Innlevering FO99A - Matematikk forkurs HIOA Obligatorisk innlevering 3 Innleveringsfrist Fredag 14. november 014 kl. 14 Antall oppgaver: 13 Løsningsforslag 1 Finn volumet til tetraederet med hjørner O(0, 0, 0), P (1, 3, 5), Q(, 0, 6) og R(4, 4, ). LF:Volumet til tetraederet er lik en sjettedel av absoluttverdien til trippelproduktet av vektorene OP, OQ og OR. Trippelproduktet er lik 1 3 5 0 6 4 4 = 4 1 3 5 1 0 3 = 4( 36 ( 3( 1 6)) + 60) = 4 3 = 1. 1 1 Denne første likheten kommer av at trippelproduktet er lineært i hver vektor variabel. Vi konkluderer med at volumet til tetraederet er lik 1/6 =. a) Finn en likning som beskriver (har løsning som er) planet vinkelrett på vektoren [, 0, 5] og som inneholder punktet P med koordinater (, 4, 1). LF: Punktet (x, y, z) ligger i planet hvis og bare hvis [, 0, 5] [x, y, z] = [, 0, 5] [, 4, 1]. En likning er gitt ved x + 5z = 9. b) Finn en likning som beskriver planet som inneholder punktet (1.381, 5.834, 39.110) og som er vinkelrett på vektoren u = [0.735,.879, 0.088]. En likning er gitt ved 0.735x.879y + 0.088z = 1.339371. 3 a) Finn en parametrisering av planet som inneholder de tre punktene A, B og C med koordinater henholdsvis (1, 0, 0), (0, 3, ) og (1, 3, 3). 1
LF: Vi nner vektorene AB = [ 1, 3, ] og AC = [0, 3, 3]. En parametrisering er gitt ved x = 1 s y = 3s + 3t z = s 3t for reelle tall s og t. b) Finn en likning for planet i a) Vektoren AB AC står vinkelrett på planet. Denne vektoren er lik 3[5, 1, 1]. Vi velger normalvektoren [5, 1, 1]. En likning for planet er derfor 5x + y + z = 5. 4 Finn alle plan som er utspent av vektorene a = [1,, 3] og b = [, 4, 6]. og som har korteste avstand til origo lik 5. Plana skal beskrives ved en likning. En normalvektor til alle plan utspent av de oppgitte vektorene er n = [, 1, 0]. Denne vektoren har lengde n = 5. Punktet P nærmest origo, O, på et plan som er vinkelrett på n har egenskapen at OP er parallell til normalvektoren n. De plana med (korteste) avstand lik 5 fra origo inneholder derfor punktene P slik at OP = 5 og OP er parallell til n. Dette er vektorene 5 n / n = 5 n og 5 n. Dette gir punktene P 1 = 5(, 1, 0) og P = 5(, 1, 0). Det er to plan med de oppgitte egenskapene og de er gitt ved x y = 5 5 og x y = 5 5. 5 Et regulært tetraeder er et tetraeder som består av re sider som er likesidede trekanter. La lengden på sidekantene i de likesida trekantene være L. a) Vi kan starte med å se på en likesida trekant ABC i xy-planet. La A være origo og la B ha koordinater (L, 0, 0). Anta at det tredje hjørnet har positiv y-koordinat. Finn koordinaten til punktet C. LF: Punktet må ha x-koordinat lik L/. Videre må vinkelen CAB være 60 grader. Derfor er forholdet mellom y-koordinaten og x koordinaten lik tan(60 ) = 3. Dette gir at y-koordinaten er lik 3/. Koodinaten til C er derfor lik (L/, 3L/, 0). b) La punkte E ligge midt i trekanten ABC. Det vil si at avstanden fra punktet E til de tre hjørnene A, B og C skal være like. Finn denne avstanden og nn koordinaten til punktet E. LF: Punktet må ha x-koordinat lik L/. Videre må vinkelen EAB være halvparten av 60 grader. Derfor er forholdet mellom y-koordinaten og x koordinaten lik tan(30 ) = 1/ 3. Dette gir at y-koordinaten er lik L/( 3). Koordinaten til E er lik (L/, L/( 3), 0). c) Vi legger nå til et fjerde punkt D med positiv z-koordinat slik at A, B, C, og D er hjørnene i et regulært tetraeder. Finn koordinaten til punktet D, og nn avstanden fra D til trekanten ABC i xy-planet (høyden). Finn vinkelen mellom linjen AD og den positive z-aksen
