TMA4105 Matematikk 2 vår 2013

Transkript

1 TMA4105 Matematikk vår 013 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving Alle oppgavene er fra læreboka Merk: I løsningene til alle oppgavene fra seksjon 94 betegner c avstand fra sentrum til brennpunkt for det aktuelle kjeglesnitt a og b betegner de relevante parametrene for kjeglesnittet, slik angitt i boksene i boken 1 Oppgave 94 For å få 9x + 10y = 90 over på normalform, deler vi begge sider på 90, som gir x 10 + y 9 = 1 Store halvakse er a = 10 og lille halvakse er b = 9 = 3 Videre er c = a b = 1, så brennpunktene ligger i (±1,0) Oppgave 9431 Vi skriver om til standardform, og finner 8x y = 16 x y 8 = 1 Da er c = + 8 = 10, slik at brennpunktene blir (± 10,0) mens skjæringspunktene blir (±,0) Asymptotene er gitt ved y = ± b a x = 8 x = ±x For skisse, se fasit bakerst i boken 3 Oppgave 9463 Vi kompletterer to kvadrater for å bringe uttrykket på standardform: x + y x 4y = 1 (x 1) 1 + (y 1) = 1 (x 1) + (y 1) = 1 Slik blir c = 1 = 1 Siden referansesystemet er forskjøvet 1 til høyre og 1 oppover er brennpunktene gitt av (±c, 0)+(1, 1), altså (, 1) og (0, 1) Skjæringspunktene blir likeledes (±a,0) + (1,1) = (± + 1,1) 5 januar 013 Side 1 av 6

2 Løsningsforslag Øving 4 Oppgave 9476 Se Figur 1 for skisse x = p y y = 4px P(x 1, y 1 ) O( p, y 0 ) x Q(x, y ) Figur 1: Oppgave 9476 Vi kan trygt anta at p > 0 (argumentasjonen blir identisk når p < 0) La k 1 være stigningstallet til linjen OP og k stigningstallet til linjen OQ Linjene OP og OQ står vinkelrett på hverandre hvis og bare hvis k 1 k = 1 Ved implisitt derivasjon av uttrykket y = 4px har vi d y dx = p y Linjene OP og OQ skal tangere kjeglesnittet, og derfor er k 1 = d y = p (1) dx y 1 (x1,y 1 ) og Samtidig har vi at og k = d y dx (x,y ) = p y () k 1 = y 1 y 0 x 1 + p = 4p(y 1 y 0 ) y 1 + 4p (3) k = y y 0 x + p = 4p(y y 0 ) (4) + 4p y 5 januar 013 Side av 6

3 Løsningsforslag Øving Kombinerer vi ligningene (1) og (3) og ligningene () og (4) finner vi to uttrykk for y 0 : y 0 = y 1 p y 1 y 0 = y p y Ved å sette disse lik hverandre og multiplisere begge sider med y 1 y finner vi: y1 y 4p y = y 1 y 4p y 1 y 1 y (y 1 y ) + 4p (y 1 y ) = 0 (y 1 y + 4p )(y 1 y ) = 0 Vi vet at y 1 y Dermed er y 1 y = 4p, som gir k 1 k = 4p y 1 y = 1 Altså står linjene OP og OQ vinkelrett på hverandre Merk: Vi kan trygt anta at y 1 0 og y 0 når vi multipliserer begge sider av ligningen over med produktet y 1 y, da tangenten i punktet (0,0) aldri vil skjære linjen gitt av x = p 5 Oppgave 9611 Vi bruker identiteten cosh t sinh t = 1, og finner at den parametriske ligningen kan skrives som x y = 1 Fra kapittel 94 vet vi at dette er en hyperbel med brennpunkter i (±,0) og skjæringspunkter i (±1,0) Fordi x = cosh t < 0 for alle t har vi at partikkelens bane svarer til venstre halvdel av hyperbelen Videre ser vi at partikkelen beveger seg i positiv y-retning For skisse, se fasit bakerst i boken 6 Oppgave 1016 Avstanden fra (x, y, z) til origo er d 1 = x + y + z Avstanden fra (x, y, z) til (0,,0) er d = x + (y ) + z Ligningen d 1 = d gir at d1 = d, som forenkles til (y ) = y, dvs y 4y + 4 = y, dvs y = 1 7 Oppgave 1017 Planet gjennom punktet (1, 1, 3) som står vinkelrett på z-aksen er gitt ved z = 3 Kuleskallet med radius 5 og sentrum i origo er gitt ved x + y + z = 5 Disse to ligningene beskriver sirkelen angitt i oppgaven Alternativt er sirkelen gitt ved x + y = 4, z = 3 5 januar 013 Side 3 av 6

