R1 kapittel 6 Vektorer. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgavene i boka

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "R1 kapittel 6 Vektorer. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgavene i boka"

Transkript

1 R1 kpittel 6 Vektorer Løsninger til oppgvene i ok Løsninger til oppgvene i ok 6.1 Tilfellene, e og f er vektorstørrelser fordi de hr retning. Tilfellene, og d er sklrer fordi de ikke hr retning. 6. d e Av figuren ser vi t ED = AB fordi de er like lnge og hr smme retning. Av figuren ser vi t EF = CB fordi de er like lnge og hr smme retning. Av figuren ser vi t DF = CA fordi de er like lnge og hr smme retning. I en regulær seksknt er lle sider like lnge. Derfor er EB, CF, FC, AD og DA like lnge som BE. Vektorene CB, AD, DA, FE og EF er prllelle med BC. 6.3 Av figuren ser vi t og e hr smme retning, og d hr smme retning, og f og g hr smme retning. Av figuren ser vi t,, d og g er like lnge. I tillegg er og f like lnge. Det er kun og d som er like vektorer. Det er fordi de åde er like lnge og hr smme retning. 6.4 = [4, 3] fordi den går 4 ruter i positiv x-retning, og 3 ruter i positiv y-retning. = [ 3, 4] fordi den går 3 ruter i negtiv x-retning, og 4 ruter i positiv y-retning. = [0, 3] fordi den går 0 ruter i x-retning, og 3 ruter i positiv y-retning. d = [ 3, 4] fordi den går 3 ruter i negtiv x-retning, og 4 ruter i positiv y-retning. e = [8, 6] fordi den går 8 ruter i positiv x-retning, og 6 ruter i positiv y-retning. f = [ 3, 0] fordi den går 3 ruter i negtiv x-retning, og 0 ruter i y-retning. g = [ 5, 0] fordi den går 5 ruter i negtiv x-retning, og 0 ruter i y-retning. Ashehoug Side 1 v 139

2 En posisjonsvektor hr smme koordinter som det tilhørende punktet. Posisjonsvektoren til punktet A(, 3) er OA = [, 3]. Posisjonsvektoren til punktet B(3, ) er OB = [3, ]. Posisjonsvektoren til punktet C (5, 0) er OC = [5, 0]. d Posisjonsvektoren til punktet D(0, 3) er OD = [0, 3]. 6.7 Ett punkt hr smme koordinter som den tilhørende posisjonsvektoren. Når posisjonsvektoren OA = [8, 3], må punktet A h koordintene (8, 3). Når posisjonsvektoren OB = [, 0], må punktet B h koordintene (, 0). 6.8 Punktet er en vektorstørrelse fordi skipet hr frt i en retning. Punktene og er sklrer fordi verken volum eller tid hr retning i rommet. Ashehoug Side v 139

3 6.9 Vi lr hver rute i koordintsystemet h lengde 1 m. Vektoren må gå 5 ruter lodrett fr sør til nord. Vektoren må gå 8 ruter vnnrett fr øst mot vest I den likeeinte treknten vet vi t to ein er like lnge. Fr figuren ser vi t det er ein som tilsvrer og, som er de to like sidene i treknten. I prllellogrmmet vet vi t motstående sider er like lnge. Fr figuren ser vi t e og g er like lnge, og t d og f er like lnge. I sirkelen vet vi t vstnden fr sentrum til sirkelperiferien er den smme rundt hele sirkelen. Fordi h, i og j tilsvrer rdiusen i sirkelen, må de være like lnge. I den likeeinte treknten er ingen vektorer like, fordi ingen vektorer hr smme retning. I prllellogrmmet er e og g like vektorer, fordi de hr smme retning og er like lnge. d og f er ikke like, fordi de hr motstte retninger. I sirkelen er ingen vektorer like, fordi ingen vektorer hr smme retning. I den likeeinte treknten er ingen vektorer prllelle, fordi ingen vektorer hr smme eller motstte retninger. I prllellogrmmet er e og g prllelle vektorer, fordi de hr smme retning. d og f er også prllelle, fordi de hr motstte retninger. I sirkelen er h og i prllelle, fordi de hr motstte retninger En posisjonsvektor hr smme koordinter som punktet vektoren går til. Vi får derfor OA = [1, ] OB = [4, 4] OC = [, 1] OD = [ 3, ] OE = [ 4, 3] OF = [, ] Ashehoug Side 3 v 139

4 Du får AB ved å gå 3 ruter til høyre og deretter ruter rett opp. Derfor får vi t AB = [4 1, 4 ] = [3, ] Du får AC ved å gå 1 rute til høyre og deretter 3 ruter rett ned. Derfor får vi t AC = [ 1, 1 ] = [1, 3] Du får AD ved å gå 4 ruter til venstre og deretter 4 ruter rett ned. Derfor får vi t AD = [ 3 1, ] = [ 4, 4] Du får AF ved å gå 3 ruter til venstre. Derfor får vi t AF = [ 1, ] = [ 3, 0] 6.1 Vi må tegne vektoren skrått opp mot venstre. Bruker linjl for t den skl li 5 m lng. Vi må tegne vektoren skrått ned mot venstre. Bruker linjl for t den skl li 8 m lng Av figuren ser vi t AF, BE og CD er lik u, fordi de hr smme lengde og retning. Av figuren ser vi t CB, BA, DE og EF er lik v, fordi de hr smme lengde og retning For t AP skl være prllell med BP, må P ligge på linj gjennom A og B. Derfor er linj gjennom A og B det geometriske stedet for lle punkter P i plnet som er slik t AP BP. For t AP = BP, må P ligge på midtnormlen til linjestykket AB. Derfor er midtnormlen til linjestykket AB det geometriske stedet for lle punkter P i plnet som er slik t AP = BP. Ashehoug Side 4 v 139

5 For t AP = AB, må P ligge like lngt fr A som B ligger fr A. Derfor er en sirkel med sentrum i A og rdius lik lengden v linjestykket AB det geometriske stedet for lle punkter P i plnet som er slik t AP = AB Punktet P = (1, 3). Vektoren PQ går steg i positiv x-retning, og 5 steg i positiv y-retning. Vi får derfor t Q = (1 +, 3 + 5) Q = (3, ) AD + DF = AF AD + BC = AD + DE = AE AF + EA = AF + FB = AB Ashehoug Side 5 v 139

6 6.19 d AB + BE = AE AB + BG + GH = AH AF + HG + IF = AF + FE + EB = AB IE + BG + AC = AC + BG + IE = AC + CH + HD = AD 6.0 Vi vet t koordintene til punktet er lik vektorkoordintene til en posisjonsvektoren. Det må derfor være origo (0,0) som er punktet som hr nullvektoren som posisjonsvektor. 6.1 d Her er det mnge lterntiver. Mest opplgt er BA, men også en v vektorene CB, ED, FE, HG og IH, er motstte vektorer v AB. Her er det to lterntiver. Mest opplgt er IB, men også HA er en motstt vektor v BI. Her er det kun et lterntiv, CG. Den er en motstt vektorer v GC. Først ser vi t AH + HF = AF. Så ser vi t FA og ID er motstte vektorer v AF. 6. BA = AB = [, 5] DC = CD = [ 3, 5] FE = EF = [ 5, 0] 6.3 Ashehoug Side 6 v 139

7 6.4 Følger vi w + v, så ser vi t det lir likt u. Vi ender derfor opp med t u = w + v, som vi kn omforme for å få et uttrykk for de to ndre vektorene. u = v + w v = u w w = u v 6.5 d BC + CA = BA AB + BC DC = AB + BC + CD = AD AB CB DC BD = AB + BC + CD + DB = AB EF + GE GF AB + AC = EF + GE + FG + BA + AC = EF + FG + GE + BA + AC = 0 + BC = BC 6.6 d Vi ser v figuren t de hr rukt trekntmetoden til å tegne differnsen mellom vektorene. w = u v. Vi ser v figuren t v fortsetter der u slutter. w = u + v. Vi ser v figuren t de hr rukt trekntmetoden til å tegne differnsen mellom vektorene, men de hr tegnet opp w = v u. Det er derfor ingen v lterntivene som er riktige. Vi ser v figuren t de hr rukt prllellogrmmetoden til å tegne summen v vektorene. w = u + v. Ashehoug Side 7 v 139

8 d DC + CB = DB AB + CD = AB + BA = 0 BC + DC = AD + DC = AC AB AD = AB + DA = DA + AB = DB 6.9 d AB = AM + MB = u + v MC = BM = MB = v AC = AM + MC = u v BA = AB = ( u + v) = u v 6.30 AC = AB + BC = + Vi ser t AC går 4 steg i positiv x-retning, og steg i positiv y-retning. AC = [4, ] Ashehoug Side 8 v 139

9 Følger vi q + r + s, så ser vi t det lir likt p. Vi ender derfor opp med t p = q + r + s, som vi kn omforme for å få et uttrykk for de tre ndre vektorene. p = q + r + s q = p + r + s r = p + q s s = p + q r 6.33 Vi omformer først vektorlikningene slik t vi får et uttrykk for w. Til slutt tegner vi vektorene: u + v w = 0 w = u + v u v w = v w = u v u v + w = w w = v u w = 1 v 1 u Ashehoug Side 9 v 139

10 CA = CB + BA = Vi ser t CA går steg i negtiv y-retning, og 4 steg i negtiv x-retning. AC = [ 4, ] 6.36 Inguns frt i forhold til kken er u + v Annes frt i forhold til kken er u + v. Ashehoug Side 10 v 139

11 6.38 Frtsendring finner mn ved å t sluttfrt minus strtfrt. Spydets frtsendring er derfor v u Alle punkter P i plnet er slik t AP + PB = AB. Derfor er hele plnet det geometriske stedet for et punkt som er slik t AP + PB = AB Vi ser t hr smme retning som v og er 3 gnger så lng. = 3 v Vi ser t hr smme retning som v og er 6 gnger så lng. = 6 v Ashehoug Side 11 v 139

12 Vi ser t hr motstt retning som v og er like lng. = v d Vi ser t d hr motstt retning som v og er 4 gnger så lng. d = 4 v 6.4 Vi trekker smmen de vektorene som er prllelle d 3 u + u v + 4 v = (3 u + u) + ( v + 4 v) = 5 u + 3 v 4( u v) u + v = 4 u 8 v u + v = (4 u u) + ( 8 v + v) = u 7 v ( v 3 u) 5 u = v + 6 u 5 u = (6 u 5 u) + ( v) = u v 3 ( v 3 u) 3 1 (6 v 9 u) = 3 v u v + 3 u = ( u + 3 u) + (3 v v) = u + v 6.43 Vi ser t = 3( u + v) som er prllell med. Så ser vi t d = 1 ( u v) som er prllell med Vi tegner vektorsummene: 6.45 Fr likningen ser vi t 3 = k = m 1 k = 3 m = 3 k = m = 3 Ashehoug Side 1 v 139

13 Fr likningen ser vi t k = m m = 4 k = m m = k = m = k = m = 6.46 Vi ser t hvis u = v, så er u doelt så lng som v, og vektorene hr smme retning. Vi ser t hvis u = 1 v, så er u hlvprten så lng som v, og vektorene hr smme retning. Vi ser t hvis u = 3 v, så er u tre gnger så lng som v, og vektorene hr motstt retning Vi tegner vektorene som en sum v u og v. Fr tegningen kn vi se t = u = 3 v = 1 u d = u + v e = u v f = u 4 v 6.48 Fr etingelsen u = k v vet vi t de to vektorene er prllelle. D hr de enten smme retning eller motstt retning. Hvis u og v hr smme retning, må k > 0 fordi en negtiv k ville endret retningen på k v. Hvis u og v også hr smme retning, må k = 1. Hvis u og v hr motstt retning, må k = 1. Vi hr ltså t k = ±1. Ashehoug Side 13 v 139

14 d Hvis u og v også hr smme retning, må k > 1. Hvis u og v hr motstt retning, må k < 1. Vi hr ltså t k > Vi ser først t u = 3 v. Som gir oss følgende: u + v = 3 v + v = 4 v = 4 v u v = 3 v v = v = v 6.50 Vi ser t = ( u + 4 v) som er prllell med. Så ser vi t d = 3( u 3 v) som er prllell med Vi tegner vektorsummene: Fr tegningen kn vi lese u = [,0] 3 u = [ 6,0] v = [,1] v = [4,] v = [, 1] 6.5 Vi ser t = (3 u v) som er prllell med. Vi ser t d = (3 u v) som er prllell med. Vi ser t e = 3(3 v u) som er prllell med. Til slutt ser vi t f = (3 v + u) som ikke er prllell med noen v de ndre vektorene. Vi kn konkludere d og e Når u og v hr smme retning, får vi u + v = u + v = = 1 Ashehoug Side 14 v 139

15 Dette er den største mulige verdien u + v kn h. Når u og v hr motstt retning, får vi u + v = u v = 7 5 = Dette er den minste mulige verdien u + v kn h Fr likningen ser vi t (k + 1) = k k 1k = k 3k = 1 k = 1 3 Fr likningen ser vi t 1 = k + 1 k = k k = 1 Fr likningen ser vi t 3 + k = 1 m = m 1 k = 3m = 1 k = m = 1 3 d Fr likningen ser vi t m = k 3 + m = k k = m 3 + m = m k = m 3m = 3 k = m m = 1 k = m = Fr opplysningen om t det fins en k slik t AB = k CD, vet vi t AB må være prllell med CD. Fr opplysningen om t det ikke fins en q slik t BC = q DA, vet vi t BC ikke kn være prllell med DA. Firknt ABCD er derfor et trpes. Den hr to prllelle sider, men de to siste sidene er ikke prllelle. Ashehoug Side 15 v 139

16 6.56 Vi tegner vektorsummene. Fr tegningen kn vi lese k u = v + m w 5 u = v + 5 w Altså er k = m = PS = 1 PO + OS = + 1 = AC = AO + OC = + = + For å regne ut QR ser vi først t AC kn uttrykkes på en nnen måte. AC = AB + BC Så regner vi ut QR. QR = 1 QB + BR = AB + 1 BC = 1 AC = Vi ser t PS = QR = 1 AC. Det etyr t PS er like lng som QR mens AC er doelt så lng som de to første. Men det som er viktigere i denne smmenhengen, er t det etyr t de tre linjestykkene er prllelle Vi tegner vektorsummene. Fr tegningen kn vi lese v + u = [0,1] v + u = [,] v u = [4,1] Ashehoug Side 16 v 139

17 6.59 u + v = [3,] + [ 1,4] = [3 + ( 1), + 4] = [,6] 4 u = 4 [3,] = [1,8] u v w = [3,] [ 1,4] [0,5] = [3 ( 1) 0, 4 5] = [4, 7] d u 3 v + 4 w = [3,] 3[ 1,4] + 4[0,5] = [6,4] [ 3,1] + [0,0] = [6 ( 3) + 0, ] = [9,1] 6.60 d OQ = OP + PQ = [ 3,1] + [5,3] = [ 3 + 5,1 + 3] = [,4] som etyr t Q = (, 4). OQ = OP + PQ = [, 1] + [3, 1] = [ + 3, 1 + ( 1)] = [1, ] som etyr t Q = (1, ). OQ = OP + PQ = [3, 1] + [ 4,3] = [3 + ( 4), 1 + 3] = [ 1,] som etyr t Q = ( 1, ). OQ = OP + PQ = PO QP = [3,1] [ 5, ] = [ 3, 1] + [5,] = [ 3 + 5, 1 + ] = [,1] som etyr t Q = (, 1) PQ = [3 1,5 ] = [,3] QR = [ 3,4 5] = [ 5, 1] RP = [1 ( ), 4] = [3, ] Ashehoug Side 17 v 139

18 6.6 Bildet til høyre viser frmgngsmåten i CAS i GeoGer. [6,8] = = 100 = 10 [ 1,5] = ( 1) + 5 = 6 [ 1,5] = ( 1) + 5 = 169 = PQ = (5 ) + (8 4) = = 5 = 5 PQ = ( ( 4)) + ( 1 3) = 6 + ( 4) = 5 = 13 PQ = ( 53 ( 13)) + ( 31 ( )) = ( 40) + ( 9) = 1681 = 41 Bildet nedenfor viser frmgngsmåten i CAS i GeoGer [1,4] = 1 [,8] Vi ser t u = 1 v, ltså er vektorene u og v prllelle. [ 4,4] = 4[1, 1] Vi ser t u = 4 v, ltså er vektorene u og v prllelle. [ ] [1,8] = 3 5 0, 40 3 Vi ser t u ikke kn skrives som k v, der k er en konstnt. Altså er vektorene u og v ikke prllelle. Ashehoug Side 18 v 139

19 6.65 u v [3,4] = k [,15] [3,4] = [ k,15k] 3 = k 4 = 15k 3 = k k = = 4 15 k = 4 15 = 45 k = u og v er prllelle når = u v [1,8] = k [ 5,1] [1,8] = [ 5k,1k] 1 = 5k 8 = 1k 1 = 5k k = 3 1 = 5 3 k = 3 1 = 10 3 k = 3 = k = 3 = 13 3 k = 3 u og v er prllelle når = u v [,1] = k [,] [,1] = [ k,k] = k 1 = k = k k = 1 = 1 k = 1 = 0 k = 1 u og v er prllelle når = 0. Ashehoug Side 19 v 139

20 6.66 Hvis tre punkter P, Q og R ligger på smme linje, må PQ PR. Vi sjekker: Vi lr P = (,5), Q = (4,8) og R = (8,14). PQ = [4,8 5] = [,3] PR = [8,14 5] = [6,9] Vi ser t PR = 3 PQ. Det vil si t PR PQ. P, Q og R ligger derfor på smme linje. Vi lr P = ( 3,1), Q = (0,7) og R = (4,1) PQ = [0 ( 3),7 1] = [3, 5] PR = [4 ( 3),1 1] = [7, 11] Vi ser t PR PQ. P, Q og R ligger derfor ikke på smme linje. u = v [ 3,5 ] = [3, 4] [ 3,5 ] = [6, 8] 3 = 6 = 9 = 13 = 9 u = v [ 3,5 ] = 3 [3, 4] [ 3,5 ] = [ 9,1] 3 = 9 5 = 1 = 6 = 7 = 3 = 7 u + 3 v = [4, 3] [ 3,5 ] + 3 [3, 4] = [4, 3] [ 3,5 ] + [9, 1] = [4, 3] [ + 6, 7 ] = [4, 3] + 6 = 4 7 = 3 = = 4 = 1 = 4 Ashehoug Side 0 v 139

21 6.68 OD = OA + AD = OA + BC = [ 4, 3] + [ 1 1,4 0] = [ 4, 3] + [,4] = [ 4 + ( ), 3 + 4] = [ 6,1] D = ( 6,1) ABCD er et prllellogrm når D hr koordintene ( 6,1) OC = OB + BC = OB + AD = [6, 3] + [3, ( 1)] = [6, 3] + [1,3] = [6 + 1, 3 + 3] = [7,0] C = (7,0) ABCD er et prllellogrm når C hr koordintene (7,0) For å sjekke om firknten ABCD er et prllellogrm, holder det å sjekke t AB = DC. Vi ser først t AB = [4 ( 3),1 ] = [7, 1]. Så ser vi t DC = [ ( 5), 3 ( )] = [7, 1]. ABCD er et prllellogrm fordi AB = DC. Vi ser først t AB = [ 1 ( 5), 4] = [4, 6]. Så ser vi t DC = [ ( ),0 5] = [4, 5]. ABCD er ikke et prllellogrm fordi AB DC. Ashehoug Side 1 v 139

22 OQ = OP + PQ = OP QP = [ 3,1] [,4] = [ 3,1] + [, 4] = [ 3 +,1 + ( 4)] = [ 1, 3] Q = ( 1, 3) 6.73 På figuren må vi gå 3 ruter i positiv x-retning og 4 ruter i positiv y-retning for å komme til A fr origo. Derfor er OA = [3,4]. På figuren må vi gå 7 ruter i positiv x-retning og ruter i positiv y-retning for å komme til B fr origo. Derfor er OB = [7,]. På figuren må vi gå 1 ruter i positiv x-retning og ruter i negtiv y-retning for å komme til C fr origo. Derfor er OC = [1, ]. På figuren må vi gå 3 ruter i negtiv x-retning og 1 ruter i negtiv y-retning for å komme til D fr origo. Derfor er OD = [ 3, 1]. På figuren må vi gå 5 ruter i negtiv x-retning og 0 ruter i y-retning for å komme til E fr origo. Derfor er OE = [ 5,0]. Ashehoug Side v 139

23 6.74 [4,] + [3,1] = [7,3] [ 1,3] + 3 [, ] = [ 1,3] + [6, 6] = [5, 3] [6, ] 4 [1, 3] = [6, ] + [ 4,1] = [,10] d [4, ] + [ 1,0] [3, ] = [4 + ( 1) 3, + 0 ( )] = [0,0] 6.75 d QP = [7 1,5 3] = [6,] PQ = QP = [ 6, ] QR = [ 1,4 3] = [ 3,1] S R = [ ( 3),4 ( 6)] = [1,10] 6.76 v = [5, 1] = 5 + ( 1) = 6 v = [ 40,9] = ( 40) + (9) = 1681 = 41 v = [3t, 4t] = (3t) + ( 4t) = 5t = 5t 6.77 = 3 v hr smme retning og er tre gnger så lng som v. = 3[, 8] = [6, 4] = 5 v hr motstt retning og er fem gnger så lng som v. = 5[, 8] = [ 10,40] = 1 v hr motstt retning og er hlvprten så lng som v. = 1 [, 8] = [ 1,4] d d = 1,5 v hr smme retning og er 5% lengre enn v. d = 1,5[, 8] = [,5, 10] Ashehoug Side 3 v 139

