1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
R1 kapittel 6 Vektorer
Løsninger til oppgavene i boka
6.1
Tilfellene c, e og f er vektorstørrelser fordi de har retning.
Tilfellene a, b og d er skalarer fordi de ikke har retning.
6.2
a
b
c
d
e
−−→ −−→
Av figuren ser vi at ED = AB fordi de er like lange og har samme retning.
−−→ −−→
Av figuren ser vi at EF = CB fordi de er like lange og har samme retning.
−−→ −−→
Av figuren ser vi at DF = CA fordi de er like lange og har samme retning.
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
I en regulær sekskant er alle sider like lange. Derfor er EB, CF, FC, AD og DA like lange som
−−→
BE.
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
−−→
Vektorene CB, AD, DA, FE og EF er parallelle med BC.
6.3
a
Av figuren ser vi at ~a og ~e har samme retning, ~b og d~ har samme retning, og f~ og ~g har samme
retning.
b
Av figuren ser vi at ~a, ~b, d~ og ~g er like lange. I tillegg er ~c og f~ like lange.
c
Det er kun ~b og d~ som er like vektorer. Det er fordi de både er like lange og har samme retning.
6.4
~a = [4 , 3] fordi den går 4 ruter i positiv x-retning, og 3 ruter i positiv y-retning.
~b = [−3 , 4] fordi den går 3 ruter i negativ x-retning, og 4 ruter i positiv y-retning.
~c = [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 negativ 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 negativ x-retning, og 0 ruter i y-retning.
~g = [−5 , 0] fordi den går 5 ruter i negativ x-retning, og 0 ruter i y-retning.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 1 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.5
6.6
En posisjonsvektor har samme koordinater som det tilhørende punktet.
−−→
a
Posisjonsvektoren til punktet A (2 , 3) er OA = [2 , 3].
−−→
b
Posisjonsvektoren til punktet B (3 , −2) er OB = [3 , −2].
−−→
c
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 har samme koordinater som den tilhørende posisjonsvektoren.
−−→
a
Når posisjonsvektoren OA = [8 , 3], må punktet A ha koordinatene (8 , 3).
−−→
b
Når posisjonsvektoren OB = [−2 , 0], må punktet B ha koordinatene (−2 , 0).
6.8
Punktet b er en vektorstørrelse fordi skipet har fart i en retning.
Punktene a og c er skalarer fordi verken volum eller tid har retning i rommet.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.9
Vi lar hver rute i koordinatsystemet ha lengde 1 cm.
a
Vektoren må gå 5 ruter lodrett fra sør til nord.
a
Vektoren må gå 8 ruter vannrett fra øst mot vest.
6.10
a
I den likebeinte trekanten vet vi at to bein er like lange. Fra figuren ser vi at det er beina som
tilsvarer ~b og ~c, som er de to like sidene i trekanten.
I parallellogrammet vet vi at motstående sider er like lange. Fra figuren ser vi at ~e og ~g er like
lange, og at d~ og f~ er like lange.
I sirkelen vet vi at avstanden fra sentrum til sirkelperiferien er den samme rundt hele sirkelen.
Fordi ~h, ~i og ~j tilsvarer radiusen i sirkelen, må de være like lange.
b
I den likebeinte trekanten er ingen vektorer like, fordi ingen vektorer har samme retning.
I parallellogrammet er ~e og ~g like vektorer, fordi de har samme retning og er like lange. d~ og
f~ er ikke like, fordi de har motsatte retninger.
I sirkelen er ingen vektorer like, fordi ingen vektorer har samme retning.
c
I den likebeinte trekanten er ingen vektorer parallelle, fordi ingen vektorer har samme eller
motsatte retninger.
I parallellogrammet er ~e og ~g parallelle vektorer, fordi de har samme retning. d~ og f~ er også
parallelle, fordi de har motsatte retninger.
I sirkelen er ~h og ~i parallelle, fordi de har motsatte retninger.
6.11
a
En posisjonsvektor har samme koordinater som punktet vektoren går til. Vi får derfor
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→
−−→
OA = [1 , 2] OB = [4 , 4] OC = [2 , −1] OD = [−3 , −2] OE = [−4 , 3] OF = [−2 , 2]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 3 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
−−→
Du får AB ved å gå 3 ruter til høyre og deretter 2 ruter rett opp. Derfor får vi at
−−→
AB = [4 − 1 , 4 − 2] = [3 , 2]
−−→
Du får AC ved å gå 1 rute til høyre og deretter 3 ruter rett ned. Derfor får vi at
−−→
AC = [2 − 1 , −1 − 2] = [1 , −3]
−−→
Du får AD ved å gå 4 ruter til venstre og deretter 4 ruter rett ned. Derfor får vi at
−−→
AD = [−3 − 1 , −2 − 2] = [−4 , −4]
−−→
Du får AF ved å gå 3 ruter til venstre. Derfor får vi at
−−→
AF = [−2 − 1 , 2 − 2] = [−3 , 0]
6.12
a
Vi må tegne vektoren skrått opp mot venstre. Bruker linjal for at den skal bli 5 cm lang.
b
Vi må tegne vektoren skrått ned mot venstre. Bruker linjal for at den skal bli 8 cm lang.
6.13
a
b
−−→ −−→ −−→
Av figuren ser vi at AF, BE og CD er lik ~u, fordi de har samme lengde og retning.
−−→ −−→ −−→ −−→
Av figuren ser vi at CB, BA, DE og EF er lik ~v, fordi de har samme lengde og retning.
6.14
a
b
−−→
−−→
For at AP skal være parallell med BP, må P ligge på linja gjennom A og B. Derfor er linja
−−→ −−→
gjennom A og B det geometriske stedet for alle punkter P i planet som er slik at AP k BP.
−−→ −−→
For at AP = BP, må P ligge på midtnormalen til linjestykket AB. Derfor er midtnormalen til
−−→ −−→
linjestykket AB det geometriske stedet for alle punkter P i planet som er slik at AP = BP.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 4 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
−−→ −−→
For at AP = AB, må P ligge like langt fra A som B ligger fra A. Derfor er en sirkel med
sentrum i A og radius lik
−−→ av linjestykket AB det geometriske stedet for alle punkter P
−−→lengden
i planet som er slik at AP = AB.
6.15
−−→
Punktet P = (1 , −3). Vektoren PQ går 2 steg i positiv x-retning, og 5 steg i positiv y-retning. Vi får
derfor at
Q = (1 + 2 , −3 + 5)
Q = (3 , 2)
6.16
6.17
6.18
a
b
c
−−→ −−→ −−→
AD + DF = AF
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
AD + BC = AD + DE = AE
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
AF + EA = AF + FB = AB
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.19
a
b
c
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
6.20
Vi vet at koordinatene til punktet er lik vektorkoordinatene til en posisjonsvektoren. Det må derfor
være origo (0 , 0) som er punktet som har nullvektoren som posisjonsvektor.
6.21
a
b
c
d
−−→
−−→ −−→ −−→
Her er det mange alternativer. Mest opplagt er BA, men også en av vektorene CB, ED, FE,
−−→
−→
−−→
HG og IH , er motsatte vektorer av AB.
−
→
−−→
−
→
Her er det to alternativer. Mest opplagt er IB, men også HA er en motsatt vektor av BI.
−−→
−−→
Her er det kun et alternativ, CG. Den er en motsatt vektorer av GC.
−−→ −−→ −−→
−−→ −→
−−→
Først ser vi at AH + HF = AF. Så ser vi at FA og ID er motsatte vektorer av AF.
6.22
a
b
c
−−→
−−→
BA = −AB = [−2 , −5]
−−→
−−→
DC = −CD = [−3 , 5]
−−→
−−→
FE = −EF = [−5 , 0]
6.23
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 6 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.24
~ +~v, så ser vi at det blir likt ~u. Vi ender derfor opp med at ~u = w
~ +~v, som vi kan omforme
Følger vi w
for å få et uttrykk for de to andre vektorene.
~u = ~v + w
~
~v = ~u − w
~
~ = ~u −~v
w
6.25
a
b
c
−−→ −−→ −−→
BC + CA = BA
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
AB + BC − DC = AB + BC + CD = AD
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
AB − CB − DC − BD = AB + BC + CD + DB = AB
d
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
EF + GE − GF − AB + AC = EF + GE + FG + BA + AC
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
= EF + FG + GE + BA + AC
−−→
= ~0 + BC
−−→
= BC
6.26
a
Vi ser av figuren at de har brukt trekantmetoden til å tegne differansen mellom vektorene.
~ = ~u −~v.
w
b
~ = ~u +~v.
Vi ser av figuren at ~v fortsetter der ~u slutter. w
c
Vi ser av figuren at de har brukt trekantmetoden til å tegne differansen mellom vektorene, men
~ = ~v − ~u. Det er derfor ingen av alternativene som er riktige.
de har tegnet opp w
d
Vi ser av figuren at de har brukt parallellogrammetoden til å tegne summen av vektorene.
~ = ~u +~v.
w
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.27
6.28
a
b
c
d
−−→ −−→ −−→
DC + CB = DB
−−→ −−→ −−→ −−→ ~
AB + CD = AB + BA = 0
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→
BC + DC = AD + DC = AC
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
AB − AD = AB + DA = DA + AB = DB
6.29
a
b
c
d
−−→ −−→ −−→
AB = AM + MB = ~u +~v
−−→ −−→
−−→
MC = BM = − MB = −~v
−−→ −−→ −−→
AC = AM + MC = ~u −~v
−−→
−−→
BA = −AB = −(~u +~v) = −~u −~v
6.30
a
b
−−→ −−→ −−→
AC = AB + BC = ~a + ~b
−−→
Vi ser at AC går 4 steg i positiv x-retning, og 2 steg i positiv y-retning.
−−→
AC = [4 , 2]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 8 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.31
6.32
Følger vi −~q +~r + ~s, så ser vi at det blir likt ~p. Vi ender derfor opp med at ~p = −~q +~r + ~s, som vi kan
omforme for å få et uttrykk for de tre andre vektorene.
~p = −~q +~r + ~s
~q = −~p +~r + ~s
~r = ~p + ~q − ~s
~s = ~p + ~q −~r
6.33
~ . Til slutt tegner vi vektorene:
Vi omformer først vektorlikningene slik at vi får et uttrykk for w
a
~u +~v − w
~ = ~0
~ = ~u +~v
w
b
~u −~v − w
~ = ~v
~ = ~u − 2~v
w
c
~u −~v + w
~ = −~
w
2~
w = ~v − ~u
1
1
~ = ~v − ~u
w
2
2
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 9 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.34
6.35
a
b
−−→ −−→ −−→
CA = CB + BA = −~a − ~b
−−→
Vi ser at CA går 2 steg i negativ y-retning, og 4 steg i negativ x-retning.
−−→
AC = [−4 , −2]
6.36
Inguns fart i forhold til bakken er ~u +~v.
6.37
Annes fart i forhold til bakken er ~u +~v.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 10 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.38
Fartsendring finner man ved å ta sluttfart minus startfart. Spydets fartsendring er derfor ~v −~u.
6.39
−−→ −−→ −−→
Alle punkter P i planet er slik at AP + PB = AB. Derfor er hele planet det geometriske stedet for et
−−→ −−→ −−→
punkt som er slik at AP + PB = AB.
6.40
6.41
a
Vi ser at ~a har samme retning som ~v og er 3 ganger så lang.
~a = 3~v
b
Vi ser at ~b har samme retning som ~v og er 6 ganger så lang.
~b = 6~v
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi ser at ~c har motsatt retning som ~v og er like lang.
~c = −~v
d
Vi ser at d~ har motsatt retning som ~v og er 4 ganger så lang.
d~ = −4~v
6.42
Vi trekker sammen de vektorene som er parallelle
a
3~u + 2~u −~v + 4~v = (3~u + 2~u) + (−~v + 4~v) = 5~u + 3~v
b
4(~u − 2~v) − 2~u +~v = 4~u − 8~v − 2~u +~v = (4~u − 2~u) + (−8~v +~v) = 2~u − 7~v
c
−2(~v − 3~u) − 5~u = −2~v + 6~u − 5~u = (6~u − 5~u) + (−2~v) = ~u − 2~v
3 ~v − 23 ~u − 31 (6~v − 9~u) = 3~v − 2~u − 2~v + 3~u = (−2~u + 3~u) + (3~v − 2~v) = ~u +~v
d
6.43
Vi ser at ~b = 3(~u +~v) som er parallell med ~a.
Så ser vi at d~ = − 12 (~u −~v) som er parallell med ~c.
6.44
Vi tegner vektorsummene:
6.45
a
Fra likningen ser vi at
3=k
∧ 2 = m−1
k=3
∧ m=3
k=m=3
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 12 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Fra likningen ser vi at
k = m ∧ 2m = 4
k=m ∧ m=2
k=2 ∧ m=2
k=m=2
6.46
a
Vi ser at hvis ~u = 2~v, så er ~u dobbelt så lang som ~v, og vektorene har samme retning.
b
Vi ser at hvis ~u = 12 ~v, så er ~u halvparten så lang som ~v, og vektorene har samme retning.
c
Vi ser at hvis ~u = −3~v, så er ~u tre ganger så lang som ~v, og vektorene har motsatt retning.
6.47
Vi tegner vektorene som en sum av ~u og ~v.
Fra tegningen kan vi se at
~a = 2~u
~b = −3~v
d~ = ~u +~v
~e = ~u −~v
1
~c = ~u
2
f~ = −~u − 4~v
6.48
a
Fra betingelsen ~u = k ·~v vet vi at de to vektorene er parallelle. Da har de enten samme retning
eller motsatt retning.
b
Hvis ~u og ~v har samme retning, må k > 0 fordi en negativ k ville endret retningen på k ·~v.
c
Hvis ~u og ~v også har samme retning, må k = 1. Hvis ~u og ~v har motsatt retning, må k = −1. Vi
har altså at k = ±1.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 13 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
Hvis ~u og ~v også har samme retning, må k > 1. Hvis ~u og ~v har motsatt retning, må k < −1. Vi
har altså at |k| > 1.
6.49
Vi ser først at ~u = 3~v. Som gir oss følgende:
|~u +~v| = |3~v +~v| = |4~v| = 4|~v|
|~u −~v| = |3~v −~v| = |2~v| = 2|~v|
6.50
Vi ser at ~c = 2(~u + 4~v) som er parallell med ~a.
Så ser vi at d~ = 3(2~u − 3~v) som er parallell med ~b.
6.51
Vi tegner vektorsummene:
Fra tegningen kan vi lese
~u = [−2 , 0]
3~u = [−6 , 0]
~v = [2 , 1]
2~v = [4 , 2]
−~v = [−2 , −1]
6.52
Vi ser at ~c = 2(3~u − 2~v) som er parallell med ~a.
Vi ser at d~ = −(3~u − 2~v) som er parallell med ~a.
Vi ser at ~e = −3(3~v − 2~u) som er parallell med ~b.
Til slutt ser vi at f~ = 2(3~v + 2~u) som ikke er parallell med noen av de andre vektorene.
Vi kan konkludere ~a k ~c k d~ og ~b k ~e.
6.53
a
Når ~u og ~v har samme retning, får vi
|~u +~v| = |~u| + |~v| = 7 + 5 = 12
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Dette er den største mulige verdien |~u +~v| kan ha.
b
Når ~u og ~v har motsatt retning, får vi
|~u +~v| = |~u| − |~v| = 7 − 5 = 2
Dette er den minste mulige verdien |~u +~v| kan ha.
6.54
a
Fra likningen ser vi at
−(k + 1) = 2k
−k − 1k = 2k
−3k = 1
1
k=−
3
b
Fra likningen ser vi at
−1 = 2k + 1
−2k = 2k
k = −1
c
Fra likningen ser vi at
3 + k = 1 ∧ −m = 2m − 1
k = −2 ∧ −3m = −1
1
k = −2 ∧
m=
3
d
Fra likningen ser vi at
2m = −k
k = −2m
k = −2m
k = −2m
k=2
∧ 3+m = k
∧ 3 + m = −2m
∧
3m = −3
∧
m = −1
∧
m = −1
6.55
−−→
−−→
Fra opplysningen om at det fins en k slik at AB = k · CD, vet vi at AB må være parallell med CD.
−−→
−−→
Fra opplysningen om at det ikke fins en q slik at BC = q · DA, vet vi at BC ikke kan være parallell
med DA.
Firkant ABCD er derfor et trapes. Den har to parallelle sider, men de to siste sidene er ikke parallelle.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.56
Vi tegner vektorsummene. Fra tegningen kan vi lese
~
k · ~u = ~v + m · w
5~u = ~v + 5~
w
Altså er k = m = 5.
6.57
a
1
1
1
1
−−→ −−→ −−→
PS = PO + OS = − ~a + ~c = − ~a + ~c
2
2
2
2
−−→ −−→ −−→
AC = AO + OC = −~a +~c = −~a +~c
−−→
−−→
For å regne ut QR ser vi først at AC kan uttrykkes på en annen
måte.
−−→ −−→ −−→
AC = AB + BC
−−→
Så regner vi ut QR.
1
1
−−→ −−→ −−→ 1 −−→ 1 −−→ 1 −−→
QR = QB + BR = AB + BC = AC = − ~a + ~c
2
2
2
2
2
b
−−→ −−→
−−→
Vi ser at PS = QR = 12 AC. Det betyr at PS er like lang som QR
mens AC er dobbelt så lang som de to første. Men det som er viktigere i denne sammenhengen, er at det betyr at de tre linjestykkene
er parallelle.
6.58
Vi tegner vektorsummene.
Fra tegningen kan vi lese
~v + ~u = [0 , 1]
©Aschehoug
2~v + ~u = [2 , 2]
www.lokus.no
~v − ~u = [4 , 1]
Side 16 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.59
a
~u +~v = [3 , 2] + [−1 , 4] = [3 + (−1) , 2 + 4] = [2 , 6]
b
4~u = 4 · [3 , 2] = [12 , 8]
c
~u −~v − w
~ = [3 , 2] − [−1 , 4] − [0 , 5]
= [3 − (−1) − 0 , 2 − 4 − 5]
= [4 , −7]
d
2~u − 3~v + 4~
w = 2 [3 , 2] − 3 [−1 , 4] + 4 [0 , 5]
= [6 , 4] − [−3 , 12] + [0 , 20]
= [6 − (−3) + 0 , 4 − 12 + 20]
= [9 , 12]
6.60
a
−−→ −−→ −−→
OQ = OP + PQ = [−3 , 1] + [5 , 3] = [−3 + 5 , 1 + 3] = [2 , 4]
b
som betyr at Q = (2 , 4).
−−→ −−→ −−→
OQ = OP + PQ = [−2 , −1] + [3 , −1] = [−2 + 3 , −1 + (−1)] = [1 , −2]
c
som betyr at Q = (1 , −2).
−−→ −−→ −−→
OQ = OP + PQ = [3 , −1] + [−4 , 3] = [3 + (−4) , −1 + 3] = [−1 , 2]
d
som betyr at Q = (−1 , 2).
−−→ −−→ −−→
OQ = OP + PQ
−−→ −−→
= −PO − QP
= − [3 , 1] − [−5 , −2]
= [−3 , −1] + [5 , 2]
= [−3 + 5 , −1 + 2] = [2 , 1]
som betyr at Q = (2 , 1).
6.61
a
b
c
−−→
PQ = [3 − 1 , 5 − 2] = [2 , 3]
−−→
QR = [−2 − 3 , 4 − 5] = [−5 , −1]
−−→
RP = [1 − (−2) , 2 − 4] = [3 , −2]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.62
Bildet til høyre viser framgangsmåten i CAS i GeoGebra.
√
√
a
|[6 , 8]| = 62 + 82 = 100 = 10
p
√
b
|[−1 , 5]| = (−1)2 + 52 = 26
p
√
c
|[−12 , 5]| = (−12)2 + 52 = 169 = 13
6.63
a
b
c
−−→ p
√
√
PQ = (5 − 2)2 + (8 − 4)2 = 32 + 42 = 25 = 5
−−→
p
p
√
PQ = (2 − (−4))2 + (−1 − 3)2 = 62 + (−4)2 = 52 =
√
2 13
−−→ p
p
PQ = (−53 − (−13))2 + (−31 − (−22))2 = (−40)2 + (−9)2 =
√
1681 = 41
Bildet nedenfor viser framgangsmåten i CAS i GeoGebra.
6.64
a
[1 , 4] = 12 [2 , 8]
Vi ser at ~u = 12 ~v, altså er vektorene ~u og ~v parallelle.
b
[−4 , 4] = −4[1 , −1]
Vi ser at ~u = −4~v, altså er vektorene ~u og ~v parallelle.
h
i
[12 , 8] = 35 20 , 40
3
Vi ser at ~u ikke kan skrives som k · ~v, der k er en konstant. Altså er vektorene ~u og ~v ikke
parallelle.
c
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.65
a
~u k ~v
[3 , 4] = k · [a , 15]
[3 , 4] = [a · k , 15k]
3 = a·k
∧ 4 = 15k
4
3 = a·k
∧ k=
15
4
4
∧ k=
3 = a·
15
15
45
4
a=
∧ k=
4
15
~u og ~v er parallelle når a =
b
45
4.
~u k ~v
[1 − a , 8] = k · [−5 , 12]
[1 − a , 8] = [−5k , 12k]
1 − a = −5k
∧ 8 = 12k
2
1 − a = −5k
∧ k=
3
2
2
∧ k=
1 − a = −5 ·
3
3
10
2
1−a = −
∧ k=
3
3
10
2
a = 1+
∧ k=
3
3
2
13
∧ k=
a=
3
3
~u og ~v er parallelle når a =
c
13
3.
~u k ~v
[a , 1] = k · [a , 2]
[a , 1] = [a · k , 2k]
a = a·k
∧ 1 = 2k
1
a = a·k ∧ k =
2
1
1
a = a·
∧ k=
2
2
1
a=0
∧ k=
2
~u og ~v er parallelle når a = 0.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.66
