = D = l(2 = y = 3 z = 2 som øsket. og ( E = l 3 = 4 x = 7/3 y = 5/3 z = 8/3 e Bestem likige til kula. Likige til kula vil ha setrum midt mellom D og E. Altså får vi at M = 2 (D + E = 2 ( + 7 3, , = (5 3, 7 3, 7 3 Alterativt ka vi bruke parameterfremstillige vår og få ( ( 3 x = 5/3 M = l 2 = y = 7/3 2 4 z = 7/3 videre så vil kula ha radius side avstade mellom D og E (diametere til sirkele er 2 som vist i a. Likige for e sirkel med radius r, og setrum i x 0, y 0, z 0 er gitt som (x x (y y (z z 0 2 = r 2 Slik at med isatte verdier ( x ( + y ( + z 7 2 = 2 3 som var det vi øsket å fie. = 4