24 6.78 = [1,4] = = 160 = [10,9] = = 181 = [7,11] = = 170 d = [13,0] = = 169 Rngert etter økende lengde:, d, og PQ = (7 ) + (8 1) = = 74 Avstnden mellom punktene P og Q er 74. PQ = (3 ( )) + (1 0) = = 6 = 6 Avstnden mellom punktene P og Q er 6. PQ = ( 1 3) + ( 3 4) = ( 4) + ( 7) = 65 Avstnden mellom punktene P og Q er AB = [, 5] + ( 5) = 9 BC = [6,7] = 85 AC = [8,] 8 + = 68 = 17 AB = 9, BC = 85 og AC = Vi ser først t AB = [6 0,4 1] = [6,3]. Så ser vi t DC = [4 0,7 5] = [4,]. ABCD er ikke et prllellogrm fordi AB DC. ABCD er derimot et trpes fordi AB = 3 DC som etyr t AB DC. 6.8 = e x + e y = e x e y = e x d = 3 e y f = e x + 7 e y Ashehoug Side 4 v 139

25 6.83 OA = 1 e x + 6,5 e y = [ 1,6,5] A = ( 1,6,5) OB = ( ) ( ) OA + AB = 1 ex + 6,5 e y + 6,5 ex + 0,5 e y = 5,5 ex + 7 e y = [ 5,5,7] B = ( 5,5,7) OC = ( 1 e x + 6,5 e y ) + ( 10 ex,5 e y ) = ex + 4 e y = [,4] C = (,4) OD = ( e x + 5 e y ) ( ex + 4 e y ) = 3 ex + e y = [3,1] D = (3,1) OE = ( 1 e x + 6,5 e y ) + ( 0,5 ex + 7 e y ) = 1,5 ex + 0,5 e y = [1,5,0,5] E = (1,5,0,5) OF = ( ) ( ) OB + BF = 5,5 ex + 7 e y + 15 ex 13 e y = 9,5 ex 6 e y = [9,5, 6] F = (9,5, 6) OG = OD 5,5 ey = ( ) 3 e x + e y 5,5 ey = 3 e x 4,5 e y = [3, 4,5] G = (3, 4,5) 6.84 OP = ( ) ( ) OQ + QP = OQ + RO = OQ OR = 11 ex 3 e y 4 ex + 3 e y = 7 ex 6 e y = [7, 6] P = (7, 6) 6.85 u + v = [ 8,11] [,3] + [ 1,1] = [ 8,11] [,3 + ] = [ 8,11] = = 11 + = 8 = (11 3) = 8 = = 8 = 11 3 = 3 = 11 3 = 3 = = 3 = 11 9 = 3 = Ashehoug Side 5 v 139

26 u + v = [,1] [,3] + [ 1,1] = [,1] [,3 + ] = [,1] = 3 + = 1 + = = (1 3) = = = = 1 3 = 1 = 1 3 = 1 = 1 3 ( 1) = 1 = = 1 = 4 Først ser vi t u + v = [1,1]. u + v = [1,1] [,3] + [ 1,1] = [1,1] [,3 + ] = [1,1] = = 1 + = 1 = (1 3) = 1 = = 1 = 1 3 = = 1 3 = = 1 3 = = 1 6 = = 5 d Her kn vi ruke t u v. Vi får = = 0 = = 0 e Her kn vi ruke t u v. Vi får = = = = + = = + = = = = 1 = 1 = 1 Ashehoug Side 6 v 139

27 6.86 Først ser vi t v = = 5 = 5. Derfor må følgende 4 vektorer h smme lengde: [5,0] [ 5,0] [0,5] [0, 5] I tillegg kommer vektorene som hr ±3 og ±4 som koordinter: [4, 3] [ 4,3] [ 4, 3] [3,4] [3, 4] [ 3,4] [ 3, 4] Dette er de 11 vektorene med lengde 5 og heltllige koordinter ved siden v [4,3] Vi skl vise t v hr smme retning som v og hr lengde 1. Først ser vi t v = 1 v. Den hr smme v v v retning som v fordi den er prllell med v og 1 er positiv. Videre kn vi regne ut lengden v v for å v v vise t den må være 1. v v = 1 v v = v v = 1 v v hr smme retning som v og hr lengde 1, og er derfor en enhetsvektor u u = [6, 8] 6 + ( 8) = [6, 8] = [6, 8] [ ] 3 = , 4 5 En enhetsvektor i smme retning som u er [ 3 5, 4 5]. v v = [ 1,0] ( 1) + 0 = [ 1,0] = [ 1,0] = [ 1 9, 0 9 ] En enhetsvektor i smme retning som v er [ 1 9, 0 9]. Først ser vi t AB = [ 6, 10 5] = [ 8, 15]. AB = AB [ 8, 15] ( 8) + ( 15) = [ 8, 15] = [ 8, 15] [ = 8 ] , En enhetsvektor i smme retning som AB er [ 8 17, 15 17]. Ashehoug Side 7 v 139

28 6.89 [6,] = = = = 100 = 64 = ±8 Når = ±8 er [6,] = 10. [,] = 15 () + = 15 5 = 15 5 = 15 5 = 5 = 45 = ± 45 = ±3 5 Når = ±3 5 er [,] = 15. [,] [,1] = 5 [, 1] = 5 ( ) + ( 1) = 5 ( 4 + 4) + ( + 1) = = = = = = 0 Vi ruker -formelen for å finne : = 3 ± ( 10) 1 = 3 ± 49 = 3 ± 7 Ashehoug Side 8 v 139

29 = 3 7 = 4 = = 10 = = 5 Når = eller = 5, er [,] [,1] = Vi lr B = (x,0) være punktet på x-ksen, og AB = [x 4, ]. Vi må finne ut hvilke x-verdier som gjør t AB = 5. AB = 5 [x 4, ] = 5 (x 4) + ( ) = 5 (x 8x + 16) + 4 = 5 x 8x + 0 = 5 x 8x + 0 = ( 5) x 8x + 0 = 0 x 8x = 0 x(x 8) = 0 Når x = 0 eller når x = 8, er AB = 5. De to punktene på x-ksen lir derfor (0,0) og (8,0). Vi lr B = (0,y) være punktet på y-ksen, og AB = [ 4,y ]. Vi må finne ut hvilke y-verdier som gjør t AB = 5. AB = 5 [ 4,y ] = 5 ( 4) + (y ) = (y 4y + 4) = 5 y 4y + 0 = 5 y 4y + 0 = ( 5) y 4y + 0 = 0 y 4y = 0 y(y 4) = 0 Når y = 0 eller når y = 4, er AB = 5. De to punktene på y-ksen lir derfor (0,0) og (0,4). Ashehoug Side 9 v 139

30 6.91 Vi ser t PQ = [( ), ( + 1)] = [, 1]. Vi må finne ut hvilken -verdi som gjør t PQ lir minst mulig. PQ = ( ) + ( 1) = ( ) + ( + 1) = = som er minst når + 1 er minst mulig, men ikke negtiv. Men vi ser t + 1 = ( 1) ved ndre kvdrtsetning. Derfor lir + 1 = 0 når = 1. Konklusjonen lir derfor t når = 1, er vstnden mellom punktene P og Q minst mulig. Vi ser t RS = [ ( ),(3 ) ] = [3,3 ]. Vi må finne ut hvilken -verdi som gjør t RS lir minst mulig. RS = (3 ) + (3 ) = ( ) + ( ) = som er minst når er minst mulig, men ikke negtiv. Prøver vi å løse = 0 ved hjelp v -formelen, vil vi få = 576 ± Den hr ikke noen løsning. Vi kn d vite t lltid er positiv fordi konstntleddet er positivt. Videre vet vi t unnpunktet til et ndregrdsuttrykk ligger på symmetrilinj = ( 4) 13 = 4 6 = Konklusjonen lir derfor t når = 13, er vstnden mellom punktene R og S minst mulig. 6.9 Et trpes hr to prllelle sider. Så enten må AB DC eller AD BC. Vi ser først på AB DC. AB = [1 ( ), 3 1] = [3, 4] DC = [4, 5] = [4, 3] [3, 4] = k [4, 3] [3, 4] = [(4 ) k, 3k] Ashehoug Side 30 v 139

31 3 = (4 ) k 4 = 3k 3 = (4 ) k k = = (4 ) 4 3 k = = k = = k = 4 3 = k = 4 3 = k = 4 3 = 7 4 k = 4 3 AB og DC er prllelle når = 7 4. Vi ser så på AD BC. AD = [ ( ),5 1] = [ +,4] BC = [4 1, ( 3)] = [3,5] [ +,4] = k [3,5] [ +,4] = [3k,5k] + = 3k 4 = 5k = 3k k = 4 ( 5 = 3 4 ) k = = k = 4 5 = 5 k = 4 5 AD og BC er prllelle når = 5. Det etyr t firknt ABCD er et trpes når = 5 = 7 4 Ashehoug Side 31 v 139

32 6.93 Vi finner først lengdene v de tre vektorene, så finner vi ut hvor mnge gnger vi må gå hver vektor. Til slutt regner vi ut vektorsummen vi får d. [1,35] = = = 1369 = 37 [ 16,63] = ( 16) + 63 = = 45 = 65 [ 7,4] = ( 7) + 4 = = 65 = 5 Vi må ltså gå = 3 gnger vektor [1,35]. Så må vi gå 65 = gnger vektor [ 16,63]. Til sist må vi gå 00 5 = 8 gnger vektor [ 7,4]. Det gir følgende vektorlikning: 3 [1,35] + [ 16,63] + 8 [ 7,4] = [36,105] + [ 3,16] + [ 56,19] = [ 5,43] Virres sluttposisjon er ( 5,43). Vi finner lengden v [ 5,43]: [ 5,43] = ( 5) + 43 = Virre er. 46 meter fr hjemmet sitt, eller mer nøyktig m Posisjonsvektoren til punktet S (4, 7) er OS = [4, 7]. Lengden v den er OS = [4,7] = = 65 = 5. Når P ligger på forlengelsen v OS, er OP = OS + S P, men hvis P ikke ligger på forlengelsen v OS, må OP OS + S P. Vi vet t S P hr lengde 5 og smme retning som OS. Vi finner derfor enhetsvektoren med smme retning som OS og dderer 5 gnger den til OS. OS = [4,7] OS = [4,7] = [4,7] 65 5 OP = OS OS + 5 OS = [4,7] + 5 [4,7] [ 5 10 = 5, 35 ] [ , 7 ] 5 [ 144 = 5, 4 ] 5 Ashehoug Side 3 v 139

33 d OP = [ 144 5, ] 4 5. Punktet Q må også ligge på linj gjennom O og S. Vi kn derfor gjøre det smme som i -oppgven, men nå må vi sutrhere enhetsvektoren 5 gnger fr OS. OS OS 5 = [4,7] 5 [4,7] OS 5 [ 10 = 5, 35 ] [ 4 5 5, 7 ] 5 [ 96 = 5, 8 ] 5 ( 96 Q = 5, 8 ) Vi lr sentrum være gitt ved S = (m,n), og vi lr P = (x,y) være et vilkårlig punkt på sirkelen. Vektoren fr S til P er d [ ] S P = x m,y n. Lengden v denne vektoren er lik rdiusen k i sirkelen. S P = k [ x m,y n ] = k (x m) + (y n) = k (x m) + (y n) = k Likningen for en sirkel med rdius k og sentrum i (m,n) er (x m) + (y n) = k 6.96 (x 0) + (y 0) = x + y = 4 (x 4) + (y ( 3)) = 3 (x 4) + (y + 3) = 9 (x ( 1)) + (y 4) = 7 (x + 1) + (y 4) = 49 d (x ( 5)) + (y ( 7)) = 7 (x + 5) + (y + 7) = 7 Ashehoug Side 33 v 139

34 6.97 x + (y 3) = 11 (x 0) + (y 3) = 11 Vi ser t sentrum i sirkelen er (0,3) og rdius er 11. (x ) + (y + 5) = 48 (x ) + (y + 5) = 48 (x ) + (y + 5) = ( 4 3 ) Vi ser t sentrum i sirkelen er (, 5) og rdius er 4 3. ( x + 7 ) + ( y 5 ) = 98 ( x + 7 ) + ( y 5 ) = ( 98 ) ( x + 7 ) + ( y 5 ) = ( 7 ) Vi ser t sentrum i sirkelen er ( 7, 5 ) og rdius er Der sirkelen skjærer x-ksen, må y være 0. Vi setter derfor y = 0 inn i likningen. (x 3) + (y 4) = 5 (x 3) + ( 4) = 5 (x 3) + 16 = 5 (x 3) = 9 x 3 = ± 9 x = 3 ± 3 x = 0 x = 6 Skjæringspunktene er (0,0) og (6,0). Der sirkelen skjærer y-ksen, må x være 0. Vi setter derfor x = 0 inn i likningen. (x 3) + (y 4) = 5 ( 3) + (y 4) = (y 4) = 5 (y 4) = 16 y 4 = ± 16 y = 4 ± 4 y = 0 y = 8 Skjæringspunktene er (0,0) og (0,8). Ashehoug Side 34 v 139

35 6.99 x + y 6x + 10y = 15 x 6x + y + 10y = 15 x 6x y + 10y = 15 (x 3) 9 + (y + 5) 5 = 15 (x 3) + (y + 5) = 49 (x 3) + (y + 5) = 7 Vi ser t sirkelen hr rdius 7 og sentrum i (3, 5). Vi skriver så likningen inn i GeoGer og får følgende figur: x + y + x 8y = 64 x + x + y 8y = 64 x + x y 8y = 64 (x + 1) 1 + (y 4) 16 = 64 (x + 1) + (y 4) = 81 (x + 1) + (y 4) = 9 Vi ser t sirkelen hr rdius 9 og sentrum i ( 1,4). Vi skriver så likningen inn i GeoGer og får følgende figur: Ashehoug Side 35 v 139

36 x + y + 8x = 11 x + 8x + y = 11 x + 8x y = 11 (x + 4) 16 + (y 0) = 11 (x + 4) + (y 0) = 5 (x + 4) + (y 0) = 5 Vi ser t sirkelen hr rdius 5 og sentrum i ( 4,0). Vi skriver så likningen inn i GeoGer og får følgende figur: Vi skriver f (x) = 4 x og g(x) = 4 x inn i inntstingsfeltet i GeoGer og får følgende figur: Vi ser to hlvsirkler som til smmen dnner en sirkel med sentrum i origo og rdius 4 =. Ashehoug Side 36 v 139

37 6.101 Fordi rdiusen er lik 3, må enten h(x) være lik 3 x eller 3 x. Fordi. kvdrnt ligger over x-ksen, må derfor h(x) = 3 x = 9 x. Fordi kvrtsirkelen kun skl være i. kvdrnt, må x være negtiv. Men x kn ikke være mindre enn 3 fordi d lir 9 x negtivt. Vi får derfor t h(x) = 9 x og D f = [ 3,0] x + y = 5 y = 5 x y = ± 5 x Vi får de to funksjonene f (x) = 5 x og g(x) = 5 x. x + y 4x = 3 x 4x + y = 3 x 4x + + y = 3 (x ) + y = 36 y = 36 (x ) y = ± 36 (x ) Vi får de to funksjonene f (x) = x + y + 6x + 4 = 0 x + y + 6x = 4 x + 6x + y = 4 x + 6x y = 4 (x + 3) + y = 5 y = 5 (x + 3) y = ± 5 (x + 3) Vi får de to funksjonene f (x) = 36 (x ) og g(x) = 5 (x + 3) og g(x) = 36 (x ). 5 (x + 3) (x 0) + (y 0) = 8 x + y = 64 (x ) + (y 4) = 11 (x ) + (y 4) = 11 Ashehoug Side 37 v 139

38 (x ( 4)) + (y 3) = 7 (x + 4) + (y 3) = x + y 4x 6y = 3 x 4x + y 6y = 3 x 4x + + y 6y = 3 (x ) 4 + (y 3) 9 = 3 (x ) + (y 3) = 16 (x ) + (y 3) = 4 Vi ser t sirkelen hr rdius 4 og sentrum i (,3). x + y + 1x y + 33 = 0 x + 1x + y y = 33 x + 1x y y = 33 (x + 6) 36 + (y 1) 1 = 33 (x + 6) + (y 1) = 4 (x + 6) + (y 1) = Vi ser t sirkelen hr rdius og sentrum i ( 6,1). x + y + x + 4y + 3 = 9 x + x + y + 4y = 6 (x + 1) 1 + (y + ) = 6 (x + 1) + (y + ) = 11 (x + 1) + (y + ) = 11 Vi ser t sirkelen hr rdius 11 og sentrum i ( 1, ) x + y = 64 y = 64 x y = ± 64 x Ashehoug Side 38 v 139

39 Vi skriver f (x) = 64 x og g(x) = 64 x inn i inntstingsfeltet i GeoGer og får følgende figur: x + y 6x = 16 x 6x + y = 16 x 6x y = 16 (x 3) + y = 5 y = 5 (x 3) y = ± 5 (x 3) Vi skriver f (x) = 5 (x 3) og g(x) = 5 (x 3) inn i inntstingsfeltet i GeoGer og får følgende figur: Ashehoug Side 39 v 139

40 x + y 8x 33 = 0 x 8x + y = 33 x 8x y = 33 (x 4) + y = 49 y = 49 (x 4) y = ± 49 (x 4) Vi skriver f (x) = 49 (x 4) og g(x) = 49 (x 4) inn i inntstingsfeltet i GeoGer og får følgende figur: Vi setter y = 6 inn i likningen. (x 1) + (y ) = 16 (x 1) + (6 ) = 16 (x 1) + 16 = 16 (x 1) = 0 x 1 = 0 x = 1 Skjæringspunktet er (1,6). Ashehoug Side 40 v 139

41 I GeoGer gjør vi det på følgende måte: Vi skriver inn likningen (x 1) + (y ) = 16 i inntstingsfeltet og får sirkelen. Vi tster inn linj y = 6 inn i inntstingsfeltet. Vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt og velger sirkelen og linj. D får vi punktet (1,6). Vi setter y = x 3 inn i likningen. (x 1) + (y ) = 16 (x 1) + ((x 3) ) = 16 (x 1) + (x 5) = 16 ( x x + 1 ) + ( x 10x + 5 ) = 16 x 1x + 6 = 16 x 1x + 10 = 0 x 6x + 5 = 0 (x 5)(x 1) = 0 x = 1 x = 5 Vi får to x-verdier. For hver v de x-verdiene er det en tilhørende y-verdi. Vi egynner med x = 1: y = x 3 y = 1 3 y = Så ser vi på x = 5: y = x 3 y = 5 3 y = Skjæringspunktene er (1, ) og (5,). Ashehoug Side 41 v 139

42 I GeoGer gjør vi det på følgende måte: Vi skriver inn likningen (x 1) + (y ) = 16 i inntstingsfeltet og får sirkelen. Vi tster inn linj y = x 3 inn i inntstingsfeltet.vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt og velger sirkelen og linj. D får vi punktene (1, ) og (5,) (x ( 4)) + (y 8) = 11 (x + 4) + (y 8) = 11 (x 8) + (y ( )) = ( 3 7 ) (x 8) + (y + ) = 9 7 (x 8) + (y + ) = Vi setter y = x 10 inn i likningen (x 1) + (y ) = 5 (x 1) + ((x 10) ) = 5 (x 1) + (x 1) = 5 ( x x + 1 ) + ( 4x 48x ) = 5 5x 50x = 5 x 10x + 9 = 5 x 10x + 4 = 0 (x 6)(x 4) = 0 x = 4 x = 6 Ashehoug Side 4 v 139

43 Vi får to x-verdier. For hver v de x-verdiene er det en tilhørende y-verdi. Vi egynner med x = 4: y = x 10 y = 8 10 y = Så ser vi på x = 6: y = x 10 y = 1 10 y = Skjæringspunktene er (4, ) og (6,) Der sirkelen skjærer x-ksen, må y være 0. Vi setter derfor y = 0 inn i likningen. (x + 3) + (y 3) = 5 (x + 3) + ( 3) = 5 (x + 3) + 9 = 5 (x + 3) = 16 x + 3 = ± 16 x = 3 ± 4 x = 7 x = 1 Skjæringspunktene er ( 7,0) og (1,0). Der sirkelen skjærer y-ksen, må x være 0. Vi setter derfor x = 0 inn i likningen. (x + 3) + (y 3) = 5 (0 + 3) + (y 3) = (y 3) = 5 (y 3) = 16 y 3 = ± 16 y = 3 ± 4 y = 1 y = 7 Skjæringspunktene er (0, 1) og (0,7). Ashehoug Side 43 v 139

44 Vi setter y = x inn i likningen (x + 3) + (y 3) = 5 (x + 3) + ((x ) 3) = 5 (x + 3) + (x 5) = 5 ( x + 6x + 9 ) + ( x 10x + 5 ) = 5 x 4x + 34 = 5 x 4x + 9 = 0 d Vi setter denne inn i -formelen: x = 4 ± x = 4 ± x = 4 ± 56 4 Den hr ingen løsninger. Derfor skjærer ldri linj y = x sirkelen. Vi setter y = 4 3 x + 7 inn i likningen. (x + 3) + (y 3) = 5 (( ) 4 (x + 3) + 3 x + 7 3) = 5 ( ) 4 (x + 3) + 3 x + 4 = 5 ( x + 6x + 9 ) ( x + 3 ) 3 x + 16 = x + 50 x + 5 = x x = 0 ( 5 x 9 x + 50 ) = 0 3 ( 5 x 9 x ) = 0 9 x = 6 x = 0 Vi får to x-verdier. For hver v de x-verdiene er det en tilhørende y-verdi. Vi egynner med x = 6: y = 4 3 x + 7 y = 4 3 ( 6) + 7 y = y = 1 Ashehoug Side 44 v 139