−−→ −−→
Hvis tre punkter P, Q og R ligger på samme linje, må PQ k PR. Vi sjekker:
a
Vi lar P = (2 , 5), Q = (4 , 8) og R = (8 , 14).
−−→
PQ = [4 − 2 , 8 − 5] = [2 , 3]
−−→
PR = [8 − 2 , 14 − 5] = [6 , 9]
−−→
−−→
−−→ −−→
Vi ser at PR = 3 · PQ. Det vil si at PR k PQ.
P, Q og R ligger derfor på samme linje.
b
Vi lar P = (−3 , 12), Q = (0 , 7) og R = (4 , 1).
−−→
PQ = [0 − (−3) , 7 − 12] = [3 , −5]
−−→
PR = [4 − (−3) , 1 − 12] = [7 , −11]
−−→ −−→
Vi ser at PR ∦ PQ.
P, Q og R ligger derfor ikke på samme linje.
6.67
a
~u = 2 ·~v
[2a − 3 , 5 − b] = 2 · [3 , −4]
[2a − 3 , 5 − b] = [6 , −8]
2a − 3 = 6 ∧
2a = 9 ∧ −b = −13
9
a=
∧
2
b
~u = 2 ·~v
[2a − 3 , 5 − b] = −3 · [3 , −4]
[2a − 3 , 5 − b] = [−9 , 12]
2a − 3 = −9 ∧ 5 − b = 12
2a = −6 ∧
−b = 7
a = −3 ∧
b = −7
c
~u + 3 ·~v = [4 , −3]
[2a − 3 , 5 − b] + 3 · [3 , −4] = [4 , −3]
[2a − 3 , 5 − b] + [9 , −12] = [4 , −3]
[2a + 6 , −7 − b] = [4 , −3]
2a + 6 = 4 ∧ −7 − b = −3
2a = −2 ∧
−b = 4
a = −1 ∧
b = −4
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.68
−−→ −−→ −−→
OD = OA + AD
−−→ −−→
= OA + BC
= [−4 , −3] + [−1 − 1 , 4 − 0]
= [−4 , −3] + [−2 , 4]
= [−4 + (−2) , −3 + 4]
= [−6 , 1]
D = (−6 , 1)
ABCD er et parallellogram når D har koordinatene (−6 , 1).
6.69
−−→ −−→ −−→
OC = OB + BC
−−→ −−→
= OB + AD
= [6 , −3] + [3 − 2 , 2 − (−1)]
= [6 , −3] + [1 , 3]
= [6 + 1 , −3 + 3]
= [7 , 0]
C = (7 , 0)
ABCD er et parallellogram når C har koordinatene (7 , 0).
6.70
−−→ −−→
For å sjekke om firkanten ABCD er et parallellogram, holder det å sjekke at AB = DC.
−−→
a
Vi ser først at AB = [4 − (−3) , 1 − 2] = [7 , −1].
−−→
Så ser vi at DC = [2 − (−5) , −3 − (−2)] = [7 , −1].
−−→ −−→
ABCD er et parallellogram fordi AB = DC.
−−→
b
Vi ser først at AB = [−1 − (−5) , −2 − 4] = [4 , −6].
−−→
Så ser vi at DC = [2 − (−2) , 0 − 5] = [4 , −5].
−−→ −−→
ABCD er ikke et parallellogram fordi AB , DC.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.71
6.72
−−→ −−→ −−→
OQ = OP + PQ
−−→ −−→
= OP − QP
= [−3 , 1] − [−2 , 4]
= [−3 , 1] + [2 , −4]
= [−3 + 2 , 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 fra
−−→
origo. Derfor er OA = [3 , 4].
På figuren må vi gå 7 ruter i positiv x-retning og 2 ruter i positiv y-retning for å komme til B fra
−−→
origo. Derfor er OB = [7 , 2].
På figuren må vi gå 1 ruter i positiv x-retning og 2 ruter i negativ y-retning for å komme til C
−−→
fra origo. Derfor er OC = [1 , −2].
På figuren må vi gå 3 ruter i negativ x-retning og 1 ruter i negativ y-retning for å komme til D
−−→
fra origo. Derfor er OD = [−3 , −1].
På figuren må vi gå 5 ruter i negativ x-retning og 0 ruter i y-retning for å komme til E fra origo.
−−→
Derfor er OE = [−5 , 0].
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.74
a
[4 , 2] + [3 , 1] = [7 , 3]
b
[−1 , 3] + 3 · [2 , −2] = [−1 , 3] + [6 , −6] = [5 , −3]
c
[6 , −2] − 4 · [1 , −3] = [6 , −2] + [−4 , 12] = [2 , 10]
d
[4 , −2] + [−1 , 0] − [3 , −2] = [4 + (−1) − 3 , −2 + 0 − (−2)] = [0 , 0]
6.75
a
b
c
d
−−→
QP = [7 − 1 , 5 − 3] = [6 , 2]
−−→
−−→
PQ = −QP = [−6 , −2]
−−→
QR = [−2 − 1 , 4 − 3] = [−3 , 1]
−−→
S R = [−2 − (−3) , 4 − (−6)] = [1 , 10]
6.76
a
b
c
p
√
~v = |[5 , −1]| = 52 + (−1)2 = 26
p
√
~v = |[−40 , 9]| = (−40)2 + (9)2 = 1681 = 41
p
√
~v = |[3t , −4t]| = (3t)2 + (−4t)2 = 25t2 = 5t
6.77
a
~a = 3~v har samme retning og er tre ganger så lang som ~v.
~a = 3[2 , −8] = [6 , −24]
b
~b = −5~v har motsatt retning og er fem ganger så lang som ~v.
~b = −5[2 , −8] = [−10 , 40]
c
~c = − 21 ~v har motsatt retning og er halvparten så lang som ~v.
1
~c = − [2 , −8] = [−1 , 4]
2
d
d~ = 1,25~v har samme retning og er 25% lengre enn ~v.
d~ = 1,25[2 , −8] = [2,5 , −10]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 23 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.78
~a = |[12 , 4]| =
~b = |[10 , 9]| =
~c = |[7 , 11]| =
d~ = |[13 , 0]| =
p
122 + 42 =
p
102 + 92 =
p
72 + 112 =
p
132 + 02 =
√
160
√
181
√
170
√
169
~ ~c og ~b.
Rangert etter økende lengde: ~a, d,
6.79
a
b
c
−−→ p
√
√
PQ = (7 − 2)2 + (8 − 1)2 = 52 + 72 = 74
√
Avstanden mellom punktene P og Q er 74.
−−→ p
√
√
√
PQ = (3 − (−2))2 + (1 − 0)2 = 52 + 12 = 26 = 26
√
Avstanden mellom punktene P og Q er 26.
−−→ p
p
√
PQ = (−1 − 3)2 + (−3 − 4)2 = (−4)2 + (−7)2 = 65
√
Avstanden mellom punktene P og Q er 65.
6.80
q
−−→
√
AB = |[2 , −5]| 22 + (−5)2 = 29
−−→
p
√
BC = |[6 , 7]| 62 + 72 = 85
−−→
p
√
√
AC = |[8 , 2]| 82 + 22 = 68 = 2 17
√
√
√
AB = 29, BC = 85 og AC = 2 17.
6.81
−−→
Vi ser først at AB = [6 − 0 , 4 − 1] = [6 , 3].
−−→
Så ser vi at DC = [4 − 0 , 7 − 5] = [4 , 2].
−−→ −−→
−−→
−−→
ABCD er ikke et parallellogram fordi AB , DC. ABCD er derimot et trapes fordi AB = 32 DC som
−−→ −−→
betyr at AB k DC.
6.82
~a = e~x + e~y
©Aschehoug
~b = e~x − 2e~y
~c = −2e~x
www.lokus.no
d~ = −3e~y
f~ = −2e~x + 7e~y
Side 24 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.83
−−→
OA = −12e~x + 6,5e~y = [−12 , 6,5]
A = (−12 , 6,5)
−−→ −−→ −−→ OB = OA + AB = −12e~x + 6,5e~y + 6,5e~x + 0,5e~y = −5,5e~x + 7e~y = [−5,5 , 7]
B = (−5,5 , 7)
−−→ OC = −12e~x + 6,5e~y + 10e~x − 2,5e~y = −2e~x + 4e~y = [−2 , 4]
C = (−2 , 4)
−−→ OD = e~x + 5e~y − −2e~x + 4e~y = 3e~x + e~y = [3 , 1]
D = (3 , 1)
−−→
OE = − −12e~x + 6,5e~y + 0,5e~x + 7e~y = 12,5e~x + 0,5e~y = [12,5 , 0,5]
E = (12,5 , 0,5)
−−→ −−→ −−→ OF = OB + BF = −5,5e~x + 7e~y + 15e~x − 13e~y = 9,5e~x − 6e~y = [9,5 , −6]
F = (9,5 , −6)
−−→ −−→
OG = OD − 5,5e~y = − 3e~x + e~y − 5,5e~y = 3e~x − 4,5e~y = [3 , −4,5]
G = (3 , −4,5)
6.84
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ OP = OQ + QP = OQ + RO = OQ − OR = 11e~x − 3e~y − 4e~x + 3e~y = 7e~x − 6e~y = [7 , −6]
P = (7 , −6)
6.85
a
a~u + b~v = [−8 , 11]
a[−2 , 3] + b[−1 , 1] = [−8 , 11]
[−2a − b , 3a + b] = [−8 , 11]
−2a − b = −8
2a + b = 8
2a + (11 − 3a) = 8
2a + 11 − 3a = 8
−a = −3
a=3
a=3
a=3
©Aschehoug
∧ 3a + b = 11
∧
b = 11 − 3a
∧
b = 11 − 3a
∧
b = 11 − 3a
∧
b = 11 − 3a
∧
b = 11 − 3 · 3
∧
b = 11 − 9
∧
b=2
www.lokus.no
Side 25 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
a~u + b~v = [−2 , 1]
a[−2 , 3] + b[−1 , 1] = [−2 , 1]
[−2a − b , 3a + b] = [−2 , 1]
−2a − b = −2
2a + b = 2
2a + (1 − 3a) = 2
2a + 1 − 3a = 2
−a = 1
a = −1
a = −1
a = −1
c
∧ 3a + b = 1
∧
b = 1 − 3a
∧
b = 1 − 3a
b = 1 − 3a
∧
b = 1 − 3a
∧
b = 1 − 3 · (−1)
∧
b = 1+3
∧
b=4
Først ser vi at a~u + b~v = [1 , 1].
a~u + b~v = [1 , 1]
a[−2 , 3] + b[−1 , 1] = [1 , 1]
[−2a − b , 3a + b] = [1 , 1]
−2a − b = 1
2a + b = −1
2a + (1 − 3a) = −1
2a + 1 − 3a = −1
−a = −2
a=2
a=2
a=2
d
∧ 3a + b = 1
∧
b = 1 − 3a
∧
b = 1 − 3a
∧
b = 1 − 3a
∧
b = 1 − 3a
∧
b = 1−3·2
∧
b = 1−6
∧
b = −5
Her kan vi bruke at ~u ∦ ~v. Vi får
a = 2 ∧ −b = 0
a=2 ∧ b=0
e
Her kan vi bruke at ~u ∦ ~v. Vi får
2a = 2b
a=b
a=b
a=b
a=b
a=1
©Aschehoug
∧ −b = a − 2
∧ b = −a + 2
∧ b = −b + 2
∧ 2b = 2
∧ b=1
∧ b=1
www.lokus.no
Side 26 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.86
Først ser vi at |~v| =
[5 , 0]
√
√
42 + 32 = 25 = 5. Derfor må følgende 4 vektorer ha samme lengde:
[−5 , 0]
[0 , 5]
[0 , −5]
I tillegg kommer vektorene som har ±3 og ±4 som koordinater:
[4 , −3]
[3 , 4]
[−4 , 3]
[3 , −4]
[−4 , −3]
[−3 , 4]
[−3 , −4]
Dette er de 11 vektorene med lengde 5 og heltallige koordinater ved siden av [4 , 3].
6.87
Vi skal vise at
~v
|~v|
har samme retning som ~v og har lengde 1. Først ser vi at
retning som ~v fordi den er parallell med ~v og
vise at den må være 1.
~v 1
|~v|
= · |~v| = = 1
|~v|
~v |~v|
~v
|~v|
1
|~v|
~v
|~v|
= |~1v| ~v. Den har samme
er positiv. Videre kan vi regne ut lengden av
~v
|~v|
for å
har samme retning som ~v og har lengde 1, og er derfor en enhetsvektor.
6.88
a
b
c
"
#
~u
3 4
[6 , −8]
[6 , −8] [6 , −8]
= p
=
= ,−
= √
10
5 5
|~u|
100
62 + (−8)2
h
i
En enhetsvektor i samme retning som ~u er 35 , − 45 .
"
#
~v
[−21 , 20]
[−21 , 20] [−21 , 20]
21 20
= √
= p
=
= − ,
29
29 29
|~v|
841
(−21)2 + 202
i
h
21 20
, 29 .
En enhetsvektor i samme retning som ~v er − 29
−−→
Først ser vi at AB = [−6 − 2 , −10 − 5] = [−8 , −15].
"
#
−−→
AB
[−8 , −15]
[−8 , −15] [−8 , −15]
8
15
−−→ = p
= √
=
= − ,−
17
17 17
AB
289
(−8)2 + (−15)2
−−→ h 8 15 i
En enhetsvektor i samme retning som AB er − 17
, − 17 .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 27 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.89
a
|[6 , a]| = 10
p
62 + a2 = 10
62 + a2 = 102
36 + a2 = 100
a2 = 64
a = ±8
Når a = ±8 er |[6 , a]| = 10.
b
|[2a , a]| = 15
q
(2a)2 + a2 = 15
p
5a2 = 15
5a2 = 152
5a2 = 225
a2 = 45
√
a = ± 45
√
a = ±3 5
√
Når a = ±3 5 er |[2a , a]| = 15.
|[a , a] − [2 , 1]| = 5
|[a − 2 , a − 1]| = 5
c
q
(a − 2)2 + (a − 1)2 = 5
q
(a2 − 4a + 4) + (a2 − 2a + 1) = 5
p
2a2 − 6a + 5 = 5
2a2 − 6a + 5 = 52
2a2 − 6a + 5 = 25
2a2 − 6a − 20 = 0
a2 − 3a − 10 = 0
Vi bruker abc-formelen for å finne a:
p
3 ± 32 − 4 · 1 · (−10)
a=
√ 2·1
3 ± 49
a=
2
3±7
a=
2
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 28 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
3−7
3+7
∨ a=
2
2
−4
10
a=
∨ a=
2
2
a = −2
∨ a=5
a=
Når a = −2 eller a = 5, er |[a , a] − [2 , 1]| = 5.
6.90
a
−−→
Vi lar B = (x , 0) være punktet på x-aksen, og AB = [x − 4 , −2]. Vi må finne ut hvilke x-verdier
√
−−→
som gjør at AB = 2 5.
−−→
√
AB = 2 5
√
|[x − 4 , −2]| = 2 5
q
√
(x − 4)2 + (−2)2 = 2 5
q
√
(x2 − 8x + 16) + 4 = 2 5
p
√
x2 − 8x + 20 = 2 5
√
x2 − 8x + 20 = (2 5)2
x2 − 8x + 20 = 20
x2 − 8x = 0
x(x − 8) = 0
−−→
√
Når x = 0 eller når x = 8, er AB = 2 5. De to punktene på x-aksen blir derfor (0 , 0) og (8 , 0).
b
−−→
Vi lar B = (0 , y) være punktet på y-aksen, og AB = [−4 , y − 2]. Vi må finne ut hvilke y-verdier
√
−−→
som gjør at |AB| = 2 5.
−−→
√
AB = 2 5
√
|[−4 , y − 2]| = 2 5
q
√
(−4)2 + (y − 2)2 = 2 5
q
√
16 + (y2 − 4y + 4) = 2 5
q
√
y2 − 4y + 20 = 2 5
√
y2 − 4y + 20 = (2 5)2
y2 − 4y + 20 = 20
y2 − 4y = 0
y(y − 4) = 0
−−→
√
Når y = 0 eller når y = 4, er AB = 2 5. De to punktene på y-aksen blir derfor (0 , 0) og (0 , 4).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.91
a
−−→
Vi ser at
PQ
= [(2 − a) − a , 2a − (a + 1)] = [2 − 2a , a − 1]. Vi må finne ut hvilken a-verdi som
−−→
gjør at PQ blir minst mulig.
−−→ q
PQ = (2 − 2a)2 + (a − 1)2
q
= (4 − 8a + 4a2 ) + (a2 − 2a + 1)
p
= 5a2 − 10a + 5
√ p
= 5 a2 − 2a + 1
b
som er minst når a2 − 2a + 1 er minst mulig, men ikke negativ. Men vi ser at
a2 − 2a + 1 = (a − 1)2 ved andre kvadratsetning. Derfor blir a2 − 2a + 1 = 0 når a = 1. Konklusjonen blir derfor at når a = 1, er avstanden mellom punktene P og Q minst mulig.
−−→
RS = [2a − (2 − a) , (3 − a) − a] = [3a − 2 , 3 − 2a]. Vi må finne ut hvilken a-verdi som
Vi ser at
−−→
gjør at RS blir minst mulig.
−−→ q
RS = (3a − 2)2 + (3 − 2a)2
q
= (9a2 − 12a + 4) + (9 − 12a + 4a2 )
p
= 13a2 − 24a + 13
som er minst når 13a2 − 24a + 13 er minst mulig, men ikke negativ. Prøver vi å løse
13a2 − 24a + 13 = 0 ved hjelp av abc-formelen, vil vi få
√
576 ± −100
a=
26
Den har ikke noen løsning. Vi kan da vite at 13a2 − 24a + 13 alltid er positiv fordi konstantleddet er positivt. Videre vet vi at bunnpunktet til et andregradsuttrykk ligger på symmetrilinja
24
12
12
a = −(−24)
2·13 = 26 = 13 . Konklusjonen blir derfor at når a = 13 , er avstanden mellom punktene R
og S minst mulig.
6.92
Et trapes har to parallelle sider. Så enten må AB k DC eller AD k BC. Vi ser først på AB k DC.
−−→
AB = [1 − (−2) , −3 − 1] = [3 , −4]
−−→
DC = [4 − a , 2 − 5] = [4 − a , −3]
[3 , −4] = k · [4 − a , −3]
[3 , −4] = [(4 − a) · k , −3k]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
3 = (4 − a) · k
∧ −4 = −3k
4
3 = (4 − a) · k
∧
k=
3
4
4
3 = (4 − a) ·
∧
k=
3
3
16 4a
4
3=
−
∧
k=
3
3
3
4
4a 16
=
−3
∧
k=
3
3
3
3
4
16 3
a=
· −3·
∧
k=
3 4
4
3
16 9
4
a=
−·
∧
k=
4
4
3
7
4
a=
∧
k=
4
3
AB og DC er parallelle når a = 74 .
Vi ser så på AD k BC.
−−→
AD = [a − (−2) , 5 − 1] = [a + 2 , 4]
−−→
BC = [4 − 1 , 2 − (−3)] = [3 , 5]
[a + 2 , 4] = k · [3 , 5]
[a + 2 , 4] = [3k , 5k]
a + 2 = 3k
∧ 4 = 5k
4
a = 3k − 2
∧ k=
5
!
4
4
a = 3· −2 ∧ k =
5
5
12 10
4
a=
−
∧ k=
5
5
5
2
4
a=
∧ k=
5
5
AD og BC er parallelle når a = 25 . Det betyr at firkant ABCD er et trapes når
a=
2
5
∨
©Aschehoug
a=
7
4
www.lokus.no
Side 31 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.93
a
Vi finner først lengdene av de tre vektorene, så finner vi ut hvor mange ganger vi må gå hver
vektor. Til slutt regner vi ut vektorsummen vi får da.
p
√
√
|[12 , 35]| = 122 + 352 = 144 + 1225 = 1369 = 37
q
√
√
|[−16 , 63]| = (−16)2 + 632 = 256 + 3969 = 4225 = 65
q
√
√
|[−7 , 24]| = (−7)2 + 242 = 49 + 576 = 625 = 25
130
Vi må altså gå 111
37 = 3 ganger vektor [12 , 35]. Så må vi gå 65 = 2 ganger vektor [−16 , 63]. Til
sist må vi gå 200
25 = 8 ganger vektor [−7 , 24]. Det gir følgende vektorlikning:
3 · [12 , 35] + 2 · [−16 , 63] + 8 · [−7 , 24] = [36 , 105] + [−32 , 126] + [−56 , 192] = [−52 , 423]
Virres sluttposisjon er (−52 , 423).
b
Vi finner lengden av [−52 , 423]:
q
√
|[−52 , 423]| = (−52)2 + 4232 = 181633 ≈ 426
Virre er ca. 426 meter fra hjemmet sitt, eller mer nøyaktig
√
181 633 m.
6.94
a
b
c
−−→
Posisjonsvektoren til punktet S (24 , 7) er OS = [24 , 7]. Lengden av den er
−−→
p
√
OS = |[24 , 7]| = 242 + 72 = 625 = 25.
−−→ −−→ −−→
Når P ligger på forlengelsen av OS , er OP = OS + S P, men hvis P ikke ligger på forlen−−→ −−→ −−→
gelsen av OS , må OP ≤ OS + S P.
−−→
−−→
Vi vet at S P har lengde 5 og samme retning som OS . Vi finner derfor enhetsvektoren med
−−→
−−→
samme retning som OS og adderer 5 ganger den til OS .
−−→
[24 , 7] [24 , 7]
[24 , 7]
OS
−−→ = √
= √
=
25
OS 625
242 + 72
−−→
OS
−−→ −−→
OP = OS + 5 · −−→
OS [24 , 7]
= [24 , 7] + 5 ·
"
# " 25 #
120 35
24 7
=
,
+
,
5 5
5 5
"
#
144 42
=
,
5 5
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 32 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
−−→ h 144 42 i
OP = 5 , 5 .
d
Punktet Q må også ligge på linja gjennom O og S . Vi kan derfor gjøre det samme som i
−−→
c-oppgaven, men nå må vi subtrahere enhetsvektoren 5 ganger fra OS .
−−→
OS
[24 , 7]
−−→
OS − 5 · −−→ = [24 , 7] − 5 ·
25
OS # "
#
"
24 7
120 35
,
−
,
=
5 5
5 5
"
#
96 28
=
,
5 5
!
96 28
Q=
,
5 5
6.95
Vi lar sentrum være gitt ved S = (m , n), og vi lar P = (x , y) være et vilkårlig punkt på sirkelen. Vekto
−−→ ren fra S til P er da S P = x − m , y − n . Lengden av denne vektoren er lik radiusen k i sirkelen.
−−→
S P = k
x − m , y − n = k
q
(x − m)2 + (y − n)2 = k
(x − m)2 + (y − n)2 = k2
Likningen for en sirkel med radius k og sentrum i (m , n) er
(x − m)2 + (y − n)2 = k2
6.96
a
(x − 0)2 + (y − 0)2 = 22
x2 + y2 = 4
b
(x − 4)2 + (y − (−3))2 = 32
(x − 4)2 + (y + 3)2 = 9
c
(x − (−1))2 + (y − 4)2 = 72
(x + 1)2 + (y − 4)2 = 49
d
(x − (−5))2 + (y − (−7))2 =
√
72
(x + 5)2 + (y + 7)2 = 7
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.97
x2 + (y − 3)2 = 121
a
(x − 0)2 + (y − 3)2 = 112
Vi ser at sentrum i sirkelen er (0 , 3) og radius er 11.
b
c
(x − 2)2 + (y + 5)2 = 48
√
(x − 2)2 + (y + 5)2 = 482
√ 2
(x − 2)2 + (y + 5)2 = 4 3
√
Vi ser at sentrum i sirkelen er (2 , −5) og radius er 4 3.
√ 2
√ 2 x + 7 + y − 5 = 98
√ 2 √ 2
√ 2 x + 7 + y − 5 = 98
√ 2 √ 2
√ 2 x+ 7 + y− 5 = 7 2
√ √ √
Vi ser at sentrum i sirkelen er − 7 , 5 og radius er 7 2.
6.98
a
Der sirkelen skjærer x-aksen, må y være 0. Vi setter derfor y = 0 inn i likningen.
(x − 3)2 + (y − 4)2 = 25
(x − 3)2 + (−4)2 = 25
(x − 3)2 + 16 = 25
(x − 3)2 = 9
x=0
∨
√
x−3 = ± 9
x = 3±3
x=6
Skjæringspunktene er (0 , 0) og (6 , 0).
b
Der sirkelen skjærer y-aksen, må x være 0. Vi setter derfor x = 0 inn i likningen.
(x − 3)2 + (y − 4)2 = 25
(−3)2 + (y − 4)2 = 25
9 + (y − 4)2 = 25
y=0
(y − 4)2 = 16
√
y − 4 = ± 16
y = 4±4
∨ y=8
Skjæringspunktene er (0 , 0) og (0 , 8).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 34 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.99
x2 + y2 − 6x + 10y = 15
a
x2 − 6x + y2 + 10y = 15
x2 − 6x + 32 − 32 + y2 + 10y + 52 − 52 = 15
(x − 3)2 − 9 + (y + 5)2 − 25 = 15
(x − 3)2 + (y + 5)2 = 49
(x − 3)2 + (y + 5)2 = 72
Vi ser at sirkelen har radius 7 og sentrum i (3 , −5). Vi skriver så likningen inn i GeoGebra og
får følgende figur:
x2 + y2 + 2x − 8y = 64
b
x2 + 2x + y2 − 8y = 64
x2 + 2x + 12 − 12 + y2 − 8y + 42 − 42 = 64
(x + 1)2 − 1 + (y − 4)2 − 16 = 64
(x + 1)2 + (y − 4)2 = 81
(x + 1)2 + (y − 4)2 = 92
Vi ser at sirkelen har radius 9 og sentrum i (−1 , 4). Vi skriver så likningen inn i GeoGebra og
får følgende figur:
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
x2 + y2 + 8x = −11
c
x2 + 8x + y2 = −11
x2 + 8x + 42 − 42 + y2 = −11
(x + 4)2 − 16 + (y − 0)2 = −11
(x + 4)2 + (y − 0)2 = 5
√
(x + 4)2 + (y − 0)2 = 52
√
Vi ser at sirkelen har radius 5 og sentrum i (−4 , 0). Vi skriver så likningen inn i GeoGebra
og får følgende figur:
6.100
Vi skriver f (x) =
figur:
√
√
4 − x2 og g(x) = − 4 − x2 inn i inntastingsfeltet i GeoGebra og får følgende
√
Vi ser to halvsirkler som til sammen danner en sirkel med sentrum i origo og radius
©Aschehoug
www.lokus.no
4 = 2.
Side 36 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.101
√
√
2 − x2 eller − 32 − x2 . Fordi 2. kvadrant ligger
3
Fordi radiusen er lik 3, må enten
h(x)
være
lik
√
√
over x-aksen, må derfor h(x) = 32 − x2 = 9 − x2 . Fordi kvartsirkelen kun skal være i 2. kvadrant,
