Övningsprov Origo 2b kap 3 , LONG version

Transcription

Övningsprov Origo 2b kap 3 , LONG version
Övningsprov Origo 2b kap 3 , LONG version
Lösningsförslag - one possible solution path
Om ej annat anges krävs fullständiga lösningar,
endast svar 0 𝑝
1. Bestäm linjernas
a) ekvationer
b) riktningskoefficient, π‘˜
(1/0/0)
(1/0/0)
a) π‘₯ = βˆ’1
π‘₯ = 0 , y-axeln är också π‘₯ = 0
π‘₯=2
π‘₯ = 3.5
b) Samtliga linjer saknar π‘˜-värde,
π‘˜-värde existerar ej för vertikala linjer.
2. Bestäm linjernas
a) ekvationer
b) riktningskoefficient, π‘˜
a) 𝑦 = βˆ’1
𝑦 = 0 , x-axeln är också 𝑦 = 0
𝑦=2
𝑦 = 3.5
b) Samtliga linjer har riktningskoefficienten,
π‘˜=0
alla horisontella linjer har lutningen noll.
(1/0/0)
(1/0/0)
3. Bestäm ekvationen för den räta linje som har
riktningskoefficienten βˆ’2 och går genom
punkten med koordinaterna (βˆ’4, 12)
𝑦 = π‘˜π‘₯ + π‘š gäller för alla räta linjer, vi vet att
π‘˜ = βˆ’2
π‘₯ = βˆ’4
𝑦 = 12
ger ekvationen
12 = (βˆ’2)(βˆ’4) + π‘š
12 = 8 + π‘š
π‘š=4
Svar: 𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 4
4. Bestäm ekvationen för den räta linje går
genom punkterna med koordinaterna
(1, βˆ’2) och (3, 4)
Δ𝑦 𝑦2 βˆ’ 𝑦1 4 βˆ’ (βˆ’2) 6
π‘˜=
=
=
= =3
Ξ”π‘₯ π‘₯2 βˆ’ π‘₯1
3βˆ’1
2
𝑦 = π‘˜π‘₯ + π‘š gäller för alla räta linjer,
vi vet att
π‘˜=3
π‘₯=1
𝑦 = βˆ’2
ger ekvationen
βˆ’2 = 3 β‹… 1 + π‘š
βˆ’2 βˆ’ 3 = π‘š
π‘š = βˆ’5
Svar: 𝑦 = 3π‘₯ βˆ’ 5
5. En rät linje har ekvationen 4𝑦 + 2π‘₯ = 8 ,
bestäm två punkter på linjen.
Om π‘₯ = 0 fås
4𝑦 + 2 β‹… 0 = 8
4𝑦 = 8
(2/0/0)
(2/0/0)
(2/0/0)
𝑦=2
ger punkten (0, 2)
Om π‘₯ = βˆ’5 fås
4𝑦 + 2 β‹… (βˆ’5) = 8
4𝑦 βˆ’ 10 = 8
4𝑦 = 18
𝑦 = 4.5
ger punkten (βˆ’5, 4.5)
Svar: till exempel (0, 2) och (βˆ’5, 4.5)
Det finns oändligt många punkter som ligger
på linjen, sålunda oändligt många rätta svar
6. 𝑦 = 2π‘₯ + 3 Ange en lösning till ekvationen.
Om till exempel π‘₯ = 10 blir 𝑦 = 23
π‘₯ = 10
Svar: {
är en lösning till ekvationen,
𝑦 = 23
dvs gör att 𝑉𝐿 = 𝐻𝐿 i ekvationen
7. Du har ekvationen 𝑦 = βˆ’π‘₯ + 4
a) Ange en lösning till ekvationen
b) Hur många lösningar finns
till ekvationen?
a) Om π‘₯ = 1 fås
𝑦 = βˆ’1 + 4
𝑦=3
ger lösningen
π‘₯=1
{
𝑦=3
som också kan ses som en punkt (1, 3)
på linjen
𝑦 = βˆ’π‘₯ + 4
(1/0/0)
(1/0/0)
(1/0/0)
b) Det finns oändligt många lösningar till
ekvationen, och det finns oändligt
många punkter som ligger på linjen.
8. Bestäm lösningen till ekvationssystemet
med hjälp av figuren nedan.
𝑦 = 2π‘₯ 2 βˆ’ 5π‘₯ + 1
{
𝑦 = 3π‘₯ βˆ’ 5
(2/0/0)
Avläsning i figuren av skärningspunkternas
koordinater ger två lösningar
π‘₯=1
{
𝑦 = βˆ’2
och
π‘₯=3
{
𝑦=4
9. Bestäm avståndet mellan punkterna
med koordinaterna (2, βˆ’1) och (7, 3)
Avståndsformeln
(2/0/0)
𝑑 = √(π‘₯2 βˆ’ π‘₯1 )2 + (𝑦2 βˆ’ 𝑦1 )2 ger
2
𝑑 = √(7 βˆ’ 2)2 + (3 βˆ’ (βˆ’1)) =
√52 + 42 = √25 + 16 = √41
Svar: √41 𝑙. 𝑒.