45 Så ser vi på x = 0: y = 4 3 x + 7 y = y = 7 Skjæringspunktene er (0,7) og ( 6, 1) x + y + x 3y = 3 x + x + y 3y = 3 x + x y 3y = 3 ( x + 1 ) 1 ( 4 + y 3 ) 9 4 = 6 4 ( x + 1 ( + y ) 3 ) = 16 4 ( x + 1 ( + y ) ) 3 = 4 ( x + 1 ( + y ) 3 ) = Det geometriske stedet som oppfyller krvet i likningen, er sirkelen med rdius og sentrum i ( 1, 3 ). x x + y + 4y = 5 x x y + 4y + = 5 (x 1) 1 + (y + ) 4 = 5 (x 1) + (y + ) = 0 x = 1 y = Det geometriske stedet som oppfyller krvet i likningen, er kun punktet (1, ). x + y + 8x 4y = 4 x + 8x + y 4y = 4 x + 8x y 4y + = 4 (x + 4) 16 + (y + ) 4 = 4 (x + 4) + (y + ) = 4 Begge leddene på venstre side må være større enn null, fordi de er kvdrter. Summen kn derfor ikke være negtiv, og følgelig ikke 4. Det er derfor ikke noe geometrisk sted som oppfyller likningen. Ashehoug Side 45 v 139

46 6.111 Vi ser t figuren er en sirkel med rdius 3 og sentrum i S = (1,0). Likningen for sirkelen er derfor (x 1) + y = 9. Vi omformer sirkellikningen til to funksjoner. (x 1) + y = 9 y = 9 (x 1) y = ± 9 (x 1) Vi får de to funksjonene f (x) = 9 (x 1) og g(x) = 9 (x 1). Vi ser v figuren t x 4. Så D f = D g = [,4] Det geometriske stedet som tilfredsstiller etingelsene, er sirkelen med sentrum i A = (, 3) og rdius 7. Det geometriske stedet som tilfredsstiller de to første etingelsene, er sirkelen med sentrum i origo og rdius 7. Men siden y 0, står vi kun igjen med den delen v sirkelen over x-ksen. Fordi sentrum v sirkelen ligger på x-ksen, er sirkelen delt i to like deler v x-ksen. Det etyr t vi står igjen med den øvre hlvsirkelen med sentrum i origo og rdius 7. Det geometriske stedet som tilfredsstiller de to første etingelsene, er sirkelen med sentrum i A = ( 3,0) og rdius 16. Men siden y 0, står vi kun igjen med den delen v sirkelen under x-ksen. Fordi sentrum v sirkelen ligger på x-ksen, er sirkelen delt i to like deler v x-ksen. Det etyr t vi står igjen med den nedre hlvsirkelen med sentrum i A = ( 3,0) og rdius Vi plsserer øyet på grdskiv der vektorene møtes. Vi måler vinkelen mellom vektorene til. 4. Ashehoug Side 46 v 139

47 d Vi plsserer øyet på grdskiv der vektorene møtes. Vi måler vinkelen mellom vektorene til Vi forlenger vektorene med en linjl. Så plsserer vi øyet på grdskiv der linjene møtes. Vi måler vinkelen mellom vektorene til 1. Vi ønsker t vektorene skl strte i smme punkt, men her slutter de i smme punkt. Vi kn likevel legge merke til t denne vinkelen er like stor som om vi lot vektorene strte i smme punkt. Vi plsserer derfor øyet på grdskiv der vektorene møtes. Vi måler vinkelen mellom vektorene til u v = 10 4 os0 = = 40 u v = 10 4 os45 = = 0 u v = 10 4 os90 = = 0 d u v = 10 4 os135 = 10 4 ( os45 ) = = 0 e u v = 10 4 os180 = 10 4 ( 1) = u v = = u v = u v ( ) os u, v u u v = v os ( u, v ) u 1 = 1 15 u = 4 15 u = 4 5 Ashehoug Side 47 v 139

48 6.117 Vi setter ( u, v ) = α. D får vi 7 = 5 osα. Vi løser likningen i CAS: Vi ser t ( u, v ) = 45,57. Vi setter ( u, v ) = α. D får vi 1 = 10 3 osα. Vi løser likningen i CAS: Vi ser t ( u, v ) = 134,43. Vi setter ( u, v ) = α. D får vi 0 = 5 5 osα. Vi løser likningen i CAS: d Vi ser t ( u, v ) = 90. Vi setter ( u, v ) = α. D hr vi 41,5 = 8,3 5 osα. Vi løser likningen i CAS: Vi ser t ( u, v ) = Når α < 90, lir u v = u vp = 1 6 = 7 Når α > 90, lir u v = u vp = 1 6 = 7 Ashehoug Side 48 v 139

49 6.119 W L = F s os65 W L = 507 Lind utfører et reid på 0,51 kj [ 5,6] [4,3] = ( 5) = Siden sklrproduktet er negtivt, er vinkelen på intervllet 90,180 ]. [5, 3] [3,5] = ( 3) 5 = 0 Siden sklrproduktet er 0, er vinkelen lik 90. [3, ] [ 1, 5] = 3 ( 1) + ( ) ( 5) = 7 Siden sklrproduktet er positivt, er vinkelen på intervllet [0, u v = [4,1] [ 4,16] = 4 ( 4) = = 0 Siden sklrproduktet er null, er u og v ortogonle. Ashehoug Side 49 v 139

50 u v = [,5] [14,6] = ( ) = = Siden sklrproduktet ikke er null, er u og v ikke ortogonle. u v = [ 8, 15] [1, 5] = ( 8) 1 + ( 15) ( 5) = = 1 Siden sklrproduktet ikke er null, er u og v ikke ortogonle. d. u v = [1, 8] [ 6, 9] = 1 ( 6) + ( 8) ( 9) = = 0 Siden sklrproduktet er null, er u og v ortogonle [,5] [k,] = 0 k + 10 = 0 k = 10 k = 5 Vi ser t vektorene er ortogonle når k = 5. [ 1,k] [3,3] = k = 0 3k = 3 k = 1 Vi ser t vektorene er ortogonle når k = 1. [k,k 4] [1,3] = 0 k + 3 (k 4) = 0 k + 3k 1 = 0 4k 1 = 0 4k = 1 k = 3 Vi ser t vektorene er ortogonle når k = 3. d [k 1,3] [k, ] = 0 (k k) 6 = 0 k k 6 = 0 (k 3)(k + ) = 0 k = k = 3 Vi ser t vektorene er ortogonle når k = og når k = 3. Ashehoug Side 50 v 139

51 6.14 Vi løser i CAS i GeoGer: 6.15 Når vi skl finne en vektor som står normlt på en gitt vektor, kn vi l x- og y-koordintene ytte plss og endre fortegn på en v koordintene. d e Vi hr [5,1] og lr koordintene ytte plss: [1,5]. Vi endrer fortegn på en v koordintene: [1, 5]. [1, 5] er en vektor som står normlt på [5,1]. Vi hr [ 3,] og lr koordintene ytte plss: [, 3]. Vi endrer fortegn på en v koordintene: [,3]. [,3] er en vektor som står normlt på [ 3,]. Vi hr [7, 8] og lr koordintene ytte plss: [ 8,7]. Vi endrer fortegn på en v koordintene: [8,7]. [8,7] er en vektor som står normlt på [7, 8]. Vi hr [, 4] og lr koordintene ytte plss: [ 4,]. Vi endrer fortegn på en v koordintene: [4,]. [4,] er en vektor som står normlt på [, 4]. Vi hr [3,] og lr koordintene ytte plss: [,3]. Vi endrer fortegn på en v koordintene: [, 3]. [, 3] er en vektor som står normlt på [3,] Vi lr C = (x 1,y 1 ), og må finne en [ AC = x1 4,y 1 ] som står normlt på AB = [ 6,3]. Vi lr derfor AC = [3,6]. AC = [ x 1 4,y 1 ] [3,6] = [ x 1 4,y 1 ] x 1 4 = 3 y 1 = 6 x 1 = 7 y 1 = 8 Vi lr C = (7,8). Vi hr nå estemt t C = (7,8). Lr vi D = A = (4,), må CD AB fordi CD = CA = AC. Ashehoug Side 51 v 139

52 6.17 Vi legger vektorene og likningen i CAS. Vi er kun interessert i vinkler som er på intervllet [0,180 ]. Vi lr derfor K 1 = 0 og får α = 90. Vi legger vektorene og likningen i CAS. Vi er kun interessert i vinkler som er på intervllet [0,180 ]. Vi lr derfor K 1 = 0 og får α = 45. Vi legger vektorene og likningen i CAS. Vinkelen α mellom vektorene er 144,7. Ashehoug Side 5 v 139

53 d Vi legger vektorene og likningen i CAS. Vinkelen α mellom vektorene er 153, Vi finner lengdene v frtsvektorene i CAS. Frten til åten vr 7,1 m/min før kursendringen og 36,1 m/min etter. Ashehoug Side 53 v 139

54 Vi finner vinkelen mellom vektorene i CAS. Båtens kursendring vr,6. Båtens kursendring som vektor er sluttfrtsvektor strtsfrtsvektor. v u = [30,0] [40,60] = [ 10, 40] Båtens kursendring som vektor er [ 10, 40] Vi finner først vektorene AB, AC og BC. AB = [6,4 3] = [4,1] AC = [4,5 3] = [,] BC = [4 6,5 4] = [,1] Vi finner vinkelen mellom AB og AC med kommndoen Vinkel[<vektor>,<vektor>] i grfikkfeltet. Vinkel A er 31,0. Ashehoug Side 54 v 139

55 Vi finner vinkelen mellom BC og BA. Vinkel B er 40,6. Vinkel C er 180 (31,0 + 40,6 ) = 108,4. Vi finner først vektorene AB, AC og BC. AB = [3 ( 3), 6 ] = [6, 8] AC = [1 ( 3),1 ] = [4, 1] BC = [1 3,1 ( 6)] = [,7] Vi finner vinkelen mellom AB og AC med kommndoen Vinkel[<vektor>,<vektor>] i grfikkfeltet. Vinkel A er 39,1. Vi finner vinkelen mellom BC og BA. Vinkel B er 0,9. Vinkel C er 180 (39,1 + 0,9 ) = 10, Vi vet t e x og e y er ortogonle. Derfor må e x e y = 0. e x e x = ex = 1 = 1. e y e y = ey = 1 = 1. d e x 5 e y = 10 e x e y = 10 0 = 0. Ashehoug Side 55 v 139

56 e 3 e x 8 e x = 4 ex = 4. f ( ex 4 e y ) 3 ey = 3 e x e y 1 e y e y = 0 1 = Vi vet t vinkelen mellom to vektorer er i intervllet [0,180 ]. Så den minste mulige verdien α kn h, er 0. Den største mulige verdien α kn h, er 180. Når vinkelen mellom to vektorer er 0, er vektorene prllelle og hr smme retning. Når vinkelen mellom to vektorer er 180, er vektorene prllelle og men hr motstt retning Vi vet t u v = u v os30. Vi lr α være vinkelen mellom u og v. Først ser vi t ( ) ( ) u v = u v osα. Så kn vi se t ( u ) ( v ) = ( 1) ( 1) u v = u v = u v os30 Men det etyr t u v osα = u v os30 α = 30 Vi lr α være vinkelen mellom u og v. Først ser vi t ( u ) v = u v osα. Så kn vi se t ( u ) v = ( u v ) = u v os30 Men det etyr t u v osα = u v os30 u v osα = u v os150 α = 150 Vi lr α være vinkelen mellom u og v. Først ser vi t u ( v ) = u v osα. Ashehoug Side 56 v 139

57 Så kn vi se t u ( v ) = u v = u v os30 Men det etyr t u v osα = u v os30 u v osα = u v os150 α = u v = 4 9 os0 = = 36 Vi vet t når vinkelen mellom to vektorer er 90, er sklrproduktet 0. u v = 4 9 os180 = 4 9 ( 1) = u v = 4 9 os30 = 4 9 u v = 4 9 os65 = 15, u v = 4 9 os15 = 0,6 3 = Når klokk viser 1.00, ligger viserne over hverndre, og vinkelen mellom dem er 0. u v = 3 os0 = 3 1 = Vi setter ( u, v ) = α. D hr vi 6 = 3 10 osα Vi løser likningen i CAS. Vi ser t ( u, v ) = 78,46 Vi vet t når sklrproduktet mellom to vektorer er null, må vinkelen mellom vektorene være 90. Ashehoug Side 57 v 139

58 Vi setter ( u, v ) = α. D hr vi 6 = 3 10 osα Vi løser likningen i CAS. Vi ser t ( u, v ) = 101, [,] [4,4] = ( ) = 0 Siden sklrproduktet er null, står vektorene normlt på hverndre [,t] [3,8] = t = 0 8t = 6 Vi ser t vektorene er ortogonle når t = 3 4. t = 3 4 [t 1,t] [4, 1] = 0 4 (t 1) t = 0 4t 4 t = 0 3t 4 = 0 3t = 4 Vi ser t vektorene er ortogonle når t = 4 3. t = Vi legger vektorene og likningen i CAS. Vinkelen mellom vektorene er 101,71. Ashehoug Side 58 v 139

59 6.140 AB = (7 ) + ( ) = = 5 = 5 AC = (7 ) + (5 ) = = 34 AB AC = [5,0] [5,3] = = 5 Vi legger vektorene AB = [5,0] og AC = [5,3] inn i CAS. Så løser vi likningen AB AC = AB AC osα i CAS. A er 30,96. Vi finner B ved å finne vinkelen mellom BA og BC. BA = AB = [ 5,0] BC = [7 7,5 ] = [0,3] Vi ser t BA hr y-koordint lik 0, mens BC hr x-koordint lik 0. D vil sklrproduktet også li 0. BA BC = [ 5,0] [0,3] = ( 5) = 0 Men d vet vi t B er 90, og treknten er rettvinklet Vi ser t A = (,3), B = (, ) og C = (6,0). Vi finner vektorene AB, AC og BC. AB = [4, 5] AC = [8, 3] BC = [4,] Ashehoug Side 59 v 139

60 Vi finner vinkelen mellom AB og AC med kommndoen Vinkel[<vektor>,<vektor>] i grfikkfeltet. Vinkel A er 30,8. Vi finner vinkelen mellom BC og BA. Vinkel B er 10,1. Vinkel C er 180 (30,8 + 10,1 ) = 47, = [,4] = [,3] = [,1] d = [, ] v = [4,0] v = [4,0] [,4] = 8 v = [4,0] [,3] = 8 v = [4,0] [,1] = 8 v d = [4,0] [, ] = 8 Ashehoug Side 60 v 139

61 Vi ser på v. Definisjonen v sklrprodukt sier t v = v osα Men osα = p. Derfor får vi t v = v p = 4 = 8. Vi kn konkludere med t lle vektorer på formen [,] prikket med v vil gi sklrprodukt 8 unsett hv er Vi lr F = [600,0] være krftvektoren, og s = [ 40,0] være forflytningsvektoren. Vinkelen mellom vektorene er 180. W A = F s os180 W L = ( 1) W L = Anders utfører et reid på 4 kj u v = = 1 u v = = = 1 Når sin ( u, v ) = 1, må ( u, v ) være enten 30 eller 150. Vi får derfor to lterntiver: u v = 4 3 os30 = 1 u v = 4 3 os150 = 1 Når sin ( u, v ) = 1, er u v = ±1. Ashehoug Side 61 v 139

62 6.145 På en urskive er det 1 klokkeslett fr 1 til 1. Hvis vi tegner en linje fr sentrum ut til hvert klokkeslett, vil vinkelen mellom hver time være = 30. Når klokk viser 9.30, så peker minuttviseren mot 6, mens timeviseren peker midt mellom 9 og 10. Vinkelen mellom 6 og 9 er 90, men så må vi legge til 30 = 15 fordi timeviseren er midt mellom 9 og 10. Vi kommer derfor frm til t vinkelen mellom viserne er 105. u v = 3 os105 = 1,55 u v = 1,55 når klokk er Vi må tenke oss et tidspunkt der vinkelen mellom viserne er 90. Det er lettest hvis vi lr det være en hel time, ltså t minuttviseren peker mot 1. Hvis minuttviseren peker mot 1, ser vi t timeviseren kn peke mot enten 3 eller 9. Oppgven hr egentlig 48 løsninger, to for hver time i døgnet, men vi nøyer oss med å liste de fire hele timene 3.00, 9.00, og u v = 6 osα, der α er vinkelen mellom viserne Vi må ltså h t osα = 1, som etyr t α = 180. Vi må tenke oss et tidspunkt der vinkelen mellom viserne er 180. Hvis minuttviseren peker mot 1, ser vi t timeviseren må peke mot 6. Oppgven hr egentlig 4 løsninger, en for hver time i døgnet, men vi nøyer oss med å nevne de hele timene 6.00 og Vi ser t u v = 35 3 = 105 som er det smme som sklrproduktet. D må os ( u, v ) = 1 som etyr t vinkelen mellom vektorene må være 0. De hr ltså smme retning L α være vinkelen mellom vektorene. D vet vi t osα [ 1,1]. Den største verdien får vi ltså når osα = 1 α = 0, og den minste når osα = 1 α = 180. Når α = 0, er u v = = 4. Når α = 180, er u v = 4 6 ( 1) = Definisjonen v sklrprodukt sier t = osα, der α er vinkelen mellom og. = osα = osα = Ashehoug Side 6 v 139

63 Vi ser først for k 0 (k ) = k osα = k osα = k osα = k osα = k Så ser vi for k < 0, men d må vi huske t vinkelen mellom og k er 180 α. (k ) = k os ( 180 α ) = k os(180 α) = k os(180 α) = k os(180 α) = k Vi vet t W = F s, der F er krftvektoren og s er forflytningsvektoren. Vi ser først på krftvektoren N. Den står normlt på forflytningsvektoren s. Derfor må W N = N s = 0. Så ser vi på krftvektoren R. Vinkelen mellom R og s er 180. Derfor må W R = R s = R s os180 = ( 1) = Til slutt ser vi på krftvektoren G. Vinkelen mellom G og s er 60. Derfor må W G = G s = R s os60 = = Normlkrften utfører et reid på 0 J. Friksjonskrften utfører et reid på 17,5 kj. Tyngdekrften utfører et reid på 8 kj Vi vet t u ( v + w ) = u v + u w. u ( v + w ) = u v + u w = u v os40 + u w os140 = 7 4 os os140 = 5,36 Ashehoug Side 63 v 139

64 6.151 ( ) ( ) ex 3 e y ex e y = e x 4 e x e y 3 e x e y + 6 e y = = 8 ( ) ( ) ex + e y ex e y = e x e y = 1 1 = 0 ( ) ( ) 5 ex 3 e y 3 ex + 4 e y = 15 e x 0 e x e y + 9 e x e y 1 e y = = Vi hr tre muligheter for å gjøre treknt ABC til en rettvinklet treknt. Vi kn estemme slik t enten vinkel A, B eller C lir 90. Vi finner først den -verdien som gjør t vinkel A lir 90. Vi må velge slik t AB AC = 0 AB = [3, ] AC = [8,] AB AC = 0 [3, ] [8,] = = 0 = 0 = 10 Når = 10, er A = 90. Vi finner så de -verdiene som gjør t vinkel B lir 90. Vi må velge slik t BA BC = 0. BA = [ 3, ] BC = [5,4 ] BA BC = 0 [ 3, ] [5,4 ] = (8 6 + ) = = 0 Ashehoug Side 64 v 139

65 Vi ruker -formelen for å finne. = 6 ± ( 7) 1 = 6 ± 64 = 6 ± 8 = 6 8 = = = 14 = 1 = 7 Når = 1 eller = 7, er B = 90. Vi finner til sist den -verdien som gjør t vinkel C lir 90. Vi må velge slik t CA CB = 0. CA = [ 8, ] CB = [ 5, 4] CA CB = 0 [ 8, ] [ 5, 4] = = 0 = 48 = 4 Når = 4, er C = 90. Til slutt kn vi ltså konkludere: Når { 10, 1,7,4}, så er treknt ABC rettvinklet Stigningstllet til linj y = x + er, som etyr t linj går steg i y-retning når linj går ett steg i x-retning. Men vektoren [1,] går også steg i y-retning når vektoren går ett steg i x-retning. Hvis linjene står normlt på hverndre, må [1, 1 ] [1, ] = 0. [1, 1 ] [1, ] = = 0 1 = 1 som vr det vi skulle vise. Ashehoug Side 65 v 139

66 6.154 For t firknt ABCD skl være et kvdrt, må lle sidene h lik lengde og lle vinklene må være 90. Vi sjekker først om lle sidene er like lnge. AB = [, 4] AB = = 5 BC = [4,1] BC = = 17 Men nå kn vi llerede konkludere med t ikke lle sidene er like lnge. Derfor er ikke firknt ABCD et kvdrt u v = 0 Vi ser t vektorene er ortogonle når t = og når t = 3. [6 + t,t] [ 1,t] = 0 6 t + t = 0 t t 6 = 0 (t 3)(t + ) = 0 t = t = 3 u v = 0 ([, 1] + t [4,1]) [,1] = 0 [ + 4t, 1 + t] [,1] = t 1 + t = 0 9t = 3 Vi ser t vektorene er ortogonle når t = 1 3. t = Tngenten til sirkelen i punktet P må stå vinkelrett på rdiusvektoren S P. Vi må ltså vise t S P [3,8] = 0. S P = [ 4, 3 ] [ S P [3,8] = 4, 3 ] [3,8] = = 0 Tngenten er prllell med vektoren [3,8]. Ashehoug Side 66 v 139

67 6.157 Fr Thles-setning vet vi t hvis vil lr AB være dimeteren i en sirkel og P være et tilfeldig punkt på sirkeluen, må APB = 90. Derfor er det geometriske stedet for de punkter P i plnet som er slik t AP BP, sirkelen med AB som dimeter. Det geometriske stedet for de punkter P i plnet som er slik t AP AB, er normlen på AB gjennom A Vi vet t det geometriske stedet må være en norml på linj gjennom A og B. For å finne ut hvilken norml det er, lger vi oss en likning der vi lr APp være prllellkomponenten v AP som er prllell med AB. AP AB = 7 AP p AB = 7 APp AB = 7 APp 1 = 7 APp = 6 Vi vet ltså t normlen må treffe 6 unn A. Videre vet vi t vinkelen mellom AP og AB må være mellom 0 og 90 fordi sklrproduktet er positivt. Derfor må normlen treffe 6 unn A i retning B, men det er jo midt mellom A og B. Det geometriske stedet må være midtnormlen på AB. Vi lger oss en tilsvrende likning som i oppgve. AP AB = 36 AP p AB = 36 APp AB = 36 APp 1 = 36 APp = 3 Vi vet ltså t normlen må treffe 3 unn A. Videre vet vi t vinkelen mellom AP og AB må være mellom 90 og 180 fordi sklrproduktet er negtivt. Derfor må normlen treffe 3 unn A i motstt retning v B. Det geometriske stedet må være normlen ned på linj gjennom A og B, som er 3 unn A og 15 unn B. Ashehoug Side 67 v 139