2
må x være
√ negativ. Men x kan ikke være mindre enn −3 fordi da blir 9 − x negativt. Vi får derfor at
h(x) = 9 − x2 og D f = [−3 , 0].
6.102
a
x2 + y2 = 25
y2 = 25 − x2
p
y = ± 25 − x2
Vi får de to funksjonene f (x) =
√
√
25 − x2 og g(x) = − 25 − x2 .
x2 + y2 − 4x = 32
b
x2 − 4x + y2 = 32
x2 − 4x + 22 − 22 + y2 = 32
(x − 2)2 + y2 = 36
y2 = 36 − (x − 2)2
q
y = ± 36 − (x − 2)2
q
q
2
Vi får de to funksjonene f (x) = 36 − (x − 2) og g(x) = − 36 − (x − 2)2 .
x2 + y2 + 6x + 4 = 0
c
x2 + y2 + 6x = −4
x2 + 6x + y2 = −4
x2 + 6x + 32 − 32 + y2 = −4
(x + 3)2 + y2 = 5
y2 = 5 − (x + 3)2
q
y = ± 5 − (x + 3)2
q
q
Vi får de to funksjonene f (x) = 5 − (x + 3)2 og g(x) = − 5 − (x + 3)2 .
6.103
a
(x − 0)2 + (y − 0)2 = 82
x2 + y2 = 64
b
(x − 2)2 + (y − 4)2 = 112
(x − 2)2 + (y − 4)2 = 121
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
(x − (−4))2 + (y − 3)2 = 72
(x + 4)2 + (y − 3)2 = 49
6.104
x2 + y2 − 4x − 6y = 3
a
x2 − 4x + y2 − 6y = 3
x2 − 4x + 22 − 22 + y2 − 6y + 32 − 32 = 3
(x − 2)2 − 4 + (y − 3)2 − 9 = 3
(x − 2)2 + (y − 3)2 = 16
(x − 2)2 + (y − 3)2 = 42
Vi ser at sirkelen har radius 4 og sentrum i (2 , 3).
x2 + y2 + 12x − 2y + 33 = 0
b
x2 + 12x + y2 − 2y = −33
x2 + 12x + 62 − 62 + y2 − 2y + 12 − 12 = −33
(x + 6)2 − 36 + (y − 1)2 − 1 = −33
(x + 6)2 + (y − 1)2 = 4
(x + 6)2 + (y − 1)2 = 22
Vi ser at sirkelen har radius 2 og sentrum i (−6 , 1).
x2 + y2 + 2x + 4y + 3 = 9
c
x2 + 2x + y2 + 4y = 6
(x + 1)2 − 1 + (y + 2)2 − 22 = 6
(x + 1)2 + (y + 2)2 = 11
√
(x + 1)2 + (y + 2)2 = 112
√
Vi ser at sirkelen har radius 11 og sentrum i (−1 , −2).
6.105
a
x2 + y2 = 64
y2 = 64 − x2
p
y = ± 64 − x2
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 38 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi skriver f (x) =
følgende figur:
√
√
64 − x2 og g(x) = − 64 − x2 inn i inntastingsfeltet i GeoGebra og får
x2 + y2 − 6x = 16
b
x2 − 6x + y2 = 16
x2 − 6x + 32 − 32 + y2 = 16
(x − 3)2 + y2 = 25
y2 = 25 − (x − 3)2
q
y = ± 25 − (x − 3)2
q
q
2
Vi skriver f (x) = 25 − (x − 3) og g(x) = − 25 − (x − 3)2 inn i inntastingsfeltet i GeoGebra
og får følgende figur:
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
x2 + y2 − 8x − 33 = 0
c
x2 − 8x + y2 = 33
x2 − 8x + 42 − 42 + y2 = 33
(x − 4)2 + y2 = 49
y2 = 49 − (x − 4)2
q
y = ± 49 − (x − 4)2
q
q
Vi skriver f (x) = 49 − (x − 4)2 og g(x) = − 49 − (x − 4)2 inn i inntastingsfeltet i GeoGebra
og får følgende figur:
6.106
a
Vi setter y = 6 inn i likningen.
(x − 1)2 + (y − 2)2 = 16
(x − 1)2 + (6 − 2)2 = 16
(x − 1)2 + 16 = 16
(x − 1)2 = 0
x−1 = 0
x=1
Skjæringspunktet er (1 , 6).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
I GeoGebra gjør vi det på følgende måte:
Vi skriver inn likningen (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 i inntastingsfeltet og får sirkelen. Vi taster
inn linja y = 6 inn i inntastingsfeltet. Vi bruker verktøyknappen skjæring mellom to objekt og
velger sirkelen og linja. Da får vi punktet (1 , 6).
b
Vi setter y = x − 3 inn i likningen.
(x − 1)2 + (y − 2)2 = 16
(x − 1)2 + ((x − 3) − 2)2 = 16
(x − 1)2 + (x − 5)2 = 16
x2 − 2x + 1 + x2 − 10x + 25 = 16
2x2 − 12x + 26 = 16
2x2 − 12x + 10 = 0
x2 − 6x + 5 = 0
(x − 5)(x − 1) = 0
x=1 ∨
x=5
Vi får to x-verdier. For hver av de x-verdiene er det en tilhørende y-verdi. Vi begynner med
x = 1:
y = x−3
y = 1−3
y = −2
Så ser vi på x = 5:
y = x−3
y = 5−3
y=2
Skjæringspunktene er (1 , −2) og (5 , 2).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
I GeoGebra gjør vi det på følgende måte:
Vi skriver inn likningen (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 i inntastingsfeltet og får sirkelen. Vi taster
inn linja y = x − 3 inn i inntastingsfeltet.Vi bruker verktøyknappen skjæring mellom to
objekt og velger sirkelen og linja. Da får vi punktene (1 , −2) og (5 , 2).
6.107
√
a
(x − (−4))2 + (y − 8)2 =
b
(x + 4)2 + (y − 8)2 = 11
√ 2
(x − 8)2 + (y − (−2))2 = 3 7
112
(x − 8)2 + (y + 2)2 = 9 · 7
(x − 8)2 + (y + 2)2 = 63
6.108
Vi setter y = 2x − 10 inn i likningen
(x − 1)2 + (y − 2)2 = 25
(x − 1)2 + ((2x − 10) − 2)2 = 25
(x − 1)2 + (2x − 12)2 = 25
x2 − 2x + 1 + 4x2 − 48x + 144 = 25
5x2 − 50x + 145 = 25
x2 − 10x + 29 = 5
x2 − 10x + 24 = 0
(x − 6)(x − 4) = 0
x=4 ∨
x=6
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi får to x-verdier. For hver av de x-verdiene er det en tilhørende y-verdi. Vi begynner med
x = 4:
y = 2x − 10
y = 8 − 10
y = −2
Så ser vi på x = 6:
y = 2x − 10
y = 12 − 10
y=2
Skjæringspunktene er (4 , −2) og (6 , 2).
6.109
a
Der sirkelen skjærer x-aksen, må y være 0. Vi setter derfor y = 0 inn i likningen.
(x + 3)2 + (y − 3)2 = 25
(x + 3)2 + (−3)2 = 25
(x + 3)2 + 9 = 25
x = −7
(x + 3)2 = 16
√
x + 3 = ± 16
x = −3 ± 4
∨
x=1
Skjæringspunktene er (−7 , 0) og (1 , 0).
b
Der sirkelen skjærer y-aksen, må x være 0. Vi setter derfor x = 0 inn i likningen.
(x + 3)2 + (y − 3)2 = 25
(0 + 3)2 + (y − 3)2 = 25
9 + (y − 3)2 = 25
y = −1
(y − 3)2 = 16
√
y − 3 = ± 16
y = 3±4
∨ y=7
Skjæringspunktene er (0 , −1) og (0 , 7).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi setter y = x − 2 inn i likningen
(x + 3)2 + (y − 3)2 = 25
(x + 3)2 + ((x − 2) − 3)2 = 25
(x + 3)2 + (x − 5)2 = 25
x2 + 6x + 9 + x2 − 10x + 25 = 25
2x2 − 4x + 34 = 25
2x2 − 4x + 9 = 0
Vi setter denne inn i abc-formelen:
√
4 ± 42 − 4 · 2 · 9
x=
√ 2·2
4 ± 16 − 72
x=
√4
4 ± −56
x=
4
Den har ingen løsninger. Derfor skjærer aldri linja y = x − 2 sirkelen.
d
Vi setter y = 43 x + 7 inn i likningen.
(x + 3)2 + (y − 3)2 = 25
! !2
4
2
(x + 3) +
x + 7 − 3 = 25
3
!2
4
2
(x + 3) + x + 4 = 25
3
!
16
2
2 32
x + 6x + 9 +
x + x + 16 = 25
9
3
25 2 50
x + x + 25 = 25
9
3
25 2 50
x + x=0
9
3 !
25
50
x
x+
=0
9
3
!
25
150
x
x+
=0
9
9
x = −6 ∨
x=0
Vi får to x-verdier. For hver av de x-verdiene er det en tilhørende y-verdi. Vi begynner med
x = −6:
4
y = x+7
3
4
y = · (−6) + 7
3
y = −8 + 7
y = −1
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Så ser vi på x = 0:
4
y = x+7
3
4
y = ·0+7
3
y=7
Skjæringspunktene er (0 , 7) og (−6 , −1).
6.110
a
3
2
3
x2 + x + y2 − 3y =
2
2
2
2
2
1
3
3
3
1
x2 + x + − + y2 − 3y + − =
2
2
2
2
2
!2
!2
1
1
3
9 6
x+
− + y−
− =
2
4
2
4 4
!2
!2
1
3
16
x+
+ y−
=
2
2
4
!2
!2
3
1
+ y−
=4
x+
2
2
!2
!2
1
3
x+
+ y−
= 22
2
2
x2 + y2 + x − 3y =
Det
stedet som oppfyller kravet i likningen, er sirkelen med radius 2 og sentrum
geometriske
i − 12 , 32 .
x2 − 2x + y2 + 4y = −5
b
x2 − 2x + 12 − 12 + y2 + 4y + 22 − 22 = −5
(x − 1)2 − 1 + (y + 2)2 − 4 = −5
(x − 1)2 + (y + 2)2 = 0
x = 1 ∧ y = −2
Det geometriske stedet som oppfyller kravet i likningen, er kun punktet (1 , −2).
x2 + y2 + 8x − 4y = −24
c
x2 + 8x + y2 − 4y = −24
x2 + 8x + 42 − 42 + y2 − 4y + 22 − 22 = −24
(x + 4)2 − 16 + (y + 2)2 − 4 = −24
(x + 4)2 + (y + 2)2 = −4
Begge leddene på venstre side må være større enn null, fordi de er kvadrater. Summen kan
derfor ikke være negativ, og følgelig ikke −4. Det er derfor ikke noe geometrisk sted som
oppfyller likningen.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.111
Vi ser at figuren er en sirkel med radius 3 og sentrum i S = (1 , 0). Likningen for sirkelen er derfor
(x − 1)2 + y2 = 9.
a
Vi omformer sirkellikningen til to funksjoner.
(x − 1)2 + y2 = 9
y2 = 9 − (x − 1)2
q
y = ± 9 − (x − 1)2
q
q
2
Vi får de to funksjonene f (x) = 9 − (x − 1) og g(x) = − 9 − (x − 1)2 .
b
Vi ser av figuren at −2 ≤ x ≤ 4. Så D f = Dg = [−2 , 4].
6.112
a
Det geometriske stedet som tilfredsstiller betingelsene, er sirkelen med sentrum i A = (2 , −3)
og radius 7.
b
Det geometriske stedet som tilfredsstiller de to første betingelsene, er sirkelen med sentrum i
origo og radius 7. Men siden y ≥ 0, står vi kun igjen med den delen av sirkelen over x-aksen.
Fordi sentrum av sirkelen ligger på x-aksen, er sirkelen delt i to like deler av x-aksen. Det
betyr at vi står igjen med den øvre halvsirkelen med sentrum i origo og radius 7.
c
Det geometriske stedet som tilfredsstiller de to første betingelsene, er sirkelen med sentrum i
A = (−3 , 0) og radius 16. Men siden y ≤ 0, står vi kun igjen med den delen av sirkelen under
x-aksen. Fordi sentrum av sirkelen ligger på x-aksen, er sirkelen delt i to like deler av x-aksen.
Det betyr at vi står igjen med den nedre halvsirkelen med sentrum i A = (−3 , 0) og radius 16.
6.113
a
Vi plasserer øyet på gradskiva der vektorene møtes. Vi måler vinkelen mellom vektorene til
ca. 42◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi plasserer øyet på gradskiva der vektorene møtes. Vi måler vinkelen mellom vektorene til
ca. 154◦ .
c
Vi forlenger vektorene med en linjal. Så plasserer vi øyet på gradskiva der linjene møtes. Vi
måler vinkelen mellom vektorene til ca 122◦ .
d
Vi ønsker at vektorene skal starte i samme punkt, men her slutter de i samme punkt. Vi kan
likevel legge merke til at denne vinkelen er like stor som om vi lot vektorene starte i samme
punkt. Vi plasserer derfor øyet på gradskiva der vektorene møtes. Vi måler vinkelen mellom
vektorene til ca 128◦ .
6.114
b
~u ·~v = 10 · 4 · cos 0◦ = 10 · 4 · 1 = 40
√
√
~u ·~v = 10 · 4 · cos 45◦ = 10 · 4 · 21 2 = 20 2
c
~u ·~v = 10 · 4 · cos 90◦ = 10 · 4 · 0 = 0
a
d
√
√
~u ·~v = 10 · 4 · cos 135◦ = 10 · 4 · (− cos 45◦ ) = −10 · 4 · 12 2 = −20 2
e
~u ·~v = 10 · 4 · cos 180◦ = 10 · 4 · (−1) = −40
6.115
√ 1√
~u ·~v = 4 3 · 3 = 6
2
6.116
~u ·~v = ~u · ~v · cos ~u ,~v
~u ·~v
~u = ~v · cos ~u ,~v
12
~u =
√
15 · 12 · 2
24
~u = √
15 2
√
4 2
~u =
5
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 47 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.117
a
Vi setter ∠ ~u ,~v = α. Da får vi 7 = 5 · 2 · cos α.
Vi løser likningen i CAS:
b
Vi ser at ∠ ~u ,~v = 45,57◦ .
Vi setter ∠ ~u ,~v = α. Da får vi −21 = 10 · 3 · cos α.
Vi løser likningen i CAS:
c
Vi ser at ∠ ~u ,~v = 134,43◦ .
Vi setter ∠ ~u ,~v = α. Da får vi 0 = 5 · 5 · cos α.
Vi løser likningen i CAS:
d
Vi ser at ∠ ~u ,~v = 90◦ .
Vi setter ∠ ~u ,~v = α. Da har vi 41, 5 = 8, 3 · 5 · cos α.
Vi løser likningen i CAS:
Vi ser at ∠ ~u ,~v = 0◦ .
6.118
a
b
Når α < 90◦ , blir ~u ·~v = ~u · ~v p = 12 · 6 = 72
Når α > 90◦ , blir ~u ·~v = − ~u · ~v = −12 · 6 = −72
©Aschehoug
p
www.lokus.no
Side 48 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.119
WL = F~ · ~s · cos 65◦
WL = 507
Linda utfører et arbeid på 0,51 kJ.
6.120
a
[−5 , 6] · [4 , 3] = (−5) · 4 + 6 · 3 = −2
Siden skalarproduktet er negativt, er vinkelen på intervallet h90◦ , 180◦ ].
b
[5 , −3] · [3 , 5] = 5 · 3 + (−3) · 5 = 0
Siden skalarproduktet er 0, er vinkelen lik 90◦ .
c
[3 , −2] · [−1 , −5] = 3 · (−1) + (−2) · (−5) = 7
Siden skalarproduktet er positivt, er vinkelen på intervallet [0◦ , 90◦ i.
6.121
6.122
a
~u ·~v = [4 , 1] · [−4 , 16] = 4 · (−4) + 1 · 16 = −16 + 16 = 0
Siden skalarproduktet er null, er ~u og ~v ortogonale.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 49 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
~u ·~v = [−2 , 5] · [14 , 6] = (−2) · 14 + 5 · 6 = −28 + 30 = 2
Siden skalarproduktet ikke er null, er ~u og ~v ikke ortogonale.
c
~u ·~v = [−8 , −15] · [12 , −5] = (−8) · 12 + (−15) · (−5) = −96 + 75 = −21 Siden skalarproduktet ikke
er null, er ~u og ~v ikke ortogonale.
d
.~u ·~v = [12 , −8] · [−6 , −9] = 12 · (−6) + (−8) · (−9) = −72 + 72 = 0
Siden skalarproduktet er null, er ~u og ~v ortogonale.
6.123
a
[2 , 5] · [k , 2] = 0
2k + 10 = 0
2k = −10
k = −5
Vi ser at vektorene er ortogonale når k = −5.
b
[−1 , k] · [3 , 3] = 0
−3 + 3k = 0
3k = 3
k=1
Vi ser at vektorene er ortogonale når k = 1.
c
[k , k − 4] · [1 , 3] = 0
k + 3 · (k − 4) = 0
k + 3k − 12 = 0
4k − 12 = 0
4k = 12
k=3
Vi ser at vektorene er ortogonale når k = 3.
d
[k − 1 , 3] · [k , −2] = 0
(k2 − k) − 6 = 0
k2 − k − 6 = 0
(k − 3)(k + 2) = 0
k = −2 ∨ k = 3
Vi ser at vektorene er ortogonale når k = −2 og når k = 3.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.124
Vi løser i CAS i GeoGebra:
6.125
Når vi skal finne en vektor som står normalt på en gitt vektor, kan vi la x- og y-koordinatene bytte
plass og endre fortegn på en av koordinatene.
a
Vi har [5 , 1] og lar koordinatene bytte plass: [1 , 5]. Vi endrer fortegn på en av koordinatene:
[1 , −5]. [1 , −5] er en vektor som står normalt på [5 , 1].
b
Vi har [−3 , 2] og lar koordinatene bytte plass: [2 , −3]. Vi endrer fortegn på en av koordinatene:
[2 , 3]. [2 , 3] er en vektor som står normalt på [−3 , 2].
c
Vi har [7 , −8] og lar koordinatene bytte plass: [−8 , 7]. Vi endrer fortegn på en av koordinatene:
[8 , 7]. [8 , 7] er en vektor som står normalt på [7 , −8].
d
Vi har [a , −4] og lar koordinatene bytte plass: [−4 , a]. Vi endrer fortegn på en av koordinatene:
[4 , a]. [4 , a] er en vektor som står normalt på [a , −4].
e
Vi har [3 , b] og lar koordinatene bytte plass: [b , 3]. Vi endrer fortegn på en av koordinatene:
[b , −3]. [b , −3] er en vektor som står normalt på [3 , b].
6.126
a
−−→ −−→
Vi lar C = (x1 , y1 ), og må finne en AC = x1 − 4 , y1 − 2 som står normalt på AB = [−6 , 3]. Vi
−−→
lar derfor AC = [3 , 6].
−−→ AC = x1 − 4 , y1 − 2
[3 , 6] = x1 − 4 , y1 − 2
x1 − 4 = 3 ∧ y1 − 2 = 6
x1 = 7 ∧
y1 = 8
Vi lar C = (7 , 8).
b
−−→ −−→
−−→ −−→
−−→
Vi har nå bestemt at C = (7 , 8). Lar vi D = A = (4 , 2), må CD ⊥ AB fordi CD = CA = −AC.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 51 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.127
a
Vi legger vektorene og likningen i CAS.
Vi er kun interessert i vinkler som er på intervallet [0◦ , 180◦ ]. Vi lar derfor K1 = 0 og får
α = 90◦ .
b
Vi legger vektorene og likningen i CAS.
Vi er kun interessert i vinkler som er på intervallet [0◦ , 180◦ ]. Vi lar derfor K1 = 0 og får
α = 45◦ .
c
Vi legger vektorene og likningen i CAS.
Vinkelen α mellom vektorene er 144,7◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 52 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi legger vektorene og likningen i CAS.
Vinkelen α mellom vektorene er 153,4◦ .
6.128
a
Vi finner lengdene av fartsvektorene i CAS.
Farten til båten var 72,1 m/min før kursendringen og 36,1 m/min etter.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 53 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi finner vinkelen mellom vektorene i CAS.
Båtens kursendring var 22,6◦ . Båtens kursendring som vektor er sluttfartsvektor – startsfartsvektor.
~v − ~u = [30 , 20] − [40 , 60] = [−10 , −40]
Båtens kursendring som vektor er [−10 , −40].
6.129
a
−−→ −−→ −−→
Vi finner først vektorene AB, AC og BC.
−−→
AB = [6 − 2 , 4 − 3] = [4 , 1]
−−→
AC = [4 − 2 , 5 − 3] = [2 , 2]
−−→
BC = [4 − 6 , 5 − 4] = [−2 , 1]
−−→
−−→
Vi finner vinkelen mellom AB og AC med kommandoen Vinkel[<vektor>,<vektor>] i
grafikkfeltet.
Vinkel A er 31,0◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 54 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
−−→ −−→
Vi finner vinkelen mellom BC og BA.
b
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 − 2] = [6 , −8]
−−→
AC = [1 − (−3) , 1 − 2] = [4 , −1]
−−→
BC = [1 − 3 , 1 − (−6)] = [−2 , 7]
−−→
−−→
Vi finner vinkelen mellom AB og AC med kommandoen Vinkel[<vektor>,<vektor>] i
grafikkfeltet.
Vinkel A er 39,1◦ .
−−→ −−→
Vi finner vinkelen mellom BC og BA.
Vinkel B er 20,9◦ .
Vinkel C er 180◦ − (39,1◦ + 20,9◦ ) = 120,0◦ .
6.130
c
Vi vet at ~e x og ~ey er ortogonale. Derfor må ~e x ·~ey = 0.
2
~e x ·~e x = ~e x = 12 = 1.
2
~ey ·~ey = ~ey = 12 = 1.
d
2~e x · 5~ey = 10~e x ·~ey = 10 · 0 = 0.
a
b
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 55 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
e
f
2
3~e x · 8~e x = 24 ~e x = 24.
~e x − 4~ey · 3~ey = 3 ·~e x ·~ey − 12 ·~ey ·~ey = 0 − 12 = −12
6.131
a
Vi vet at vinkelen mellom to vektorer er i intervallet [0◦ , 180◦ ]. Så den minste mulige verdien
α kan ha, er 0◦ .
b
Den største mulige verdien α kan ha, er 180◦ .
c
Når vinkelen mellom to vektorer er 0◦ , er vektorene parallelle og har samme retning. Når
vinkelen mellom to vektorer er 180◦ , er vektorene parallelle og men har motsatt retning.
6.132
Vi vet at ~u ·~v = ~u · ~v · cos 30◦ .
a
Vi lar α være vinkelen mellom −~u og −~v. Først ser vi at
−~u · −~v = ~u · ~v · cos α.
Så kan vi se at
−~u · −~v = (−1) · (−1) · ~u ·~v = ~u ·~v = ~u · ~v · cos 30◦
Men det betyr at
~u · ~v · cos α = ~u · ~v · cos 30◦
α = 30◦
b
Vi lar α være vinkelen mellom −~u og ~v. Først ser vi at
−~u ·~v = ~u · ~v · cos α.
Så kan vi se at
−~u ·~v = − ~u ·~v = − ~u · ~v · cos 30◦
Men det betyr at
~u · ~v · cos α = − ~u · ~v · cos 30◦
~u · ~v · cos α = ~u · ~v · cos 150◦
α = 150◦
c
Vi lar α være vinkelen mellom ~u og −~v. Først ser vi at
~u · −~v = ~u · ~v · cos α.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 56 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Så kan vi se at
~u · −~v = − · ~u ·~v = − ~u · ~v · cos 30◦
Men det betyr at
~u · ~v · cos α = − ~u · ~v · cos 30◦
~u · ~v · cos α = ~u · ~v · cos 150◦
α = 150◦
6.133
a
~u ·~v = 4 · 9 · cos 0◦ = 4 · 9 · 1 = 36
b
Vi vet at når vinkelen mellom to vektorer er 90◦ , er skalarproduktet 0.
c
~u ·~v = 4 · 9 · cos 180◦ = 4 · 9 · (−1) = −36
6.134
√
3
2
a
~u ·~v = 4 · 9 · cos 30◦ = 4 · 9 ·
b
~u ·~v = 4 · 9 · cos 65◦ = 15,2
c
~u ·~v = 4 · 9 · cos 125◦ = −20,6
√
= 18 3
6.135