10. Bestäm längden av sträckan mellan
punkterna (βˆ’2, 3) och (5, 1)
Avståndsformeln:
𝑑 = √(π‘₯2 βˆ’ π‘₯1 )2 + (𝑦2 βˆ’ 𝑦1 )2 ger
2
𝑑 = √(5 βˆ’ (βˆ’2)) + (1 βˆ’ 3)2 =
√72 + (βˆ’2)2 = √49 + 4 = √53
Svar: √53 β‰ˆ 7.28 𝑙. 𝑒.
(2/0/0)
11. Var skär grafen till funktionen 𝑦 = 3π‘₯ βˆ’ 7
a) π‘₯-axeln
b) 𝑦-axeln
a) Grafen skär π‘₯-axeln då 𝑦 = 0
vilket ger ekvationen
0 = 3π‘₯ βˆ’ 7
3π‘₯ = 7
7
π‘₯=
3
Svar: i punkten
7
( , 0)
3
b) Grafen skär 𝑦-axeln då π‘₯ = 0
vilket ger ekvationen
𝑦 =3β‹…0βˆ’7
𝑦 = βˆ’7
Svar: i punkten
(0, βˆ’7)
12. Grafen till ett ekvationssystem visas nedan.
a) Beräkna dess lösning genom avläsning
b) Vilket är ekvationssystemet?
a) Det finns bara en punkt som ligger
på båda linjerna, skärningspunkten,
(1/0/0)
(1/0/0)
(1/0/0)
(0/2/0)
denna är lösning till ekvationssystemet
π‘₯=5
Svar: {
𝑦=3
b) Den röda linjen har
π›₯𝑦 2
π‘˜=
= = 0.4
π›₯π‘₯ 5
och π‘š = 1 vilket ger ekvationen
𝑦 = 0.4π‘₯ + 1
Den blåa linjen har
π›₯𝑦 1
π‘˜=
= =1
π›₯π‘₯ 1
och π‘š = βˆ’2 vilket ger ekvationen
𝑦=π‘₯βˆ’2
𝑦 = 0.4π‘₯ + 1
Svar: {
𝑦 = π‘₯βˆ’2
13. Ekvationen 4𝑦 + 2π‘₯ = 8 bestämmer en rät linje.
a) Bestäm linjens riktningskoefficient
b) Ge exempel på en linje som är parallell
med linjen ovan.
a) Skriv om ekvationen på π‘˜-form
genom att lösa ut 𝑦 vilket ger
4𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 8
βˆ’2π‘₯ + 8
𝑦=
4
2π‘₯ 8
𝑦=βˆ’
+
4 4
1
𝑦 =βˆ’ β‹…π‘₯+2
2
Avläs π‘˜-värdet
Svar: linjens riktningskoefficient är
1
π‘˜=βˆ’
2
b) Om linjen ska vara parallell,
med ovan nämda linje,
så har den samma k-värde, dvs
1
π‘˜=βˆ’
2
Vi kan fritt välja m-värde
till exempel π‘š = 0 vilket ger
den nya linjens ekvation
1
𝑦 =βˆ’ β‹…π‘₯+0
2
Svar: Ett exempel på parallell linje är
1
𝑦=βˆ’ π‘₯
2
14. Bestäm π‘˜ så att linjen 𝑦 = π‘˜π‘₯ βˆ’ 4
blir vinkelrät mot
3
𝑦=βˆ’ π‘₯+3
2
För vinkelräta linjer gäller att produkten av
riktningskoefficienterna är βˆ’1 , dvs
(0/1/0)
(1/1/0)
(0/2/0)
π‘˜1 β‹… π‘˜2 = βˆ’1
vilket ger ekvationen
3
π‘˜1 β‹… (βˆ’ ) = βˆ’1
2
3
2
2
π‘˜1 β‹… (βˆ’ ) β‹… (βˆ’ ) = βˆ’1 β‹… (βˆ’ )
2
3
3
2
π‘˜1 =
3
Svar:
2
π‘˜=
3
15. Avgör om linjen som bestäms av ekvationen
4π‘₯ + 2𝑦 = 14 är vinkelrät mot
π‘₯+1
𝑦=
2
Skriv om ekvationerna på π‘˜-form genom att
lösa ut 𝑦 och avläsa π‘˜-värdet
Första ekvationen
4π‘₯ + 2𝑦 = 14
2𝑦 = βˆ’4π‘₯ + 14
4π‘₯ 14
𝑦=βˆ’
+
2
2
𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 7