68 6.159 v = [ 4,3] [ 4,3] = = 5 v = [4 + t,1] [4 + t,1] = t + t + 1 = t + 8t + 17 v må være minst når x-koordinten 4 + t = 0. Altså når t = 4. Det kunne vi også sett ut ifr symmetrilinj til t + 8t v = [ + t,3 t] [ + t,3 t] = ( 4 4t + t ) + ( 9 6t + t ) = t 10t + 13 v = 1 er ekvivlent med t v = 1. Vi trenger derfor å løse likningen t 10t + 13 = 1. t 10t + 13 = 1 t 10t + 1 = 0 t 5t + 6 = 0 (t 3)(t ) = 0 t = t = At v = 7, er ekvivlent med t v = 7 = 49. v = ( + ) = = ( 6) = = 49 v = 49, så d må v = 7. Først regner vi ut hv sklrproduktet v lir. Så ruker vi dette til å finne vinkelen mellom dem. v = ( + ) = + = 3 + ( 6) = 3 v osα = v osα = osα = 1 7 α = 98, Ashehoug Side 68 v 139

69 Vi må h t u = 0. u = 0 ( 4 + t ) = t = 0 4 ( 6) + 4 t = t = 0 16t = 4 t = Først regner vi ut hv sklrproduktet u v lir når ( u + v ) ( u v ) = 0. Så ruker vi dette til å finne vinkelen mellom dem. ( u + v ) ( u v ) = 0 u + u v v = u v 9 = 0 u v = 1 u v osα = u v osα = 1 3 osα = 1 6 α = 80, Først oserverer vi t AB = [ 9,6]. Videre ser vi t fordi P ligger på AB, må AP være prllell med AB. D må det finnes en t slik t AP = t AB = [ 9t,6t]. CP = CO + OA + AP som vr det vi skulle vise. = OC + OA + AP = [ 1,3] + [8,1] + [ 9t,6t] = [7 9t,4 + 6t] Ashehoug Side 69 v 139

70 Fordi CP står normlt på AB, må CP AB = 0. Dette kn vi ruke for å finne t. CP AB = 0 [7 9t,4 + 6t] [ 9,6] = t t = 0 117t = 39 D lir OP = OA + AP t = 1 3 = [8,1] + [ 9t,6t] [ = [8,1] ,6 1 ] 3 = [8,1] + [ 3,] = [5,3] P = (5,3) u v = ( + ) ( ) = + = Vi skl sjekke om sklrproduktet u v er 0, men først regner vi ut. = os10 = 4 3 ( os60 ) = 1 1 = 6 u v = = 4 ( 6) 3 = = 4 Vi ser t u v 0, og derfor står ikke u og v vinkelrett på hverndre. Vi må løse likningen ( + k ) ( ) = 0. ( + k ) ( ) = 0 + (k ) k = (k ) ( 6) k 3 = 0 3 6k + 1 9k = 0 15k = 44 k = Når k = 15 44, står vektorene vinkelrett på hverndre. Ashehoug Side 70 v 139

71 6.164 ([,1] [1,3]) [1,1] = ( + 3) [1,1] = [5,5] [,1] ([1,3] [1,1]) = [,1] (1 + 3) = [8,4] ( ) u v w er en konstnt gnget med w, og hr derfor smme retning som w. d u ( v w ) er u gnget med en konstnt, og hr derfor smme retning som u. Fr oppgve og oppgve ser vi t de hr forskjellig retning, og må derfor være forskjellige vektorer u = [4,7] = = 65 = 5 v = [8,15] = = Bruker GeoGer for å finne vinkelen mellom vektorene: 89 = 17 Som vi ser, er vinkelen mellom vektorene 45,7. w = u v + v u = 5[8,15] + 17[4,7] = [00,375] + [408,119] = [608,494] = 38[16,13] Vi må vise t ( u, w ) = ( v, w ) og ruker CAS. Som vi ser, er egge vinklene like store. Ashehoug Side 71 v 139

72 d Først oserverer vi t hvis ( u, v ) = 0, må også vinkelen mellom w og de to ndre vektorene være 0 fordi w d hr smme retning som de to ndre vektorene. Men for ( u, v ) 0 må vi vise t ( u, w ) = ( v, w ). Vi lr ( u, w ) = α 1 og ( v, w ) = α. u w osα 1 = u w = u ( u v + v u ) u w u u v + v u = u w u u v + v u = u w = u v + u v w v w osα = v w = v ( u v + v u ) v w u v + v u v = v w u v + v u v = v w u v + u v = w = u v + u v w = osα 1 som etyr t α 1 = α Vi må vise t HE = GF og t HG = EF. HE = HA + AE = 1 DA + 1 AB = 1 ( ) DA + AB = 1 DB Ashehoug Side 7 v 139

73 GF = GC + CF = 1 DC + 1 CB ( ) DC + CB = 1 = 1 DB som etyr t HE = GF. HG = HD + DG = 1 AD + 1 DC ( ) AD + DC = 1 = 1 AC EF = EB + BF = 1 AB + 1 BC ( ) AB + BC = 1 = 1 AC som etyr t HG = EF. Vi hr nå evist t firknt EFGH er et prllellogrm Fr eksempel 34 vet vi t CM = 1 ( ) u + v. Videre ser vi t AB = ( u + v ). Vi ruker dette til å vise t CM AB = 0. 1 ( ) ( ) CM AB = u + v u + v = 1 ( u + v ) = 0 CM står vinkelrett på AB. Ashehoug Side 73 v 139

74 6.168 Vi lr Q være fotpunktet på linj l for normlen til linj gjennom P. AB = [7 1,5 1] = [6,4] PA = [1,1 6] = [ 1, 5] PQ = PA + AQ = PA + k AB = [ 1, 5] + k [6,4] = [6k 1,4k 5] Fordi AB PQ, får vi AB PQ = 0 [6,4] [6k 1,4k 5] = 0 6 (6k 1) + 4 (4k 5) = 0 5k = 6 k = 6 5 k = 1 Vi setter verdien for k inn i uttrykket for PQ: [ PQ = 6 1 1,4 1 ] 5 = [, 3] PQ = + 3 = 13 Avstnden fr punktet P til linj l er 13. Vi løser oppgven i CAS i GeoGer: Avstnden fr punktet P til linj l er , AB = [3, 1] AB = = 10 Ashehoug Side 74 v 139

75 Vi løser oppgven i CAS i GeoGer: Vinkelen mellom AB og AC er 71,57. [ AD = 1, 1 ] = 1 AB D ligger på AB. 3 3 DC = [1,3] DC AB = [1,3] [3, 1] = 3 3 = 0 som etyr t DC AB Vi lr Q være fotpunktet på linj gjennom A og B for normlen gjennom C. AB = [4 1,8 ] = [3,6] CA = [1 5, 4] = [ 4, ] CQ = CA + AQ = CA + k AB = [ 4, ] + k [3,6] = [3k 4,6k ] Fordi AB CQ, får vi AB CQ = 0 [3,6] [3k 4,6k ] = 0 3 (3k 4) + 6 (6k ) = 0 45k = 4 k = 4 45 k = 8 15 Ashehoug Side 75 v 139

76 Vi setter verdien for k inn i uttrykket for CQ: [ CQ = ,6 8 ] [ 15 = 1 5, 6 ] 5 OQ = [ OC + CQ = [5,4] + 1 5, 6 ] [ 13 = 5 5, 6 ] 5 ( 13 Q = 5, 6 ) BC = BA + AC = + = BC = + 1 ( ) = BQ = AB + 1 BC = 1 AC = 1 1 CA + AB = + 1 = 1 AQ = 1 AB + BQ = AB + PQ = PB + CP = CA + AP = Hvis de ligger på linje, må CM = k CP. CM = CA + AM = CA + AQ = ( + ) = + 1 ( + ) = = 3 ( ) 1 Vi hr ltså vist t CM = 3 CP, som etyr t de tre punktene C, M og P ligger på en rett linje. = CP AB = [4,] BC = [ 1,] AB BC = [4,] [ 1,] = = 0 AB står vinkelrett på BC. AC = [3,4] AD = [1,] D ligger ikke på AC fordi det ikke fins noen k slik t AC = kad. Vi lr E = (0,y) og ruker t AE = kac. AE = [,y 1 ] AE = k AC [ ],y 1 = k [3,4] Ashehoug Side 76 v 139

77 = 3k y 1 = 4k k = 3 y = d k = y = E = ( ) 0, 11 3 Vi lr F = (x,0) og finner x slik t FB = 5. FB = [ x,3] FB = 5 ( x) + 3 = 5 4 4x + x + 9 = 5 x 4x + 13 = 5 x 4x 1 = 0 (x 6)(x + ) = 0 x = x = 6 Hvis F = (,0) eller hvis F = (6,0), er vstnden fr F til B lik Fr linj y = 0,5x + kn vi finne to punkter. y(0) = y() = 0,5 + = 3 Punktene A = (0,) og B = (,3) ligger på l. Vi lr Q være fotpunktet på linj l for normlen til linj gjennom P. AB = [,1] PA = [ 4, 7] PQ = PA + AQ = PA + k AB = [ 4, 7] + k [,1] = [k 4,k 7] Fordi AB PQ, får vi AB PQ = 0 [,1] [k 4,k 7] = 0 (k 4) + (k 7) = 0 5k = 15 k = 3 Ashehoug Side 77 v 139

78 Vi setter verdien for k inn i uttrykket for PQ: PQ = [ 3 4,3 7] = [,4] PQ = + 4 = 0 = 5 Avstnden fr punktet P til linj l er d = 6 4 os10 = 1 = 6 = 36 = 4 = 16 BD = BA + AD = + = AC = 1 AB + BC = = 3 ( + ) DC = DA + AC = + 3 ( + ) = Vi undersøker om sklrproduktet er 0: ( 1 AB BC = + 3 ) = = ( 1) = 18 1 Vektorene står normlt på hverndre. ) ( 3 AC = AC = AC = ( 1) AC = AC = 63 AC = 63 AC = 3 7 ( BD = ) BD = + BD = 36 + ( ) ( 1) + 16 BD = 76 BD = 76 BD = 19 Ashehoug Side 78 v 139

79 e Vi finner først AC BD. ( 3 AC BD = + 3 ) ( + ) = = = = 30 Så finner vi vinkelen α mellom AC og BD. AC BD osα = AC BD 30 osα = osα = α = 115,69 f Vi lger oss to likninger for AP og løser det som et likningssystem. 3l 3l AP = l AC = + AP = AB + BP = + k Vi får følgende likningssystem: 3l = 1 3l = k l = 3 k = 1 k = M 1 = A + B M = A +C = (4,0) = (1,4) = (,0) ( ) 1 =, Fordi S ligger på linj gjennom C og M 1, må CS = k CM1. Fordi S også ligger på linj gjennom B og M, må BS = t BM. Men d er CS = CB + BS = CB + t BM. D følger det t k CM 1 = CB + t BM, fordi egge sider er lik CS. Ashehoug Side 79 v 139

80 CM 1 = [1, 4] CB = [3, 4] BM = [ 7, ] k CM 1 = CB + t BM k [1, 4] = [3, 4] + t [ 7 ], [k, 4k] = [3, 4] + [ 7 ] t,t [k, 4k] = [3 7 ] t, 4 + t d k = 3 7 t 4k = 4 + t k = 3 7 t k = 1 1 t 1 1 t = 3 7 t k = 1 1 t 3t = k = 1 1 t t = 3 k = e f t = k = 3 3 Vi finner først AC BD. [ ] CS = [k, 4k] = 3, 8 3 Vi ruker dette til å finne S. OS = [ ] OC + CS = [1,4] + 3, 8 = 3 ( 5 S = 3, 4 ) 3 [ 5 3, 4 ] 3 Hvis det fins en k slik t CS = CA + k AM3, d går også AM 3 gjennom S. CS = CA + k AM3 [ ] 3, 8 3 [ ] 3, 8 = [ 1, 4] + k 3 [ ] 5 + [1,4] = k, [ 5 3, 4 ] [ ] 5 = k 3, [ ] 5, Vi ser t likningen stemmer hvis k = 3. Ashehoug Side 80 v 139

81 6.176 AC = AS + S C = + BC = BS + S C = + Fr oppgve følger det t kn uttrykkes på følgende to måter: = + AC = + BC Dette ruker vi for å vise likhetene. ( = + ) AC = + AC = ( = + ) BC = + BC = Her hr vi rukt t og BC er ortogonle. Det smme er og AC. d Vi må vise t AB = 0. AB = ( ) = = 0 Det etyr t de tre høydene i en treknt møtes i ett punkt. Ashehoug Side 81 v 139

82 6.177 Vi lger en tell. Så tegner vi punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene. Ashehoug Side 8 v 139

83 Til slutt gjør vi det i GeoGer. Vi ruker kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>] for å tegne kurven Vi lger en tell. Vi tegner punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene. Ashehoug Side 83 v 139

84 Så gjør vi det i GeoGer. Vi ruker kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>] for å tegne kurven Vi setter (x 1,y 1 ) = (,3) og [,] = [,1] i den generelle prmeterfrmstillingen. l : { x = t y = 3 + t Vi lger en tell. Vi tegner punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene r = [3 0,4 ( )] = [3,6] = 3[1,] Ashehoug Side 84 v 139

85 Vi setter (x 1,y 1 ) = (0, ) og [,] = [1,] i den generelle prmeterfrmstillingen. l : { x = t y = + t r = [1 ( 3),6 0] = [4,6] = [,3] Vi setter (x 1,y 1 ) = ( 3,0) og [,] = [,3] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 3 + t l : y = 3t r = [ 3, 6 4] = [ 5, 10] = 5[1,] Vi setter (x 1,y 1 ) = (3,4) og [,] = [1,] i den generelle prmeterfrmstillingen. l : { x = 3 + t y = 4 + t r = [ ( ),3 3] = [4,0] = 4[1,0] Vi setter (x 1,y 1 ) = (,3) og [,] = [1,0] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = + t l : y = En retningsvektor for linj er [4,7]. Stigningstllet k for linj er k = Vi egynner med l. Den hr stigningstll 3 7 som etyr t r l = [7,3] er en retningsvektor for linj. Vi setter (x 1,y 1 ) = (4,1) og [,] = [7,3] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 4 + 7t l : y = 1 + 3t Så der vi på m. Den hr stigningstll 1 4 som etyr t r l = [1,4] er en retningsvektor for linj. Vi setter (x 1,y 1 ) = (,3) og [,] = [1,4] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = + t m : y = 3 + 4t Ashehoug Side 85 v 139

86 6.184 Vi setter inn i prmeterfrmstillingen og får 5 = t 6 = 3t + 5 t = 7 3t = 1 t = 7 t = 7 Punktet A ligger på linj. Vi setter inn i prmeterfrmstillingen og får 0 = t 10 = 3t + 5 t = 3t = 5 t = t = 5 3 Punktet B ligger ikke på linj. Vi setter inn i prmeterfrmstillingen og får 4 = t 1 = 3t + 5 t = 3t = 6 t = t = Punktet C ligger på linj Vi setter (,1) i prmeterfrmstillingen og får = 3t 1 = t + 1 3t = 0 t = 0 t = 0 t = 0 Vi setter så ( 8,5) i prmeterfrmstillingen og får 8 = 3t 5 = t + 1 3t = 6 t = 4 t = t = Til slutt setter vi (7, 5) i prmeterfrmstillingen og får 7 = 3t 5 = t + 1 3t = 9 t = 6 t = 3 t = 3 Prmeterverdien for punktet (,1) er 0, prmeterverdien for punktet ( 8,5) er, prmeterverdien for punktet (7, 5) er 3. Ashehoug Side 86 v 139

87 Fr prmeterfrmstillingen ser vi t r = [ 3,] er en retningsvektor. D er 3 = 3 stigningstllet for linj. l hr smme retningsvektor r = [ 3,]. Vi setter (x 1,y 1 ) = (,3) og [,] = [ 3,] i den generelle prmeterfrmstillingen. l : { x = 3t y = 3 + t I skjæringspunktet med x-ksen er y = 0. 0 = 3 + t t = 3 t = 3 Vi setter inn t = 3 i uttrykket for x: x = 1,5 + 3 = 1,5 + 1,5 = 3 Skjæringspunktet med x-ksen er (3,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x = 0. 0 = 1,5 + t t = 1,5 Vi setter inn t = 1,5 inn i uttrykket for y: y = 3 + ( 1,5) = 3 3 = 6 Skjæringspunktet med y-ksen er (0, 6). I skjæringspunktet med x-ksen er y = 0. 0 = lnt lnt = t = e Vi setter inn t = e i uttrykket for x: x = lne = Skjæringspunktet med x-ksen er (,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x = 0. 0 = lnt t = 1 Vi setter inn t = 1 inn i uttrykket for y: y = ln1 = 0 = Skjæringspunktet med y-ksen er (0,). Ashehoug Side 87 v 139

88 6.187 Vi ytter ut t med s som nvn på prmeteren i frmstillingen for m. { x = t l : y = t + 1 m : { x = s 1 y = 3s + 3 Vi får d et likningssystem med to ukjente: 1 t = s 1 t + 1 = 3s + 3 Av 1 : s = t + 1 Vi setter inn i : t + 1 = 3( t + 1) + 3 t + 1 = 6t t = 1 t = 1 5 Det gir s = = 3 5. Vi ruker prmeteren t = 1 5 for å finne skjæringspunktet: x = t = 5 = 0,4 y = t + 1 = 6 5 = 1, Skjæringspunktet er ( 5, 6 5). Så gjør vi det i GeoGer. Vi tegner kurvene for l og m for t-verdier fr til. Vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt for å finne skjæringspunktet mellom kurvene. Av figuren ser vi t skjæringspunktet er ( 5, 6 5). Vi ytter ut t med s som nvn på prmeteren i frmstillingen for n. { x = t l : y = t + 1 n : { x = 0,5s 1 y = s + 6 Ashehoug Side 88 v 139

89 Vi får d et likningssystem med to ukjente: 1 t = 0,5s 1 t + 1 = s + 6 Av : t = s + 5 Vi setter inn i 1 : ( s + 5) = 0,5s 1 s 10 = 0,5s 1 1,5s = 9 s = 6 Det gir t = = 1. Vi ruker prmeteren t = 1 for å finne skjæringspunktet: x = t = y = t + 1 = 0 Skjæringspunktet er (,0). Så gjør vi det i GeoGer. Vi tegner kurvene for l og n. Vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt for å finne skjæringspunktet mellom kurvene. Av figuren ser vi t skjæringspunktet er (,0). Ashehoug Side 89 v 139

90 6.188 Vi får et likningsett med to ukjente: 1 t = s + t + 1 = s + s Av 1 får vi t = s 1. Vi setter inn i : t + 1 = s + s ( s 1) + 1 = s + s s = s + s s + 3s = 0 s(s + 3) = 0 s = 3 s = 0 s = 3 gir t = s 1 = 3 1 =. s = 0 gir t = s 1 = 0 1 = 1. Likningssystemet hr to løsninger: (t = s = 3) og (t = 1 s = 0) Ashehoug Side 90 v 139

91 Vi ruker prmeterverdiene t = 1 og t = for å finne de to skjæringspunktene: t = 1 : x = ( 1) = y = = 0 t = : x = = 4 y = + 1 = 3 Skjæringspunktene er (,0) og ( 4,3). Så gjør vi det i GeoGer. Vi tegner kurvene for og. Vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt for å finne skjæringspunktene mellom kurvene. Av figuren ser vi t skjæringspunktet er (,0). Ashehoug Side 91 v 139

92 6.189 Vi lger en tell. Vi tegner punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene: Vi lger en tell. Vi tegner punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene: Ashehoug Side 9 v 139

93 6.190 Vi ruker kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>] for å tegne kurvene Vi setter (x 1,y 1 ) = (,3) og [,] = [1,] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = + t y = 3 + t Vi ruker punktene til å finne en retningsvektor først: r = [ 1, 3 ( 1)] = [1, ] Vi setter (x 1,y 1 ) = (1, 1) og [,] = [1, ] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 1 + t y = 1 t Vi ruker punktene til å finne en retningsvektor først: r = [ 4,7 6] = [ 6,1] Vi setter (x 1,y 1 ) = (4,6) og [,] = [ 6,1] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 4 6t y = 6 + t d Vi ruker punktene til å finne en retningsvektor først: r = [ 1 ( 1),3 ] = [0,1] Vi setter (x 1,y 1 ) = ( 1,) og [,] = [0,1] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 1 y = + t Ashehoug Side 93 v 139

94 e Vi ruker punktene til å finne en retningsvektor først: r = [3 3,7 1] = [0,6] = 6[0,1] Vi setter (x 1,y 1 ) = (3,1) og [,] = [0,1] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 3 y = 1 + t 6.19 Linj hr stigningstll 3 som etyr t r l = [1,3] er en retningsvektor for linj. Vi setter (x 1,y 1 ) = ( 1,) og [,] = [1,3] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 1 + t y = + 3t Linj hr stigningstll 1 som etyr t r l = [1, 1] er en retningsvektor for linj. Vi setter (x 1,y 1 ) = ( 1,) og [,] = [1, 1] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 1 + t y = t Linj hr stigningstll 0 som etyr t r l = [1,0] er en retningsvektor for linj. Vi setter (x 1,y 1 ) = ( 1,) og [,] = [1,0] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = 1 + t y = Vi setter A(3,4) inn i prmeterfrmstillingen og får 3 = 1 + t 4 = 6 t t = 4 t = t = 4 t = 1 Punktet A ligger ikke på linj. Vi setter B(,0) inn i prmeterfrmstillingen og får = 1 + t 0 = 6 t t = 3 t = 6 t = 4 t = 3 Punktet B ligger på linj. Vi setter C ( 6,4) inn i prmeterfrmstillingen og får 6 = 1 + t 4 = 6 t t = 5 t = t = 5 t = 1 Punktet C ligger ikke på linj. Ashehoug Side 94 v 139