Når klokka viser 12.00, ligger viserne over hverandre, og vinkelen mellom dem er 0◦ .
~u ·~v = 2 · 3 · cos 0◦ = 2 · 3 · 1 = 6
6.136
a
Vi setter ∠ ~u ,~v = α. Da har vi
6 = 3 · 10 · cos α
Vi løser likningen i CAS.
Vi ser at ∠ ~u ,~v = 78,46◦
b
Vi vet at når skalarproduktet mellom to vektorer er null, må vinkelen mellom vektorene være
90◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 57 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi setter ∠ ~u ,~v = α. Da har vi
−6 = 3 · 10 · cos α
Vi løser likningen i CAS.
Vi ser at ∠ ~u ,~v = 101,54◦
6.137
[−2 , 2] · [4 , 4] = (−2) · 4 + 2 · 4 = 0
Siden skalarproduktet er null, står vektorene normalt på hverandre.
6.138
a
[2 , t] · [3 , 8] = 0 Vi ser at vektorene er ortogonale når t = − 34 .
6 + 8t = 0
8t = −6
3
t=−
4
b
[t − 1 , t] · [4 , −1] = 0 Vi ser at vektorene er ortogonale når t = 43 .
4 · (t − 1) − t = 0
4t − 4 − t = 0
3t − 4 = 0
3t = 4
4
t=
3
6.139
Vi legger vektorene og likningen i CAS.
Vinkelen mellom vektorene er 101, 71◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 58 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.140
a
−−→ q
p
√
AB = (7 − 2)2 + (2 − 2)2 = 52 + 02 = 25 = 5
−−→ q
p
√
AC = (7 − 2)2 + (5 − 2)2 = 52 + 32 = 34
−−→ −−→
AB · AC = [5 , 0] · [5 , 3] = 5 · 5 + 0 · 3 = 25
b
−−→
−−→
Vi legger vektorene AB = [5 , 0] og AC = [5 , 3] inn i CAS. Så løser vi likningen
−−→ −−→ −−→ −−→
AB · AC = AB · AC · cos α
i CAS.
∠A er 30,96◦ .
c
−−→ −−→
Vi finner ∠B ved å finne vinkelen mellom BA og BC.
−−→
−−→
BA = −AB = [−5 , 0]
−−→
BC = [7 − 7 , 5 − 2] = [0 , 3]
−−→
−−→
Vi ser at BA har y-koordinat lik 0, mens BC har x-koordinat lik 0. Da vil skalarproduktet også
bli 0.
−−→ −−→
BA · BC = [−5 , 0] · [0 , 3] = (−5) · 0 + 0 · 3 = 0
Men da vet vi at ∠B er 90◦ , og trekanten er rettvinklet.
6.141
−−→ −−→
−−→
Vi ser at A = (−2 , 3), B = (2 , −2) og C = (6 , 0). Vi finner vektorene AB, AC og BC.
−−→
AB = [4 , −5]
−−→
AC = [8 , −3]
−−→
BC = [4 , 2]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 59 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
−−→
−−→
Vi finner vinkelen mellom AB og AC med kommandoen Vinkel[<vektor>,<vektor>] i grafikkfeltet.
Vinkel A er 30,8◦ .
−−→ −−→
Vi finner vinkelen mellom BC og BA.
Vinkel B er 102,1◦ .
Vinkel C er 180◦ − (30,8◦ + 102,1◦ ) = 47,1◦ .
6.142
a
~a = [2 , 4]
~b = [2 , 3]
~c = [2 , 1]
d~ = [2 , −2]
~v = [4 , 0]
b
~v ·~a = [4 , 0] · [2 , 4] = 8
~v · ~b = [4 , 0] · [2 , 3] = 8
~v ·~c = [4 , 0] · [2 , 1] = 8
~v · d~ = [4 , 0] · [2 , −2] = 8
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 60 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi ser på ~v ·~c. Definisjonen av skalarprodukt sier at
~v ·~c = ~v · ~c · cos α
Men ~c · cos α = ~c p . Derfor får vi at
~v ·~c = ~v · ~c p = 4 · 2 = 8.
Vi kan konkludere med at alle vektorer på formen [2 , a] prikket med ~v vil gi skalarprodukt 8
uansett hva a er.
6.143
Vi lar F~ = [600 , 0] være kraftvektoren, og ~s = [−40 , 0] være forflytningsvektoren. Vinkelen mellom
vektorene er 180◦ .
WA = F~ · ~s · cos 180◦
WL = 600 · 40 · (−1)
WL = −24 000
Anders utfører et arbeid på −24 kJ.
6.144
a
b
c
√
√
~u ·~v = 4 · 2 3 · 12 3 = 12
√
√
√
√
~u ·~v = 4 · 2 3 · 14 12 = 4 · 2 3 · 12 3 = 12
Når sin ∠ ~u ,~v = 12 , må ∠ ~u ,~v være enten 30◦ eller 150◦ . Vi får derfor to alternativer:
√
~u ·~v = 4 · 2 3 · cos 30◦ = 12
√
~u ·~v = 4 · 2 3 · cos 150◦ = −12
Når sin ∠ ~u ,~v = 21 , er ~u ·~v = ±12.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 61 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.145
a
På en urskive er det 12 klokkeslett fra 1 til 12. Hvis vi tegner en linje fra sentrum ut til hvert
◦
◦
klokkeslett, vil vinkelen mellom hver time være 360
12 = 30 . Når klokka 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 302 = 15◦ fordi timeviseren er midt mellom 9 og 10. Vi kommer
derfor fram til at vinkelen mellom viserne er 105◦ .
~u ·~v = 2 · 3 · cos 105◦ = −1,55
~u ·~v = −1,55 når klokka er 09.30.
b
Vi må tenke oss et tidspunkt der vinkelen mellom viserne er 90◦ . Det er lettest hvis vi lar det
være en hel time, altså at minuttviseren peker mot 12. Hvis minuttviseren peker mot 12, ser vi
at timeviseren kan peke mot enten 3 eller 9. Oppgaven har egentlig 48 løsninger, to for hver
time i døgnet, men vi nøyer oss med å liste de fire hele timene 3.00, 9.00, 15.00 og 21.00.
c
~u ·~v = 6 · cos α, der α er vinkelen mellom viserne Vi må altså ha at cos α = −1, som betyr at
α = 180◦ .
Vi må tenke oss et tidspunkt der vinkelen mellom viserne er 180◦ . Hvis minuttviseren peker
mot 12, ser vi at timeviseren må peke mot 6. Oppgaven har egentlig 24 løsninger, en for hver
time i døgnet, men vi nøyer oss med å nevne de hele timene 6.00 og 18.00
6.146
Vi ser at ~u · ~v = 35 · 3 = 105 som er det samme som skalarproduktet. Da må cos ∠ ~u ,~v = 1 som
betyr at vinkelen mellom vektorene må være 0◦ . De har altså samme retning.
6.147
La α være vinkelen mellom vektorene. Da vet vi at cos α ∈ [−1 , 1]. Den største verdien får vi altså
når cos α = 1 ⇒ α = 0◦ , og den minste når cos α = −1 ⇒ α = 180◦ . Når α = 0◦ , er ~u ·~v = 4 · 6 · 1 = 24.
Når α = 180◦ , er ~u ·~v = 4 · 6 · (−1) = −24.
6.148
Definisjonen av skalarprodukt sier at
~
~a · b = ~a · ~b · cos α,
der α er vinkelen mellom ~a og ~b.
~a · ~b = ~a · ~b · cos α = ~b · ~a · cos α = ~b ·~a
a
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 62 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi ser først for k ≥ 0
~a · k~b = ~a · k~b · cos α
= ~a · k ~b · cos α
= k ~a · ~b · cos α
= k~a · ~b · cos α
= k~a · ~b
Så ser vi for k < 0, men da må vi huske at vinkelen mellom ~a og k~b er 180◦ − α.
~a · k~b = ~a · k~b · cos 180◦ − α
= ~a · |k| ~b · cos (180◦ − α)
= |k| ~a · ~b · cos (180◦ − α)
= k~a · ~b · cos (180◦ − α)
= k~a · ~b
6.149
Vi vet at W = F~ · ~s, der F~ er kraftvektoren og ~s er forflytningsvektoren. Vi ser først på kraftvektoren
~ Den står normalt på forflytningsvektoren ~s. Derfor må WN = N
~ · ~s = 0.
N.
~ Vinkelen mellom R
~ og ~s er 180◦ . Derfor må
Så ser vi på kraftvektoren R.
~ · ~s = R
~ · ~s · cos 180◦ = 250 · 70 · (−1) = −17 500
WR = R
~ Vinkelen mellom G
~ og ~s er 60◦ . Derfor må
Til slutt ser vi på kraftvektoren G.
~
~ · ~s · cos 60◦ = 800 · 70 · 1 = 28 000
WG = G · ~s = R
2
Normalkraften utfører et arbeid på 0 J.
Friksjonskraften utfører et arbeid på −17,5 kJ.
Tyngdekraften utfører et arbeid på 28 kJ.
6.150
~ = ~u ·~v + ~u · w
~.
Vi vet at ~u · ~v + w
~u · ~v + w
~ = ~u ·~v + ~u · w
~
~ · cos 140◦
= ~u · ~v · cos 40◦ + ~u · w
= 7 · 4 · cos 40◦ + 7 · 3 · cos 140◦
= 5,36
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 63 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.151
a
2~e x − 3~ey · ~e x − 2~ey = 2 ·~e2x − 4 ·~e x ·~ey − 3 ·~e x ·~ey + 6 ·~e2y
= 2·1−7·0+6·1
=8
b
~e x +~ey · ~e x −~ey = ~e2x −~e2y
c
= 1−1
=0
−5~e x − 3~ey · −3~e x + 4~ey = 15 ·~e2x − 20 ·~e x ·~ey + 9 ·~e x ·~ey − 12 ·~e2y
= 15 · 1 − 11 · 0 − 12 · 1
=3
6.152
Vi har tre muligheter for å gjøre trekant ABC til en rettvinklet trekant. Vi kan bestemme b slik at
enten vinkel A, B eller C blir 90◦ .
−−→ −−→
Vi finner først den b-verdien som gjør at vinkel A blir 90◦ . Vi må velge b slik at AB · AC = 0
−−→
AB = [3 , b − 2]
−−→
AC = [8 , 2]
−−→ −−→
AB · AC = 0
[3 , b − 2] · [8 , 2] = 0
24 + 2b − 4 = 0
2b = −20
b = −10
Når b = −10, er ∠A = 90◦ .
−−→ −−→
Vi finner så de b-verdiene som gjør at vinkel B blir 90◦ . Vi må velge b slik at BA · BC = 0.
−−→
BA = [−3 , 2 − b]
−−→
BC = [5 , 4 − b]
−−→ −−→
BA · BC = 0
[−3 , 2 − b] · [5 , 4 − b] = 0
−15 + (8 − 6b + b2 ) = 0
b2 − 6b − 7 = 0
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 64 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi bruker abc-formelen for å finne b.
p
6 ± 62 − 4 · 1 · (−7)
b=
√ 2·1
6 ± 64
b=
2
6±8
b=
2
6−8
6+8
∨ b=
2
2
14
−2
∨ b=
b=
2
2
b = −1
∨ b=7
b=
Når b = −1 eller b = 7, er ∠B = 90◦ .
−−→ −−→
Vi finner til sist den b-verdien som gjør at vinkel C blir 90◦ . Vi må velge b slik at CA · CB = 0.
−−→
CA = [−8 , −2]
−−→
CB = [−5 , b − 4]
−−→ −−→
CA · CB = 0
[−8 , −2] · [−5 , b − 4] = 0
40 − 2b + 8 = 0
2b = 48
b = 24
Når b = 24, er ∠C = 90◦ . Til slutt kan vi altså konkludere: Når b ∈ {−10 , −1 , 7 , 24}, så er trekant ABC
rettvinklet.
6.153
a
Stigningstallet til linja y = ax + b er a, som betyr at linja går a steg i y-retning når linja går
ett steg i x-retning. Men vektoren [1 , a] går også a steg i y-retning når vektoren går ett steg i
x-retning.
b
Hvis linjene står normalt på hverandre, må [1 , a1 ] · [1 , a2 ] = 0.
[1 , a1 ] · [1 , a2 ] = 0
1 + a1 · a2 = 0
a1 · a2 = −1
som var det vi skulle vise.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 65 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.154
For at firkant ABCD skal være et kvadrat, må alle sidene ha lik lengde og alle vinklene må være 90◦ .
Vi sjekker først om alle sidene er like lange.
−−→
AB = [2 , −4]
−−→ √
√
AB = 4 + 16 = 2 5
−−→
BC = [4 , 1]
−−→ √
√
BC = 16 + 1 = 17
Men nå kan vi allerede konkludere med at ikke alle sidene er like lange. Derfor er ikke firkant ABCD
et kvadrat.
6.155
~u ·~v = 0 Vi ser at vektorene er ortogonale når t = −2 og når t = 3.
[6 + t , t] · [−1 , t] = 0
a
−6 − t + t2 = 0
t2 − t − 6 = 0
(t − 3)(t + 2) = 0
t = −2 ∨ t = 3
b
~u ·~v = 0 Vi ser at vektorene er ortogonale når t = − 13 .
([2 , −1] + t [4 , 1]) · [2 , 1] = 0
[2 + 4t , −1 + t] · [2 , 1] = 0
4 + 8t − 1 + t = 0
9t = −3
1
t=−
3
6.156
−−→
Tangenten til sirkelen i punktet P må stå vinkelrett på radiusvektoren S P. Vi må altså vise at
−−→
S P · [3 , 8] = 0.
"
#
3
−−→
S P = −4 ,
2
"
#
3
−−→
S P · [3 , 8] = −4 , · [3 , 8] = −12 + 12 = 0
2
Tangenten er parallell med vektoren [3 , 8].
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 66 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.157
a
b
Fra Thales-setning vet vi at hvis vil lar AB være diameteren i en sirkel og P være et tilfeldig
punkt på sirkelbuen, må ∠APB = 90◦ . Derfor er det geometriske stedet for de punkter P i planet
−−→ −−→
som er slik at AP ⊥ BP, sirkelen med AB som diameter.
−−→ −−→
Det geometriske stedet for de punkter P i planet som er slik at AP ⊥ AB, er normalen på AB
gjennom A.
6.158
a
Vi vet at det geometriske stedet må være en normal på linja gjennom A og B. For å finne ut
−−→
−−→
hvilken normal det er, lager vi oss en likning der vi lar AP p være parallellkomponenten av AP
−−→
som er parallell med AB.
−−→ −−→
AP · AB = 72
−−→ −−→
AP p · AB = 72
−−→ −−→
AP p · AB = 72
−−→ AP p · 12 = 72
−−→ AP p = 6
−−→
−−→
Vi vet altså at normalen må treffe 6 unna A. Videre vet vi at vinkelen mellom AP og AB må
være mellom 0◦ og 90◦ fordi skalarproduktet er positivt. Derfor må normalen treffe 6 unna A i
retning B, men det er jo midt mellom A og B. Det geometriske stedet må være midtnormalen
på AB.
b
Vi lager oss en tilsvarende likning som i oppgave a.
−−→ −−→
AP · AB = −36
−−→ −−→
AP p · AB = −36
−−→ −−→
− AP p · AB = −36
−−→ − AP p · 12 = −36
−−→ AP p = 3
−−→
−−→
Vi vet altså at normalen må treffe 3 unna A. Videre vet vi at vinkelen mellom AP og AB må
være mellom 90◦ og 180◦ fordi skalarproduktet er negativt. Derfor må normalen treffe 3 unna
A i motsatt retning av B. Det geometriske stedet må være normalen ned på linja gjennom A og
B, som er 3 unna A og 15 unna B.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 67 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.159
a
~v2 = [−4 , 3] · [−4 , 3] = 16 + 9 = 25
b
~v2 = [4 + t , 1] · [4 + t , 1] = 16 + 8t + t2 + 1 = t2 + 8t + 17
c
~v2 må være minst når x-koordinaten 4 + t = 0. Altså når t = −4. Det kunne vi også sett ut ifra
symmetrilinja til t2 + 8t + 17.
~v2 = [−2 + t , 3 − t] · [−2 + t , 3 − t] = 4 − 4t + t2 + 9 − 6t + t2 = 2t2 − 10t + 13
~v = 1 er ekvivalent med at ~v2 = 1. Vi trenger derfor å løse likningen 2t2 − 10t + 13 = 1.
2t2 − 10t + 13 = 1
2t2 − 10t + 12 = 0
t2 − 5t + 6 = 0
(t − 3)(t − 2) = 0
t=2 ∨ t=3
6.160
a
At ~v = 7, er ekvivalent med at ~v2 = 72 = 49.
2
~v2 = ~a + 2~b = ~a2 + 4~a · ~b + 4~b2 = 32 + 4 · (−6) + 4 · 42 = 9 − 24 + 64 = 49
~v2 = 49, så da må ~v = 7.
b
Først regner vi ut hva skalarproduktet ~a ·~v blir. Så bruker vi dette til å finne vinkelen mellom
dem.
~a ·~v = ~a · ~a + 2~b = ~a2 + 2~a · ~b = 32 + 2 · (−6) = −3
~a ·~v
cos α = ~a · ~v
−3
cos α =
3·7
1
cos α = −
7
α = 98,2◦
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 68 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi må ha at ~u · ~b = 0.
~u · ~b = 0
4~a + t~b · ~b = 0
4~a · ~b + t~b2 = 0
4 · (−6) + 42 t = 0
−24 + 16t = 0
16t = 24
3
t=
2
6.161
Først regner vi ut hva skalarproduktet ~u ·~v blir når ~u +~v · 2~u −~v = 0. Så bruker vi dette til å finne
vinkelen mellom dem.
~u +~v · 2~u −~v = 0
2~u2 + ~u ·~v −~v2 = 0
8 + ~u ·~v − 9 = 0
~u ·~v = 1
~u ·~v
cos α = ~u · ~v
1
cos α =
2·3
1
cos α = −
6
α = 80,4◦
6.162
a
b
−−→
−−→
Først observerer vi at AB = [−9 , 6]. Videre ser vi at fordi P ligger på AB, må AP være parallell
−−→
−−→
−−→
med AB. Da må det finnes en t slik at AP = t · AB = [−9t , 6t].
−−→ −−→ −−→ −−→
CP = CO + OA + AP
som var det vi skulle vise.
−−→ −−→ −−→
= −OC + OA + AP
= [−1 , 3] + [8 , 1] + [−9t , 6t]
= [7 − 9t , 4 + 6t]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 69 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
−−→
−−→ −−→
Fordi CP står normalt på AB, må CP · AB = 0. Dette kan vi bruke for å finne t.
−−→ −−→
CP · AB = 0
[7 − 9t , 4 + 6t] · [−9 , 6] = 0
−63 + 81t + 24 + 36t = 0
117t = 39
1
t=
3
Da blir
−−→ −−→ −−→
OP = OA + AP
= [8 , 1] + [−9t , 6t]
"
#
1
1
= [8 , 1] + −9 · , 6 ·
3
3
= [8 , 1] + [−3 , 2]
= [5 , 3]
P = (5 , 3)
6.163
a
b
~u ·~v = ~a + ~b · ~a − 2~b = ~a2 − 2~a · ~b +~a · ~b − 2~b2 = ~a2 −~a · ~b − 2~b2
Vi skal sjekke om skalarproduktet ~u ·~v er 0, men først regner vi ut ~a · ~b.
1
~a · ~b = ~a · ~b · cos 120◦ = 4 · 3 · − cos 60◦ = −12 = −6
2
~u ·~v = ~a2 −~a · ~b − 2~b2
= 42 − (−6) − 2 · 32
= 16 + 6 − 18
=4
c
Vi ser at ~u ·~v , 0, og derfor står ikke ~u og ~v vinkelrett på hverandre.
Vi må løse likningen 2~a + k~b · ~a − ~b = 0.
2~a + k~b · ~a − ~b = 0
2~a2 + (k − 2)~a · ~b − k~b2 = 0
2 · 42 + (k − 2) · (−6) − k · 32 = 0
32 − 6k + 12 − 9k = 0
15k = 44
44
k=
15
Når k =
©Aschehoug
44
15 ,
står vektorene vinkelrett på hverandre.
www.lokus.no
Side 70 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.164
a
b
c
d
([2 , 1] · [1 , 3]) · [1 , 1] = (2 + 3) · [1 , 1] = [5 , 5]
[2 , 1] · ([1 , 3] · [1 , 1]) = [2 , 1] · (1 + 3) = [8 , 4]
~u ·~v · w
~ er en konstant ganget med w
~ , og har derfor samme retning som w
~.
~u · ~v · w
~ er ~u ganget med en konstant, og har derfor samme retning som ~u.
Fra oppgave b og oppgave c ser vi at de har forskjellig retning, og må derfor være forskjellige
vektorer.
6.165
a
p
√
~u = |[24 , 7]| = 242 + 72 = 625 = 25 Bruker GeoGebra for å finne vinkelen mellom vektop
√
~v = |[8 , 15]| = 82 + 152 = 289 = 17
rene:
b
Som vi ser, er vinkelen mellom vektorene 45,7◦ .
~ = ~u ~v + ~v ~u = 25 [8 , 15] + 17 [24 , 7] = [200 , 375] + [408 , 119] = [608 , 494] = 38 [16 , 13]
w
c
~ = ∠ ~v , w
~ og bruker CAS.
Vi må vise at ∠ ~u , w
Som vi ser, er begge vinklene like store.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 71 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
~ og de to andre vektorene
Først observerer vi at hvis ∠ ~u ,~v = 0◦ , må også vinkelen mellom w
◦
~ da har samme retning som de to andre vektorene. Men for ∠ ~u ,~v , 0◦ må vi
være 0 fordi w
~ = α2 .
~ = α1 og ∠ ~v , w
~ . Vi lar ∠ ~u , w
~ = ∠ ~v , w
vise at ∠ ~u , w
~u · w
~
cos α1 = ~u · w
~
~u · ~u ~v + ~v ~u
=
~u · w
~
~u ~u ·~v + ~v ~u2
=
~u · w
~
2
~u ~u ·~v + ~v ~u
=
~u · w
~
~u ·~v + ~u ~v
=
w
~
~v · w
~
cos α2 = ~v · w
~
~v · ~u ~v + ~v ~u
=
~v · w
~
~u ~v2 + ~v ~u ·~v
=
~v · w
~
2 ~u ~v + ~v ~u ·~v
=
~v · w
~
~u ~v + ~u ·~v
=
w
~
~u ·~v + ~u ~v
=
w
~
= cos α1
som betyr at α1 = α2 .
6.166
−−→ −−→
−−→ −−→
Vi må vise at HE = GF og at HG = EF.
−−→ −−→ −−→
HE = HA + AE
1 −−→ 1 −−→
= DA + AB
2
2
1 −−→ −−→
= DA + AB
2
1 −−→
= DB
2
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 72 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
−−→ −−→ −−→
GF = GC + CF
1 −−→ 1 −−→
= DC + CB
2
2
1 −−→ −−→
= DC + CB
2
1 −−→
= DB
2
−−→ −−→
som betyr at HE = GF.
−−→ −−→ −−→
HG = HD + DG
1 −−→ 1 −−→
= AD + DC
2
2
1 −−→ −−→
= AD + DC
2
1 −−→
= AC
2
−−→ −−→ −−→
EF = EB + BF
1 −−→ 1 −−→
= AB + BC
2
2
1 −−→ −−→
= AB + BC
2
1 −−→
= AC
2
−−→ −−→
som betyr at HG = EF. Vi har nå bevist at firkant EFGH er et parallellogram.
6.167
Fra eksempel 34 vet vi at
−−→ 1
CM = ~u +~v .
2
Videre ser vi at
−−→
AB = −~u +~v .
−−→ −−→
Vi bruker dette til å vise at CM · AB = 0.
−−→ −−→ 1
CM · AB = ~u +~v · −~u +~v
2
1 2 2
= −~u +~v
2
=0
CM står vinkelrett på AB.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 73 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.168
a
Vi lar Q være fotpunktet på linja l for normalen til linja gjennom P.
−−→
AB = [7 − 1 , 5 − 1] = [6 , 4]
−−→
PA = [1 − 2 , 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
52k = 26
26
k=
52
1
k=
2
−−→
Vi setter verdien for k inn i uttrykket for PQ:
"
#
1
1