LF: Avstanden fra A, origo, til D er lik L, ved Pytagoras sin sats må derfor z komponenten d 3 være slik at d 3 + (L/) + (L/( 3) = d 3 + L /3 = L. Siden d 3 skal være positiv må derfor d 3 = L /3. Dette gir at koordinatene til punktet D er lik (L/, L/( 3), L /3). Vi har at høyden i tetraederet er lik L /3. Vinkelen v mellom AD og den positive z-aksen er gitt ved Dette gir at v 35.6. cos v = AD e3 / AD = /3 0.8165. d) Finn volumet og overatearealet til tetraederet. Volumet er grunnate ganget med høyden delt på 3. Dette er lik /1 L 3. Overatearealet til hver av sidene er lik 3/4L. Siden det er re slike sider er overatearealaet til tetraederet lik 3L. 6 To plan i rommet er gitt ved x y + 3z = 1 og ved x + 5y z = 3. De to planene snitter i en linje. Det vil si at punktene de har til felles er en linje. Parametriser denne linjen. (Hint: Se notater fra forkurs mattematikk 3.11.011.) LF: Linjen må stå normalt på normalen til begge plana. Defor er den parallell til kryss-produktet mellom normalvektoren. Dette er lik e1 e e3 [, 13] [1, 5, ] = 1 3 = [ 13, 7, 11]. 1 5 Vi nner et punkt som ligger i begge planenen. Det vil si et punkt (x, y, z) slik at begge likningene er oppfylt. Ved for eksempel å sette z = 0 avgrenser vi oss til å nne x og y slik at likningene x y = 1 og x + 5y = 3 (hvis det nnes en løsning hvor z = 0). Ved å løse likningsettet (for eksempel sette inn y = x 1 i den andre likningen) får vi punktet (57/11, 18/11, 0). Dette gir følgende parametrisering av linjen som er snittet mellom de plana for reelle tall t. x = (57/11) 13t y = (18/11) + 7t z = 11t 7 Vinkelen mellom to plan er vinkelen mellom linjer som står vinkelrett på plana (det er en vinkel mellom 0 og 90 grader). Bestem vinkelen mellom de to plana i forrige oppgave. 3
LF: Normalvektorene til plana er [, 1, 3] og [1, 5, ]. Vinkelen v mellom disse to vektorene kan vi nne ved å benytte skalarproduktet cos(v) = [, 1, 3] [1, 5, ] [, 1, 3] [1, 5, ] = 5 6 = (4 + 1 + 9)(1 + 5 + 4) 9 14 30 0.439. Dette gir at v = 116.05. Vinkelen mellom to linjer utspent av de to vektorene er derfor 180 v 63.95. 8 Gi en parametrisering av planet gitt ved likningen x y + 3z = 4. LF: En normalvektor til planet er [1,, 3]. Vi nner to vektorer som er parallelle til planet (vinkelrett på normalvektoren) og som er innbyrdes ikke-parallelle, samt et punkt i planet. Vektorene [1,, 0] og [3, 0, 1] er parallelle til planet siden de står vinkelrett på normalvektoren. Punktet (4, 0, 0) ligger i planet siden det tilfredstiller likningen for planet. En parametrisering er derfor gitt ved x = 4 + t + 3s y = t z = s Dette kan også uttrykkes ved at x er en funksjon av y og z gitt ved x = 4 + y/ 3z. (Merk at det er ingen ting spesielt med denne parametriseringen. Vi får en parametrisering for hvert valg av vektorer parallelle til planet og punkt i planet.) 9 Dette er en teorioppgave som omhandler dekomponering av vektorer. La a og b være to vektorer og anta at b 0. Da er a en sum av en vektor a parallell til b og en vektor a vinkelrett på b. Denne dekomponeringen er entydig (det vil si at det nnes bare en slik dekomponering). Vis at dekomponeringen er entydig og at den er gitt ved (Hint: Vis at a er vinkelrett på a.) a = a b b b og a = a a. (1) Her er et bevis for at skalarproduktet er lineært med hensyn til addisjon. (Dere trenger ikke gjøre noe.) Fra entydighet av dekomponeringen er ( a + c ) = a + c 4