95 Vi kjenner ett punkt på linj B(,0) og kn finne stigningstllet til linj. D hr vi det vi trenger for å ruke ettpunktsformelen. Vi finner først stigningstllet : r = [1, ] = 1 = Vi putter (x 0,y 0 ) = (,0) og = inn i ettpunktsformelen: y y 0 = (x x 0 ) y = (x x 0 ) + y 0 y = (x ) + 0 y = x I skjæringspunktet med x-ksen er y = 0. 0 = t + 3 t = 3 Vi setter inn 3 for t i uttrykket for x: x = ( 3) + = 6 + = 4 Skjæringspunktet med x-ksen er ( 4,0) når t = 3. I skjæringspunktet med y-ksen er x = 0. 0 = t + t = 1 Vi setter inn 1 for t inn i uttrykket for y: y = = Skjæringspunktet med y-ksen er (0,) når t = 1. Jeg kjenner to punkter på linj og ruker de punktene til å tegne linj. Ashehoug Side 95 v 139

96 6.195 Fr prmeterfrmstillingen v l ser vi t [1, 3] er en retningsvektor for l. Fr prmeterfrmstillingen v m ser vi t [, ] er en retningsvektor for m. Men d er ofte [1, 1] en mer hensiktsmessig retningsvektor. 1 I skjæringspunktet med x-ksen er y = 0. 0 = 1 + 3t t = 1 3 Vi setter inn 1 3 for t i uttrykket for x: x = = 7 3 Skjæringspunktet med x-ksen er ( 7 3,0 ). I skjæringspunktet med y-ksen er x = 0. 0 = + t t = Vi setter inn for t inn i uttrykket for y: y = ( ) = 7 Skjæringspunktet med y-ksen er (0, 7). I skjæringspunktet med x-ksen er y = 0. 0 = 10 s s = 5 Vi setter inn 5 for s i uttrykket for x: x = = 9 Skjæringspunktet med x-ksen er (9,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x = 0. 0 = 1 + s s = 1 Vi setter inn 1 for s inn i uttrykket for y: y = 10 1 = 9 Skjæringspunktet med y-ksen er (0,9). Ashehoug Side 96 v 139

97 Vi får et likningssystem med to ukjente: 1 + t = 1 + s 1 + 3t = 10 s Av 1 : t = s 3 Vi setter inn i : 1 + 3(s 3) = 10 s 1 + 6s 9 = 10 s 8s = 0 s = 5 5 Det gir t = 3 =. Vi ruker prmeteren t = for å finne skjæringspunktet: x = + t = + = 4 y = 1 + 3t = = 5 Skjæringspunktet P er (4, 5) For å finne t når kurven skjærer x-ksen, setter vi y = t = 0 t = 1 For å finne t når kurven skjærer y-ksen, setter vi x = 0. t 1 = 0 t = 1 t = ±1 Vi tegner kurven i GeoGer og ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt for å finne skjæringspunktene mellom kurven og ksene. Vi ser t kurven skjærer x-ksen i punktet ( 3 4,0) og y-ksen i punktene (0, 1) og (0,3) Vi setter (x 1,y 1 ) = (,0) og [,] = [,1] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = + t y = t Ashehoug Side 97 v 139

98 Linj hr retningsvektor [,1] og stigningstll 1 = 0,5. Vi kjenner ett punkt på linj (,0) og stigningstll = 0,5. Vi putter (x 0,y 0 ) = (,0) og = inn i ettpunktsformelen: y y 0 = (x x 0 ) y = (x x 0 ) + y 0 y = 0,5(x ) + 0 y = 0,5x 1 d Vi egynner med t = 1: [,0] + ( 1)[,1] = [,0] + [, 1] = [0, 1] Så ser vi på t = 1: [,0] + 1[,1] = [4,1] A = (0, 1) er et punkt på linj når t = 1. B = (4,1) er et punkt på linj når t = 1. Vi finner vstnden mellom punktene: AB = (4 0) + (1 ( 1)) = 4 + = 0 = 5 e Avstnden mellom de to punktene er 5. En linje m som står normlt på l, må h en retningsvektor som står normlt på [,1]. Vi kn velge [1, ] som hr stigningstll 1 =. En linje m som står normlt på l, må h stigningstll. Ashehoug Side 98 v 139

99 6.198 Linj l hr retningsvektor [1,0,6] som etyr t den hr stigningstll 0,6 retningsvektor [, 3] som etyr t den hr stigningstll 3 = 3 = 1, = 3 5 = 0,6. Linj m hr Vi tegner kurvene for l og m i GeoGer. Vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt for å finne skjæringspunktet mellom kurvene. Av figuren ser vi t skjæringspunktet er ( 6, 11 5 ). Vi finner vinkelen mellom linjene ved å legge til et punkt på hver v linjene med verktøyet punkt på ojekt. Vi ruker så verktøyet vinkel. Vi finner t vinkelen mellom linjene er 87, Vi får et likningsett med to ukjente: 1 t 1 = s + 1 t = s 4 Av får vi t = s +. Vi setter inn i 1 : t 1 = s + 1 ( s + ) 1 = s + 1 s + 1 = s + 1 s + s = 0 s(s + ) = 0 s = s = 0 s = gir t = s + = 4 + = 6. s = 0 gir t = s + = 0 + =. Ashehoug Side 99 v 139

100 Likningssystemet hr to løsninger: (t = 6 s = ) og (t = s = 0). Vi ruker prmeterverdiene t = og t = 6 for å finne de to skjæringspunktene: t = : x = 1 = 1 y = = 4 t = 6 : x = 6 1 = 5 y = 6 = 8 Skjæringspunktene er (1, 4) og (5, 8). Vi ruker grftegneren i GeoGer. Vi tegner kurvene for l og k. Vi ruker verktøyknppen skjæring mellom to ojekt for å finne skjæringspunktene mellom kurvene. Av figuren ser vi t skjæringspunktene er (1, 4) og (5, 8). Vi ruker CAS i GeoGer. Ashehoug Side 100 v 139

101 6.00 Vi vet t en prmeterfremstilling for en sirkel med rdius r og sentrum (m,n) er gitt ved { x = r osv + m y = r sinv + n Her er v prmeteren. Vi får derfor følgende prmeterfrmstilling: { x = osv 5 y = sinv + 3 Vi tegner sirkelen i GeoGer ved hjelp v kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>]. Lr prmeteren v gå fr 0 til Vi setter inn i prmeterfrmstillingen og får 1 = 3 + t = 4 + t t = 4 t = t = t = Punktet ligger på l. Vi ser t r = [,1] er en retningsvektor for l. D er v = r r 4 5 = [,1] = 4 [,1] = [8,4], Ashehoug Side 101 v 139

102 også en retningsvektor med lengde 4 5. Vi finner punktene A og B: OA = OP v OA = [ 1,] [8,4] OA = [ 9, ] OB = OP + v OB = [ 1,] + [8,4] OB = [7,6] De to punktene på linj l som hr vstnd 4 5 fr P, er ( 9, ) og (7,6). 6.0 En linje m som står normlt på l, må h en retningsvektor som står normlt på [4,3]. Vi kn velge [3, 4]. Vi setter (x 1,y 1 ) = (11, 7) og [,] = [3, 4] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = t l : y = 7 4t Vi må først finne skjæringspunktet P mellom linjene, for så å finne vstnden mellom P og A. Når vi skl finne P, får vi et likningssystem med to ukjente: t = s + 3t = 7 4s Av 1 : 4t = s t = s Vi setter inn i : ( ) 4 s = 7 4s s = 7 4s s = 5 s = Det gir t = ( ) = 5 3 = 1. Vi ruker prmeteren t = 1 for å finne skjæringspunktet: x = 1 + 4t = 5 y = + 3t = 1 Ashehoug Side 10 v 139

103 Skjæringspunktet P er (5,1). Vi finner vstnden mellom A og P: AP = (5 11) + (1 ( 7)) = = 100 = 10 Avstnden mellom linj og A er r = AB = [6,3 1] = [4,] = [,1] Vi ruker r l = [,1] som retningsvektor for l. Vi setter (x 1,y 1 ) = (,1) og [,] = [,1] i den generelle prmeterfrmstillingen. { x = + t l : y = 1 + t Vi ser t en retningsvektor for m er r m = [ 1,1]. For t linjene skl stå vinkelrett på hverndre, må r l r m = 0. r l r m = [,1] [ 1,1] = + 1 = 1 l og m står ikke vinkelrett på hverndre. Vi lr Q være et punkt på linj m. D er AQ = [(3 s),(3 + s) 1] = [1 s, + s]. Vi løser likningen: AQ = 3 [1 s, + s] = 3 (1 s) + ( + s) = 3 ( ) 1 s + s + ( 4 + 4s + s ) = 9 s + s + 5 = 9 s + s 4 = 0 s + s = 0 (s 1)(s + ) = 0 s = s = 1 Setter vi s = inn i prmeterfrmstillingen for m, får vi (5,1). Setter vi s = 1 inn i prmeterfrmstillingen for m, får vi (,4). d Det punktet P på m som er nærmest A, må være midt mellom punktene vi fnt i oppgve. (5,1) + (,4) P = = (7,5) ( 7 =, 5 ) Vi finner vstnden mellom A og P: AP = ( 7 ) + ( 5 1) = ( 3 ) + ( 3 ) = Avstnden mellom linj og A er = 18 = 3 = 3 Ashehoug Side 103 v 139

104 6.04 r(3) = [ 3 3,(3 ) ] = [0,1] Dette viser t muren vr i punktet (0,1) etter 3 timer. Vi skriver inn vektorfunksjonen r(t) = [ t 3,(t ) ] i GeoGer: 6.05 r(0) = [ 0 3,(0 ) ] = [ 3,4] r(,5) = [,5 3,(,5 ) ] = [ 0,5,0,5] Murens strtpunkt vr ( 3,4). Etter,5 timer vr muren ved ( 0,5,0,5). Vi finner vstnden mellom punktene: (5 ) ( [ 0,5 ( 3),0,5 4] = + 15 ) 5 = = 16 = = ,5 4 Etter,5 timer er muren 5 13 m eller. 4,5 m fr utgngspunktet. Vi ser t ved t = 0 er posisjonen til åt A gitt ved (0,0), og for åt B gitt ved (60,00). Vi finner vstnden: [60,00] = = = Ved t = 0 er vstnden mellom åtene 09 m. Vi undersøker om x-verdiene og y-verdiene i vektorfunksjonen er lik hverndre for smme t-verdi. Vi tr først for oss x-verdiene: 8t = 4t t = 60 t = 15 Ashehoug Side 104 v 139

105 x-verdiene er like for t = 15. Vi undersøker y-verdiene for denne t-verdien: y A (15) = 1 15 = 180 y B (15) = = = 140 Vi ser t y-verdiene er forskjellige for t = 15. Det etyr t åtene ikke kolliderer. Så kontrollerer vi svret ved hjelp v CAS verktøyet i GeoGer. Vi løser r A (t) = r B (t). Vi ser t det ikke fins en verdi for t som gjør t r A (t) = r B (t). Det etyr t åtene ikke kolliderer Vi løser likningen j(t) = r(t). Vi ser t når t = 14, stemmer likningen r A (t) = r B (t). Det etyr t Julie og Romeo møtes etter 14 min. Ashehoug Side 105 v 139

106 6.07 v(t) = r (t) = [( 0,5t ) ],(t) = [t,1] Frtsvektoren der t =, er v() = [,1]. D lir frten 5. v() = [,1] v() = v() = + 1 = 5 Når kurven er prllell med y-ksen, må x-koordinten til v(t) være 0. Men siden x-koordinten til v(t) er t, må t = 0. Vi putter t = 0 inn i r(t). r(0) = [ 0,5 0,0 ] = [0,0] d Det punktet på kurven der frtsvektoren er prllell med y-ksen er origo. Når kurven er prllell med x-ksen må y-koordinten til v(t) være 0. Men siden y-koordinten til v(t) er 1, vil det ldri skje. Frtsvektoren er derfor ldri prllell med x-sken Grfen le tegnet i GeoGer ved hjelp v følgende kommndo: Ashehoug Side 106 v 139

107 Vi finner posisjonen til llen etter 1 sekund med kommndoen r(1). Vi får punktet A = (8,9). Vi tegner frtsvektoren u fr punktet A ved følgende kommndo: d Fr figuren ser vi t frtsvektoren er gitt ved [18,]. Frten er lik lengden v vektoren, så den finner vi ved kommndoen lengde[u], og får t frten er 18,11 m/s. Til sist finner vi retningen ved å se på vinkelen mellom u og kken ved kommndoen vinkel[u]. Vi får t u dnner en vinkel på 6,34 med kken. Når llen er på sitt høyeste, er y-koordinten til frtsvektoren 0. y-koordinten til frtsvektoren må være den deriverte v y-koordinten til r(t) Men siden y-koordinten til v(t) er 1, vil det ldri skje. Frtsvektoren er derfor ldri prllell med x-sken. ( 5t + 1t + ) = 0 10t + 1 = 0 t = 6 5 e Vi finner nå toppunktet (31,6, 9,). Vi finner frten til llen i toppunktet ved kommndoen lengde[r (6/5)], og får t frten er 18 m/s. Bllen når en høyde på 9, m, og der er frten 18 m/s. Vi finner skjæringspunktet mellom kurven og x-ksen ved kommndoen Vi får punktet (56,0,0). Bllen lnder. 56 m fr veggen Vi tegner grfen til r(t) i GeoGer. Vi ser t det ktuelle punktet er (11,0). Ashehoug Side 107 v 139

108 Vi regner ut hvilke tidspunkter x(t) = t + = 11 og y(t) = 9t t 3 = 0. Vi egynner med x(t). t + = 11 t = 9 t = ±3 Så ser vi på y(t). 9t t 3 = 0 t 3 = 9t t = 9 t = ±3 Vi ser t hren er i punktet (11,0) når t = 3 og når t = 3. Vi vet llerede t den skjærer x-ksen når x = 11, men fr oppgve vet vi også t den skjærer x-ksen når t = 0. Vi regner ut hvilken x-verdi vi får d. x(0) = 0 + = Grfen skjærer ltså x-ksen når x = også. Grfen skjærer x-ksen i punktene (,0) og (11,0). Når frtsvektoren er prllell med x-ksen, må y-koordinten til v(t) være 0. y (t) = 0 ( 9t t 3 ) = 0 9 3t = 0 3t = 9 t = 3 t = ± 3 Når t = ± 3, er frtsvektoren prllell med x-ksen. Vi finner ut hvilke punkter det er. r( [( ) ( ) ( ) 3 ] 3) = 3 +,9 3 3 = [ 5, ] = [ 5, 6 3 ] r( 3) = [ 3 +, ] = [ 5, ] = [ 5,6 3 ] Frtsvektoren er prllell med x-ksen i punktene ( 5, 6 3 ) og ( 5,6 3 ). d For t frtsvektoren skl være prllell med [1, 3], må y-koordinten til frtsvektoren være 3 gnger så stor som x-koordinten. Vi kn ltså løse likningen 3x (t) = y (t). 3x (t) = y (t) 3 ( t + ) = ( 9t t 3 ) 3(t) = 9 3t 3t + 6t 9 = 0 t + t 3 = 0 (t + 3)(t 1) = 0 t = 3 t = 1 Ashehoug Side 108 v 139

109 Vi setter disse t verdiene inn i r(t) r( 3) = [ ( 3) +,9( 3) ( 3) 3] = [11,0] r(1) = [ 1 +, ] = [3,8] De punktene på grfen der frtsvektoren er prllell med vektoren [1,3], er (3,8) og (11,0) I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = 8 4t 4t = 8 t = Vi setter inn t = i uttrykket for x(t): x() = 1 + = 5 Skjæringspunktet med x-ksen er (5,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = 1 + t t = 1 t = 1 Vi setter inn t = 1 inn i uttrykket for y(t): ( y 1 ) ( = ) = 8 + = 10 Skjæringspunktet med y-ksen er (0,10). I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = 4 lgt lgt = 4 lgt = t = 100 Vi setter inn t = 100 i uttrykket for x(t): x(100) = lg100 = Skjæringspunktet med x-ksen er (,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = lgt t = 1 Vi setter inn t = 1 inn i uttrykket for y(t): y(t) = 4 lg1 = 4 0 = 4 Skjæringspunktet med y-ksen er (0,4). Ashehoug Side 109 v 139

110 6.11 I skjæringspunktene med x-ksen er y(t) = 0. 0 = t 4 t = 4 t = ± Vi setter inn t = i uttrykket for x(t): x() = + = 4 Vi setter inn t = i uttrykket for x(t): x( ) = + = 0 Skjæringspunktene med x-ksen er (0,0) og (4,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = t + t = Vi setter inn t = inn i uttrykket for y(t): y( ) = ( ) 4 = 4 4 = 0 Skjæringspunktet med y-ksen er (0,0). 1 Vi finner t-verdien når x(t) = 6, og ser om denne t-verdien gir t y(t) = 1. t + = 6 t = 4 Vi ser om y(4) er 1. y(4) = 4 4 y(4) = 16 4 y(4) = 1 Punktet (6,1) må ligge på grfen. Vi finner t-verdien når x(t) = 0, og ser om denne t-verdien gir t y(t) = 8. Men vi vet llerede t x(t) = 0 når t =. Vi ser om y( ) er 8. y( ) = ( ) 4 y( ) = 4 4 y( ) = 0 Punktet (0, 8) ligger ikke på grfen. Ashehoug Side 110 v 139

111 Vi lger en tell. Så tegner vi punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene. d v(t) = r (t) = [1,t] (t) = v (t) = [0,] e v() = [1, ] = [1,4] v() = = Frten er 17, og kselersjonen er når t =. 17 () = [0,] () = 0 + = 4 = 6.1 I skjæringspunktene med x-ksen er y(t) = 0. 0 = t t t t = 0 t(t 1) = 0 t = 0 t = 1 Vi setter inn t = 0 i uttrykket for x(t): x(0) = 0 = 0 Ashehoug Side 111 v 139

112 Vi setter inn t = 1 i uttrykket for x(t): x(1) = 1 = 1 Skjæringspunktene med x-ksen er (0,0) og (1,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. t = 0 t = 0 Vi setter inn t = 0 inn i uttrykket for y(t): y(0) = 0 0 = 0 Skjæringspunktet med y-ksen er (0,0). 1 Vi finner t-verdien når x(t) = 4, og ser om denne t-verdien gir t y(t) =. t = 4 t = ± Vi ser om y( ) eller y() er. y( ) = ( ) ( ) = 4 = 6 y() = = 4 = Punktet (4,) ligger ikke på grfen. Vi finner t-verdien når x(t) = 9, og ser om denne t-verdien gir t y(t) = 1. t = 9 t = ±3 Vi ser om y( 3) eller y(3) er 1. y( 3) = ( 3) ( 3) = 3 9 = 1 y(3) = 3 3 = 3 9 = 6 Punktet (9, 1) ligger på grfen. D er t = 3. 3 Vi finner t-verdien når x(t) = 16, og ser om denne t-verdien gir t y(t) = 4. t = 16 t = ±4 Vi ser om y( 4) eller y(4) er 4. y( 4) = ( 4) ( 4) = 4 16 = 0 y(4) = 4 4 = 4 16 = 1 Punktet (16, 4) ligger ikke på grfen. Ashehoug Side 11 v 139

113 Vi lger en tell. Så tegner vi punktene inn i et koordintsystem og trekker en kurve gjennom punktene I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = e t 1 e t = 1 t = ln1 t = 0 Vi setter inn t = 0 i uttrykket for x(t): x(0) = = 5 Skjæringspunktet med x-ksen er (5,0). I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = t + 5 t = 5 t = 5 Vi setter inn t = 5 inn i uttrykket for y(t): y( 5 ) = e ( 5 ) 1 Skjæringspunktet med y-ksen er ( 0,e 5 1 ). Ashehoug Side 113 v 139

114 v(t) = r (t) = [,e t] v(0) = [,e 0] = [,1] v(0) = + 1 = 5 (t) = v (t) = [ 0,e t] (0) = [ 0,e 0] = [0,1] (0) = = 1 = 1 Frten er 5, og kselersjonen er 1 når t = v(t) = r (t) = [t,t 1] (t) = v (t) = [,] v(t) = r (t) = [ 6 3t,t ] (t) = v (t) = [ 6t,] v(t) = r (t) = [ e t,4t ] (t) = v (t) = [ e t,4 ] 6.15 v(t) = r (t) = [ t,3t ] (t) = v (t) = [,6t] v() = [,3 ] = [4,1] v() = = 160 = 4 10 () = [,6 ] = [,1] () = + 1 = 148 = 37 Frten er 4 10 og kselersjonen er 1 når t =. Vi ser først t v(1) = [,3]. Finner vinkelen mellom v(1) og x-ksen i GeoGer med kommndoen Vinkel[(,3)], og får t vinkelen er 56,3. Ashehoug Side 114 v 139

115 d Vi tegner grfen i GeoGer med kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervri i inntstingsfeltet, og får følgende figur: 6.16 Vi finner først v(t). v(t) = r (t) = [ 3t 4,t ] Når frtsvektoren er prllell med x-ksen, er y(t) = 0. 0 = t t = 0 Frtsvektoren er prllell med x-ksen når t = 0. Når frtsvektoren er prllell med y-ksen, er x(t) = 0. 0 = 3t 4 3t = 4 t = 4 3 t = ± 3 Frtsvektoren er prllell med y-ksen når t = ± 3. Vi må h t t 3t 4 = 1 1 = 1 Vi løser likningen: t 3t 4 = 1 t = 4 3t 3t + t 4 = 0 Ashehoug Side 115 v 139