har π‘˜1 = βˆ’2
Andra ekvationen
π‘₯+1 1
1
𝑦=
= π‘₯+
2
2
2
har
1
π‘˜2 =
2
För vinkelräta linjer gäller att
π‘˜1 β‹… π‘˜2 = βˆ’1 insättning ger
1
βˆ’2 β‹… = βˆ’1
2
Svar: Linjerna är vinkelräta
(0/2/0)
16. Lös ekvationssystemet med
4π‘₯ + 𝑦 = 14
substitutionsmetoden {
π‘₯ + 5𝑦 = 13
4π‘₯ + 𝑦 = 14 … (1)
{
π‘₯ + 5𝑦 = 13 … (2)
Lös ut 𝑦 ur (1) ger
𝑦 = 14 βˆ’ 4π‘₯ … (3)
(3) i (2) ger
π‘₯ + 5(14 βˆ’ 4π‘₯) = 13
π‘₯ + 70 βˆ’ 20π‘₯ = 13
57 = 19π‘₯
π‘₯ = 3 … (4)
(4) i (3) ger
𝑦 = 14 βˆ’ 4 β‹… 3 = 2
π‘₯=3
Svar: {
𝑦=2
17. Lös ekvationssystemet med
3π‘Ž + 2𝑏 = 7
additionsmetoden {
2π‘Ž βˆ’ 3𝑏 = βˆ’4
3π‘Ž + 2𝑏 = 7 … (1)
{
2π‘Ž βˆ’ 3𝑏 = βˆ’4 … (2)
Multiplicera (1) med 3 och (2) med 2 ger
9π‘Ž + 6𝑏 = 21
{
4π‘Ž βˆ’ 6𝑏 = βˆ’8
Addera
9π‘Ž + 6𝑏 = 21
+ 4π‘Ž βˆ’ 6𝑏 = βˆ’8
13π‘Ž
= 13
π‘Ž = 1 … (3)
(3) i (1) ger
3 β‹… 1 + 2𝑏 = 7
2𝑏 = 7 βˆ’ 3
𝑏=2
π‘Ž=1
Svar: {
𝑏=2
18. Lös ekvationssystemet
3𝑦 + 1.5π‘₯ = 12
grafiskt {
2𝑦 βˆ’ 5π‘₯ + 2 = 0
Skriv om ekvationerna på π‘˜-form, dvs lös ut 𝑦
Första ekvationen
3𝑦 = βˆ’1.5π‘₯ + 12
1.5π‘₯ 12
𝑦=βˆ’
+
3
3
(1/1/0)
(1/1/0)
(1/1/0)
1
𝑦=βˆ’ π‘₯+4
2
Andra ekvationen
2𝑦 = 5π‘₯ βˆ’ 2
5π‘₯ 2
𝑦=
βˆ’
2 2
5
𝑦 = π‘₯βˆ’1
2
Rita graferna i ett koordinatsystem
1
𝑦 =βˆ’ π‘₯+4
2
{
5
𝑦 = π‘₯βˆ’1
2
Om man ritar för hand fås en
approximativ (ungefärlig) lösning.
Har man ett tekniskt hjälpmedel
så fås lösningen till
5
π‘₯ = β‰ˆ 1.667
3
{
19
𝑦=
β‰ˆ 3.167
6
19. Bestäm skärningspunkterna mellan
parabeln 𝑦 = 2π‘₯ 2 och den
räta linjen 𝑦 = 4π‘₯ + 6
Lös ekvationssystemet
𝑦 = 2π‘₯ 2
{
𝑦 = 4π‘₯ + 6
𝑦 = 𝑦 ger
2π‘₯ 2 = 4π‘₯ + 6
2π‘₯ 2 βˆ’ 4π‘₯ βˆ’ 6 = 0
π‘₯ 2 βˆ’ 2π‘₯ βˆ’ 3 = 0
π‘π‘ž-formeln ger
π‘₯ = 1 ± √1 + 3
π‘₯ =1±2
π‘₯ =3
{ 1
π‘₯2 = βˆ’1
insättning i ekvationen 𝑦 = 2π‘₯ 2 ger
𝑦(3) = 2 β‹… 32 = 18
𝑦(βˆ’1) = 2 β‹… (βˆ’1)2 = 2
Svar: (βˆ’1, 2) och (3, 18)
(0/2/0)
20. Ange en ekvation för den linje som som går genom
punkten 𝑃 och är parallell med linjen i figuren
(0/2/0)
Grafisk lösning:
π‘˜-värdet för linjen avläses ur grafen
Δ𝑦 3
π‘˜=
=
Ξ”π‘₯ 4
Eftersom de ska vara parallella är π‘˜-värdet för
linjen genom punkten också
3
π‘˜=
4
Börja nu i punkten och
gå i riktning mot skärningen med y-axeln,
och avläs π‘š = βˆ’4
Svar:
3
𝑦 = π‘₯βˆ’4
4
21. Bestäm konstanten 𝑑 så att ekvationssystemet
saknar lösning
6π‘₯ + 3𝑦 = 12
{
4π‘₯ βˆ’ 𝑑𝑦 = 26
Grafen till båda ekvationerna utgör en rät linje
i ett koordinatsystem.