siden a + c er parallell til b, a + c er vinkelrett på b og summen er a + c. Dette sammen med den eksplisitte dekomponeringen i Likning 1 viser at skalarproduktet er lineært ( a + c ) b = a b + c b. LF: Vi viser først at dekomponeringen av en vektor er entydig. Anta at a 1 + a = a og a 1 + a = a er dekomponeringer av a som en sum av en vektor parallell til b etterfølgt av en vektor vinkelrett på b. Da er a 1 a 1 = a a en vektor som både er parallell til b og som har skalarprodukt 0 med b. Denne vektoren må derfor være null-vektoren. Derfor er dekomponeringen av a entydig. Det er klart at a er parallell til b siden den er en skalering av b. Vektoren a er vinkelrett på b siden a b = a b a b b b b = 0. Komponentene i dekomponeringen a + a = a er derfor gitt ved uttrykk 1. 10 (Se foregående oppgave.) Dekomponer vektoren a = [, 1, 5] som en sum av en vektor parallell til b = [1, 0, 7] og en vektor som er vinkelrett på b. LF: Vi nner at a = 33 [ ] 50 [1, 0, 7] = og 133 19 a =, 1,. 50 50 11 a) Finn summen av alle naturlige tall mindre enn eller lik 1000. b) Finn summen av alle positive partall (dvs. tall som er delelige med ) mindre enn eller lik 1000. c) Finn summen av alle naturlige tall som er delelige med 5 og mindre enn eller lik 1000. d) Finn summen av alle naturlige tall som er delelige med eller 5 (eller begge) og mindre enn eller lik 1000. LF: a) 1 + + 3 + + 1000 = 1000 1001 = 500500. b) Finn summen av alle positive partall (dvs. tall som er delelige med ) mindre enn eller lik 1000. Positive partallene mindre enn 1000 er følgen a n = n for n mellom 1 og 500. Summen av partala er lik 500 501 (1 + + 3 + + 500) = 5 = 50500.
c) Finn summen av alle naturlige tall som er delelige med 5 og mindre enn eller lik 1000. Dette er summen av tall a n = 5n for n mellom 1 og 00. Summen er lik 00 01 5(1 + + 3 + + 00) = 5 = 100 1005 = 100500. d) Finn summen av alle naturlige tall som er delelige med eller 5 (eller begge) og mindre enn eller lik 1000. Dette er summen av alle tall mindre enn eller lik 1000 som er positve partall og alle naturlige tall delelige med 5 hvor vi trekker fra alle tall delelige med 10 (siden de blir telt opp dobbelt). Tall som er delelig med både og 5 er tall som er delelige med 5 = 10. Summen av disse tallene opp til og med 1000 er 10(1 + + 3 + + 100) = 50500. Summen blir derfor 50500 + 100500 50500 = 300500. 1 Den 1. januar 001 setter Josef inn 1000 kroner på en fastrentekonto med 0.05% årlige renter. Han fortsetter å sette inn 1000 kr 1. januar hvert år frem til og med 1. januar 010. Hvor mye penger vil det være på kontoen ved utgangen av 01? LF: Vi regner dette ut med en rentesats r. Deretter setter vi inn både den oppgitte rentesatsen 0.05% og r = 0.05 = 5%. La P 0 = 1000kr være beløpet som settes inn årlig. Pengene som settes inn 1. januar 010 vil ha forrente seg 3 år når de tas ut. Deres verdi er da økt til P 0 (1+r) 3. Pengene som ble satt inn 1. januar 009 vil ha forrenta seg til P 0 (1 + r) 4. Vi har tilsammen satt inn penger i 10 år. Vi får derfor at pengemengden ved utgangen av 01 er summen av den geometrisk rekken Summen er lik P 0 (1 + r) 3 + P 0 (1 + r) 4 + + P 0 (1 + r) 1. P 0 (1 + r) 3 ((1 + r) 10 1)/r Når r = 0.05% = 0.0005 får vi 10038 kr. Når r = 5% = 0.05 får vi 14560 kr. 13 Vis at summen av alle tall på formen n 3 m hvor 0 n 11 og 0 m 5, er lik 1 490 580. (Det er 1 6 = 7 slike tall.) Summen er lik Σ 11 n=0 Σ 5 m=0 n 3 m = Σ 11 n=0 n Σ 5 m=0 3 m = Σ 11 n=0 n 36 1 = ( 1 1) 36 1 = 1 490 580. 6