Föreläsning 24

Sidor i boken
40-42
Komposanter, koordinater och vektorlängd
Ja, den här teorin gick vi igenom igår. Istället koncentrerar vi oss på träning inför KS3 och tentamen.
Läxa 1. En rät linje, L1 , skär y-axeln då y = 3 och x-axeln då x = 2. En annan linje, L2 , skär
x-axeln då x = 6. Var skär L2 y-axeln om de två linjerna skär varandra under rät vinkel?
Läxa 2. De tre punkterna i vilka funktionen
f(x) = x2 + x − 6
skär x- och y-axeln utgör hörnen i en triangel. Bestäm denna triangels area.
Läxa 3. En rät linje f(x) skär y-axeln då y = 4 och x-axeln då x = 3/2. En annan g(x) skär y-axeln
i punkten (0, −3). De två linjerna skär varandra under rät vinkel. Var skär g(x) x-axeln?
Läxa 4. Man vet att punkten punkten P(2, −9) ligger på kurvan till funktionen f(x) = 2 − ax − x2 .
Bestäm a och undersök för vilka värden på x som f(x) > 0
Läxa 5. Bestäm talen b och c, så att grafen till funktionen
y = x2 + bx + c
går genom punkterna P1 (−1, 6) och P2 (2, 3)
Läxa 6. Funktionen f(x) = 3x2 + 2x − 10 är given. Mellan punkterna (5, 75) och (−2, −2) på
funktionens kurva har dragits en sekant (helt enkelt en linje genom dessa punkter). Parallell med
denna sekant har dragits en annan sekant (en annan linje), som bland annat går genom punkten
(−4, 30). Bestäm avståndet mellan denna punkt och och den andra av denna sekantens ändpunkter.
Läxa 7. Bestäm a, så att linjen genom punkterna P1 (a, 10) och P2 (−4, 2a) får k-värdet 2
Håkan Strömberg
1
KTH STH
Läxa 8. Funktionerna
f(x) = 2a + 2x − x2
och
g(x) = ax − 5
skär varandra då x = 3 bestäm den andra skärningspunkten.
Läxa 9. Lös ekvationen
2
3
1
+
=
x 2x
8
Läxa 10. På var och en av triangelns tre sidor är placerad en halv cirkel. Bestäm hela figurens area.
Läxa 11. Lös ekvationen
√
x + 55 = x − 1
Läxa 12. Bestäm rymddiagonalen e i ett rätblock då a = 3, b = 4 och c = 12.
Läxa 13. Förenkla
x
y
+
2
xy − y
xy − x2
Läxa 14. The function is f(x) = x2 − 10x + 21. What is the least value of the function?
Läxa 15. Med hur många procent ökar arean hos en kvadrat om kvadratens sida ökas med 20%
Läxa 16. Förenkla
Håkan Strömberg
√
√
a
a
√
+√
a+1
a−1
2
KTH STH
Läxa 17. Lös ekvationen
2 3
−
3 x =− 1
2 3
17
+
3 4
Läxa 18. Bestäm den lilla skuggade triangelns area.
Läxa 19. Volymen hos en pyramid med kvadratisk basyta är 6.4 m3 . Sidan i kvadraten är 2 m. En
skalenlig modell har volymen 100 cm3 . Vilken längd har sidan i modellens kvadrat?
Läxa 20. En rektangel är inritad i ett koordinatsystem med sidorna parallella med axlarna. Två
diametralt motstående hörn har koordinaterna (−12, 7) och (−6, −15). Bestäm rektangelns area.
Läxa Lösning 1. Först bestämmer vi k-värdet för L1 , som går genom de två punkterna (0, 3) och
(2, 0)
3
3−0
=−
k1 =
0−2
2
Det är nu känt att k-värdena för två linjer som skär varandra under rät vinkel har sambandet
k1 · k2 = −1. Detta betyder att k2 = 32 . Vi vet nu följande om L2
y=
2
x+m
3
Sätter vi in de kända punkten (6, 0) får vi
0=
2
·6+m
3
som ger m = −4, som också är y-koordinaten till skärningspunkten. Linjens ekvation är
L2 : y = 23 x − 4
Svar: L2 skär y-axeln i (0, −4)
Håkan Strömberg
3
KTH STH
Läxa Lösning 2. För att få funktionens nollställen löser vi ekvationen f(x) = 0
x2 + x − 6 =
0
x
=
− 12 ±
x
=
− 12 ±
x
=
− 12 ±
x1
=
2
x2
=
−3
q
1
q4
+
24
4
25
4
5
2
Två av triangels hörn ligger på x-axeln (2, 0) och (−3, 0). f(0) = −6 ger det tredje hörnet (0, −6).