4 Løsningsforslag Øving 8 Oppgave x, y, z 9 Oppgave Kuleskallet med radius 1 og sentrum i (1,1,1) er gitt ved ligningen (x 1) + (y 1) + (z 1) = 1 Altså har vi: a) Innsiden av kuleskallet er gitt av ulikheten (x 1) + (y 1) + (z 1) < 1 b) Utsiden av kuleskallet er gitt av ulikheten (x 1) + (y 1) + (z 1) > 1 10 Oppgave x + (y + 1) + (z 5) = 11 Oppgave Uttrykket bringes på standardform ved komplettering av kvadrater: x + y + z 6y + 8z = 0 x + (y 3) 3 + (z + 4) 4 = 0 x + (y 3) + (z + 4) = 5 Dette er et kuleskall med radius r = 5 og sentrum i (0,3, 4) 1 Oppgave Vi finner: PA = (3 ) + (1 ( 1)) + ( 3) = = 6, PB = (3 4) + (1 3) + ( 1) = = 6 Konvensjon: Vi skriver en vektor ai + bj + ck som (a, b, c) 13 Oppgave 105 La v = (, 1, ) Da er v = = 9 = 3 Altså kan vi skrive ( v = 3 3, 1 3, ) 3 5 januar 013 Side 4 av 6

5 Løsningsforslag Øving 14 Oppgave 1034 v har lengde 3/ = 3/4, så ved å skalere den med 3 4/3 = 1 får vi en vektor med lengde 3 Skaleres den med 1 får vi en motsatt rettet vektor Dermed er en vektor med de ønskede egenskapene ( 1 1, 1, 1 ) = ( 3, 3, 3) 15 Oppgave 1035 a) Vektoren u = P 1 P = ( + 1,5 1,0 5) = (3,4, 5) har lengde u = ( 5) = 5 = 5, og derfor retning u u = 1 5 (3,4, 5) b) Midtpunktet på linjestykket P 1 P har koordinater ( 1 +, 1 + 5, ) ( 1 =,3, 5 ) 16 Oppgave 1040 OB = O A + AB Altså er koordinatene til punktet B (, 3,6) + ( 7,3,8) = ( 9,0,14) 17 Oppgave 1045 I polarkoordinater er hastighetsvektoren til flyet (800 km/h, ) På kartesisk form har vi dermed v = ((800 km/h)cos115,(800 km/h)sin115 ) ( 338,09,75,05) km/h 18 Oppgave 1035 a) v = 5 + ( 3) = 34 og u = = 3 Videre er b) La θ være vinkelen mellom v og u Da er c) Skalarkomponenten av u i retning v er v u = ( 3) 1 = cosθ = v u v u = 34 3 u cosθ = 3 = d) Vektorprojeksjonen av u på v er ( ) u v proj v u = v v = 34 (0,5, 3) = 1 17 (0,5, 3) 5 januar 013 Side 5 av 6

6 Løsningsforslag Øving 19 Oppgave Noen studenter kommer til å ha gjort denne oppgaven I denne oppgaven er øst y-retning, nord x-retning og oppover z-retning La P være knekkpunktet En vektor med retning fra P til rørets nordre ende er da v = (10,0, ), mens en vektor med retning fra P til rørets østlige ende er Dermed er vinkelen mellom rørene gitt ved u = (0,10,1) ( ) ( ) v u θ = cos 1 = cos 1 1,59 ( 91,07 ) v u Oppgave To vektorer u,v er ortogonale hvis v 1 v = 0 Vi regner ut skalarproduktet (v 1 + v ) (v 1 v ) = v 1 (v 1 v ) + v (v 1 v ) = v 1 v 1 v + v 1 v v = v 1 v Dermed vil v 1 + v og v 1 v være ortogonale hvis og bare hvis de er like lange, altså v 1 = v 1 Oppgave 103 Diagonalen i parallellogrammet spent ut av u og v er gitt av vektoren w = u + v La ϕ 1 være vinkelen mellom v og w, og la ϕ være vinkelen mellom u og w Vi vet at v = u, og vil vise at ϕ 1 = ϕ Vi har cosϕ 1 = v w v w = v u + v = v u + u u (u + v) = = cosϕ v w u w u w Cosinus er injektiv på [0,π] Altså følger det at ϕ 1 = ϕ Oppgave 1038 Svaret er nei Moteksempel: Ta u = (1,0,0), v 1 = (0,1,0) og v = (0,0,1) Da er u v 1 = u v = 0, men v 1 og v er forskjellige 5 januar 013 Side 6 av 6