116 6.17 Bruker -formelen for å finne t: t = ± 4 3 ( 4) 3 t = ± 5 6 t = ± 13 6 t = 1 ± 13 3 Frtsvektoren er prllell med [ 1,1] når t = 1± I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = 3t 1 3t = 1 t = 1 3 Mus krysser x-ksen når t = 1 3. v(t) = r (t) = [ 3t 3,3 ] v( 1 [ 3 ) = 3 1 ] 3,3 = 3 ( v(1 3 ) = 8 ) = [ 3 1 ] 9 3, = [ 1 = 3 9 ] 3,3 = [ 83 ], = 3 Frtsvektoren er [ 8 3,3] og frten er I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = t 3 3t t(t 3) = 0 (t 3)t(t + 3) = når mus krysser x-ksen. Mus krysser y-ksen når t { 3,0, 3}. Vi finner frtsvektorene og frten ved de tidspunk- Ashehoug Side 116 v 139

117 d 1 tene: v( 3) = [3 ( 3 ) ] 3,3 = [3 3 3,3] = [6,3] v( 3) = = 45 = 3 5 v( 3) = [ 3 3 3,3 ] = [3 3 3,3] = [6,3] v( 3) = 3 5 v(0) = [ 3 0 3,3 ] = [ 3,3] v(0) = ( 3) + 3 = 18 = 3 Frtsvektoren er [6,3] og frten er 3 5 når mus krysser y-ksen ved tidene t = ± 3. Frtsvektoren er [ 3,3] og frten er 3 når mus krysser y-ksen ved tiden t = 0. Hvis frtsvektoren skl være prllell med x-ksen, må y-koordinten være 0, men y-koordinten til v(t) er lltid 3. Frtsvektoren er ldri prllell med x-ksen. d Hvis frtsvektoren skl være prllell med y-ksen, må x-koordinten være 0. 3t 3 = 0 3t = 3 t = 1 t = ±1 Frtsvektoren er prllell med y-ksen når t = ±1. Vi finner frten for de to tidspunktene: v( 1) = [ 3 ( 1) 3,3 ] = [3 1 3,3] = [0,3] v( 1) = 3 v( 1) = [ 3 1 3,3 ] = [3 1 3,3] = [0,3] v( 1) = 3 Frten er 3 når frtsvektoren er prllell med y-ksen ved tidene t = ± I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = 7 4t 4t = 7 t = 7 4 Vi setter inn t = 7 4 i uttrykket for x(t): ( ) 7 x = = = 5 4 Ashehoug Side 117 v 139

118 Skjæringspunktet med x-ksen er ( 5 4,0 ). I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = 1 + 3t 3t = 1 t = 1 3 Vi setter inn t = 3 1 inn i uttrykket for y(t): ( y 1 ) ( = ) = = 5 3 Skjæringspunktet med y-ksen er ( ) 0, 5 3. I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = 4t + t t + t = 0 t(t + 1) = 0 r(t) krysser x-ksen når t = 1 og t = 0. Vi setter disse t-verdiene inn i uttrykket for x(t): ( x 1 ) ( ( = ln 1 )) = ln( 1) Men dette er ikke mulig, så den skjærer ikke x-ksen når t = 1. x(0) = ln( 0) = ln0 Men dette er heller ikke mulig, så den skjærer ikke x-ksen når t = 0 heller. I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = lnt t = 1 t = 1 Vi setter inn t = 1 inn i uttrykket for y(t): ( ) ( ) 1 1 y = = = Skjæringspunktet med y-ksen er (0,). I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0, men y(t) = e t, som ldri kn være 0. Vektorfunksjonen skjærer ldri x-ksen. I skjæringspunktet med y-ksen er x(t) = 0. 0 = e t e t = t = ln Vi setter inn t = ln inn i uttrykket for y(t): y(ln) = e ln = Skjæringspunktet med y-ksen er (0,). Ashehoug Side 118 v 139

119 6.19 Vi finner t-verdien når x(t) = 6, og ser hvilken -verdi som d gir y(t) = 1. t + = 6 t = 4 Vi løser likningen y(4) = 1. y(4) = = 1 = 1 16 = 4 = 4 når punktet (6,1) ligger på grfen. Vi finner t-verdien når x(t) = 0, og ser om denne t-verdien gir t y(t) = 8. t + = 0 t = Vi ser om y( ) er 8. y( ) = ( ) 4 = 4 4 = 0 Punktet (0, 8) ligger ikke på grfen. r(3) = [ 3 +,3 4 ] = [5,5] r(3) hr stigningstll 1. Vinkelen mellom r(3) og x-ksen er derfor I skjæringspunktet med x-ksen er y(t) = 0. 0 = e t e t = t = ln Vi setter inn t = ln i uttrykket for x(t): x(ln) = 4ln (ln) Skjæringspunktet med x-ksen er ( 4ln (ln),0 ). I skjæringspunktene med y-ksen er x(t) = 0. 0 = 4t t t(t 4) = 0 Vi setter inn t = 0 og t = 4 inn i uttrykket for y(t): y(0) = e 0 = 1 = 1y(4) = e 4 Skjæringspunktene med y-ksen er (0, 1) og ( 0,e 4 ). r(0) = [ 4 0 0,e 0 ] = [0, 1] Vi ser t r(0) peker rett nedover. Vinkelen med x-ksen lir derfor 90, mens vinkelen med y-ksen lir 0. Ashehoug Side 119 v 139

120 6.1 Vi ruker kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>] for å tegne kurvene. Først uten hjelpemidler: Vi endrer r sin prmeter til s får et likningsett med to ukjente: 1 t = 1 + s t = s + 3 Vi setter t = 1 + s fr 1 inn i : t = s s = s + 3 s + s = 0 (s 1)(s + ) = 0 s = s = 1 s = gir t = 1 + s = 1 = 1. s = 1 gir t = 1 + s = =. Likningssystemet hr to løsninger: (t = 1 s = ) og (t = s = 1). Vi ruker prmeterverdiene t = og t = 6 for å finne de to skjæringspunktene: t = 1 : (t,t) = ( 1, 1) t = : (t,t) = (,) Skjæringspunktene er ( 1, 1) og (,). I GeoGer ruker vi verktøyknppen Skjæring mellom to ojekt for å finne de to skjæringspunktene ( 1, 1) og (, ). Ashehoug Side 10 v 139

121 Vi skl finne vinkelen mellom vektorene [ 1, 1] og [,]. Begge punktene ( 1, 1) og (,) ligger på den rette linj [t,t], som også går gjennom origo. Derfor må vinkelen mellom de to vektorene være 180. I GeoGer ruker vi kommndoen Vinkel[(-1,-1), (,)], og får t vinkelen er Vi deriverer først vektorfunksjonen to gnger slik t vi finner kselersjonsvektoren. v(t) = r (t) = [ 1,e t ] (t) = v (t) = [ 0,e t ] Vi ser t x-koordinten lltid er 0, mens y-koordinten ldri kn være 0. Det etyr t kselersjonsvektoren lltid er prllell med y-ksen, men ldri med x-ksen. 6.3 Vi deriverer først vektorfunksjonen en gng slik t vi finner frtsvektoren. v(t) = r (t) = [t,t + ] Frtsvektoren er prllell med x-ksen når y-koordinten er 0. t + = 0 = t = ( ) = 4 = 4 når t = og frtsvektoren er prllell med x-ksen. Vi vet t frtsvektoren er prllell med x-ksen for t =. Vi finner x( ) og y( ). x( ) = ( ) 1 = 4 1 = 3 y( ) = ( ) + 4 ( ) + 1 = = 3 Frtsvektoren er prllell med x-ksen i punktet (3, 3). Frtsvektoren er prllell med y-ksen når x-koordinten er 0. t = 0 t = 0 Vi finner x(0) og y(0). x(0) = 0 1 = 1 y(0) = = 1 Frtsvektoren er prllell med y-ksen i punktet ( 1,1). Ashehoug Side 11 v 139

122 d Vi deriverer frtsvektoren slik t vi finner kselersjonsvektoren. (t) = v (t) = [,] Vi må se om det fins en t slik t sklrproduktet mellom frtsvektoren og kselersjonsvektoren er 0. [t,t + 4] [,] = 0 t + (t + 4) = 0 4t + 4t + 8 = 0 8t = 8 t = 1 Når t = 1, står frtsvektoren og kselersjonsvektoren normlt på hverndre. Vi finner hvilket punkt det lir på grfen ved å finne x( 1) og y( 1). x( 1) = ( 1) 1 = 1 1 = 0 y( 1) = ( 1) + 4 ( 1) + 1 = = Frtsvektoren og kselersjonsvektoren står normlt på hverndre i punktet ( 1,1). Vi ruker kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>] for å tegne kurven. e Vi finner først frten som en funksjon v t: v(t) = (t) + (t + 4) = 4t + 4t + 16t + 16 = 8t + 16t + 16 = 8 t + t + Vi ser t frten er minst mulig når t + t + er minst mulig, men ikke negtiv. Men her er åde koeffisienten forn ndregrdsleddet og konstntleddet positivt. D er t + t + lltid positiv. Videre vet vi t unnpunktet til et ndregrdsuttrykk ligger på symmetrilinj t = 1 = 1. Når t = 1, er frten minst mulig. Men når t = 1, står frtsvektoren og kselersjonsvektoren normlt på hverndre. Altså i punktet ( 1,1). Frten er v( 1) = 8 ( 1) + ( 1) + v( 1) = v( 1) = 8 v( 1) = Den lveste frten er i punktet ( 1,1). Ashehoug Side 1 v 139

123 6.4 r() = [ 3 1, + ] r() = [8 4,4 + 4] r() = [ 16,8] Q = ( 16,8) Vi ser t x(t) er et tredjegrdspolynom, mens y(t) er et ndregrdspolynom. Det vil si t r(t) kn h smme x-koordint tre gnger, men smme y-koordint kun to gnger. Vi finner derfor den ndre t-verdien ved å løse likningen y(t) = 8. y(t) = 8 t + t = 8 t + t 8 = 0 (t )(t + 4) = 0 t = 4 t = Den ndre t-verdien er Siden de er i løypekrysset smtidig, trenger vi ikke endre prmeter på en v vektorfunksjonene. Vi setter x-koordintene lik hverndre. 5t = 4t + 1 t = 1 De hr gått en time når de møtes i løypekrysset. Vi ser t x-koordintene kun kn være lik hverndre når t = 1. De kn derfor ikke møtes flere gnger. Vi finner først frtsvektorene: v N (t) = r N (t) = [5,5] v N (1) = [5,5] v H (t) = r H (t) = [4,t] v H (1) = [4,] Vi ruker kommndoen Vinkel[(4,), (5,5)] i GeoGer og får t vinkelen mellom Nnn og Hns Jkos frtsvektorer etter en time er 18,4. Ashehoug Side 13 v 139

124 d Vi ruker kommndoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Prmetervriel>,<Strt>,<Slutt>] for å tegne kurvene. 6.6 Vi endrer r T sin prmeter til s, og får et likningsett med to ukjente: 1 18t 8 = 10s 10 3t = 0 6s Av får vi t = s Vi setter inn i 1 : 18t 8 = 10s ( 18 s 10 ) 8 = 10s 3 36s 60 8 = 10s 6s = 68 s = 68 6 s = s = gir t = = = = Likningssystemet hr en løsning: ( ) t = s = Ashehoug Side 14 v 139

125 Vi ruker prmeterverdien s = for å finne skjæringspunktet: x = = y = = = Skjæringspunktet er ( , 56 13), men t s, så åtene vil ikke kollidere. Vi regner ut vstnden mellom åtene til en hver tid ved å t lengden v vektoren fr Trollfjord til Nordlys. T N = [(18t 8) 10t,(10 3t) (0 6t)] = [8t 8,3t 10] d(t) = T N = (8t 8) + (3t 10) Vi ruker distnsefunksjonen til å finne den minste vstnden mellom åtene. d(t) = (8t 8) + (3t 10) = 73t 188t Vi ser t d(t) er minst når 73t 188t er minst. d(t) er lltid positiv, så vi trenger å finne unnpunktet. Vi vet t unnpunktet til et ndregrdsuttrykk ligger på symmetrilinj t = ( 188) 73 = ,9, som er. 1 time og 17 minutter. D er vstnden ( d(t) = 8 94 ) ( ) = 6,55 Båtene er nærmest hverndre etter. 1 time og 17 minutter. D er de 6,55 km fr hverndre. 6.7 Vi deriverer vektorfunksjonen to gnger slik t vi finner frtsvektoren og kselersjonsvektoren. Vi ruker produktregelen for å derivere x-koordinten. v(t) = r (t) = [ 5e t + 5te t,t ] (t) = v (t) = [ 5e t + 5e t + 5te t, ] = [ 10e t + 5te t, ] Vi sjekker så om noen v dem er prllelle med noen v ksene. Vi egynner med v(t). Vi vet t den er prllell med y-ksen når x-koordinten er 0. 5e t + 5te t = 0 5te t = 5e t 5t = 5 t = 1 Ashehoug Side 15 v 139

126 Videre ser vi t y-koordinten er 0 når t = 1. Vi kn derfor konkludere med t v(t) er prllell med x-ksen når t = 1 og med y-ksen når t = 1. Så ser vi på x-koordinten til (t). 10e t + 5te t = 0 5te t = 10e t 5t = 10 t = Videre ser vi t y-koordinten lltid er lik, ldri 0. Vi kn derfor konkludere med t (t) er prllell med y-ksen når t =, men ldri med x-ksen. Vi må finne ut om de hr likt stigningstll for noen verdier v t. Vi setter stigningstllene lik hverndre og løser likingen. t 5e t + 5te t = 10e t + 5te t Multipliserer med 5 t 1 e t + te t = 1 e t + te t Kryssmultipliserer (t 1) ( e t + te t) = e t + te t t e t + te t e t = e t + te t t e t 3e t = 0 e t ( t 3 ) = 0 ( t 3 ) = 0 t = 3 t = ± 3 Frtsvektoren og kselersjonsvektoren er prllelle når t = ± Vi deriverer vektorfunksjonen slik t vi finner frtsvektoren, for så å finne lengden v den når t = 0. v(t) = r (t) = [94,34 9,8t] v(0) = = Frten i utskytningsøyelikket er. 100 m/s. Vi må finne ut når frten i y-retning går fr positiv til negtiv. Altså når y-koordinten til v(t) er ,8t = 0 9,8t = 34 t = 3,47 Kul er på det høyeste etter 3,47 s. Vi setter t = 3,47 inn i y(t). y(3,47) = 34 3,47 4,9 3,47 59,0 Kul er på sitt høyeste 59,0 m over utskytningshøyden. Ashehoug Side 16 v 139

127 Vi må finne ut når y(t) = 100, og putte t-verdien vi finner, inn i x(t). 34t 4,9t = 100 4,9t 34t 100 = 0 Vi løser likningen i CAS-verktøyet til GeoGer. Vi er ikke interessert i negtive tidspunkter, så kul treffer kken når t = 9,17. Vi putter t = 9,17 inn i x(t). x(t) = 94 9,17 86 d Kul hr eveget seg 86 m i horisontl retning. Vi finner v(9,17) og vinkelen mellom x-ksen og v(9,17) ved hjelp v CAS i GeoGer. For å finne vinkelen ruker vi t vektoren [1,0] er prllell med x-ksen. Vi ser t kul treffer kken i en vinkel på 30,7 og med en frt på 109 m/s. Frtsvektoren er for øvrig [94, 55,9] når kul treffer kken. Ashehoug Side 17 v 139

128 Kpitteltest Del 1 Uten hjelpemidler Oppgve 1 Oppgve Vi regner ut k. k 5, 5 k 1, 5, 5 k, k Vi får to likninger. For t k må egge likningene h smme løsning. k k 5 5 k k Vi ser t de to likningene hr forskjellige løsninger. Det etyr t det ikke finnes noen k slik t k. Det etyr også t ikke er prllell med. Hvis og er ortogonle må 0. Vi regner ut , 5, Vi ser t 0 og kn konkludere med t og er ortogonle Lengden v er 9 3. Ashehoug Side 18 v 139

129 Oppgve 3 AE AB BE d 1 1 EI EF FI FG FE ED DG 1 DH EG DE EH ED DG DE EH DE EH EH Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 4 Vi løser likningen. ku kv 6u mv k 6 k m k 3 m 3 Oppgve 5 Vi ruker t OB er posisjonsvektoren til punktet B., 5 5, 3 3, 3, 3, 3, 3 0,1 0,1 0,1 5, 3 5, 4 5, 4 OB OA AB B OD OB BD OB DB D OC OD DC OD AB C Vi ser ltså t A, 5, B 3,, C 5, 4 og D 0,1. Ashehoug Side 19 v 139

130 Oppgve 6 Vi finner først et uttrykk for lengden v u. u t 1 t t t 1 4t 5t t 1 Så løser vi likningen u 5. u 5 5t t 1 5 Kvdrerer på egge sider. 5t t 1 5 5t t 4 0 Setter inn i -formelen. ( ) 4 5 ( 4) t t t 5 1 t og t. 5 u 5 når Vi må løse likningen u v 0. u v 0 t t t t t t t 1, 1, t t t t 1 0 3t 4t 1 0 Setter inn i -formelen. 4 ( 4) t t 3 t 1 Vi ser t det er to løsninger v t som gir t vektorene er ortogonle. Legg spesielt merke til t vektorene er ortogonle når t 1 fordi v 0 i dette tilfellet, og nullvektoren står ortogonlt på lle vektorer. Ashehoug Side 130 v 139

131 Oppgve 7 Vi ruker sklrproduktet, t lengden v AB er gitt ved, og t lengden v AD er gitt ved. os, Lengden v AD er Fordi BC AD smtidig som BC AD, må det ety t firknten er et prllellogrm. Videre vet vi t også AB 4, som etyr t også DC 4. D er firknt ABCD et prllellogrm der lle sider er like lnge. Altså en rome. Vi ser t BD, og AC. Sjekker om BD AC 0. BD AC BD AC 0, som etyr t de to digonlene står vinkelrett på hverndre. d Vi ruker t BA AB og BC AD. Det gir BA BC AB AD 8 8. Setter så opp en likning for å regne ut os ABC BA BC os ABC BA BC 4 4 os ABC 8 16 os ABC 8 os ABC 1. 1 e Vinklene i en rome må være mellom 0 og 180. Fordi os ABC må derfor ABC 60. Summen v to vinkler ved siden v hverndre i en rome må være 180, og to vinkler ovenfor hverndre må være like. D er ABC CDA 60 og BCD DAB 10 f For t P skl ligge på digonlen AC må AP k AC k for en k. Vi regner ut AP AB BP AB BD. Vi ser t hvis 1 k, så er AP k AC, som etyr t P ligger på digonlen AC. Ashehoug Side 131 v 139

132 Oppgve 8 Sirkellikningen gir x ( 6) y 4 4 x y Vi ser fr sirkellikningen t B 6, 8. D er koordintene til AB gitt ved: AB 6 6, 8 4 1, 4 Løsninger til oppgvene i ok Avstnden mellom sirklene er minst lngs AB. Vi finner derfor lengden v AB og trekker fr rdiene til de to sirklene. Vi vet t sirkelen med sentrum i A hr rdius 4, og ser fr sirkellikningen til sirkelen med sentrum i B t den hr rdius 9 3. d AB (3 4) Ashehoug Side 13 v 139

133 Del Med hjelpemidler Oppgve 9 r( ), 0,5 0, Dette viser t t gir punktet 0, på grfen. t gir punktet r(0) 0, 0,5 0, 0 Dette viser t 0, 0 på grfen. r(), 0,5 4, Dette viser t 4, på grfen. t gir punktet Vi skriver inn vektorfunksjonen i GeoGer for t 4, 4 ved kommndoen r=kurve[+t,-0.5t^,t,0,4]. Finner først vt (). t gir ( ) 1, 3 v( t) r '( t) 1, t Ser nå t 3 vt. v (3) Etter 3 s er frten 10 m/s. d Frten må være minst når t 0. D er frten: v(0) Frten er minst etter 0 s. D er frten 1 m/s. Oppgve 10 I det punktet som grfen skjærer ndre ksen må x koordintet til rt () være 0, ltså er t 3 0 t 3. Videre finner vi () vt ( ) 1, 0. vt, og setter v( t) 1, t 1, t 1, 0 t 0 t ( 3) 6 Ashehoug Side 133 v 139

134 I de punktene grfen skjærer x-ksen må y-koordinten til rt () være 0, ltså er t t 0 t 6t 0 t( t 6) 0 t 0 t 6. Posisjonsvektorene er d gitt ved: r(0) 0 3, r( 6) 6 3, r(0) 3, 0 r( 6) 3, 0 Det etyr t grfen skjærer x-ksen i punktene 3, 0 og 3, 0. Vi kn nå regne ut vinkelen mellom posisjonsvektorene og frtsvektorene ved hjelp v sklrprodukt, eller ved å ruke GeoGer. Først trenger vi frtsvektorene. v(0) 1, 0 6 v( 6) 1, 6 6 v(0) 1, 6 ( 6) 1, 6 v Vi ruker sklrprodukt for å regne ut vinkelen mellom r (0) og v (0). r(0) v(0) os r(0) v(0) 3, 0 1, 6 os os os os 37 80,5 Vi ruker GeoGer for å regne ut vinkelen mellom r( 6) og v( 6). Vi finner vinkelen med kommndoen Vinkel[(-3,0),(1,-6)]. Fr lgerfeltet ser vi d t vinkelen mellom vektorene er 99,5. Vi ruker GeoGer og tster inn r(t)=kurve[t+3,t^+6t,t,-8,5]. Det gir figuren til under. Ashehoug Side 134 v 139