Hörnen på x-axeln bildar basen som är 5 l.e. Höjden är 6 l.e.
Med hjälp av formeln
A=
bh
5·6
=
= 15
2
2
får vi arean till
Figur 1:
Svar: 15 a.e.
Läxa Lösning 3. De två funktionerna g(x) = kg · x + mg och f(x) = kf · x + mf måste bestämmas
för att svaret ska kunna ges. Vi vet att f(0) = 4 och f(3/2) = 0 ur detta kan vi bestämma kf
kf =
4−0
8
=−
3
0 − 32
Vi vet redan att mf = 4 och kan nu skriva f(x) = − 83 · x + 4. Genom texten vet vi att kg = 38
eftersom kg · kf = −1. Vi vet också att mg = −3 och kan skriva g(x) = 38 · x − 3. Då vi löser
ekvationen g(x) = 0 får vi den efterfrågade roten.
3
8
·x−3
x
=
=
0
8
Svar: g(x) skär x-axeln i (8, 0)
Håkan Strömberg
4
KTH STH
Läxa Lösning 4. Vi bestämmer a i f(x) = 2 − ax − x2 genom P(2, −9), f(2) : 2 − 2a − 22 = −9.
Ger a = 7/2 och får funktionen
7
f(x) = 2 − x − x2
2
Vi behöver nu funktionens nollställen och måste lösa ekvationen f(x) = 0
7
2 − x − x2
2
7
2
x + x−2
2
=
0
=
0
x
=
x
=
r
7
49 32
− ±
+
4
16 16
7 9
− ±
4 4
x1 = −4
x2 =
1
2
Svar: Eftersom f(x) har ett maximum är funktionen positiv för −4 < x <
1
2
Läxa Lösning 5. Sätter vi in de två punkterna i funktionen får vi följande ekvationssystem:
6 = (−1)2 + b(−1) + c
3 = 22 + b · 2 + c
eller
c−b
c + 2b
=
=
5
−1
Vi subtraherar den första ekvationen från den andra och får
(c + 2b) − (c − b)
c + 2b − c + b
3b
b
=
=
=
=
−1 − 5
−6
−6
−2
b = −2 insatt i första ekvationen ger c − (−2) = 5 eller c = 3
Svar: Funktionen får följande utseende: y = x2 − 2x + 3
Läxa Lösning 6. Vi börjar med att skissa kurvan och sekanterna
Figur 2:
Det kommer att visa sig att denna skiss är helt korrekt, men det ska den inte behöva vara för
att man ska ha glädje av den. De två sekanterna ligger förstås på två linjer med funktionerna
g(x) = kg · x + mg och h(x) = kh · x + mh . Här är en lösningsplan:
a Ta reda på kg med hjälp av P1 och P2
b Ta reda på mh med hjälp av P3
Håkan Strömberg
5
KTH STH
c Lös ekvationen f(x) = h(x) för att få P4
d Ta reda på avståndet mellan P3 och P4 med hjälp av avståndsformeln
Steg a
75 − (−2)
= 11
5 − (−2)
kg =
Steg b
30
mh
=
=
11 · (−4) + mh
74
Vi vet nu att den andra sekanten ligger på linjen h(x) = 11x + 74.
Steg c
3x2 + 2x − 10
2
= 11x + 74
3x − 9x − 84
= 0
x2 − 3x − 28
= 0
x
=
3
2
±
x
=
3
2
±
x1 = 7
q
9
4
+
112
4
11
2
x2 = −4
Genom h(7) = 151 har vi bestämt P4(7, 151).