Ekvationssystemet saknar lösning om linjerna
är parallella och inte sammanfaller.
Skriv om ekvationerna på formen 𝑦 = π‘˜π‘₯ + π‘š
Lös ut 𝑦 ur den första ekvationen
6π‘₯ + 3𝑦 = 12
3𝑦 = βˆ’6π‘₯ + 12
6π‘₯ 12
𝑦=βˆ’
+
3
3
𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 4
riktningskoefficienten är π‘˜1 = βˆ’2
Lös ut y ur den andra ekvationen
4π‘₯ βˆ’ 𝑑𝑦 = 26
4π‘₯ βˆ’ 26 = 𝑑𝑦
4π‘₯ 26
βˆ’
=𝑦
𝑑
𝑑
4
26
𝑦= π‘₯βˆ’
𝑑
𝑑
4
riktningskoefficienten är π‘˜2 =
𝑑
Då linjerna ska vara parallella så är π‘˜1 = π‘˜2
vilket ger ekvationen
4
βˆ’2 =
𝑑
4
𝑑=
βˆ’2
𝑑 = βˆ’2
Med 𝑑 = βˆ’2 fås ekvationssystemet
𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 4
{
𝑦 = βˆ’2π‘₯ βˆ’ 13
Vi ser ekvationerna har samma π‘˜-värde,
(0/2/1)
men olika π‘š-värde.
Svar: 𝑑 = βˆ’2
22. Ange värden på konstanterna π‘Ž och 𝑏 så att
ekvationssystemet får oändligt antal lösningar
3𝑦 = π‘Žπ‘₯ + 3 … (1)
{
2𝑦 = 3π‘₯ + 𝑏 … (2)
Om ekvationerna är ekvivalenta,
så beskriver de samma räta linje.
π‘₯-termerna kan justeras till likhet
med hjälp av π‘Ž och konstanttermerna
kan justeras till likhet med 𝑏
Börja därför med att multiplicera
ekvationerna med lämpliga tal
så att 𝑦-termerna blir lika.
(1) β‹… 2 och (2) β‹… 3 ger ekvationssystemet
6𝑦 = 2π‘Žπ‘₯ + 6
{
6𝑦 = 9π‘₯ + 3𝑏
Identifiering för att skapa lika termer
i ekvationssystemet ovan ger
2π‘Ž = 9
π‘Ž = 4.5
och
3𝑏 = 6
𝑏=2
Svar: π‘Ž = 4.5 och 𝑏 = 2
23. Vilken riktningskoefficient har en linje
som är vinkelrät mot linjen 𝑦 = 2π‘₯ + 3
För vinkelräta linjer gäller att produkten av
riktningskoefficienterna är βˆ’1 , dvs
π‘˜1 β‹… π‘˜2 = βˆ’1
𝑦 = 2π‘₯ + 3 har riktningskoefficienten π‘˜1 = 2
vilket ger ekvationen
2 β‹… π‘˜2 = βˆ’1
1
π‘˜2 = βˆ’
2
Vilket är det samma som den
negativa inversen.
Svar:
1
π‘˜=βˆ’
2
(0/2/1)
(1/1/0)
24. Ange ekvationen för den linje som går genom
punkten med koordinaterna (2, 4) och är
a) Parallell med π‘₯-axeln
b) Motivera resultatet i a)
c) Parallell med 𝑦-axeln
d) Motivera resultatet i c)
a) Svar: 𝑦 = 4
b) En linje parallell med π‘₯-axeln har π‘˜ = 0
Då linjen går genom punkten (2, 4) så är
π‘₯ = 2 och 𝑦 = 4
insättning i 𝑦 = π‘˜π‘₯ + π‘š ger
4 = 0 β‹… 2 + π‘š ger
π‘š=4
Ekvationen blir
𝑦 =0β‹…2+4
𝑦=4
En funktion som alltid är parallell med