135 ser vi t vt () er prllell med 1, 14 når t t 6 14 d Fordi v( t) 1, t 6 t 8 t 4 Puttert 4inn i rt: () r(4) 4 3, , 40 Frtsvektoren er prllell med vektoren 1,14 i punktet e Vi ruker CAS til å regne ut når sklrproduktet er 0. 7, 40. Løsninger til oppgvene i ok Først ser vi t t 3 er en løsning. Videre ser vi t 6 34 t er to ndre løsninger. Oppgve 11 Vi velger å tegne vektorfunksjonene for 5, 5 r_1(t)=kurve[t, -t^+4, t, -5, 5] og r_(t)=kurve[t, t-, t, -5, 5]. t i GeoGer ved kommndoene Ashehoug Side 135 v 139

136 Vi ruker kommndoen Skjæring[r_1, r_]. 3, 5 og, 0. Får punktene Løsninger til oppgvene i ok Vi ser t det er r 1 () t som hr den krumme grfen. Fordi x-koordinten til r 1 () t er t må x- koordintene til skjæringspunktene gi t verdiene i skjæringspunktene. Vi finner en vektor som er prllell med tngentene ved hjelp v v ( t) 1 1, t. For punktet 3, 5 v ( 3) 1, 6 som gir følgende prmeterfremstilling: x 3 t y 5 6t For punktet x t y 4t hr vi t, 0 hr vi t () 1, v som gir følgende prmeterfremstilling: Oppgve 1 Vi tegner vektorfunksjonen i GeoGer ved kommndoen r(t)=kurve[4*t*e^(-0.5t),16-1*e^(-0.5t),t,0,8]. Vi skriver inn kommndoen r(0) og får punktet A 0, 4 som etyr t posisjonsvektoren på ved strttidspunktet er 0, 4. Vi finner først frtsvektoren vt () ved kommndoen v(t)=derivert[r]. Finner så frtsvektoren ved strttidspunktet ved kommndoen v(0) og får punktet B 4, 6 som etyr t posisjonsvektoren på ved strttidspunktet er 4, 6. Ashehoug Side 136 v 139

137 d Vi ruker kommndoen vinkel[a,b] og får t vinkelen mellom vektorene er 84. Men vi vet t vinkelen må være på intervllet 0,180, som etyr t vinkelen er For å tegne vektorene inn i smme figur ruker vi kommndoene Vektor[A] og Vektor[A,A+B]. e Vi ruker CAS verktøyet til GeoGer til å regne ut når x-koordintet til frtsvektoren er 0, for så å sette denne t-verdien inn i rt. () 48 1 Vi ser t punktet på grfen der dette skjer er,16 e e. Ashehoug Side 137 v 139

138 Oppgve 13 Vi ruker følgende kommndoer i GeoGer: A=(,-1), B=A+(4,3) og C=B+(-7,1). Som vi ser er B 6, og C 1, 3. I figuren ovenfor kn det se ut som om A 90. Vi sjekker derfor om AB AC 0. AC AB BC 4, 3 7,1 3, 4 AB AC 4, 3 3, Vi kn derfor konkludere t treknten er rettvinklet., og setter D x, y 1, 3 1, 3 Vi ruker t DC AB DC x y x y DC AB 1 x, 3 y 4, 3 1 x 4 3 y 3 x 5 y 0 Punktet D ( 5, 0).. Ashehoug Side 138 v 139

139 Oppgve 14 Vi ruker CAS-verktøyet til GeoGer: Vi ser t v 6, 9. Vi ser t vi får et likningsett med to ukjente. u u w 0 og w og 3 eller 7 og 9 Ashehoug Side 139 v 139

YF kapittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 601 Vi skl gå ett hkk mot høyre, og gnger derfor med 10. 14 cm 14 10 mm 140 mm c Vi skl gå to hkk mot høyre, og gnger derfor med 10

Detaljer

1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka T kpittel 6 Geometri Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 6. Vi ruker pytgorssetningen. h 5 + 6 h 5 + 36 h 6 h ± 6 Hypotenusen er 6. Vi ruker pytgorssetningen. h, 4 + 6,7 h h 5, 076 + 45, 04 50, 047

Detaljer

1 Geometri KATEGORI 1. 1.1 Vinkelsummen i mangekanter. 1.2 Vinkler i formlike figurer

1 Geometri KATEGORI 1. 1.1 Vinkelsummen i mangekanter. 1.2 Vinkler i formlike figurer Oppgver 1 Geometri KTGORI 1 1.1 Vinkelsummen i mngeknter Oppgve 1.110 ) I en treknt er to v vinklene 65 og 5. Finn den tredje vinkelen. b) I en firknt er tre v vinklene 0, 50 og 150. Finn den fjerde vinkelen.

Detaljer

YF kapittel 7 Flate Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 7 Flate Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 7 Flte Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 701 Vinkel C er en rett vinkel. Altså er C = 90. c AB er motstående side til den rette vinkelen i treknten. Derfor er AB ypotenus. AC er osliggende

Detaljer

R1 kapittel 1 Algebra

R1 kapittel 1 Algebra Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 1 Alger Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 1.1 1 8 4 ( ) 15 5 (4 ) 7 1 7 ( ) d ( )( ) ( 4)( ) ( ) ( 4) ( )( 1) Oppgve 1. 49 7 ( 7)( 7) 5 5 5 5 1y 75 (4y 5) ( y) 5

Detaljer

1P kapittel 4 Lengder og vinkler

1P kapittel 4 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 4 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 4.1 6 MW 6 1 000 000 W 6 000 000 W 7,5 MW 7,5 1 000 000 W 7 500 000 W c 8 000 000 W 8 1 000 000 W 8 MW d 14

Detaljer

1P kapittel 3 Funksjoner

1P kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i ok 3.1 Origo hr koordintene (0, 0). Vi finner koordintene til punktene ved å lese v punktets verdi på x-ksen og y-ksen. A =

Detaljer

S1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka

S1 kapittel 6 Derivasjon Løsninger til oppgavene i boka S kpittel 6 Derivsjon Løsninger til oppgvene i ok 6. c y x y x = = = = y x 4 5 9 4 y 5 6 x 4 = = = = y x y x = = = = 7 ( 5) 6 ( ) 8 6. f( x ) f( x ) 5 7 x x ( ) 4 = = = = 6. T( x) = 0,x +,0 T T = + = (0)

Detaljer

... JULEPRØVE 9. trinn...

... JULEPRØVE 9. trinn... .... JULEPRØVE 9. trinn.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver

Detaljer

DEL 1 Uten hjelpemidler

DEL 1 Uten hjelpemidler Eksmen høsten 013 Løsninger Eksmen høsten 013 Løsninger DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 150 sider Vi finner først hvor mnge

Detaljer

... JULEPRØVE

... JULEPRØVE Ashehoug JULEPRØVE 2014 9. trinn.... JULEPRØVE 2014.... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemidler ( 37 poeng) På denne delprøven kn du re ruke skrivesker, psser og linjl. Alle oppgvene i del 1 skl føres

Detaljer

R2 - Heldagsprøve våren 2013

R2 - Heldagsprøve våren 2013 Løsningsskisser HD R R - Heldgsprøve våren 0 Løsningsskisser Viktigste oppsummeringer: Må skrive med penn på eksmen! Slurv og regnefeil, både med tll og bokstver, er hovedproblemet. Beste måten å fikse

Detaljer

3.7 Pythagoras på mange måter

3.7 Pythagoras på mange måter Oppgve 3.18 Vis t det er mulig å multiplisere og dividere linjestykker som vist i figur 3.. Bruk formlikhet. 3.7 Pythgors på mnge måter Grekeren Pythgors le født på Smos 569 og døde. år 500 f. Kr. Setningen

Detaljer

1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka T kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i lærebok Uten hjelpemidler E b c E b c Vi gnger vnlige tll med vnlige tll og tierpotenser med tierpotenser. Til slutt omformer vi svret så vi får et tll

Detaljer

1T kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgavene i læreboka 1T kpittel 3 Funksjoner Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 3.1 Origo er skjæringspunktet mellom førsteksen og ndreksen. Koordintene til origo er ltså (0, 0). Førstekoordinten til punktet A er 15, og

Detaljer

Integralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne

Integralregning. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne 8 Integrlregning Mål for opplæringen er t eleven skl kunne gjøre rede for definisjonen v estemt integrl som grense for en sum og uestemt integrl som ntiderivert eregne integrler v de sentrle funksjonene

Detaljer

S1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

S1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka S1 kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok E1 995 995 5 + 5 (995 5) (995 + 5) + 5 990 1000 + 5 990 000 + 5 990 05 E E (61+ 9) 51 49) (51+ 49) 61 9 (61 9) 51 49 ( 100 100 11 1997 00 199

Detaljer

R1 kapittel 8 Eksamenstrening

R1 kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler Oppgve E Hvis er et nullpunkt for De mulige nullpunktene for P, er konstntleddet 8 delelig med. P er

Detaljer

Tom Lindstrøm. Tilleggskapitler til. Kalkulus. 3. utgave. Universitetsforlaget,

Tom Lindstrøm. Tilleggskapitler til. Kalkulus. 3. utgave. Universitetsforlaget, Tom Lindstrøm Tilleggskpitler til Klkulus 3. utgve Universitetsforlget, Oslo 3. utgve Universitetsforlget AS 2006 1. utgve 1995 2. utgve 1996 ISBN-13: 978-82-15-00977-3 ISBN-10: 82-15-00977-8 Mterilet

Detaljer

Kapittel 4 Tall og algebra Mer øving

Kapittel 4 Tall og algebra Mer øving Kpittel 4 Tll og lger Mer øving Oppgve 1 d Oppgve 2 Se på uttrykket A = g h. Hv forteller de ulike okstvene? Se på uttrykket A = 2π. Hv står de ulike symolene for? Forklr hv vi mener med en vriel og en

Detaljer

MAT 1110: Løsningsforslag til obligatorisk oppgave 2, V-06

MAT 1110: Løsningsforslag til obligatorisk oppgave 2, V-06 MAT : Løsningsforslg til obligtorisk oppgve, V-6 Oppgve : ) Hvis = (,,...) og = (,,...) er to vektorer, vil kommndoen >> plot(,) tegne rette forbindelseslinjer mellom punktene (, ), (, ) osv. For å plotte

Detaljer

YF kapittel 8 Rom Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 8 Rom Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 8 Rom Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 809 Vi skl gå ett hkk mot venstre, og deler derfor med 10. 40 dl = (40 :10) L = 4 L Vi skl gå to hkk mot venstre, og deler derfor med 10 10 = 100.

Detaljer

Fag: Matematikk 1T-Y for elever og privatister. Antall sider i oppgaven: 8 inklusiv forside og opplysningsside

Fag: Matematikk 1T-Y for elever og privatister. Antall sider i oppgaven: 8 inklusiv forside og opplysningsside Loklt gitt eksmen 2012 Eksmen Fg: Mtemtikk 1T-Y for elever og privtister Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 25. mi Antll sider i oppgven: 8 inklusiv forside og opplysningsside Eksmenstid: Hjelpemidler under eksmen:

Detaljer

1 Tallregning og algebra

1 Tallregning og algebra Tllregning og lger ØV MER. REGNEREKKEFØLGE Oppgve.0 6 d) ( : 6) Oppgve. ( ) ( ) ()() ( ) ( ) ( ) () (6 ) () d) ( ) 7() ( ) Oppgve. 6 ( ) d) Oppgve. Med ett ddisjonstegn, ett sutrksjonstegn, ett multipliksjonstegn

Detaljer

YF kapittel 10 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 10 Eksamenstrening Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 10 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i læreok Uten hjelpemidler Oppgve E1 5 + 5 + 6 11 5 + 4 (5 + ) 5 + 4 7 10 6 + 8 d + ( + 1) 5 + 4 5 + 16 5 + 10 5 4 + 4 4 + 8 1 + + + + + + + + 49 49

Detaljer

Eksempeloppgaver 2014 Løsninger

Eksempeloppgaver 2014 Løsninger DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med centimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 19 millirder 9 10 = 19 10 = 1,9 10 0,089 10 = 8,9 10 10 = 8,9 10 Oppgve 6 6 8 Prosentvis

Detaljer

Brøkregning og likninger med teskje

Brøkregning og likninger med teskje Brøkregning og likninger med teskje Dette heftet gir en uformell trinn for trinn gjennomgng v grunnleggende regler for brøkregning og likninger. Dette er sto som vi i FYS 000 egentlig forventer t dere

Detaljer

E K S A M E N. Matematikk 3MX. Elevar/Elever Privatistar/Privatister. AA6524/AA6526 8. desember 2004 UTDANNINGSDIREKTORATET

E K S A M E N. Matematikk 3MX. Elevar/Elever Privatistar/Privatister. AA6524/AA6526 8. desember 2004 UTDANNINGSDIREKTORATET E K S A M E N UTDANNINGSDIREKTORATET Mtemtikk 3MX Elevr/Elever Privtistr/Privtister AA654/AA656 8. desember 004 Vidregånde kurs II / Videregående kurs II Studieretning for llmenne, økonomiske og dministrtive

Detaljer

TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E

TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 16. Løsningsforslg til øving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, så elektronets kselersjon blir = e m E ltså mot venstre. b) C Totlt elektrisk

Detaljer

2 Symboler i matematikken

2 Symboler i matematikken 2 Symoler i mtemtikken 2.1 Symoler som står for tll og størrelser Nvn i geometri Nvn i mtemtikken enyttes på lignende måte som nvn på yer og personer, de refererer eller representerer et tll eller en størrelse,

Detaljer

Del 2. Alle oppgaver føres inn på eget ark. Vis tydelig hvordan du har kommet frem til svaret. Oppgave 2

Del 2. Alle oppgaver føres inn på eget ark. Vis tydelig hvordan du har kommet frem til svaret. Oppgave 2 Del 2 Alle oppgver føres inn på eget rk. Vis tydelig hvordn du hr kommet frem til svret. Oppgve 1 Figuren viser sidefltene til et prisme. Grunnflten og toppflten mngler. ) Hvilken form må grunn- og toppflten

Detaljer

5: Algebra. Oppgaver Innhold Dato

5: Algebra. Oppgaver Innhold Dato 5: Alger Pln resten v året: - Kpittel 6: Ferur - Kpittel 7: Ferur/mrs - Kpittel 8: Mrs - Repetisjon: April/mi - Eventuell offentlig eksmen: Mi - Økter, prøver, prosjekter: Mi - juni For mnge er egrepet

Detaljer

OPPLÆRINGSREGION NORD. Skriftlig eksamen. MAT1001 Matematikk 1P-Y HØSTEN 2011. Privatister. Yrkesfag. Alle yrkesfaglige utdanningsprogrammer

OPPLÆRINGSREGION NORD. Skriftlig eksamen. MAT1001 Matematikk 1P-Y HØSTEN 2011. Privatister. Yrkesfag. Alle yrkesfaglige utdanningsprogrammer OPPLÆRINGSREGION NORD LK06 Finnmrk fylkeskommune Troms fylkeskommune Nordlnd fylkeskommune Nord-Trøndelg fylkeskommune Sør-Trøndelg fylkeskommune Møre og Romsdl fylke Skriftlig eksmen MAT1001 Mtemtikk

Detaljer

Årsprøve trinn Del 1. Navn: Informasjon for del 1

Årsprøve trinn Del 1. Navn: Informasjon for del 1 Årsprøve 2015 9. trinn Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 Prøvetid: Hjelpemidler på del 1: Andre opplysninger: Fremgngsmåte og forklring: 5 timer totlt. Del 1 og Del 2 skl deles ut smtidig Del 1 skl du levere

Detaljer

Praktiske opplysninger til rektor. Fag: MATEMATIKK 1TY for yrkesfag Fagkode: MAT1006 Eksamensdato: Antall forberedelsesdager: Ingen

Praktiske opplysninger til rektor. Fag: MATEMATIKK 1TY for yrkesfag Fagkode: MAT1006 Eksamensdato: Antall forberedelsesdager: Ingen Loklt gitt eksmen 2013 Prktiske opplysninger til rektor Fg: MATEMATIKK 1TY for yrkesfg Fgkode: MAT1006 Eksmensdto: 30.5.2013 Antll foreredelsesdger: Ingen Forhold som skolen må være oppmerksom på: Eksmenen

Detaljer

GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD

GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD Abstract. Dette kompendiet er laget for et etterutdanningskurs i geometri, og det gir bakgrunn for og supplerer forelesningene i kurset samtidig som det inneholder relevante

Detaljer

DELPRØVE 2 (35 poeng)

DELPRØVE 2 (35 poeng) DELPRØVE 2 (35 poeng) På denne delprøven er lle hjelpemidler tilltt. Alle oppgvene i del 2 skl føres på eget rk. Før svrene oversiktlig, slik t det går tydelig frm hvordn du hr løst oppgvene. Bruk penn.

Detaljer

Bevis i Geometri. 23. April, Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo

Bevis i Geometri. 23. April, Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 23. April, 2012 Matematikk - å regne - å resonnere/argumentere Geometri -hvorfor? Argumentasjon og bevis, mer enn regning etter oppskrifter.

Detaljer

1P kapittel 5 Areal og volum

1P kapittel 5 Areal og volum Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 5 Arel og volum Løsninger til oppgvene i ok 5.1 Vi skl gå ett hkk mot høyre og gnger derfor med 100. 14 m 14 100 mm 1400 mm Vi skl gå to hkk mot høyre og gnger derfor

Detaljer

Integrasjon Skoleprosjekt MAT4010

Integrasjon Skoleprosjekt MAT4010 Integrsjon Skoleprosjekt MAT4010 Tiin K. Kristinslund, Julin F. Rossnes og Torstein Hermnsen 19. mrs 2014 1 Innhold 1 Innledning 3 2 Integrsjon 3 3 Anlysens fundmentlteorem 7 4 Refernser 10 2 1 Innledning

Detaljer

1.9 Oppgaver Løsningsforslag

1.9 Oppgaver Løsningsforslag til Oppgaver 19 19 Oppgaver 191 (Eksamen i grunnskolen 1993) a I et parallellogram ABCD er avstanden mellom de parallelle sidene AB og CD 5,0 cm Konstruer parallellogrammet når siden AB=9,0 cm og A = 45

Detaljer

2 Tallregning og algebra

2 Tallregning og algebra Tllregning og lger KATEGORI. Regnerekkefølge Oppgve.0 Regn uten digitlt hjelpemiddel. + ( + ) ( ) Oppgve. Regn uten digitlt hjelpemiddel. Oppgve. Regn ut med og uten digitlt hjelpemiddel. + (7 + ) ( 9)

Detaljer

... ÅRSPRØVE 2014...

... ÅRSPRØVE 2014... Delprøve 1 Ashehoug ÅRSPRØVE 014 9. trinn.... ÅRSPRØVE 014... Nvn: Gruppe: DELPRØVE 1 uten hjelpemiler (39 poeng) Alle oppgvene i el 1 skl føres rett på rket. I noen oppgver er et en regnerute. Her skl

Detaljer

Temahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall

Temahefte nr. 1. Hvordan du regner med hele tall 1 ARBEIDSHEFTE I MATEMATIKK SNART MATTE EKSAMEN Hvordn du effektivt kn forberede deg til eksmen Temhefte nr. 1 Hvordn du regner med hele tll Av Mtthis Lorentzen mttegrisenforlg.com Opplysning: De nturlige

Detaljer

Sammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra

Sammendrag kapittel 1 - Aritmetikk og algebra Smmendrg kpittel 1 - Aritmetikk og lgebr Regneregler for brøker Utvide brøk: Gng med smme tll i teller og nevner. b = k b k Forkorte brøk: del med smme tll i teller og nevner. b = : k b : k Summere brøker:

Detaljer

Løsning eksamen R1 våren 2009

Løsning eksamen R1 våren 2009 Løsning eksamen R1 våren 009 Oppgave 1 a) 1) f( ) ( 1) 4 f ( ) 4( 1) ( 1) 4( 1) 8 ( 1) ) g ( ) e 3 3 3 g( ) e ( e ) 1 e e ( ) 1e e (1) e b) ( ) lim lim lim ( ) 4 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) c) ( ) ( ) ( ) ( )

Detaljer

Juleprøve trinn Del 1. Navn: Del 1 Aschehoug JULEPRØVE trinn. Informasjon for del 1

Juleprøve trinn Del 1. Navn: Del 1 Aschehoug JULEPRØVE trinn. Informasjon for del 1 Juleprøve 2015 10. Del 1 Nvn: Informsjon for del 1 Prøvetid Hjelpemidler i del 1 Andre opplysninger Frmgngsmåte og forklring 5 timer totlt Del 1 og del 2 lir delt ut smtidig. Del 1 skl leveres inn seinest

Detaljer

Faktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11.

Faktorisering. 1 Hva er faktorisering? 2 Hvorfor skal vi faktorisere? Per G. Østerlie Senter for IKT i utdanningen 11. Fktorisering Per G. Østerlie Senter for IKT i utdnningen per@osterlie.no 11. mi 013 1 Hv er fktorisering? Vi må se på veret å fktorisere. Hv er det vi skl gjøre når vi fktoriserer? Svret er: å lge fktorer.