−−→
PQ = 6 · − 1 , 4 · − 5 = [2 , −3]
2
2
−−→ p
√
PQ = 22 + 32 = 13
√
Avstanden fra punktet P til linja l er
b
13.
Vi løser oppgaven i CAS i GeoGebra:
Avstanden fra punktet P til linja l er
√
161· 13
65
≈ 8,93.
6.169
a
−−→
AB = [3 , −1]
−−→ p
√
AB = 32 + 12 = 10
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 74 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
c
Vi løser oppgaven i CAS i GeoGebra:
−−→
−−→
Vinkelen mellom AB og AC er 71,57◦ .
"
#
1
1 −−→
−−→
AD = 1 , − = AB D ligger på AB.
3
3
−−→
DC = [1 , 3]
−−→ −−→
DC · AB = [1 , 3] · [3 , −1] = 3 − 3 = 0
−−→ −−→
som betyr at DC ⊥ AB.
6.170
Vi lar Q være fotpunktet på linja gjennom A og B for normalen gjennom C.
−−→
AB = [4 − 1 , 8 − 2] = [3 , 6]
−−→
CA = [1 − 5 , 2 − 4] = [−4 , −2]
−−→ −−→ −−→
CQ = CA + AQ
−−→
−−→
= CA + k · AB
= [−4 , −2] + k · [3 , 6]
= [3k − 4 , 6k − 2]
−−→ −−→
Fordi AB ⊥ CQ, får vi
−−→ −−→
AB · CQ = 0
[3 , 6] · [3k − 4 , 6k − 2] = 0
3 · (3k − 4) + 6 · (6k − 2) = 0
45k = 24
24
k=
45
8
k=
15
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 75 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
−−→
Vi setter verdien for k inn i uttrykket for CQ:
# "
#
"
8
12 6
8
−−→
CQ = 3 · − 4 , 6 · − 2 = − ,
15
15
5 5
"
# "
#
12 6
13 26
−−→ −−→ −−→
OQ = OC + CQ = [5 , 4] + − , =
,
5 5
5 5
!
13 26
Q=
,
5 5
6.171
a
b
c
−−→ −−→ −−→
BC = BA + AC = −~a + ~b = ~b −~a
1
1
1
−−→ −−→ −−→ −−→ 1 −−→
AQ = AB + BQ = AB + BC = ~a + ~b −~a = ~a + ~b
2
2
2
2
−−→ −−→ −−→ 1 −−→ 1 −−→ 1 −−→ 1 ~
PQ = PB + BQ = AB + BC = AC = b
2
2
2
2
1
1
−−→ −−→ −−→ −−→ 1 −−→
CP = CA + AP = CA + AB = −~b + ~a = ~a − ~b
2
2
2
−−→
−−→
Hvis de ligger på linje, må CM = kCP.
2 1
1
−−→ −−→ −−→ −−→ 2 −−→
CM = CA + AM = CA + AQ = −~b + · ~a + ~b = −~b + ~a + ~b =
3
3 2
3
!
2~ 2 1 ~
1
~a − b =
~a − b =
3
3
3 2
2 −−→
CP
3
−−→
−−→
Vi har altså vist at CM = 32 CP, som betyr at de tre punktene C, M og P ligger på en rett linje.
6.172
a
b
c
−−→
AB = [4 , 2]
−−→
BC = [−1 , 2]
−−→ −−→
AB · BC = [4 , 2] · [−1 , 2] = −4 + 4 = 0
−−→
−−→
AB står vinkelrett på BC.
−−→
AC = [3 , 4]
−−→
AD = [1 , 2]
−−→
−−→
D ligger ikke på AC fordi det ikke fins noen k slik at AC = k AD.
−−→
−−→
Vi lar E = (0 , y) og bruker at AE = k AC.
−−→ AE = 2 , y − 1
−−→
−−→
AE = k AC
2 , y − 1 = k [3 , 4]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 76 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
2 = 3k
∧
2
∧
k=
3
2
k=
∧
3
E = 0 , 11
3
d
y − 1 = 4k
2
y = 4· +1
3
11
y=
3
−−→
Vi lar F = (x , 0) og finner x slik at FB = 5.
−−→
FB = [2 − x , 3]
−−→
FB = 5
q
(2 − x)2 + 32 = 5
p
4 − 4x + x2 + 9 = 5
x2 − 4x + 13 = 25
x2 − 4x − 12 = 0
(x − 6)(x + 2) = 0
x = −2 ∨
x=6
Hvis F = (−2 , 0) eller hvis F = (6 , 0), er avstanden fra F til B lik 5.
6.173
Fra linja y = 0, 5x + 2 kan vi finne to punkter.
y(0) = 2
y(2) = 0, 5 · 2 + 2 = 3
Punktene A = (0 , 2) og B = (2 , 3) ligger på l. Vi lar Q være fotpunktet på linja l for normalen til linja
gjennom P.
−−→
AB = [2 , 1]
−−→
PA = [−4 , −7]
−−→ −−→ −−→
PQ = PA + AQ
−−→
−−→
= PA + k · AB
= [−4 , −7] + k · [2 , 1]
= [2k − 4 , k − 7]
−−→ −−→
Fordi AB ⊥ PQ, får vi
−−→ −−→
AB · PQ = 0
[2 , 1] · [2k − 4 , k − 7] = 0
2 · (2k − 4) + (k − 7) = 0
5k = 15
k=3
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 77 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
−−→
Vi setter verdien for k inn i uttrykket for PQ:
−−→
PQ = [2 · 3 − 4 , 3 − 7] = [2 , 4]
−−→ p
√
√
PQ = 22 + 42 = 20 = 2 5
√
Avstanden fra punktet P til linja l er 2 5.
6.174
a
~a · ~b = 6 · 4 · cos 120◦ = −12
~a2 = 62 = 36
~b2 = 42 = 16
b
c
d
−−→ −−→ −−→
BD = BA + AD = −~a + ~b = ~b −~a
1
3
3
−−→ −−→ −−→
AC = AB + BC = ~a + ~a + ~b = ~a + ~b
2
2
2
3
1
3
−−→ −−→ −−→
DC = DA + AC = −~b + ~a + ~b = ~a + ~b
2
2
2
!
1
3~
1
3
1
3
−−→ −−→
Vi undersøker om skalarproduktet er 0: AB · BC = ~a · ~a + b = ~a2 + ~a · ~b = · 36 + (−12) = 18 − 1
2
2
2
2
2
2
Vektorene står normalt på hverandre.
!2
−−→2
AC = 3 ~a + 3 ~b
2
2
−−→2 9
AC = ~a2 + 9 ~a · ~b + 9 ~b2
4
2
4
−−→2 9
9
AC = · 36 + · (−12) + 9 · 16
4
2
4
−−→2
AC = 81 − 54 + 36
−−→2
AC = 63
−−→ √
AC = 63
−−→
√
AC = 3 7
−−→2 BD = ~b −~a 2
−−→2
BD = ~a2 − 2~a · ~b + ~b2
−−→2
BD = 36 + (−2) · (−12) + 16
−−→2
BD = 76
−−→ √
BD = 76
−−→
√
BD = 2 19
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 78 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
e
−−→ −−→
Vi finner først AC · BD.
!
3~ 3
−−→ −−→
AC · BD = ~a + b · −~a + ~b
2
2
3 2 3~2
= − ~a + b
2
2
3
3
= − · 36 + · 16
2
2
= −54 + 24
= −30
−−→ −−→
Så finner vi vinkelen α mellom AC og BD.
−−→ −−→
AC · BD
cos α = −−→ −−→
AC · BD
−30
cos α = √ √
3 7 · 2 19
5
cos α = − √
133
α = 115,69◦
f
−−→
Vi lager oss to likninger for AP og løser det som et likningssystem.
3l
−−→
−−→ 3l
AP = l · AC = ~a + ~b
2
2
−−→ −−→ −−→
AP = AB + BP = ~a + k~b
Vi får følgende likningssystem:
3l
3l
=1 ∧
=k
2
2
2
l=
∧ k=1
3
k=1
6.175
a
b
A + B (4 , 0)
=
= (2 , 0)
2
2
!
A + C (1 , 4)
1
M2 =
=
= ,2
2
2
2
M1 =
−−→
−−→
Fordi S ligger på linja gjennom C og M1 , må CS = k · CM 1 . Fordi S også ligger på linja
−−→
−−→
−−→ −−→ −−→ −−→
−−→
gjennom B og M2 , må BS = t · BM 2 . Men da er CS = CB + BS = CB + t · BM 2 . Da følger det
at
−−→ −−→
−−→
k · CM 1 = CB + t · BM 2 ,
−−→
fordi begge sider er lik CS .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 79 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
d
e
−−→
CM 1 = [1 , −4]
−−→
CB = [3 , −4]
#
"
7
−−→
BM 2 = − , 2
2
−−→ −−→
−−→
k · CM 1 = CB + t · BM 2
"
#
7
k · [1 , −4] = [3 , −4] + t · − , 2
2
"
#
7
[k , −4k] = [3 , −4] + − t , 2t
2
"
#
7
[k , −4k] = 3 − t , −4 + 2t
2
7
k = 3 − t ∧ −4k = −4 + 2t
2
7
1
k = 3− t ∧
k = 1− t
2
2
1
7
1
1− t = 3− t ∧
k = 1− t
2
2
2
1
3t = 2
∧
k = 1− t
2
12
2
∧
k = 1−
t=
3
23
2
2
t=
∧
k=
3
3
−−→ −−→
Vi finner først AC · BD.
"
#
2 8
−−→
CS = [k , −4k] = , −
3 3
Vi bruker dette til å finne S .
"
# "
#
2 8
5 4
−−→ −−→ −−→
OS = OC + CS = [1 , 4] + , − = ,
3 3
3 3
!
5 4
S= ,
3 3
f
−−→ −−→
−−→
Hvis det fins en k slik at CS = CA + k · AM 3 , da går også AM3 gjennom S .
−−→ −−→
−−→
CS = CA + k · AM 3
"
"
#
#
2 8
5
, − = [−1 , −4] + k · , 2
3 3
2
#
"
#
"
2 8
5
, − + [1 , 4] = k · , 2
3 3
2
"
#
"
#
5 4
5
, = k · ,2
3 3
2
Vi ser at likningen stemmer hvis k = 32 .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 80 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.176
a
c
−−→ −−→ −−→
AC = AS + S C = −~a +~c
−−→ −−→ −−→
BC = BS + S C = −~b +~c
Fra oppgave a følger det at ~c kan uttrykkes på følgende to måter:
−−→
~c = ~a + AC
−−→
~c = ~b + BC
Dette bruker vi for å vise likhetene.
−→ ~
−−→
~b ·~c = ~b · ~a + −
AC = b ·~a + ~b · AC = ~a · ~b
−−→
−−→
~
~a ·~c = ~a · b + BC = ~a · ~b +~a · BC = ~a · ~b
d
−−→
−−→
Her har vi brukt at ~a og BC er ortogonale. Det samme er ~b og AC.
−−→
Vi må vise at ~c · AB = 0.
−−→
~c · AB = ~c · ~a − ~b = ~a ·~c − ~b ·~c = 0
Det betyr at de tre høydene i en trekant møtes i ett punkt.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 81 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.177
Vi lager en tabell.
Så tegner vi punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 82 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Til slutt gjør vi det i GeoGebra. Vi bruker kommandoen
Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>] for å tegne kurven.
6.178
Vi lager en tabell.
Vi tegner punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 83 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Så gjør vi det i GeoGebra. Vi bruker kommandoen
Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>] for å tegne kurven.
6.179
a
Vi setter (x1 , y1 ) = (2 , 3) og [a , b] = [−2 , 1] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 2 − 2t
l:
y = 3+t
b
Vi lager en tabell.
Vi tegner punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene.
6.180
a
~r = [3 − 0 , 4 − (−2)] = [3 , 6] = 3 [1 , 2]
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 84 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi setter (x1 , y1 ) = (0 , −2) og [a , b] = [1 , 2] i den generelle parameterframstillingen.
(
x=t
l:
y = −2 + 2t
6.181
a
~r = [1 − (−3) , 6 − 0] = [4 , 6] = 2 [2 , 3]
Vi setter (x1 , y1 ) = (−3 , 0) og [a , b] = [2 , 3] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −3 + 2t
l:
y = 3t
b
~r = [−2 − 3 , −6 − 4] = [−5 , −10] = −5 [1 , 2]
Vi setter (x1 , y1 ) = (3 , 4) og [a , b] = [1 , 2] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 3+t
l:
y = 4 + 2t
c
~r = [2 − (−2) , 3 − 3] = [4 , 0] = 4 [1 , 0]
Vi setter (x1 , y1 ) = (−2 , 3) og [a , b] = [1 , 0] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −2 + t
l:
y=3
6.182
a
En retningsvektor for linja er [4 , 7].
b
Stigningstallet k for linja er k = 47 .
6.183
Vi begynner med l. Den har stigningstall 37 som betyr at ~rl = [7 , 3] er en retningsvektor for linja. Vi
setter (x1 , y1 ) = (4 , 1) og [a , b] = [7 , 3] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 4 + 7t
l:
y = 1 + 3t
Så der vi på m. Den har stigningstall 14 som betyr at ~rl = [1 , 4] er en retningsvektor for linja. Vi setter
(x1 , y1 ) = (−2 , 3) og [a , b] = [1 , 4] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −2 + t
m:
y = 3 + 4t
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 85 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.184
a
Vi setter inn i parameterframstillingen og får
5 = t − 2 ∧ 26 = 3t + 5
t=7
∧ 3t = 21
t=7
∧
t=7
Punktet A ligger på linja.
b
Vi setter inn i parameterframstillingen og får
0 = t − 2 ∧ 10 = 3t + 5
t=2
∧ 3t = 5
5
t=2
∧
t=
3
Punktet B ligger ikke på linja.
c
Vi setter inn i parameterframstillingen og får
−4 = t − 2 ∧ −1 = 3t + 5
t = −2 ∧ 3t = −6
t = −2 ∧
t = −2
Punktet C ligger på linja.
6.185
a
Vi setter (−2 , 1) i parameterframstillingen og får
−2 = −3t − 2 ∧ 1 = 2t + 1
3t = 0
∧ 2t = 0
t=0
∧ t=0
Vi setter så (−8 , 5) i parameterframstillingen og får
−8 = −3t − 2 ∧ 5 = 2t + 1
3t = 6
∧ 2t = 4
t=2
∧ t=2
Til slutt setter vi (7 , −5) i parameterframstillingen og får
7 = −3t − 2 ∧ −5 = 2t + 1
3t = −9
∧ 2t = −6
t = −3
∧
t = −3
Parameterverdien for punktet (−2 , 1) er 0, parameterverdien for punktet (−8 , 5) er 2, parameterverdien for punktet (7 , −5) er −3.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 86 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Fra parameterframstillingen ser vi at ~r = [−3 , 2] er en retningsvektor. Da er
tallet for linja.
c
l har samme retningsvektor ~r = [−3 , 2]. Vi setter (x1 , y1 ) = (2 , 3) og [a , b] = [−3 , 2] i den
generelle parameterframstillingen.
(
x = 2 − 3t
l:
y = 3 + 2t
2
−3
= − 23 stignings-
6.186
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y = 0.
0 = −3 + 2t
2t = 3
3
t=
2
Vi setter inn t =
x = 1,5 +
3
2
i uttrykket for x:
3
= 1,5 + 1,5 = 3
2
Skjæringspunktet med x-aksen er (3 , 0). I skjæringspunktet med y-aksen er x = 0.
0 = 1,5 + t
t = −1,5
Vi setter inn t = −1,5 inn i uttrykket for y:
y = −3 + 2 · (−1, 5) = −3 − 3 = −6
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , −6).
b
I skjæringspunktet med x-aksen er y = 0.
0 = 2 − ln t
ln t = 2
t = e2
Vi setter inn t = e2 i uttrykket for x:
x = ln e2 = 2
Skjæringspunktet med x-aksen er (2 , 0). I skjæringspunktet med y-aksen er x = 0.
0 = ln t
t=1
Vi setter inn t = 1 inn i uttrykket for y:
y = 2 − ln 1 = 2 − 0 = 2
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 2).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 87 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.187
a
Vi bytter ut t med s som navn på parameteren i framstillingen for m.
(
x = −2t
l:
y = t+1
(
m:
x = s−1
y = −3s + 3
Vi får da et likningssystem med to ukjente:
− 2t = s − 1
1
2 t + 1 = −3s + 3
Av 1 :
s = −2t + 1
Vi setter inn i 2 :
t + 1 = −3 (−2t + 1) + 3
t + 1 = 6t − 3 + 3
−5t = −1
1
t=
5
Det gir s = −2 15 + 1 = 35 .
Vi bruker parameteren t =
1
5
for å finne skjæringspunktet:
2
x = −2t = − = −0,4
5
6
y = t + 1 = = 1,2
5
Skjæringspunktet er − 25 , 56 .
Så gjør vi det i GeoGebra. Vi tegner kurvene for l og m for t-verdier fra −2 til 2. Vi bruker
verktøyknappen skjæring mellom to objekt
forå finne skjæringspunktet mellom kurvene.
Av figuren ser vi at skjæringspunktet er − 25 , 65 .
b
Vi bytter ut t med s som navn på parameteren i framstillingen for n.
(
x = −2t
l:
y = t+1
(
n:
x = 0,5s − 1
y = −s + 6
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 88 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi får da et likningssystem med to ukjente:
1
− 2t = 0,5s − 1
2 t + 1 = −s + 6
Av 2 :
t = −s + 5
Vi setter inn i 1 :
−2 (−s + 5) = 0,5s − 1
2s − 10 = 0,5s − 1
1,5s = 9
s=6
Det gir t = −6 + 5 = −1.
Vi bruker parameteren t = −1 for å finne skjæringspunktet:
x = −2t = 2
y = t+1 = 0
Skjæringspunktet er (2 , 0).
Så gjør vi det i GeoGebra. Vi tegner kurvene for l og n. Vi bruker verktøyknappen skjæring
mellom to objekt for å finne skjæringspunktet mellom kurvene.
Av figuren ser vi at skjæringspunktet er (2 , 0).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 89 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.188
Vi får et likningsett med to ukjente:
1
− 2t = 2s + 2
2 t + 1 = s2 + 2s
Av 1 får vi t = −s − 1.
Vi setter inn i 2 :
t + 1 = s2 + 2s
(−s − 1) + 1 = s2 + 2s
−s = s2 + 2s
s2 + 3s = 0
s (s + 3) = 0
s = −3 ∨ s = 0
s = −3 gir t = −s − 1 = 3 − 1 = 2.
s = 0 gir t = −s − 1 = 0 − 1 = −1.
Likningssystemet har to løsninger: (t = 2 ∧ s = −3) og (t = −1 ∧ s = 0)
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 90 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi bruker parameterverdiene t = −1 og t = 2 for å finne de to skjæringspunktene:
t = −1 :
t=2:
x = −2 · (−1) = 2
y = −1 + 1 = 0
x = −2 · 2 = −4
y = 2+1 = 3
Skjæringspunktene er (2 , 0) og (−4 , 3).
Så gjør vi det i GeoGebra. Vi tegner kurvene for a og b. Vi bruker verktøyknappen skjæring mellom
to objekt for å finne skjæringspunktene mellom kurvene.
Av figuren ser vi at skjæringspunktet er (2 , 0).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 91 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.189
a
Vi lager en tabell.
Vi tegner punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene:
b
Vi lager en tabell.
Vi tegner punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene:
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 92 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.190
Vi bruker kommandoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>]
for å tegne kurvene
6.191
a
Vi setter (x1 , y1 ) = (2 , 3) og [a , b] = [1 , 2] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 2+t
y = 3 + 2t
b
Vi bruker punktene til å finne en retningsvektor først:
~r = [2 − 1 , −3 − (−1)] = [1 , −2]
Vi setter (x1 , y1 ) = (1 , −1) og [a , b] = [1 , −2] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 1+t
y = −1 − 2t
c
Vi bruker punktene til å finne en retningsvektor først:
~r = [−2 − 4 , 7 − 6] = [−6 , 1]
Vi setter (x1 , y1 ) = (4 , 6) og [a , b] = [−6 , 1] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 4 − 6t
y = 6+t
d
Vi bruker punktene til å finne en retningsvektor først:
~r = [−1 − (−1) , 3 − 2] = [0 , 1]
Vi setter (x1 , y1 ) = (−1 , 2) og [a , b] = [0 , 1] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −1
y = 2+t
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 93 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
e
Vi bruker punktene til å finne en retningsvektor først:
~r = [3 − 3 , 7 − 1] = [0 , 6] = 6 [0 , 1]
Vi setter (x1 , y1 ) = (3 , 1) og [a , b] = [0 , 1] i den generelle parameterframstillingen.
(
x=3
y = 1+t
6.192
a
Linja har stigningstall 3 som betyr at ~rl = [1 , 3] er en retningsvektor for linja.
Vi setter (x1 , y1 ) = (−1 , 2) og [a , b] = [1 , 3] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −1 + t
y = 2 + 3t
b
Linja har stigningstall −1 som betyr at ~rl = [1 , −1] er en retningsvektor for linja.
Vi setter (x1 , y1 ) = (−1 , 2) og [a , b] = [1 , −1] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −1 + t
y = 2−t
c
Linja har stigningstall 0 som betyr at ~rl = [1 , 0] er en retningsvektor for linja.
Vi setter (x1 , y1 ) = (−1 , 2) og [a , b] = [1 , 0] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = −1 + t
y=2
6.193
a
Vi setter A (3 , 4) inn i parameterframstillingen og får
3 = −1 + t ∧ 4 = 6 − 2t
t=4
∧ 2t = 2
t=4
∧ t=1
Punktet A ligger ikke på linja.
Vi setter B (2 , 0) inn i parameterframstillingen og får
2 = −1 + t ∧ 0 = 6 − 2t
t=3
∧ 2t = 6
t=4
∧ t=3
Punktet B ligger på linja.
Vi setter C (−6 , 4) inn i parameterframstillingen og får
−6 = −1 + t ∧ 4 = 6 − 2t
t = −5
∧ 2t = 2
t = −5
∧ t=1
Punktet C ligger ikke på linja.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 94 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi kjenner ett punkt på linja B (2 , 0) og kan finne stigningstallet til linja. Da har vi det vi trenger
for å bruke ettpunktsformelen. Vi finner først stigningstallet a:
~r = [1 , −2]
−2
= −2
a=
1
Vi putter (x0 , y0 ) = (2 , 0) og a = −2 inn i ettpunktsformelen:
y − y0 = a (x − x0 )
y = a (x − x0 ) + y0
y = −2 (x − 2) + 0
y = −2x + 4
6.194
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y = 0.
0 = t+3
t = −3
Vi setter inn −3 for t i uttrykket for x:
x = 2 · (−3) + 2 = −6 + 2 = −4
Skjæringspunktet med x-aksen er (−4 , 0) når t = −3.
I skjæringspunktet med y-aksen er x = 0.
0 = 2t + 2
t = −1
Vi setter inn −1 for t inn i uttrykket for y:
y = −1 + 3 = 2
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 2) når t = −1.
b
Jeg kjenner to punkter på linja og bruker de punktene til å tegne linja.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 95 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.195
a
b1
Fra parameterframstillingen av l ser vi at [1 , 3] er en retningsvektor for l. Fra parameterframstillingen av m ser vi at [2 , −2] er en retningsvektor for m. Men da er ofte [1 , −1] en mer
hensiktsmessig retningsvektor.
I skjæringspunktet med x-aksen er y = 0.
0 = −1 + 3t
1
t=
3
Vi setter inn
x = 2+
1
3
for t i uttrykket for x:
1 7
=
3 3
Skjæringspunktet med x-aksen er 73 , 0 .
I skjæringspunktet med y-aksen er x = 0.
0 = 2+t
t = −2
Vi setter inn −2 for t inn i uttrykket for y:
y = −1 + 3 · (−2) = −7
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , −7).
b2
I skjæringspunktet med x-aksen er y = 0.
0 = 10 − 2s
s=5
Vi setter inn 5 for s i uttrykket for x:
x = −1 + 2 · 5 = 9
Skjæringspunktet med x-aksen er (9 , 0).
I skjæringspunktet med y-aksen er x = 0.
0 = −1 + 2s
1
s=
2
Vi setter inn
1
2
for s inn i uttrykket for y:
1
y = 10 − 2 = 9
2
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 9).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 96 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi får et likningssystem med to ukjente:
1 2 + t = −1 + 2s
− 1 + 3t = 10 − 2s
2
Av 1 :
t = 2s − 3
Vi setter inn i 2 :
−1 + 3 (2s − 3) = 10 − 2s
−1 + 6s − 9 = 10 − 2s
8s = 20
5
s=
2
Det gir t = 2 · 52 − 3 = 2.
Vi bruker parameteren t = 2 for å finne skjæringspunktet:
x = 2+t = 2+2 = 4
y = −1 + 3t = −1 + 3 · 2 = 5
Skjæringspunktet P er (4 , 5).
6.196
For å finne t når kurven skjærer x-aksen, setter vi y = 0.
1 + 2t = 0
t=−
1
2
For å finne t når kurven skjærer y-aksen, setter vi x = 0.
t2 − 1 = 0
t2 = 1
t = ±1
Vi tegner kurven i GeoGebra og bruker verktøyknappen skjæring mellom to objekt for å finne
skjæringspunktene mellom kurven og aksene.
Vi ser at kurven skjærer x-aksen i punktet − 34 , 0 og y-aksen i punktene (0 , −1) og (0 , 3).
6.197
a
Vi setter (x1 , y1 ) = (2 , 0) og [a , b] = [2 , 1] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 2 + 2t
y=t
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 97 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Linja har retningsvektor [2 , 1] og stigningstall
c
Vi kjenner ett punkt på linja (2 , 0) og stigningstall a = 0,5. Vi putter (x0 , y0 ) = (2 , 0) og a = −2
inn i ettpunktsformelen:
1
2
= 0,5.
y − y0 = a (x − x0 )
y = a (x − x0 ) + y0
y = 0,5 (x − 2) + 0
y = 0,5x − 1
d
Vi begynner med t = −1:
[2 , 0] + (−1) [2 , 1] = [2 , 0] + [−2 , −1] = [0 , −1]
Så ser vi på t = 1:
[2 , 0] + 1 [2 , 1] = [4 , 1]
A = (0 , −1) er et punkt på linja når t = −1. B = (4 , 1) er et punkt på linja når t = 1. Vi finner
avstanden mellom punktene:
−−→ q
p
√
√
AB = (4 − 0)2 + (1 − (−1))2 = 42 + 22 = 20 = 2 5
√
Avstanden mellom de to punktene er 2 5.
e
En linje m som står normalt på l, må ha en retningsvektor som står normalt på [2 , 1]. Vi
kan velge [1 , −2] som har stigningstall −2
1 = −2. En linje m som står normalt på l, må ha
stigningstall −2.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 98 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.198
a
b-c
Linja l har retningsvektor [1 , 0,6] som betyr at den har stigningstall 0,6
1 =
−3
3
retningsvektor [2 , −3] som betyr at den har stigningstall 2 = − 2 = −1,5.
3
5
= 0,6. Linja m har
Vi tegner kurvene for l og m i GeoGebra. Vi bruker verktøyknappen skjæring mellom to objekt
for å finne skjæringspunktet mellom kurvene.
Av figuren ser vi at skjæringspunktet er 6 , 11
5 .
Vi finner vinkelen mellom linjene ved å legge til et punkt på hver av linjene med verktøyet
punkt på objekt. Vi bruker så verktøyet vinkel. Vi finner at vinkelen mellom linjene er 87,27◦ .
6.199
a
Vi får et likningsett med to ukjente:
1 t − 1 = s2 + 1
2
− t − 2 = 2s − 4
Av 2 får vi t = −2s + 2.
Vi setter inn i 1 :
t − 1 = s2 + 1
(−2s + 2) − 1 = s2 + 1
−2s + 1 = s2 + 1
s = −2
s2 + 2s = 0
s (s + 2) = 0
∨ s=0
s = −2 gir t = −2s + 2 = 4 + 2 = 6.
s = 0 gir t = −2s + 2 = 0 + 2 = 2.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 99 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Likningssystemet har to løsninger: (t = 6 ∧ s = −2) og (t = 2 ∧ s = 0).
Vi bruker parameterverdiene t = 2 og t = 6 for å finne de to skjæringspunktene:
t=2:
t=6:
x = 2−1 = 1
y = −2 − 2 = −4
x = −6 − 1 = 5
y = −6 − 2 = −8
Skjæringspunktene er (1 , −4) og (5 , −8).
b
Vi bruker graftegneren i GeoGebra. Vi tegner kurvene for l og k. Vi bruker verktøyknappen
skjæring mellom to objekt for å finne skjæringspunktene mellom kurvene.
Av figuren ser vi at skjæringspunktene er (1 , −4) og (5 , −8).
c
Vi bruker CAS i GeoGebra.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 100 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.200
Vi vet at en parameterfremstilling for en sirkel med radius r og sentrum (m , n) er gitt ved
(
x = r cos v + m
y = r sin v + n
Her er v parameteren. Vi får derfor følgende parameterframstilling:
(
x = 2 cos v − 5
y = 2 sin v + 3
Vi tegner sirkelen i GeoGebra ved hjelp av kommandoen
Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>]. Lar parameteren v gå fra 0◦ til 360◦ .
6.201
a
Vi setter inn i parameterframstillingen og får
−1 = 3 + 2t ∧ 2 = 4 + t
2t = −4
∧ t = −2
t = −2
∧ t = −2
Punktet ligger på l.
b
Vi ser at ~r = [2 , 1] er en retningsvektor for l. Da er
√
~r √
[2 , 1]
~v = · 4 5 = √
· 4 5 = 4 · [2 , 1] = [8 , 4] ,
~r
22 + 12
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 101 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
√
også en retningsvektor med lengde 4 5. Vi finner punktene A og B:
−−→ −−→
OA = OP −~v
−−→
OA = [−1 , 2] − [8 , 4]
−−→
OA = [−9 , −2]
−−→ −−→
OB = OP +~v
−−→
OB = [−1 , 2] + [8 , 4]
−−→
OB = [7 , 6]
√
De to punktene på linja l som har avstand 4 5 fra P, er (−9 , −2) og (7 , 6).
6.202
a
En linje m som står normalt på l, må ha en retningsvektor som står normalt på [4 , 3]. Vi kan
velge [3 , −4].
b
Vi setter (x1 , y1 ) = (11 , −7) og [a , b] = [3 , −4] i den generelle parameterframstillingen.
(
x = 11 + 3t
l:
y = −7 − 4t
c
Vi må først finne skjæringspunktet P mellom linjene, for så å finne avstanden mellom P og A.
Når vi skal finne P, får vi et likningssystem med to ukjente:
1 1 + 4t = 11 + 3s
2
− 2 + 3t = −7 − 4s
Av 1 :
4t = 10 + 3s
5 3
t= + s
2 4
Vi setter inn i 2 :
!
5 3
−2 + 3 + s = −7 − 4s
2 4
11 9
+ s = −7 − 4s
2 4
25
25
s=−
4
2
s = −2
Det gir t = 52 + 43 · (−2) = 25 − 32 = 1.
— Vi bruker parameteren t = 1 for å finne skjæringspunktet:
x = 1 + 4t = 5
y = −2 + 3t = 1
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 102 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Skjæringspunktet P er (5 , 1). Vi finner avstanden mellom A og P:
q
p
√
−−→
|AP| = (5 − 11)2 + (1 − (−7))2 = 62 + 82 = 100 = 10
Avstanden mellom linja og A er 10.
6.203
a
−−→
~r = AB = [6 − 2 , 3 − 1] = [4 , 2] = 2 [2 , 1]
Vi bruker ~rl = [2 , 1] som retningsvektor for l. Vi setter (x1 , y1 ) = (2 , 1) og [a , b] = [2 , 1] i den
generelle parameterframstillingen.
(
x = 2 + 2t
l:
y = 1+t
b
Vi ser at en retningsvektor for m er ~rm = [−1 , 1]. For at linjene skal stå vinkelrett på hverandre,
må ~rl ·~rm = 0.
~rl ·~rm = [2 , 1] · [−1 , 1] = −2 + 1 = −1
l og m står ikke vinkelrett på hverandre.
c
−−→
Vi lar Q være et punkt på linja m. Da er AQ = [(3 − s) − 2 , (3 + s) − 1] = [1 − s , 2 + s]. Vi løser
likningen:
−−→
AQ = 3
|[1 − s , 2 + s]| = 3
q
(1 − s)2 + (2 + s)2 = 3
1 − 2s + s2 + 4 + 4s + s2 = 9
2s2 + 2s + 5 = 9
2s2 + 2s − 4 = 0
s2 + s − 2 = 0
(s − 1)(s + 2) = 0
s = −2 ∨
s=1
Setter vi s = −2 inn i parameterframstillingen for m, får vi (5 , 1). Setter vi s = 1 inn i parameterframstillingen for m, får vi (2 , 4).
d
Det punktet P på m som er nærmest A, må være midt mellom punktene vi fant i oppgave c.
!
(5 , 1) + (2 , 4) (7 , 5)
7 5
=
= ,
P=
2
2
2 2
Vi finner avstanden mellom A og P:
r
r
√
√
−−→ r 7
5
3
3
AP = ( − 2)2 + ( − 1)2 = ( )2 + ( )2 = 18 = 18 = 3 2 = √3
2
2
2
2
4
2
2
2
Avstanden mellom linja og A er
©Aschehoug
√3 .
2
www.lokus.no
Side 103 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.204
a
b
h
i
~r(3) = 3 − 3 , (3 − 2)2 = [0 , 1]
Dette viser at mauren var i punktet (0 , 1) etter 3 timer.
h
i
Vi skriver inn vektorfunksjonen ~r(t) = t − 3 , (t − 2)2 i GeoGebra:
c
h
i
~r(0) = 0 − 3 , (0 − 2)2 = [−3 , 4]
h
i
~r(2,5) = 2,5 − 3 , (2,5 − 2)2 = [−0,5 , 0,25]
Maurens startpunkt var (−3 , 4). Etter 2,5 timer var mauren ved (−0,5 , 0,25). Vi finner avstanden mellom punktene:
s
r
√
√
!2
!2 r
5
25 225
325
325 5 13
15
+ −
=
+
=
=
=
≈ 4, 5
|[−0,5 − (−3) , 0,25 − 4]| =
2
4
4
16
16
4
2
Etter 2,5 timer er mauren
√
5 13
2
m eller ca. 4, 5 m fra utgangspunktet.
6.205
a
Vi ser at ved t = 0 er posisjonen til båt A gitt ved (0 , 0), og for båt B gitt ved (60 , 200). Vi
finner avstanden:
p
√
√
|[60 , 200]| = 602 + 2002 = 3 600 + 40 000 = 43 600 ≈ 209
Ved t = 0 er avstanden mellom båtene 209 m.
b
Vi undersøker om x-verdiene og y-verdiene i vektorfunksjonen er lik hverandre for samme
t-verdi. Vi tar først for oss x-verdiene:
8t = 4t + 60
4t = 60
t = 15
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 104 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
x-verdiene er like for t = 15. Vi undersøker y-verdiene for denne t-verdien:
yA (15) = 12 · 15 = 180
yB (15) = −4 · 15 + 200 = −60 + 200 = 140
Vi ser at y-verdiene er forskjellige for t = 15. Det betyr at båtene ikke kolliderer.
Så kontrollerer vi svaret ved hjelp av CAS verktøyet i GeoGebra. Vi løser ~rA (t) = ~rB (t).
Vi ser at det ikke fins en verdi for t som gjør at ~rA (t) = ~rB (t). Det betyr at båtene ikke kolliderer.
c
6.206
Vi løser likningen ~j(t) = ~r(t).
Vi ser at når t = 14, stemmer likningen ~rA (t) = ~rB (t). Det betyr at Julie og Romeo møtes etter
14 min.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 105 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.207
a
h
0
i
√
~v(t) = ~r0 (t) = 0,5t2 , (t)0 = [t , 1] Fartsvektoren der t = 2, er ~v(2) = [2 , 1]. Da blir farten 5.
b
~v(2) = [2 , 1]
p
√
v(2) = ~v(2) = 22 + 12 = 5
c
Når kurven er parallell med y-aksen, må x-koordinaten til ~v(t) være 0. Men siden x-koordinaten
til ~v(t) er t, må t = 0. Vi putter t = 0 inn i ~r(t).
h
i
~r(0) = 0,5 · 02 , 0 = [0 , 0]
Det punktet på kurven der fartsvektoren er parallell med y-aksen er origo.
d
Når kurven er parallell med x-aksen må y-koordinaten til ~v(t) være 0. Men siden y-koordinaten
til ~v(t) er 1, vil det aldri skje. Fartsvektoren er derfor aldri parallell med x-asken.
6.208
a
Grafen ble tegnet i GeoGebra ved hjelp av følgende kommando:
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 106 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi finner posisjonen til ballen etter 1 sekund med kommandoen r(1). Vi får punktet A =
(28 , 9).
c
Vi tegner fartsvektoren ~u fra punktet A ved følgende kommando:
Fra figuren ser vi at fartsvektoren er gitt ved [18 , 2]. Farten er lik lengden av vektoren, så den
finner vi ved kommandoen lengde[u], og får at farten er 18,11 m/s. Til sist finner vi retningen
ved å se på vinkelen mellom ~u og bakken ved kommandoen vinkel[u]. Vi får at ~u danner en
vinkel på 6,34◦ med bakken.
d
Når ballen er på sitt høyeste, er y-koordinaten til fartsvektoren 0. y-koordinaten til fartsvektoren må være den deriverte av y-koordinaten til ~r(t) Men siden y-koordinaten til ~v(t) er 1, vil
det aldri skje. Fartsvektoren er derfor aldri parallell med x-asken.
0
−5t2 + 12t + 2 = 0
−10t + 12 = 0
6
t=
5
Vi finner nå toppunktet (31,6 , 9,2). Vi finner farten til ballen i toppunktet ved kommandoen
lengde[r’(6/5)], og får at farten er 18 m/s. Ballen når en høyde på 9,2 m, og der er farten 18
m/s.
e
Vi finner skjæringspunktet mellom kurven og x-aksen ved kommandoen
Vi får punktet (56,02 , 0). Ballen lander ca. 56 m fra veggen.
6.209
a
Vi tegner grafen til ~r(t) i GeoGebra.
Vi ser at det aktuelle punktet er (11 , 0).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 107 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi regner ut hvilke tidspunkter x(t) = t2 + 2 = 11 og y(t) = 9t − t3 = 0. Vi begynner med x(t).
t2 + 2 = 11
t2 = 9
t = ±3
Så ser vi på y(t).
9t − t3 = 0
t3 = 9t
t2 = 9
t = ±3
Vi ser at haren er i punktet (11 , 0) når t = −3 og når t = 3.
b
Vi vet allerede at den skjærer x-aksen når x = 11, men fra oppgave a vet vi også at den skjærer
x-aksen når t = 0. Vi regner ut hvilken x-verdi vi får da.
x(0) = 02 + 2 = 2
Grafen skjærer altså x-aksen når x = 2 også. Grafen skjærer x-aksen i punktene (2 , 0) og
(11 , 0).
c
Når fartsvektoren er parallell med x-aksen, må y-koordinaten til ~v(t) være 0.
y0 (t) = 0
0
9t − t3 = 0
9 − 3t2 = 0
3t2 = 9
t2 = 3
√
t=± 3
√
Når t = ± 3, er fartsvektoren parallell med x-aksen. Vi finner ut hvilke punkter det er.
√ 2
√ √ 3 h
√
√
√ i h
√ i
~r(− 3) = − 3 + 2 , 9 − 3 − − 3 = 5 , −9 3 + 3 3 = 5 , −6 3
h√
√
√
√ i h √
√ i h √ i
~r( 3) = 32 + 2 , 9 3 − 33 = 5 , 9 3 − 3 3 = 5 , 6 3
√ √ Fartsvektoren er parallell med x-aksen i punktene 5 , −6 3 og 5 , 6 3 .
d
For at fartsvektoren skal være parallell med [1 , 3], må y-koordinaten til fartsvektoren være 3
ganger så stor som x-koordinaten. Vi kan altså løse likningen 3x0 (t) = y0 (t).
3x0 (t) = y0 (t)
0
0 3 t2 + 2 = 9t − t3
3 (2t) = 9 − 3t2
3t2 + 6t − 9 = 0
t2 + 2t − 3 = 0
(t + 3)(t − 1) = 0
t = −3 ∨ t = 1
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 108 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi setter disse t verdiene inn i ~r(t)
h
i
~r(−3) = (−3)2 + 2, 9(−3) − (−3)3 = [11 , 0]
h
i
~r(1) = 12 + 2, 9 · 1 − 13 = [3 , 8]
De punktene på grafen der fartsvektoren er parallell med vektoren [1 , 3], er (3 , 8) og (11 , 0).
6.210
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = 8 − 4t
4t = 8
t=2
Vi setter inn t = 2 i uttrykket for x(t):
x(2) = 1 + 2 · 2 = 5
Skjæringspunktet med x-aksen er (5 , 0).
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = 1 + 2t
2t = −1
1
t=−
2
Vi setter inn t = − 21 inn i uttrykket for y(t):
!
!
1
1
y − = 8 − 4 · − = 8 + 2 = 10
2
2
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 10).
b
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = 4 − 2 lg t
2 lg t = 4
lg t = 2
t = 100
Vi setter inn t = 100 i uttrykket for x(t):
x(100) = lg 100 = 2
Skjæringspunktet med x-aksen er (2 , 0).
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = lg t
t=1
Vi setter inn t = 1 inn i uttrykket for y(t):
y(t) = 4 − lg 1 = 4 − 0 = 4
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 4).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 109 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.211
a
I skjæringspunktene med x-aksen er y(t) = 0.
0 = t2 − 4
t2 = 4
t = ±2
Vi setter inn t = 2 i uttrykket for x(t):
x(2) = 2 + 2 = 4
Vi setter inn t = −2 i uttrykket for x(t):
x(−2) = −2 + 2 = 0
Skjæringspunktene med x-aksen er (0 , 0) og (4 , 0).
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = t+2
t = −2
Vi setter inn t = −2 inn i uttrykket for y(t):
y(−2) = (−2)2 − 4 = 4 − 4 = 0
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 0).
b1
Vi finner t-verdien når x(t) = 6, og ser om denne t-verdien gir at y(t) = 12.
t+2 = 6
t=4
Vi ser om y(4) er 12.
y(4) = 42 − 4
y(4) = 16 − 4
y(4) = 12
Punktet (6 , 12) må ligge på grafen.
b2
Vi finner t-verdien når x(t) = 0, og ser om denne t-verdien gir at y(t) = −8. Men vi vet allerede
at x(t) = 0 når t = −2.
Vi ser om y(−2) er −8.
y(−2) = (−2)2 − 4
y(−2) = 4 − 4
y(−2) = 0
Punktet (0 , −8) ligger ikke på grafen.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 110 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi lager en tabell.
Så tegner vi punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene.
d
~v(t) = ~r0 (t) = [1 , 2t]
~a(t) = ~v0 (t) = [0 , 2]
e
~v(2) = [1 , 2 · 2] = [1 , 4]
p
√
~v(2) = 12 + 42 = 17
√
Farten er
17, og akselerasjonen er 2 når t = 2.
~a(2) = [0 , 2]
p
√
~a(2) = 02 + 22 = 4 = 2
6.212
a
I skjæringspunktene med x-aksen er y(t) = 0.
0 = t − t2
t2 − t = 0
t(t − 1) = 0
t=0 ∨ t=1
Vi setter inn t = 0 i uttrykket for x(t):
x(0) = 02 = 0
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 111 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi setter inn t = 1 i uttrykket for x(t):
x(1) = 12 = 1
Skjæringspunktene med x-aksen er (0 , 0) og (1 , 0).
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
t2 = 0
t=0
Vi setter inn t = 0 inn i uttrykket for y(t):
y(0) = 0 − 02 = 0
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 0).
b1
Vi finner t-verdien når x(t) = 4, og ser om denne t-verdien gir at y(t) = 2.
t2 = 4
t = ±2
Vi ser om y(−2) eller y(2) er 2.
y(−2) = (−2) − (−2)2 = −2 − 4 = −6
y(2) = 2 − 22 = 2 − 4 = −2
Punktet (4 , 2) ligger ikke på grafen.
b2
Vi finner t-verdien når x(t) = 9, og ser om denne t-verdien gir at y(t) = −12.
t2 = 9
t = ±3