𝑦-axeln ändrar aldrig värde och är
därmed oberoende av π‘₯
Svar: 𝑦 = 4
c) Svar: π‘₯ = 2
d) En linje parallell med 𝑦-axeln är lodrät
och saknar π‘˜-värde
Då linjen går genom punkten (2, 4) så är
är dess ekvation π‘₯ = 2
Alla punkter punkter på den lodräta linjen
π‘₯ = 2 har π‘₯-koordinaten 2
Svar: π‘₯ = 2
25. Den räta linjen
(1/0/0)
(0/1/0)
(1/0/0)
(0/1/0)
3
𝑦 = π‘₯βˆ’3
4
är skriven i π‘˜-form,
skriv den i allmän form π‘Žπ‘₯ + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0
och ange talen π‘Ž, 𝑏 och 𝑐
3
(𝑦 = π‘₯ βˆ’ 3) β‹… 4
4
3
4𝑦 = 4 β‹… π‘₯ βˆ’ 4 β‹… 3
4
4𝑦 = 3π‘₯ βˆ’ 12
3π‘₯ βˆ’ 4𝑦 βˆ’ 12 = 0
Jämför med
π‘Žπ‘₯ + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0
Identifiering av koefficienterna ger
π‘Ž = 3 , 𝑏 = βˆ’4 och 𝑐 = βˆ’12
26. Vilket värde ska 𝑑 ha om punkten
med koordinaterna (2, 3) ska ligga
på linjen 3π‘₯ βˆ’ 𝑑𝑦 + 7 = 0
I punkten (2, 3) är π‘₯ = 2 och 𝑦 = 3
som vid insättning i ekvationen ger
3β‹…2βˆ’π‘‘β‹…3+7=0
13 = 3𝑑
13
𝑑=
3
27. Bestäm skärningspunkterna mellan parabeln
𝑦 = 2π‘₯ 2 och den räta linjen 𝑦 = 4π‘₯ + 6
𝑦 = ger ekvationen
2π‘₯ 2 = 4π‘₯ + 6
2π‘₯ 2 βˆ’ 4π‘₯ βˆ’ 6 = 0
π‘₯ 2 βˆ’ 2π‘₯ βˆ’ 3 = 0
π‘π‘ž-formel ger
(0/2/0)
(0/2/0)
(0/2/0)
π‘₯ = 1 ± √12 + 3
π‘₯ =1±2
π‘₯ =3
{ 1
π‘₯2 = βˆ’1
𝑦(3) = 2 β‹… 32 = 18
𝑦(βˆ’1) = 2 β‹… (βˆ’1)2 = 2
Svar: Punkterna är (3, 18) och (βˆ’1, 2)
28. Bestäm talet 𝑏 så att linjen genom punkterna
med koordinaterna (1, 𝑏) och (3, 3𝑏)
har riktningskoefficienten 5
Ξ”y 𝑦2 βˆ’ 𝑦1
π‘˜=
=
Ξ”π‘₯ π‘₯2 βˆ’ π‘₯1
ger ekvationen
3𝑏 βˆ’ 𝑏
5=
3βˆ’1
𝑏=5
Svar: 𝑏 = 5
(0/2/0)
29. Bestäm ekvationen till linjen som går
genom punkterna med
koordinaterna (1, 2) och (π‘Ž, 2π‘Ž)
Δ𝑦 𝑦2 βˆ’ 𝑦1 2π‘Ž βˆ’ 2 2(π‘Ž βˆ’ 1)
π‘˜=
=
=
=
=2
Ξ”π‘₯ π‘₯2 βˆ’ π‘₯1
π‘Žβˆ’1
π‘Žβˆ’1
𝑦 = π‘˜π‘₯ + π‘š där π‘˜ = 2 , π‘₯ = 1 och 𝑦 = 2
ger ekvationen
2=2β‹…1+π‘š
π‘š=0
Svar: 𝑦 = 2π‘₯
30. Bestäm linjens ekvation i π‘˜-form
π‘¦βˆ’4
βˆ’ 2(3π‘₯ + 2) = 2
5
Vi ska helt enkelt lösa ut y
π‘¦βˆ’4
βˆ’ (2 β‹… 3π‘₯ + 2 β‹… 2) = 2
5
π‘¦βˆ’4
βˆ’ 6π‘₯ βˆ’ 4 = 2
5
π‘¦βˆ’4
(
βˆ’ 6π‘₯ βˆ’ 4 = 2) β‹… 5
5
𝑦 βˆ’ 4 βˆ’ 30π‘₯ βˆ’ 20 = 10
𝑦 = 30π‘₯ + 34
31. Bestäm arean av det område
som begränsas av linjerna
𝑦 =π‘₯+3
𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 6
och de båda positiva koordinataxlarna.