Detaljer

Påbygging kapittel 4 Funksjoner 2 Løsninger til oppgavene i læreboka

Påbygging kapittel 4 Funksjoner 2 Løsninger til oppgavene i læreboka Påygging kpittel 4 Funksjoner Løsninger til oppgvene i læreok 4.1 D f = [ 1, 6,5] V = [ 1,4] f V f 4. D f Vnnstnden kl. 16 er gitt i punktet A på figuren. Vnnstnden vr c. 190 cm. Aschehoug www.lokus.no

Detaljer

Løsningsforslag til oppgavene i avsnitt 1.15

Løsningsforslag til oppgavene i avsnitt 1.15 til oppgver... til oppgvene i vsnitt.... August 00, oppgve Linjestykket er gitt Gitt et kvdrt ABCD der AB. Punktet E på BC og punktet F på CD ligger slik t AE BF. AE og BF skjærer hverndre i M. Konstruer

Detaljer

Kompetansemål: Sti 1 Sti 2 Sti 3 2.1 Enheter for lengde og areal 2.2 Målenøyaktighet 200, 201, 202, 206, 208 209, 211, 212, 213, 215

Kompetansemål: Sti 1 Sti 2 Sti 3 2.1 Enheter for lengde og areal 2.2 Målenøyaktighet 200, 201, 202, 206, 208 209, 211, 212, 213, 215 2 Geometri Kompetnsemål: Mål for opplæringen er t eleven skl kunne ruke formlikhet og Pytgors setning til eregninger og i prktisk reid løse prktiske prolemer knyttet til lengde, vinkel, rel og volum ruke

Detaljer

Oppfriskningskurs i matematikk 2007

Oppfriskningskurs i matematikk 2007 Oppfriskningskurs i mtemtikk 2007 Mrte Pernille Htlo Institutt for mtemtiske fg, NTNU 6.-11. ugust 2007 Velkommen! 2 Temer Algebr Trigonometri Funksjoner og derivsjon Integrsjon Eksponensil- og logritmefunksjoner

Detaljer

1 Mandag 8. mars 2010

1 Mandag 8. mars 2010 1 Mndg 8. mrs 21 Vi hr tidligere integrert funksjoner lngs x-ksen, og vi hr integrert funksjoner i flere vrible over begrensede områder i xy-plnet. I denne forelesningen skl vi integrere funksjoner lngs

Detaljer

Løsningsskisser og kommentarer til endel oppgaver i. kapittel 1.6 og 1.7

Løsningsskisser og kommentarer til endel oppgaver i. kapittel 1.6 og 1.7 Løsningsskisser og kommentarer til endel oppgaver i 155 kapittel 1.6 og 1.7 a) 12:00: u og v har samme retning: u v u v cos0 2 3 1 6 b) 09:30: Hver time er 30. Lilleviser (u) midt mellom 09 og 10! Altså

Detaljer

Eneboerspillet. Håvard Johnsbråten

Eneboerspillet. Håvard Johnsbråten Håvrd Johnsråten Eneoerspillet Når vi tenker på nvendelser i mtemtikken, ser vi gjerne for oss Pytgors læresetning eller ndre formler som vi kn ruke til å eregne lengder, reler, kostnder osv. Men mer strkte

Detaljer

M2, vår 2008 Funksjonslære Integrasjon

M2, vår 2008 Funksjonslære Integrasjon M, vår 008 Funksjonslære Integrsjon Avdeling for lærerutdnning, Høgskolen i Vestfold. pril 009 1 Arelet under en grf Vi begynner vår diskusjon v integrsjon, på smme måte som vi begynte med derivsjon, ved

Detaljer

Integrasjon av trigonometriske funksjoner

Integrasjon av trigonometriske funksjoner Integrsjon v trigonometriske funksjoner øistein Søvik 3. november 15 I dette dokumentet skl jeg vise litt ulike integrsjonsteknikker og metoder for å utforske integrlene v (cos x) og (sin x). De bestemte

Detaljer

2P kapittel 5 Eksamenstrening

2P kapittel 5 Eksamenstrening P kpittel 5 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler E1 3 4 0 3+ 4+ 0 7 = = = = 5 5 5 ( ) ( ) c d 7 5 3 3 3 3 6 4 3 6 4 3 3x x = 3 x x = 3 x x = 3 x = 3 x = 7x 1, 10 5,0 10 = 1, 5,0

Detaljer

Årsprøve 2014 10. trinn Del 2

Årsprøve 2014 10. trinn Del 2 2 Årsprøve 2014 10. trinn Del 2 Informsjon for del 2 Prøvetid: Hjelpemidler på del 2: Vedlegg: Andre opplysninger: Fremgngsmåte og forklring: Veiledning om vurderingen: 5 timer totlt Del 2 skl du levere

Detaljer

Kalkulus 2. Volum av et omdreiningslegeme. Rotasjon rundt x-aksen

Kalkulus 2. Volum av et omdreiningslegeme. Rotasjon rundt x-aksen Klkulus Klkulus Volum v et omdreiningslegeme Rotsjon rundt x-ksen På figuren nedenfor hr vi skrvert området vgrenset v grfen til den kontinuerlige funksjonen y = f( x) og x-ksen fr x= til x=. Når vi roterer

Detaljer

9 Potenser. Logaritmer

9 Potenser. Logaritmer 9 Potenser. Logritmer Foret utregingene nedenfor: 5 5 c 6 7 d e 5 f g h i Regn ut og gjør svrene så enkle som mulige: c y y d e f g h i j y y + y + y + + y Prisen på en motorsg vr kr 56 i 99. Vi regner

Detaljer

Litt av matematikken bak solur

Litt av matematikken bak solur Anne Bruvold Revidert mrs 005 Bkgrunn Min interesse for solur le vekket d jeg i 000 skulle holde et lite foredrg om kjeglesnitt og under foreredelsen v dette kom over rtikler som kolet kjeglesnitt med

Detaljer

1 Algebra. 1 Skriv disse uttrykkene så enkelt som mulig: a) 2(a + 3) (3 + 3a) b) 2(1 a) + a(2 + a) c) 1 + 2(1 3a) + 5a d) 4a 3ab 2(a 5b) + 3(ab 2b)

1 Algebra. 1 Skriv disse uttrykkene så enkelt som mulig: a) 2(a + 3) (3 + 3a) b) 2(1 a) + a(2 + a) c) 1 + 2(1 3a) + 5a d) 4a 3ab 2(a 5b) + 3(ab 2b) Alger Skriv disse uttrykkene så enkelt som mulig c 5 d 5 Multipliser ut og gjør svrene så enkle som mulige c c c c d e f g h 5 i Regn ut 5 Regn ut og vis frmgngsmåten 5 c Regn ut og vis frmgngsmåten 5

Detaljer

Løsninger til oppgaver i boka

Løsninger til oppgaver i boka Løsninger til oppgver i ok Kpittel 1 Alger Løsninger til oppgver i ok 1.9 d På ildet ser vi t den lengste siden i tkåpningen er omtrent så lng som den korteste. Om vi kller den korteste siden for x, hr

Detaljer

6 Brøk. Matematisk innhold Brøk i praktiske situasjoner Brøk som del av en mengde. Utstyr Eventuelt ulike konkreter, som brikker og knapper

6 Brøk. Matematisk innhold Brøk i praktiske situasjoner Brøk som del av en mengde. Utstyr Eventuelt ulike konkreter, som brikker og knapper Brøk I dette kpitlet lærer elevene om røk som del v en helhet, der helheten kn være en mengde, en lengde eller en figur, og de skl lære om røk som del v en mengde. De skl lære å finne delen når det hele

Detaljer

Nytt skoleår, nye bøker, nye muligheter!

Nytt skoleår, nye bøker, nye muligheter! Nytt skoleår, nye øker, nye muligheter! Utstyret dere trenger, er som i fjor: Læreok lånes v skolen vinkelmåler, --9 og - -9-treknter, psser, lynt, viskelær, penn, A-rk til innføring og A klddeok. Og en

Detaljer

Forkurs i matematikk. Kompendium av Amir Hashemi, UiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag 1

Forkurs i matematikk. Kompendium av Amir Hashemi, UiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag 1 Forkurs i mtemtikk Kompendium v Amir Hshemi, UiB. Notter, eksempler og oppgver med fsit/løsningsforslg Mtemtisk Institutt UiB Innhold Sist oppdtert 07. juni 0 i Forord... Kpittel 0 Test deg selv... Oppgver

Detaljer

Terminprøve Matematikk Påbygging høsten 2014

Terminprøve Matematikk Påbygging høsten 2014 Terminprøve høsten 2014 Terminprøve Mtemtikk Påygging høsten 2014 DEL 1 Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Regn ut 3 3 3 4 1 3 3 2

Detaljer

EKSAMEN. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 2 sider formelark)

EKSAMEN. ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside og 2 sider formelark) KANDIDATNUMMER: EKSAMEN FAGNAVN: Mtemtikk FAGNUMMER: REA EKSAMENSDATO: 5. desember 6 KLASSE:. klssene, ingenørutdnning. TID: kl. 9... FAGLÆRER: Hns Petter Hornæs ANTALL SIDER UTLEVERT: 7 (innkl. forside

Detaljer

Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra et punkt A, er en sirkel med radius 5 cm og har sentrum i A.

Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra et punkt A, er en sirkel med radius 5 cm og har sentrum i A. R1 kapittel 5 Geometri Løsninger til oppgavene i boka 5.1 a Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra et punkt A, er en sirkel med radius 5 cm og har sentrum i A. 5. a Vi bruker GeoGebra

Detaljer

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon

Matematikk 1000. Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrasjon Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 8 Numerisk integrsjon Som kjent kn vi regne ut (bestemte) integrler ved nti-derivsjon. Dette resulttet er et v de viktikgste innen klkulus; det heter tross

Detaljer

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 3 Geometri

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 3 Geometri QED 5 0 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind Fasit kapittel Geometri Kapittel Oppgave a) ( +, + 7) = (4, 9) b) (0, 4 + 5) = (, ) c) ( + 0, + 6) = (, 9) Oppgave a) Vi får vektoren [4, ]. b) Vi

Detaljer

1P kapittel 8 Eksamenstrening

1P kapittel 8 Eksamenstrening Løsninger til oppgvene i ok 1P kpittel 8 Eksmenstrening Løsninger til oppgvene i ok Uten hjelpemidler E1 Vi ytter ut 7,60 kr med 8 kr og 104 euro med euro. Det gir: 8 kr 4 300 kr. For fire overnttinger

Detaljer

R1 kapittel 7 Sannsynlighet

R1 kapittel 7 Sannsynlighet Løsninger til oppgvene i ok R kpittel 7 Snnsynlighet Løsninger til oppgvene i ok Oppgve 7. Hvis A hr inntruffet, ltså t den første kul er lå, så er det tre røde og én lå kule igjen i esken når vi skl trekke

Detaljer

ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL

ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL Anne Rsch-Hlvorsen Oddvr Asen Illustrtør: Bjørn Eidsvik 7B NY UTGAVE ALTERNATIV GRUNNBOK BOKMÅL CAPPELEN DAMM AS, 2011 Mterilet i denne publiksjonen er omfttet v åndsverklovens bestemmelser. Uten særskilt

Detaljer

Matematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrasjon

Matematikk Øvingsoppgaver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrasjon Mtemtikk 1000 Øvingsoppgver i numerikk leksjon 9 Numerisk integrsjon Forståelsen v integrlet som et rel ligger til grunn når vi skl beregne integrler numerisk. Litt mer presist: Når f(x) 0 for lle x i

Detaljer

Eksamensdato: 25. mai. I del 3 skal du gjøre oppgavene for ditt utdanningsprogram.

Eksamensdato: 25. mai. I del 3 skal du gjøre oppgavene for ditt utdanningsprogram. Lokl gitt eksmen 2012 Eksmen Fg: Mtemtikk 1P for yrkesfg for elever og privtister Fgkode: MAT1001 Eksmensdto: 25. mi Del 1: oppgve 1-5 Del 2: oppgve 6-11 Del 3: oppgve 12-13 I del 3 skl du gjøre oppgvene

Detaljer

Fasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål

Fasit. Grunnbok. Kapittel 2. Bokmål Fsit 9 Grunnbok Kpittel Bokmål Kpittel Lineære funksjoner rette linjer. ƒ(x) = 4x + 5 ƒ() = 3 ƒ(4) = ƒ(6) = 9.6 ƒ(x) = -x b ƒ(x) = x b ƒ(x) = (x + ) 3 ƒ() = ƒ(4) = 8 ƒ(6) = 4 ƒ(x) = x 4 ƒ() = - ƒ(4) =

Detaljer

Kompendium av Amir Hashemi, HiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag Institutt for Matematikk og Statistikk, UiT, Høsten 2012

Kompendium av Amir Hashemi, HiB. Notater, eksempler og oppgaver med fasit/løsningsforslag Institutt for Matematikk og Statistikk, UiT, Høsten 2012 Forkurs i mtemtikk til MAT-, ugust Kompendium v Amir Hshemi, HiB. Notter, eksempler og oppgver med fsit/løsningsforslg Institutt for Mtemtikk og Sttistikk, UiT, Høsten Innhold Forord... Kpittel Test deg

Detaljer

Trekanter er mangekanter med tre sider. Vi skal starte med å bli kjent med verktøyet som brukes til å tegne mangekanter.

Trekanter er mangekanter med tre sider. Vi skal starte med å bli kjent med verktøyet som brukes til å tegne mangekanter. Trekanter GeoGebra er godt egnet til å tegne trekanter og eksperimentere med dem. Vi skal nå se på hvordan vi kan tegne trekanter når vi kjenner en eller flere sider eller vinkler. Vi skal også se på hvordan

Detaljer

Læringsmål for 9. trinn: Oppgave: Prosent. 1a, 2a, 7, 15a b, 17b, 18. Regne med prosent og promille, med og uten digitale hjelpemidler.

Læringsmål for 9. trinn: Oppgave: Prosent. 1a, 2a, 7, 15a b, 17b, 18. Regne med prosent og promille, med og uten digitale hjelpemidler. Læringsmål for 9. trinn: : rosent Regne med prosent og promille, med og uten digitle hjelpemidler Tolke og regne med prosentpoeng 1, 2, 7, 15 b, 17b, 18 17 otenser og kvdrtrot Regne med potenser 1b, 1d,

Detaljer

Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2013

Tall i arbeid Påbygging terminprøve våren 2013 Tll i rei Påygging terminprøve våren 2013 DEL 1 Uten hjelpemiler Hjelpemiler: vnlige skrivesker, psser, linjl me entimetermål og vinkelmåler Oppgve 1 Skriv tllene på stnrform. 1 0,000 00015 2 19,6 millirer

Detaljer

Mellomprosjekt i MAT4010: Trekanter i planet

Mellomprosjekt i MAT4010: Trekanter i planet Mellomprosjekt i MAT4010: Trekanter i planet Anne Line Kjærgård, Cecilie Anine Thorsen og Marie Vaksvik Draagen 6. mai 2014 1 Innhold 1 Trekanter i plangeometri 3 2 Oppgavebeskrivelse 3 3 Generelle egenskaper

Detaljer

Litt av matematikken bak solur

Litt av matematikken bak solur Anne Bruvold Revidert oktoer 003 Bkgrunn Min interesse for solur le vekket d jeg i 000 skulle holde et lite foredrg om kjeglesnitt og under foreredelsen v dette kom over rtikler som kolet kjeglesnitt med

Detaljer

FASIT OG TIPS til Rinvold: Visuelle perspektiv. Avbildninger og symmetri. Caspar forlag, 2. utgave, 2009

FASIT OG TIPS til Rinvold: Visuelle perspektiv. Avbildninger og symmetri. Caspar forlag, 2. utgave, 2009 FASIT OG TIPS til Rinvold: Visuelle perspektiv. Avbildninger og symmetri. Caspar forlag, 2. utgave, 2009 Versjon 07.01.2011. Det er ikke tatt med svar på alle oppgaver. Denne fasiten vil bli oppdatert

Detaljer

R2 2010/11 - Kapittel 4: 30. november 2011 16. januar 2012

R2 2010/11 - Kapittel 4: 30. november 2011 16. januar 2012 R 00/ - Kpittel 4: 0. noemer 0 6. jnr 0 Pln for skoleåret 0/0: Kpittel 5: 6/ 6/. Kpittel 6: 6/ /. Kpittel 7: / /4. Prøer på eller skoletime etter hert kpittel. Én heildgsprøe i her termin. En del prøer

Detaljer

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator

Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt Antall oppgaver 6. Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Oppgave 1 Eksamen i FO929A Matematikk Underveiseksamen Dato 9. desember 2008 Tidspunkt 09.00-14.00 Antall oppgaver 6 Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag a) Likningen

Detaljer

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning

Forkurs, Avdeling for Ingeniørutdanning Eksamen i FO929A Matematikk Prøve-eksamen Dato 13. desember 2007 Tidspunkt 09.00-1.00 Antall oppgaver Vedlegg Formelsamling Tillatte hjelpemidler Godkjent kalkulator Løsningsforslag Oppgave 1 a) Likningen

Detaljer

Oppgaver i matematikk, 9-åringer

Oppgaver i matematikk, 9-åringer Oppgver i mtemtikk, 9-åringer Her er gjengitt e frigitte oppgvene fr TIMSS 2003. For 4. klsse enyttes nå etegnelsen mønstre for et som i 1995 le omtlt som lger. Oppgvene er innelt i isse emnene: Tll Geometri

Detaljer

P(x, y) ) x. Dette er sirkellikningen. Et punkt P(x, y) ligger på denne sirkelen hvis og bare hvis koordinatene passer i likningen.

P(x, y) ) x. Dette er sirkellikningen. Et punkt P(x, y) ligger på denne sirkelen hvis og bare hvis koordinatene passer i likningen. 5.9 Sirkellikningen Fra kapittel 4.3 vet vi at sirkelen er det geometriske stedet for de punktene som har en bestemt avstand r fra et fast punkt S. Avstanden r kaller vi radien, og punktet S kaller vi

Detaljer

Terminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014

Terminprøve Matematikk for 1P 1NA høsten 2014 Terminprøve Mtemtikk for 1P 1NA høsten 2014 DEL 1 Vrer 1,5 time Uten hjelpemidler Hjelpemidler: vnlige skrivesker, psser, linjl med entimetermål og vinkelmåler. Forsøk på lle oppgvene selv om du er usikker

Detaljer

R1 kapittel 7 Sannsynlighet. Kapitteltest. Oppgave 1. Oppgave 2. Oppgave 3. Del 1 Uten hjelpemidler. Løsninger til oppgavene i boka

R1 kapittel 7 Sannsynlighet. Kapitteltest. Oppgave 1. Oppgave 2. Oppgave 3. Del 1 Uten hjelpemidler. Løsninger til oppgavene i boka Løsninger til oppgvene i ok R1 kpittel 7 Snnsynlighet Løsninger til oppgvene i ok Kpitteltest Del 1 Uten hjelpemidler Oppgve 1 De fem lppene kn ordnes i rekkefølge på 5! = 15 = forskjellige måter. Vi kn

Detaljer

Mer øving til kapittel 1

Mer øving til kapittel 1 Mer øving til kpittel 1 KAPITTEL 1 TALL OG TALLREGNING Oppgve 1 Finn svret ve hoeregning. Velg to v oppgvene og forklr hvilken strtegi u hr rukt. 27 + 38 e 160 70 i 130 4 35 + 75 f 19 5 j 6 7,5 58 + 42

Detaljer

Regn i hodet. a) 15 : 3 = b) 24 : 6 = c) 36 : 4 = d) 48 : 8 = Regn i hodet. a) 21 : 3 = b) 28 : 7 = c) 49 : 7 = d) 64 : 8 =

Regn i hodet. a) 15 : 3 = b) 24 : 6 = c) 36 : 4 = d) 48 : 8 = Regn i hodet. a) 21 : 3 = b) 28 : 7 = c) 49 : 7 = d) 64 : 8 = 10 Divisjon 2 1 Regn i hodet. ) 15 : 3 = b) 24 : 6 = c) 36 : 4 = d) 48 : 8 = 2 Regn i hodet. ) 21 : 3 = b) 28 : 7 = c) 49 : 7 = d) 64 : 8 = 3 ) 39 : 3 = b) 56 : 4 = c) 96 : 8 = d) 98 : 7 = 4 Gi svret med

Detaljer

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4 3/8/06 T 0 høst LØSNING - matematikk.net T 0 høst LØSNING Contents Diskusjon av denne oppgaven Løsning av del Matteprat spørsmål om oppgave 6 del DEL EN Oppgave 5000000000 0, 0005 =, 5 0 0 5 0 =, 5 0 6

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk 2 Fysikk 2 Torsdag 2. desember 2004

Løsningsforslag til eksamen i TFY4170 Fysikk 2 Fysikk 2 Torsdag 2. desember 2004 NTNU Side 1 v 7 Institutt for fysikk Fkultet for nturvitenskp og teknologi Dette løsningsforslget er på 7 sider. Løsningsforslg til eksmen i TFY417 Fysikk Fysikk Torsdg. desember 4 Oppgve 1. Kvntemeknikk

Detaljer

Øving 13, løsningsskisse.

Øving 13, løsningsskisse. TFY455/FY3 Elektr & mgnetisme Øving 3, løsningsskisse nduksjon Forskyvningsstrøm Vekselstrømskretser nst for fysikk 5 Oppgve nduktns for koksilkbel ) Med strømmen jmt fordelt over tverrsnittet på lederne

Detaljer

R2 eksamen våren 2014. (19.05.2014)

R2 eksamen våren 2014. (19.05.2014) R Eksmen V04 R eksmen våren 04. (9.05.04) Løsningsskisser (Versjon 3.0.4) Del - Uten hjelpemidler Oppgve ) fx sinu; u 3x Kjerneregel: f x f uu x cosu3 3 cos3x b) e x e x med kjerneregel som i ) Produktregel:

Detaljer

Løsningsforslag. 7(x + 1/2) 5 = 5/6. 7x = 5/ /2 = 5/6 + 3/2 = 14/6 = 7/3. Løsningen er x = 1/3. b) Finn alle x slik at 6x + 1 x = 5.

Løsningsforslag. 7(x + 1/2) 5 = 5/6. 7x = 5/ /2 = 5/6 + 3/2 = 14/6 = 7/3. Løsningen er x = 1/3. b) Finn alle x slik at 6x + 1 x = 5. Prøve i FO99A - Matematikk Dato: 3. desember 01 Målform: Bokmål Antall oppgaver: 5 (0 deloppgaver) Antall sider: Vedlegg: Formelsamling Hjelpemiddel: Kalkulator Alle svar skal grunngis. Alle deloppgaver

Detaljer

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1 Oppgave 1 Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 Løsningsskisser DEL 1 I et koordinatsystem med origo O 0,0 har vi gitt punktene A 1,3, B 3,2 og C t,5. 1. Bestem t slik at AB AC. 2. Bestem t slik at AB AC. 3. Bestem

Detaljer