Vi ser om y(−3) eller y(3) er −12.
y(−3) = (−3) − (−3)2 = −3 − 9 = −12
y(3) = 3 − 32 = 3 − 9 = −6
Punktet (9 , −12) ligger på grafen. Da er t = −3.
b3
Vi finner t-verdien når x(t) = 16, og ser om denne t-verdien gir at y(t) = −4.
t2 = 16
t = ±4
Vi ser om y(−4) eller y(4) er −4.
y(−4) = (−4) − (−4)2 = −4 − 16 = −20
y(4) = 4 − 42 = 4 − 16 = −12
Punktet (16 , −4) ligger ikke på grafen.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 112 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi lager en tabell.
Så tegner vi punktene inn i et koordinatsystem og trekker en kurve gjennom punktene.
6.213
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = et − 1
et = 1
t = ln 1
t=0
Vi setter inn t = 0 i uttrykket for x(t):
x(0) = 2 · 0 + 5 = 5
Skjæringspunktet med x-aksen er (5 , 0).
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = 2t + 5
2t = −5
5
t=−
2
Vi setter inn t = − 25 inn i uttrykket for y(t):
5
5
y(− ) = e − 2 − 1
2
5
Skjæringspunktet med y-aksen er 0 , e− 2 − 1 .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 113 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 2 , et
h
i
~v(0) = 2 , e0 = [2 , 1]
p
√
~v(0) = 22 + 12 = 5
h
i
~a(t) = ~v0 (t) = 0 , et
h
i
~a(0) = 0 , e0 = [0 , 1]
p
√
~a(0) = 02 + 12 = 1 = 1
√
Farten er
5, og akselerasjonen er 1 når t = 0.
6.214
a
b
c
~v(t) = ~r0 (t) = [2t , 2t − 1]
~a(t) = ~v0 (t) = [2 , 2]
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 6 − 3t2 , 2t
~a(t) = ~v0 (t) = [−6t , 2]
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = et , 4t
h
i
~a(t) = ~v0 (t) = et , 4
6.215
a
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 2t , 3t2
b
~a(t) = ~v0 (t) = [2 , 6t]
h
i
~v(2) = 2 · 2 , 3 · 22 = [4 , 12]
p
√
√
~v(2) = 42 + 122 = 160 = 4 10
~a(2) = [2 , 6 · 2] = [2 , 12]
p
√
√
~a(2) = 22 + 122 = 148 = 2 37
√
Farten er 4 10 og akselerasjonen er 12 når t = 2.
c
Vi ser først at ~v(1) = [2 , 3]. Finner vinkelen mellom ~v(1) og x-aksen i GeoGebra med kommandoen Vinkel[(2,3)], og får at vinkelen er 56,3◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 114 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi tegner grafen i GeoGebra med kommandoen Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariab
i inntastingsfeltet, og får følgende figur:
6.216
a
Vi finner først ~v(t).
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 3t2 − 4 , 2t
Når fartsvektoren er parallell med x-aksen, er y(t) = 0.
0 = 2t
t=0
Fartsvektoren er parallell med x-aksen når t = 0.
Når fartsvektoren er parallell med y-aksen, er x(t) = 0.
0 = 3t2 − 4
3t2 = 4
4
t2 =
3
2
t=±√
3
Fartsvektoren er parallell med y-aksen når t = ± √2 .
3
b
Vi må ha at
2t
1
=
= −1
2
3t − 4 −1
Vi løser likningen:
2t
= −1
3t2 − 4
2t = 4 − 3t2
3t2 + 2t − 4 = 0
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 115 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Bruker abc-formelen for å finne t:
p
−2 ± 22 − 4 · 3 · (−4)
t=
√ 2·3
−2 ± 52
t=
6√
−2 ± 2 13
t=
6√
−1 ± 13
t=
3
Fartsvektoren er parallell med [−1 , 1] når t =
√
−1± 13
.
3
6.217
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = 3t − 1
3t = 1
1
t=
3
Musa krysser x-aksen når t = 13 .
b
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 3t2 − 3 , 3
"
# "
# "
# "
#
1 9
1
12
1
8
~v( ) = 3 · − 3 , 3 = 3 · − 3 , 3 = − , 3 = − , 3
3
3
9
3 3
3
s
r
r
√
!2
8
64 81
145
145
~v( 1 ) =
2
−
+3 =
+
=
=
3 3
9
9
9
3
h
i
Fartsvektoren er − 83 , 3 og farten er
c
√
145
3
når musa krysser x-aksen.
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = t3 − 3t
t(t2 − 3) = 0
√
√
(t − 3)t(t + 3) = 0
√
√
Musa krysser y-aksen når t ∈ {− 3 , 0 , 3}. Vi finner fartsvektorene og farten ved de tidspunk-
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 116 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
tene:
√
√ 2
~v(− 3) = 3 · − 3 − 3 , 3 = [3 · 3 − 3 , 3] = [6 , 3]
√
√
√ p
~v(− 3) = 62 + 32 = 45 = 3 5
h √
i
√
~v( 3) = 3 · 32 − 3 , 3 = [3 · 3 − 3 , 3] = [6 , 3]
√ √
~v( 3) = 3 5
h
i
~v(0) = 3 · 02 − 3 , 3 = [−3 , 3]
q
√
√
~v(0) = (−3)2 + 32 = 18 = 3 2
√
√
Fartsvektoren er [6 , 3] og farten er 3 √
5 når musa krysser y-aksen ved tidene t = ± 3.
Fartsvektoren er [−3 , 3] og farten er 3 2 når musa krysser y-aksen ved tiden t = 0.
d1
Hvis fartsvektoren skal være parallell med x-aksen, må y-koordinaten være 0, men y-koordinaten
til ~v(t) er alltid 3.
Fartsvektoren er aldri parallell med x-aksen.
d2
Hvis fartsvektoren skal være parallell med y-aksen, må x-koordinaten være 0.
3t2 − 3 = 0
3t2 = 3
t2 = 1
t = ±1
Fartsvektoren er parallell med y-aksen når t = ±1. Vi finner farten for de to tidspunktene:
h
i
~v(−1) = 3 · (−1)2 − 3 , 3 = [3 · 1 − 3 , 3] = [0 , 3]
~v(−1) = 3
h
i
√
~v( 1) = 3 · 12 − 3 , 3 = [3 · 1 − 3 , 3] = [0 , 3]
~v(−1) = 3
Farten er 3 når fartsvektoren er parallell med y-aksen ved tidene t = ±1.
6.218
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = 7 − 4t
4t = 7
7
t=
4
Vi setter inn t = 74 i uttrykket for x(t):
!
7
7 4 21 25
x
= 1+3· = +
=
4
4 4 4
4
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 117 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
,
0
.
Skjæringspunktet med x-aksen er 25
4
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = 1 + 3t
3t = −1
1
t=−
3
Vi setter inn t = − 31 inn i uttrykket for y(t):
!
!
1
1
21 4 25
y − = 7−4· − =
+ =
3
3
3 3
3
Skjæringspunktet med y-aksen er 0 , 25
3 .
b
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = 4t2 + 2t
2t2 + t = 0
t(2t + 1) = 0
~r(t) krysser x-aksen når t = − 12 og t = 0. Vi setter disse t-verdiene inn i uttrykket for x(t):
!
!!
1
1
= ln (−1)
x − = ln 2 · −
2
2
Men dette er ikke mulig, så den skjærer ikke x-aksen når t = − 12 .
x(0) = ln (2 · 0) = ln 0
Men dette er heller ikke mulig, så den skjærer ikke x-aksen når t = 0 heller.
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = ln 2t
2t = 1
1
t=
2
Vi setter inn t = 12 inn i uttrykket for y(t):
!
!2
1
1
1
y
= 4·
+2· = 1+1 = 2
2
2
2
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 2).
c
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0, men y(t) = et , som aldri kan være 0. Vektorfunksjonen skjærer aldri x-aksen.
I skjæringspunktet med y-aksen er x(t) = 0.
0 = et − 2
et = 2
t = ln 2
Vi setter inn t = ln 2 inn i uttrykket for y(t):
y (ln 2) = eln 2 = 2
Skjæringspunktet med y-aksen er (0 , 2).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 118 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.219
a
Vi finner t-verdien når x(t) = 6, og ser hvilken a-verdi som da gir y(t) = 12.
t+2 = 6
t=4
Vi løser likningen y(4) = 12.
y(4) = 12
4 + a = 12
a = 12 − 16
a = −4
2
a = −4 når punktet (6 , 12) ligger på grafen.
b
Vi finner t-verdien når x(t) = 0, og ser om denne t-verdien gir at y(t) = −8.
t+2 = 0
t = −2
Vi ser om y(−2) er −8.
y(−2) = (−2)2 − 4 = 4 − 4 = 0
c
Punktet (0 , −8) ligger ikke på grafen.
h
i
~r(3) = 3 + 2 , 32 − 4 = [5 , 5]
~r(3) har stigningstall 1. Vinkelen mellom ~r(3) og x-aksen er derfor 45◦ .
6.220
a
I skjæringspunktet med x-aksen er y(t) = 0.
0 = et − 2
et = 2
t = ln 2
Vi setter inn t = ln 2 i uttrykket for x(t):
x(ln 2) = 4 ln 2 − (ln 2)2
Skjæringspunktet med x-aksen er 4 ln 2 − (ln 2)2 , 0 .
I skjæringspunktene med y-aksen er x(t) = 0.
0 = 4t − t2
t(t − 4) = 0
Vi setter inn t = 0 og t = 4 inn i uttrykket for y(t):
y(0) = e0 − 2 = 1 − 2 = −1y(4) = e4 − 2
b
Skjæringspunktene med y-aksen er (0 , −1) og 0 , e4 − 2 .
h
i
~r(0) = 4 · 0 − 02 , e0 − 2 = [0 , −1]
Vi ser at ~r(0) peker rett nedover. Vinkelen med x-aksen blir derfor 90◦ , mens vinkelen med
y-aksen blir 0◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 119 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.221
a
Vi bruker kommandoen
Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>] for å tegne kurvene.
b
Først uten hjelpemidler:
Vi endrer ~r2 sin parameter til s får et likningsett med to ukjente:
1 t = 1+ s
2 t = −s2 + 3
Vi setter t = 1 + s fra 1 inn i 2 :
t = −s2 + 3
1 + s = −s2 + 3
s2 + s − 2 = 0
(s − 1)(s + 2) = 0
s = −2 ∨ s = 1
s = −2 gir t = 1 + s = 1 − 2 = −1.
s = 1 gir t = 1 + s = 1 + 1 = 2.
Likningssystemet har to løsninger: (t = −1 ∧ s = −2) og (t = 2 ∧ s = 1).
Vi bruker parameterverdiene t = 2 og t = 6 for å finne de to skjæringspunktene:
t = −1 : (t , t) = (−1 , −1)
t = 2 : (t , t) = (2 , 2)
Skjæringspunktene er (−1 , −1) og (2 , 2).
I GeoGebra bruker vi verktøyknappen Skjæring mellom to objekt for å finne de to skjæringspunktene (−1 , −1) og (2 , 2).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 120 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi skal finne vinkelen mellom vektorene [−1 , −1] og [2 , 2]. Begge punktene (−1 , −1) og (2 , 2)
ligger på den rette linja [t , t], som også går gjennom origo. Derfor må vinkelen mellom de to
vektorene være 180◦ .
I GeoGebra bruker vi kommandoen Vinkel[(-1,-1), (2,2)], og får at vinkelen er 180◦ .
6.222
Vi deriverer først vektorfunksjonen to ganger slik at vi finner akselerasjonsvektoren.
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 1 , et−2
h
i
~a(t) = ~v0 (t) = 0 , et−2
Vi ser at x-koordinaten alltid er 0, mens y-koordinaten aldri kan være 0. Det betyr at akselerasjonsvektoren alltid er parallell med y-aksen, men aldri med x-aksen.
6.223
a
Vi deriverer først vektorfunksjonen en gang slik at vi finner fartsvektoren.
~v(t) = ~r0 (t) = [2t , 2t + a]
Fartsvektoren er parallell med x-aksen når y-koordinaten er 0.
2t + a = 0
a = −2t
a = −2 · (−2)
a=4
a = 4 når t = −2 og fartsvektoren er parallell med x-aksen.
b
Vi vet at fartsvektoren er parallell med x-aksen for t = −2. Vi finner x(−2) og y(−2).
x(−2) = (−2)2 − 1 = 4 − 1 = 3
y(−2) = (−2)2 + 4 · (−2) + 1 = 4 − 8 + 1 = −3
Fartsvektoren er parallell med x-aksen i punktet (3 , −3).
Fartsvektoren er parallell med y-aksen når x-koordinaten er 0.
2t = 0
t=0
Vi finner x(0) og y(0).
x(0) = 02 − 1 = −1
y(0) = 02 + 4 · 0 + 1 = 1
Fartsvektoren er parallell med y-aksen i punktet (−1 , 1).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 121 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi deriverer fartsvektoren slik at vi finner akselerasjonsvektoren.
~a(t) = ~v0 (t) = [2 , 2]
Vi må se om det fins en t slik at skalarproduktet mellom fartsvektoren og akselerasjonsvektoren
er 0.
[2t , 2t + 4] · [2 , 2] = 0
2t · 2 + (2t + 4) · 2 = 0
4t + 4t + 8 = 0
8t = −8
t = −1
Når t = −1, står fartsvektoren og akselerasjonsvektoren normalt på hverandre. Vi finner hvilket
punkt det blir på grafen ved å finne x(−1) og y(−1).
x(−1) = (−1)2 − 1 = 1 − 1 = 0
y(−1) = (−1)2 + 4 · (−1) + 1 = 1 − 4 + 1 = −2
Fartsvektoren og akselerasjonsvektoren står normalt på hverandre i punktet (−1 , 1).
d
Vi bruker kommandoen
Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>] for å tegne kurven.
e
Vi finner først farten som en funksjon av t:
q
p
p
√ p
v(t) = (2t)2 + (2t + 4)2 = 4t2 + 4t2 + 16t + 16 = 8t2 + 16t + 16 = 8 t2 + 2t + 2
Vi ser at farten er minst mulig når t2 + t + 2 er minst mulig, men ikke negativ. Men her er både
koeffisienten foran andregradsleddet og konstantleddet positivt. Da er t2 + 2t + 2 alltid positiv.
−2
Videre vet vi at bunnpunktet til et andregradsuttrykk ligger på symmetrilinja t = 2·1
= −1. Når
t = −1, er farten minst mulig. Men når t = −1, står fartsvektoren og akselerasjonsvektoren
normalt på hverandre. Altså i punktet (−1 , 1).
Farten er
√ q
v(−1) = 8 (−1)2 + 2 · (−1) + 2
√ √
v(−1) = 8 1 − 2 + 2
√
v(−1) = 8
√
v(−1) = 2 2
√
Den laveste farten er 2 2 i punktet (−1 , 1).
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 122 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
6.224
a
h
i
~r(2) = 23 − 12 · 2 , 22 + 2 · 2
~r(2) = [8 − 24 , 4 + 4]
~r(2) = [−16 , 8]
Q = (−16 , 8)
b
Vi ser at x(t) er et tredjegradspolynom, mens y(t) er et andregradspolynom. Det vil si at ~r(t)
kan ha samme x-koordinat tre ganger, men samme y-koordinat kun to ganger. Vi finner derfor
den andre t-verdien ved å løse likningen y(t) = 8.
y(t) = 8
t + 2t = 8
2
t2 + 2t − 8 = 0
(t − 2)(t + 4) = 0
t = −4 ∨ t = 2
Den andre t-verdien er −4.
6.225
a
Siden de er i løypekrysset samtidig, trenger vi ikke endre parameter på en av vektorfunksjonene. Vi setter x-koordinatene lik hverandre.
5t = 4t + 1
t=1
De har gått en time når de møtes i løypekrysset.
b
Vi ser at x-koordinatene kun kan være lik hverandre når t = 1. De kan derfor ikke møtes flere
ganger.
c
Vi finner først fartsvektorene:
~vN (t) = ~rN0 (t) = [5 , 5]
~vN (1) = [5 , 5]
0
~vH (t) = ~rH
(t) = [4 , 2t]
~vH (1) = [4 , 2]
Vi bruker kommandoen Vinkel[(4,2), (5,5)] i GeoGebra og får at vinkelen mellom Nanna og Hans Jakobs fartsvektorer etter en time er 18,4◦ .
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 123 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi bruker kommandoen
Kurve[<Uttrykk>,<Uttrykk>,<Parametervariabel>,<Start>,<Slutt>] for å tegne kurvene.
6.226
a
Vi endrer ~rT sin parameter til s, og får et likningsett med to ukjente:
1 18t − 8 = 10s
2 10 − 3t = 20 − 6s
Av 2 får vi t = 2s − 10
3.
Vi setter inn i 1 :
18t − 8 = 10s
!
10
18 2s −
− 8 = 10s
3
36s − 60 − 8 = 10s
26s = 68
68
s=
26
34
s=
13
s=
34
13
10
gir t = 2 · 34
13 − 3 =
68
13
− 10
3 =
204
39
Likningssystemet har en løsning: t =
©Aschehoug
− 130
39 =
74
39
74
39
∧ s=
34
13
www.lokus.no
Side 124 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Vi bruker parameterverdien s =
34
13
for å finne skjæringspunktet:
34 340
=
13
13
34 260 204 56
y = 20 − 6 ·
=
−
=
13
13
13
13
x = 10 ·
Skjæringspunktet er
b
340 56
13 , 13
, men t , s, så båtene vil ikke kollidere.
Vi regner ut avstanden mellom båtene til en hver tid ved å ta lengden av vektoren fra Trollfjord
til Nordlys.
−−→
T N = [(18t − 8) − 10t , (10 − 3t) − (20 − 6t)] = [8t − 8 , 3t − 10]
−−→ q
d(t) = T N = (8t − 8)2 + (3t − 10)2
c
Vi bruker distansefunksjonen til å finne den minste avstanden mellom båtene.
q
p
d(t) = (8t − 8)2 + (3t − 10)2 = 73t2 − 188t + 164
Vi ser at d(t) er minst når 73t2 − 188t + 164 er minst. d(t) er alltid positiv, så vi trenger å finne
bunnpunktet. Vi vet at bunnpunktet til et andregradsuttrykk ligger på symmetrilinja
94
t = −(−188)
2·73 = 73 ≈ 1,29, som er ca. 1 time og 17 minutter.
Da er avstanden
s
!2
!2
94
94
8 · − 8 + 3 · − 10 = 6,55
d(t) =
73
73
Båtene er nærmest hverandre etter ca. 1 time og 17 minutter. Da er de 6,55 km fra hverandre.
6.227
a
Vi deriverer vektorfunksjonen to ganger slik at vi finner fartsvektoren og akselerasjonsvektoren. Vi bruker produktregelen for å derivere x-koordinaten.
h
i
~v(t) = ~r0 (t) = 5et + 5tet , 2t − 2
h
i h
i
~a(t) = ~v0 (t) = 5et + 5et + 5tet , 2 = 10et + 5tet , 2
Vi sjekker så om noen av dem er parallelle med noen av aksene.
Vi begynner med ~v(t). Vi vet at den er parallell med y-aksen når x-koordinaten er 0.
5et + 5tet = 0
5tet = −5et
5t = −5
t = −1
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 125 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Videre ser vi at y-koordinaten er 0 når t = 1. Vi kan derfor konkludere med at ~v(t) er parallell
med x-aksen når t = 1 og med y-aksen når t = −1. Så ser vi på x-koordinaten til ~a(t).
10et + 5tet = 0
5tet = −10et
5t = −10
t = −2
Videre ser vi at y-koordinaten alltid er lik 2, aldri 0. Vi kan derfor konkludere med at ~a(t) er
parallell med y-aksen når t = −2, men aldri med x-aksen.
b
Vi må finne ut om de har likt stigningstall for noen verdier av t. Vi setter stigningstallene lik
hverandre og løser likingen.
2
2t − 2
=
t
t
t
5e + 5te
10e + 5tet
t−1
1
= t
t
t
t
e + te 2e + te
(t − 1) 2et + tet = et + tet
| Multipliserer med
5
2
| Kryssmultipliserer
t2 et + tet − 2et = et + tet
t2 et − 3et = 0
et t2 − 3 = 0
t2 − 3 = 0
t2 = 3
√
t=± 3
√
Fartsvektoren og akselerasjonsvektoren er parallelle når t = ± 3.
6.228
a
Vi deriverer vektorfunksjonen slik at vi finner fartsvektoren, for så å finne lengden av den når
t = 0.
~v(t) = ~r0 (t) = [94 , 34 − 9,8t]
p
√
~v(0) = 942 + 342 = 9992 ≈ 100
Farten i utskytningsøyeblikket er ca. 100 m/s.
b
Vi må finne ut når farten i y-retning går fra positiv til negativ. Altså når y-koordinaten til ~v(t)
er 0.
34 − 9,8t = 0
9,8t = 34
t = 3,47
Kula 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
Kula er på sitt høyeste 59,0 m over utskytningshøyden.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 126 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi må finne ut når y(t) = −100, og putte t-verdien vi finner, inn i x(t).
34t − 4,9t2 = −100
4,9t2 − 34t − 100 = 0
Vi løser likningen i CAS-verktøyet til GeoGebra.
Vi er ikke interessert i negative tidspunkter, så kula treffer bakken når t = 9,17. Vi putter
t = 9,17 inn i x(t).
x(t) = 94 · 9,17 ≈ 862
d
Kula har beveget seg 862 m i horisontal retning.
Vi finner ~v(9,17) og vinkelen mellom x-aksen og ~v(9,17) ved hjelp av CAS i GeoGebra. For
å finne vinkelen bruker vi at vektoren [1 , 0] er parallell med x-aksen.
Vi ser at kula treffer bakken i en vinkel på 30,7◦ og med en fart på 109 m/s. Fartsvektoren er
for øvrig [94 , −55,9] når kula treffer bakken.
©Aschehoug
www.lokus.no
Side 127 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
Oppgave 2
a
Vi regner ut a  kb .
a  kb
 2 , 5  k  1 ,