Börja med att bestämma
skärningspunkten mellan linjerna
𝑦 =π‘₯+3
{
𝑦 = βˆ’2π‘₯ + 6
𝑦 = 𝑦 ger ekvationen
π‘₯ + 3 = βˆ’2π‘₯ + 6
3π‘₯ = 3
π‘₯ = 1 sättes in i översta ekvationen
𝑦 =1+3
𝑦=4
Höjden i triangeln är 4
Skärningspunkter mellan linjerna och
π‘₯-axeln fås genom att sätta 𝑦 = 0
0 = π‘₯ + 3 ger π‘₯ = βˆ’3
0 = βˆ’2π‘₯ + 6 ger π‘₯ = 3
Avstånd mellan skärningspunkterna
3 βˆ’ (βˆ’3) = 6 ger basen i triangeln
6β‹…4
π΄β„Žπ‘’π‘™π‘Ž π‘‘π‘Ÿπ‘–π‘Žπ‘›π‘”π‘’π‘™π‘› =
= 12
2
3β‹…3
π΄π‘ π‘‘π‘Ÿπ‘’π‘π‘˜π‘Žπ‘‘ π‘‘π‘Ÿπ‘–π‘Žπ‘›π‘”π‘’π‘™ =
= 4.5
2
𝐴𝑠öπ‘˜π‘‘ π‘œπ‘šπ‘Ÿå𝑑𝑒 = 12 βˆ’ 4.5 = 7.5
(0/2/0)
(0/2/0)
(0/1/1)
Svar: Sökt area är 7.5 π‘Ž. 𝑒.
32. Bestäm konstanterna 𝑝 och π‘ž
så att ekvationssystemet
𝑦 = 𝑝π‘₯ + π‘ž
{
𝑝𝑦 = 5 βˆ’ π‘žπ‘₯
har lösningen
π‘₯=1
{
𝑦=3
Sätt in givna värden på π‘₯ och 𝑦
i ekvationssystemet ovan
3=𝑝⋅1+π‘ž
{
𝑝⋅3=5βˆ’π‘žβ‹…1
3=𝑝+π‘ž
{
3𝑝 = 5 βˆ’ π‘ž
Addera ekvationerna
3 + 3𝑝 = 𝑝 + 5
𝑝 = 1 sättes in i lämplig ekvation ovan
3=1+π‘ž
π‘ž=2
𝑝=1
Svar: {
π‘ž=2
33. Punkten (π‘Ž, 5) ligger lika långt från
punkten (4, 2) som från (2, 3).
Bestäm talet π‘Ž.
Avståndsformeln ger
𝑑1 = √(π‘Ž βˆ’ 2)2 + (5 βˆ’ 3)2 = √(π‘Ž βˆ’ 2)2 + 4
𝑑2 = √(π‘Ž βˆ’ 4)2 + (5 βˆ’ 2)2 = √(π‘Ž βˆ’ 4)2 + 9
𝑑1 = 𝑑2
√(π‘Ž βˆ’ 2)2 + 4 = √(π‘Ž βˆ’ 4)2 + 9
(π‘Ž βˆ’ 2)2 + 4 = (π‘Ž βˆ’ 4)2 + 9
π‘Ž2 βˆ’ 4π‘Ž + 4 + 4 = π‘Ž2 βˆ’ 8π‘Ž + 16 + 9
4π‘Ž = 17
17
1
π‘Ž=
= 4 = 4.25
4
4
Svar:
17
π‘Ž=
= 4.25
4
(0/1/1)
(0/1/1)
34. På linjen 𝑦 = 2π‘₯ finns en punkt 𝑃
vars avstånd till origo är 24 längdenheter.
Beräkna punkten 𝑃:s π‘₯-koordinat, π‘₯ > 0
Antag att punkten P:s horisontella avstånd
från origo är π‘₯ , då blir dess vertikala avstånd 2π‘₯
eftersom punkten ligger på linjen 𝑦 = 2π‘₯
Pythagoras sats ger
242 = π‘₯ 2 + (2π‘₯)2
242 = π‘₯ 2 + 4π‘₯ 2
242 = 5π‘₯ 2
242
π‘₯2 =
5
(0/1/1)
242 24
π‘₯=√
=
β‰ˆ 10.73
5
√5
Svar: 𝑃:s π‘₯-koordinat är
24
β‰ˆ 10.73 𝑙. 𝑒.
√5
35. Bestäm koordinaterna för de punkter
på linjen med ekvationen 𝑦 = π‘₯
vars avstånd till origo är
exakt √32 längdenheter.
Antag att punkten P:s horisontella avstånd
från origo är π‘₯ , då blir dess vertikala avstånd π‘₯
eftersom punkten ligger på linjen 𝑦 = π‘₯
Pythagoras sats ger
2
√32 = π‘₯ 2 + π‘₯ 2
32 = 2π‘₯ 2
π‘₯ 2 = 16
π‘₯ = ±4
(0/1/1)
Svar: 𝑃 = (4, 4) och 𝑃′ = (βˆ’4, βˆ’4)
36. Linjerna
2π‘₯
𝑦=
π‘Ž
och π‘₯ = π‘Ž avgränsar tillsammans
med π‘₯-axeln ett område.
Bestäm värdet på konstanten π‘Ž
så att områdets area blir 3 areaenheter.