Steg d
A =
A =
A ≈
p
2
2
p(x1 − x2 ) + (y1 − y2 )
2
(7 − (−4)) + (151 − 30)2
121.5
Läxa Lösning 7.
k=
y1 − y2
x1 − x2
ger ekvationen
2 =
2(a + 4)
2a + 8
2a + 2a
4a
=
=
=
=
a =
Svar: a =
10 − 2a
a − (−4)
10 − 2a
10 − 2a
10 − 8
2
1
2
1
2
Håkan Strömberg
6
KTH STH
Läxa Lösning 8. f(3) = 2a + 2 · 3 − 32 ≡ 2a − 3 och g(3) = 3a − 5 Eftersom funktionerna skär
varandra då x = 3 har de då samma y-värde. Vi får ekvationen
2a − 3 =
3a − 2a =
a =
3a − 5
5−3
2
Vi har nu f(x) = 4 + 2x − x2 och g(x) = 2x − 5. Vi har att lösa ekvationen
4 + 2x − x2
x2
x
=
=
=
2x − 5
9
±3
För den andra skärningspunkten x = −3. g(−3) = 2(−3) − 5 ≡ −11. Ett värde man också får genom
f(−3). Så här ser grafen ut
Svar: Skärningspunkten är (−3, −11).
Läxa Lösning 9.
2
3
+
=
x 2x
3
2
=
+
8x
x 2x
1
8
8x
1
8
8x · 2 8x · 3
+
x
2x
=
8x · 1
8
16 + 12
=
x
x
=
28
Svar: x = 28
Läxa Lösning 10. Den korta katetens längd är
40 tan 37◦ ≈ 30.14
Hypotenusans längd är
40
≈ 50.09
cos 37◦
Med hjälp av formeln för arean hos halva cirkeln med diametern d
A=
får vi
πd2
8
402 π 30.142 π 50.092 π 30.14 · 40
+
+
+
≈ 2573
8
8
8
2
Svar: 2573 a.e.
Håkan Strömberg
7
KTH STH
Läxa Lösning 11.
√
x + 55
√
2
x + 55
x + 55
x2 − 3x − 54
=
=
=
=
x
=
x
x
x1
x2
=
=
=
=
Vi testar svaret
x1 = 9
V.L.
H.L.
V.L. = H.L.
x1 = 9
V.L.
H.L.
V.L. 6= H.L.
x−1
2
(x − 1)
x2 − 2x + 1
0 q
3
2
3
2
3
2
±
±
±
9
−6
9
q4
+
4·54
4
225
4
15
2
√
9 + 55 ≡ 8
9−1= 8
√
−6 + 55 ≡ 7
−6 − 1 ≡ −7
Svar: x = 9.
Läxa Lösning 12. Först bestämmer vi diagonalen i bottenplanet med hjälp av Pythagoras sats:
p
√
√
d1 = 32 + 42 = 9 + 16 = 25 = 5
Med hjälp av denna diagonal och höjden kan vi så bestämma rymddiagonalen åter med hjälp av
Pythagoras sats
p
√
√
dr = 52 + 122 = 25 + 144 = 169 = 13
Svar: Rymddiagonalen är 13 l.e.
Läxa Lösning 13.
x
y
x
y
x
y
x2
y2
+
=
+
=
−
=
−
=
xy − y2
xy − x2
y(x − y) x(y − x)
y(x − y) x(x − y)
xy(x − y) xy(x − y)
(x − y)(x + y)
x+y
x2 − y2
=
=
xy(x − y)
xy(x − y)
xy
Läxa Lösning 14. Vi bestämmer funktionens nollställen och med hjälp av symmetrin det x-värde
för vilket funktionen antar sitt minsta värde.
x2 − 10x + 21
x
x
x1
x2
=
=
=
=
=
0 √
5 ± 25 − 21
5±2
7
3
x = 5 ligger mitt emellan rötterna f(5) = 52 − 10 · 5 + 21 = −4
Svar: Funktionens minsta värde är −4
Läxa Lösning 15. Innan sidan ökas är den a och arean a2 . Efter ökningen är sidan 1.2a och arean
(1.2a)2 = 1.44a2 . Den procentuella ökningen blir då
1.44a2 − a2
= 0.44 = 44%
a2
Håkan Strömberg
8
KTH STH
Läxa Lösning 16.