Skärningspunkten har π‘₯-koordinaten π‘Ž
och y-koordinaten
2π‘₯ 2 β‹… π‘Ž
𝑦(π‘Ž) =
=
=2
π‘Ž
π‘Ž
Triangelns bas 𝑏 = π‘Ž
Triangelns höjd, β„Ž = 2
Arean är 3 areaenheter ger ekvationen
π‘Žβ‹…2
3=
2
Svar: π‘Ž = 3
37. En rät linje går genom punkterna
med koordinaterna (0, 0) och (π‘Ž, 𝑏)
där π‘Ž β‰  0 och 𝑏 β‰  0.
För vilka värden på a och b har linjen
genom punkterna ett negativt värde
på riktningskoefficienten?
(0/1/1)
När punkten befinner sig i π‘˜π‘£π‘Žπ‘‘π‘Ÿπ‘Žπ‘›π‘‘ 𝐼𝐼 eller
π‘˜π‘£π‘Žπ‘‘π‘Ÿπ‘Žπ‘›π‘‘ 𝐼𝑉 är värdet på
riktningskoefficienten negativt.
I π‘˜π‘£π‘Žπ‘‘π‘Ÿπ‘Žπ‘›π‘‘ 𝐼𝐼 är
π‘Ž<0
{
𝑏>0
(0/1/1)
I π‘˜π‘£π‘Žπ‘‘π‘Ÿπ‘Žπ‘›π‘‘ 𝐼𝑉 är
π‘Ž>0
{
𝑏<0
π‘Ž<0
π‘Ž>0
Svar: {
eller {
𝑏>0
𝑏<0
38. Ange ekvationen för den linje där koordinaterna
för alla punkter på linjen kan uttryckas (π‘₯, βˆ’2π‘₯)
Om π‘₯ = 0 så är 𝑦 = βˆ’2 β‹… 0 = 0
sålunda är (0, 0) en punkt på linjen
Δ𝑦 𝑦2 βˆ’ 𝑦1 βˆ’2π‘₯ βˆ’ 0 βˆ’2π‘₯
π‘˜=
=
=
=
= βˆ’2
Ξ”π‘₯ π‘₯2 βˆ’ π‘₯1
π‘₯βˆ’0
π‘₯
Då linjen går genom origo är π‘š = 0
Svar: 𝑦 = βˆ’2π‘₯
(0/1/1)
39. Linjerna π‘₯ = βˆ’2 , 𝑦 = βˆ’1 , π‘₯ = 4 ,
𝑦 = 6 βˆ’ π‘₯ och 𝑦 = π‘₯ + 4
avgränsar ett område.
Beräkna områdets area.
(0/1/1)
Området utgörs av en triangel och en rektangel
Börja med att bestämma hörnpunkterna 𝐴, 𝐡, 𝐢, 𝐸
Punkten 𝐴 fås genom att lösa ekvationssystemet
𝑦 = βˆ’π‘₯ + 6
{
𝑦 =π‘₯+4
𝑦 = 𝑦 ger ekvationen
βˆ’π‘₯ + 6 = π‘₯ + 4 ger
π‘₯ = 1 sättes in i någon av
linjernas ekvationer ovan, vilket ger
𝑦=5
𝐴 = (1, 5)
Punkten 𝐡 fås genom att lösa ekvationssystemet
𝑦 = βˆ’π‘₯ + 6
{
π‘₯=4
𝑦 = βˆ’4 + 6 = 2
𝐡 = (4, 2)
Punkten 𝐢 fås genom att lösa ekvationssystemet
𝑦 = βˆ’1
{
π‘₯=4
𝐢 = (4, βˆ’1)
Punkten 𝐸 fås genom att lösa ekvationssystemet
𝑦 =π‘₯+4
{
π‘₯ = βˆ’2
𝑦 = βˆ’2 + 4 = 2
𝐡 = (βˆ’2, 2)
𝑏𝑑 β‹… β„Žπ‘‘
2
där 𝑏𝑑 = 4 βˆ’ (βˆ’2) = 6 och
β„Žπ‘‘ = 5 βˆ’ 2 = 3 vilket ger
𝑏𝑑 β‹… β„Žπ‘‘ 6 β‹… 3
π΄π‘‘π‘Ÿπ‘–π‘Žπ‘›π‘”π‘’π‘™ =
=
=9
2
2
π΄π‘‘π‘Ÿπ‘–π‘Žπ‘›π‘”π‘’π‘™ =
π΄π‘Ÿπ‘’π‘˜π‘‘π‘Žπ‘›π‘”π‘’π‘™ = π‘π‘Ÿ β‹… β„Žπ‘Ÿ
π‘π‘Ÿ = 𝑏𝑑 = 6 och
β„Žπ‘Ÿ = 2 βˆ’ (βˆ’1) = 3 vilket ger
π΄π‘Ÿπ‘’π‘˜π‘‘π‘Žπ‘›π‘”π‘’π‘™ = 6 β‹… 3 = 18
π΄π‘‘π‘œπ‘‘π‘Žπ‘™ = 9 + 18 = 27 π‘Ž. 𝑒.
40. Ange ekvationen för en rät linje som är
vinkelrät mot linjen π‘Žπ‘₯ + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0
Lös ut 𝑦
π‘Žπ‘₯ + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0
βˆ’π‘Žπ‘₯ βˆ’ 𝑐
𝑦=
𝑏
π‘Ž
𝑐
𝑦=βˆ’ π‘₯βˆ’
𝑏
𝑏
π‘Ž
π‘˜=βˆ’
𝑏
(0/1/1)
Då π‘˜ β‹… π‘˜βŠ₯ = βˆ’1 fås
𝑏
π‘˜βŠ₯ =
π‘Ž
Den ’’nya’’ linjens ekvation blir
𝑏
𝑦 = π‘₯+π‘š
π‘Ž
Då det finns obegränsat många linjer som är möjliga,
kan vi till exempel välja den linjen som har π‘š = 0 ,
vilket då ger ekvationen
𝑏
𝑦= π‘₯
π‘Ž
41. En elev simmar i en älv, mot strömmen,
sträckan 100 m på tiden 2 minuter och 5 sekunder
och med strömmen samma sträcka på 40 sekunder.
Beräkna hur fort eleven kan simma
utan hjälp av strömmen.
(0/1/1)
100 π‘š
π‘£π‘šπ‘œπ‘‘ =
=
2 π‘šπ‘–π‘›π‘’π‘‘π‘’π‘Ÿ π‘œπ‘β„Ž 5 π‘ π‘’π‘˜π‘’π‘›π‘‘π‘’π‘Ÿ
100 π‘š
= 0.8 π‘šβ„π‘ 
125 𝑠
100 π‘š
100 π‘š
π‘£π‘šπ‘’π‘‘ =
=
= 2.5 π‘š/𝑠
40 π‘ π‘’π‘˜π‘’π‘›π‘‘π‘’π‘Ÿ
40 𝑠
𝑣π‘₯ = elevens hastighet utan strömmen
𝑣 + π‘£π‘ π‘‘π‘Ÿöπ‘š = 2.5
{ π‘₯
𝑣π‘₯ βˆ’ π‘£π‘ π‘‘π‘Ÿöπ‘š = 0.8
Addera ekvationerna
2𝑣π‘₯ = 3.3
𝑣π‘₯ = 1.65 π‘š/𝑠
𝑠
100
π‘‘π‘’π‘‘π‘Žπ‘› π‘ π‘‘π‘Ÿöπ‘š =
=
β‰ˆ 61 𝑠
𝑣π‘₯ 1.65
42. Summan av två tal är två. Summan av det
dubbla värdet av det en talet och halva
värdet av det andra talet är en fjärdedel.
Vilka är talen?
Antag att talen är π‘₯ och 𝑦 då fås ekvationerna
π‘₯+𝑦 =2
𝑦 1
{
2π‘₯ + =
2 4
Substitutionsmetoden:
Lös ut 𝑦 ur den översta ekvationen
𝑦 = 2 βˆ’ π‘₯ sättes in i den andra ekvaionen
2βˆ’π‘₯ 1
2π‘₯ +
=
2
4
Multiplicera båda led med 4
8π‘₯ + 2(2 βˆ’ π‘₯) = 1
8π‘₯ + 4 βˆ’ 2π‘₯ = 1
6π‘₯ = βˆ’3
1
π‘₯=βˆ’
2
1
5
𝑦 = 2 βˆ’ (βˆ’ ) =
2
2
(0/1/1)
1
π‘₯=βˆ’
2
Svar: {
5
𝑦=2
Grafisk lösning:
Avläs skärningspunkt
1
π‘₯=βˆ’
2
Svar: {
5
𝑦=2
43. Bestäm värdet av π‘š så att linjen
𝑦 = π‘₯ + π‘š tangerar kurvan
π‘₯2
𝑦=
3
i en enda punkt.
Ekvationsystemet
𝑦 =π‘₯+π‘š
π‘₯2
{
𝑦=
3
ska ha endast en lösning
𝑦 = 𝑦 ger
π‘₯2
π‘₯+π‘š =
3
3π‘₯ + 3π‘š = π‘₯ 2
π‘₯ 2 βˆ’ 3π‘₯ βˆ’ 3π‘š = 0
π‘₯=
3
3 2
3
9
± √( ) + 3π‘š = ± √ + 3π‘š
2
2
2
4
Om
9
√ + 3π‘š = 0
4
så blir ekvationen ovan
3
π‘₯ = ±0
2
och då blir π‘₯1 = π‘₯2 en så kallad dubbelrot
och linjen kommer att tangera kurvan
9
√ + 3π‘š = 0
4
(0/0/2)
9
+ 3π‘š = 0
4
9
3π‘š = βˆ’
4
9
3
π‘š=βˆ’
=βˆ’
12
4
Svar:
3
π‘š=βˆ’
4