√
√
√
√
√
√
√
√
a
a
( a + 1) a
a− a+a+ a
2a
( a − 1) a
√
√
√
√
+√
+ √
= √
=
= √
a−1
a+1
a−1
( a − 1)( a + 1) ( a + 1)( a − 1)
( a + 1)( a − 1)
Läxa Lösning 17. En ekvation innehållande ett dubbelbråk, men x bara på ett ställe. Starta med att
förenkla vänstra ledet. Avsluta den förenklingen med att ersätta divisionen av bråken i täljare och
nämnare med multiplikation av täljaren och nämnaren inverterad. Sedan har vi nått till en ekvation,
som är enkel att lösa.
3
2
3−x
3
2
3+4
2x
3·3
3x − 3x
4·2
3·3
+
4·3
3·4
2x−9
3x
8+9
12
2x−9
3x
51x
2x−9
3x
·
·
12
17
12
17
51x(2x−9)12
3x·17
=
1
− 17
=
1
− 17
=
1
− 17
=
1
− 17
=
1
51x − 17
=
− 51x
17
12(2x − 9) =
−3x
24x − 108)
=
−3x
27x
=
108
x =
4
Svar: x = 4
Läxa Lösning 18. Först bestämmer vi hypotenusan c, i den lilla triangeln
c
= tan 30◦
17
ger c = 17 tan 30◦ ≈ 9.815. Den skuggade triangelns katetrar a och b får vi genom
sin 60◦ =
b
a
och cos 60◦ =
9.815
9.815
som ger a = 9.815 sin 60◦ ≈ 8.5 och b = 9.815 sin 60◦ ≈ 4.9. Med hjälp av formeln
A=
8.5 · 4.9
bh
=
≈ 20.86
2
2
Svar: 20.86 a.e.
Håkan Strömberg
9
KTH STH
Läxa Lösning 19. Vi använder oss av följande fakta: Längdskalan i kubik är lika med volymskalan
l1
l2
3
=
v1
v2
Detta ger
x 3
200
=
100
6400000
x3
2003
=
100
6400000
x3
=
x
=
x
=
100 · 2003
6400000
r
3
3 100 · 200
6400000
5
Svar: 5 cm
Läxa Lösning 20. Höjden är 7 − (−15) = 22 och bredden är −6 − (−12) = 6, som ger arean
A = 22 · 6 = 132
Svar: 132 a.e.
Håkan Strömberg
10
KTH STH
Absolutbelopp
Följande definition har ni sett tidigare:
|a| =
om a ≥ 0
om a < 0
a
−a
Tolkning: |a − b| är avståndet mellan punkterna a och b på tallinjen.
Exempel 1. Lös olikheten
|x − 3| < 7
Först en grafisk lösning
Avståndet mellan 3 och x ska vara < 7. Vi kan direkt från figuren utläsa svaret −4 < x < 10
Vi kan även lösa uppgiften rent algebraiskt
|x − 3| < 7
−7 < x − 3 < 7
−4 < x < 10
Ekvationer med absolutbelopp
Exempel 2. Lös ekvationen
|x + 3| = 5
Lösning:
Plan:
1 Ta reda på x1 , där termen med absolutbeloppet är = 0.
2 Dela upp ekvationen i två ekvationer. En då x < x1 och en då x > x1 . Ersätt tecknet för
absolutbelopp med en parentes. Sätt −-tecken framför parentesen om så skall vara!
3 Lös de båda ekvationerna var för sig. Kontrollera att erhållen rot ligger i aktuellt intervall.
Genomförande:
1 Då x = −3 är |x + 3| = 0.
2,3 Vi får två ekvationer
Då
x < −3
x ≥ −3
Ekvation
−(x + 3) = 5
x+3=5
Rot
x = −8
x=2
OK
Ja
Ja
Svar: x1 = −8 och x2 = 2
Exempel 3. Lös ekvationen
|x − 6| − x = 4
Lösning:
Plan:
1 Ta reda på x1 , för vilket |x − 6| = 0
2 Betrakta två intervall. Ett där x < x1 och ett där x > x1 . Lös upp termen med absolutbelopp
och bilda samtidigt två ekvationer.
Håkan Strömberg
11
KTH STH
3 Lös ekvationerna och kontrollera att roten ligger i intervallet.
Genomförande:
1 Då x = 6 är |x − 6| = 0
2 De två ekvationerna med gällande intervall
Då
x<6
x≥6
Ekvation
−(x − 6) − x = 4
(x − 6) − x = 4
Rot
x=1
ingen rot
OK
Ja
Nej
Svar: x = 1
Exempel 4. Lös ekvationen
|x + 1| − 2|4 − x| + |2x − 3| = 0
Lösning:
Plan:
1 Ta reda på de xi för vilka var och en av de tre termerna = 0.
2 Sortera de tre ’brytpunkterna’ och skapa fyra intervall, man kan finna utefter x-axeln.
3 Lös upp absolutbeloppen inom varje intervall och bilda på så sätt fyra ekvationer.
4 Lös ekvationerna och kontrollera att roten ligger i aktuellt intervall.
Genomförande:
1,2 De tre eftersökta x-värdena är x1 = −1, x2 =
3
2
och x3 = 4
3 Vi har nu att studera följande fyra intervall
x < −1
−1 ≤ x < 32
3
2 ≤x <4
x≥4
4 Detta ger oss följande ekvationer
Då
x < −1
−1 ≤ x < 32
3
2 ≤ x<4
x≥4
Ekvation
−(x + 1) − 2(4 − x) − (2x − 3) = 0
(x + 1) − 2(4 − x) − (2x − 3) = 0
(x + 1) − 2(4 − x) + (2x − 3) = 0
(x + 1) + 2(4 − x) + (2x − 3) = 0
Rot
x = −6
x=4
x=2
x = −6
OK
Ja
Nej
Ja
Nej
Svar: x1 = −6 och x2 = 2 (se grafen nedan)
15
10
5
-10
-5
5
10
-5
Håkan Strömberg
12
KTH STH
Olikheter med absolutbelopp
Exempel 5. Lös olikheten
|x − 2| + |x − 4| < 8
Lösning:
Plan:
1 Ta reda på x1 , för vilket |x − 2| = 0 och det x2 för vilket |x − 4| = 0
2 Betrakta tre intervall. Ett där x < x1 , ett då x1 ≤ x ≤ x2 och ett då x > x2 . Lös upp
absolutbeloppen och bilda olikheter utan absolutbelopp, ett för varje intervall.
3 Lös olikheterna och kontrollera inom vilken del av intervallet som olikheten gäller.
Genomförande:
1 x1 = 2 och x2 = 4
2 Intervallen är x < 2, 2 ≤ x ≤ 4 och x > 4.
3
Då
x<2
2≤x<4
x>4
Olikhet
−(x − 2) − (x − 4) < 8
(x − 2) − (x − 4) < 8
(x − 2) + (x − 4) < 8
Lösning
x > −1
Alltid
x<7
Intervall
−1 < x < 2
2≤x<4
4≤x<7
För en del av första intervallet gäller olikheten, för hela andra intervallet och åter för en del
av tredje. Sammantaget fås
Svar: −1 < x < 7
Exempel 6. Lös olikheten
|2x − 4| + |x| < |5 − x|
Lösning:
Plan:
1 Ta reda på de xi , för vilka termerna är = 0
2 Ställ upp fyra intervall inom vilka olikheten ska lösas. Lös upp absolutbeloppen och bilda
olikheter utan absolutbelopp, ett för varje intervall.
3 Lös olikheterna och kontrollera att roten ligger i intervallet.
Genomförande:
1 x1 = 0, x2 = 2 och x3 = 5
2 De fyra intervallen är
x<0
0≤x<2
2≤x<5
x≥5
3
Då
x<0
0≤x<2
2≤x<5
x≥5
Svar: −
Olikhet
−(2x − 4) − x < (5 − x)
−(2x − 4) + x < (5 − x)
(2x − 4) + x < (5 − x)
(2x − 4) + x < −(5 − x)
Lösning
x > − 12
Alltid
x < 94
x < − 21
Intervall
− 21 < x < 0
0≤x<2
2 ≤ x < 94
Inget x
9
1
<x<
2
4
Håkan Strömberg
13
KTH STH
Tekniskttbasår
Ma
atematikI
ABSOLUT
TBEL
LOPP4
Definittion
pel1
Exemp
Absolutbelo
A
oppetavettttal betecknas| |o
ochdefinierrasenligtn
nedan:
0
| |
0
|3
3|
3|0|
0 | 5|
5
5
Noteraatt| | 0föraallareellattal ,och| | 0baraaom
N
0.
E
Ettalternati
ivtsättatt definiera| |ärdärförr| | √ .
| |gälleralltid,men√
O
Observeraa
att√
gälllerbaranä
är
0.
√
G
Geometrisk
ktrepresentterar| |av
vståndetmellanxoch
h0påtallinjen.Mer
|aavståndetm
g
generelltre
presenteraar|
mellanpunkkterna occh på
taallinjen,efttersomdetttaavståndärdetsam
mmasomavvståndetfrå
ån
p
punkten
påtallin
njentill0.
|
|
Räknerregler
Ekvatiioner
och
Olikhe
eter
a)
a
|
b
b)
| ∙ |
|
|
|
| |
| |
c)
| |∙| |
d)
| |
Ekvationen| |
E
0haartvålösnin
ngar,
och
,
däär
d
d.v.s.tvåpu
unkterpåtaallinjensom
mstårpåav
vståndet från0.Olik
kheten
|
|
kantolkasssomettav
vståndsom
märmindreeän ,såd
detta
in
nnebäratt måsteligggamellan
och
.
Vidalgebraiisklösninggavekvatio
V
onerocholiikheterme dabsolutbeloppså
ä
ärdetoftap
praktisktatttdelauppproblemettiolikafallmedhjälpav
fö
öljandesam
mband:
|
0 å ä
|
|
0 å ä
|
Sid.17N
Någotomarbetatfrån:K.E
Eriksson,H.G
Gavel(2013),,Diskretmate
ematikochdiiskretamodelller,
StudentliitteraturAB,ISBN978914
44089997
4
17
Teknisktbasår
Exempel2a
Lösning
Exempel2b
Lösning
Exempel2c
Lösning
MatematikI
Lösekvationen| |
0
0
4
3
3
2
Lösolikheten| |
0
0
4
3
1
3
⟹
3
1
2
3
3
3
4
3
3
⟹
3
2
1
1
Lösolikheten| | 3
0
0
⟹
3
3
3
0
2
0
⟹
3
3
3
⟹
3
3
4
3
3
Exempel2d
Lösning
4
3
2
1
Lösolikheten|
1|
1 0
1 0
⟹ 3
5 1
2
1
1
3
4
4
3
1
4
⟹
4
1
5
Exempel2e
3
2
1
Lösolikheten|
Lösning
⟹
0
2
3
1
1
4
5
3
1|
1 0
1 0
2
4
2
4
3
⟹
3
4
3
2
1
0
18
2
3
4
3
Teknisktbasår
MatematikI
Lösekvationen|5 2 | 3.
Lösning:
förattenkeltvisa Teckenväxlingskernär5 2
Exempel3a
Användtallinje
aktuelltintervall
Exempel3b
0d.v.s.när
2,5
2,5
Idettaintervallblirekvationen
Idettaintervallblirekvationen
5 2
3
5 2
3
2
2
2
5 3
1
2
8
4
Svar:
1och
Lösolikheten|3
Lösning:
4
2|
1.
Teckenväxlingskernär3
2
2
3
0d.v.s.när
2
3
Idettaintervallblirolikheten
Idettaintervallblirolikheten
3x 2
1
3
2 1
2 3
3
3x 1
2 1 3x
1
x
Vifår 1
Vifår Svar:1⁄3
1
401. Beräknagenomatttabort
absolutbeloppetstecken.
a) |5 7|
b) |7 5|
|
c) |4
|2
d)
8|
403. Lösekvationen
a) |
2| 1
b) |
c) |2
402. Låt
3och
7,ochvisaatt
räknereglernaa)tilld)nedan
stämmer
| |
|
a) |
c)
d |x|
7
5|
2
d) 2| |
b) | ∙ |
4|
e) |
1
2|
1
404. Lösolikheten
| |∙| |
| |
a) |
1|
3
b) |
4|
1
c) |2
| |
x 19
5|
d) |
1|
e) 1
|
2
2
1|
3