 2 , 5   k ,

5
2 
5 
k
2 
Vi får to likninger. For at a  kb må begge likningene ha samme løsning.
2  k  k  2
5
kk 2
2
Vi ser at de to likningene har forskjellige løsninger. Det betyr at det ikke finnes noen k slik at
a  kb . Det betyr også at a ikke er parallell med b .
5
b
Hvis a og c er ortogonale må a  c  0. Vi regner ut.
5
5 2
 2  10 10
a  c   2 , 5   ,    2   5        0
3
3 3
 3 3 3
Vi ser at a  c  0 og kan konkludere med at a og c er ortogonale.
2
c
2
25 4
29
29
5  2
c      
 

9 9
9
3
 3  3
Lengden av c er
© Aschehoug
29
.
3
www.lokus.no
Side 128 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 3
a
AE  AB  BE  a  b
b
1
1
EI  EF  FI  a  b
2
2
c
1
1
1
3
FG  FE  ED  DG   a  a  b  b  a
2
2
2
2
d
1
DH  EG  DE  EH  ED  DG  DE  EH  DE  EH  2EH  2  b  b
2
Oppgave 4
Vi løser likningen.
2ku  kv  6u  mv
2k  6

k 3

k  m
m  3
Oppgave 5
Vi bruker at OB er posisjonsvektoren til punktet B.
OB  OA  AB   2 , 5  5 , 3  3 , 2  B   3 , 2 
OD  OB  BD  OB  DB  3 ,  2  3 , 3  0 , 1  D   0 , 1
OC  OD  DC  OD  AB   0 , 1  5 , 3  5 , 4  C   5 , 4 
Vi ser altså at A   2 , 5 , B   3 , 2  , C   5 , 4  og D   0 ,1 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 129 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 6
a
Vi finner først et uttrykk for lengden av u .
u 
 t  1   2t 
2
2

t
2
 2t  1  4t 2  5t 2  2t  1
Så løser vi likningen u  5 .
u 5
5t 2  2t  1  5
Kvadrerer på begge sider.
5t 2  2t  1  25
5t 2  2t  24  0
Setter inn i abc-formelen.
b
2  (2) 2  4  5  ( 24) 2  4  480 2  4  480 2  22
t



25
10
10
10
12
t  2  t 
5
12
u  5 når t  2 og t  .
5
Vi må løse likningen u  v  0 .
u v  0
t  1 , 2t   t  1 , t  1  0
2
 t  1  2t   t  1  0
t
2
 2t  1   2t 2  2t   0
3t 2  4t  1  0
Setter inn i abc-formelen.
4  (4) 2  4  3 1 4  16  12 4  2


23
6
6
1
t   t 1
3
Vi ser at det er to løsninger av t som gir at vektorene er ortogonale. Legg spesielt merke til at
vektorene er ortogonale når t  1 fordi v  0 i dette tilfellet, og nullvektoren står ortogonalt
på alle vektorer.
t
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 130 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 7
a
Vi bruker skalarproduktet a  b , at lengden av AB er gitt ved a , og at lengden av AD er gitt
ved b .


a  b  cos  a , b  a  b
 1
4  b      8
 2
4  b  16
b 4
Lengden av AD er 4.
b
Fordi BC AD samtidig som BC  AD , må det bety at firkanten er et parallellogram.
Videre vet vi at også AB  4 , som betyr at også DC  4 . Da er firkant ABCD et
parallellogram der alle sider er like lange. Altså en rombe.
c
Vi ser at BD   a  b , og AC  a  b . Sjekker om BD  AC  0 .



2
2
BD  AC  a  b  a  b   a  a  b  a  b  b   a  b  16  16  0
2
2
BD  AC  0 , som betyr at de to diagonalene står vinkelrett på hverandre.
d
Vi bruker at BA   AB og BC  AD . Det gir
BA  BC   AB  AD   8  8 .
Setter så opp en likning for å regne ut cos  ABC  .
BA  BC  cos  ABC   BA  BC
4  4  cos  ABC   8
16  cos  ABC   8
cos  ABC  
e
1
2
Vinklene i en rombe må være mellom 0 og 180 . Fordi cos  ABC  
1
må derfor
2
ABC  60 .
Summen av to vinkler ved siden av hverandre i en rombe må være 180 , og to vinkler
ovenfor hverandre må være like.
Da er ABC  CDA  60 og BCD  DAB  120
f

1
1
1
AP  AB  BP  AB   BD  a    a  b     a  b  .
2
2
2

For at P skal ligge på diagonalen AC må AP  k  AC  k  a  b for en k 
Vi ser at hvis k 
© Aschehoug
. Vi regner ut
1
, så er AP  k  AC , som betyr at P ligger på diagonalen AC.
2
www.lokus.no
Side 131 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 8
a
Sirkellikningen gir
 x  (6)    y  4   42
2
2
 x  6    y  4   16
2
b
2
Vi ser fra sirkellikningen at B   6 , 8 . Da er koordinatene til AB gitt ved:
AB  6   6  , 8  4  12 , 4
c
Avstanden mellom sirklene er minst langs AB. Vi finner derfor lengden av AB og trekker fra
radiene til de to sirklene. Vi vet at sirkelen med sentrum i A har radius 4, og ser fra
sirkellikningen til sirkelen med sentrum i B at den har radius 9  3 .
d  AB  (3  4)  122  42  7  144  16  7  160  7  16  10  7  4  10  7
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 132 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 9
a
r (2)  2   2  , 0,5   2    0 , 2


Dette viser at t  2 gir punktet  0 , 2  på grafen.
2
r (0)  2  0 , 0,5  02    2 , 0
Dette viser at t  0 gir punktet  2 , 0  på grafen.
r (2)  2  2 , 0,5   2     4 , 2


Dette viser at t  2 gir punktet  4 , 2  på grafen.
2
b
Vi skriver inn vektorfunksjonen i GeoGebra for
t    4 , 4 ved kommandoen
r=Kurve[2+t,-0.5t^2,t,0,4].
c
Finner først v (t ) .
v (t )  r '(t )  1,  t 
Ser nå at t  3 gir v (t )  1, 3 .
v(3)  12   3  1  9  10
2
Etter 3 s er farten 10 m/s .
d
Farten må være minst når t  0 . Da er farten:
v(0)  1  02  1  1
Farten er minst etter 0 s. Da er farten 1 m/s.
Oppgave 10
a
I det punktet som grafen skjærer andre aksen må x koordinatet til r (t ) være 0, altså er
t  3  0  t  3 .
Videre finner vi v (t ) , og setter v (t )  1, 0 .
v (t )  1, 2t  a 
1 , 2t  a   1 , 0
2t  a  0
a  2t
a  2(3)
a6
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 133 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
I de punktene grafen skjærer x-aksen må y-koordinaten til r (t ) være 0, altså er
t 2  at  0  t 2  6t  0  t (t  6)  0  t  0  t  6 .
Posisjonsvektorene er da gitt ved:
2
r (0)  0  3 , 02  6  0 
r (6)   6   3 ,  6   6   6  


r (0)  3 , 0
r (6)   3 , 0
Det betyr at grafen skjærer x-aksen i punktene   3 , 0  og  3 , 0  .
Vi kan nå regne ut vinkelen mellom posisjonsvektorene og fartsvektorene ved hjelp av
skalarprodukt, eller ved å bruke GeoGebra. Først trenger vi fartsvektorene.
v (0)  1, 2  0  6
v (6)  1, 2   6   6 
v (0)  1, 6
v (6)  1, 6
Vi bruker skalarprodukt for å regne ut vinkelen mellom r (0) og v (0) .
r (0)  v (0)
cos  
r (0)  v (0)
cos  
3 , 0  1 , 6
3  1  36
3
cos  
3  37
1
cos  
37
 1 
  cos 1 

 37 
  80,5
Vi bruker GeoGebra for å regne ut vinkelen mellom r (6) og v (6) .
Vi finner vinkelen med kommandoen Vinkel[(-3,0),(1,-6)].
Fra algebrafeltet ser vi da at vinkelen mellom vektorene er 99,5 .
c
Vi bruker GeoGebra og taster inn r(t)=kurve[t+3,t^2+6t,t,-8,5]. Det gir figuren
til under.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 134 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
Fordi v (t )  1, 2t  6 ser vi at v (t ) er parallell med 1, 14 når 2t  6  14 .
2t  6  14
2t  8
t4
Putter t  4 inn i r (t ) :
r (4)  4  3 , 42  6  4  7 , 40
Fartsvektoren er parallell med vektoren 1, 14 i punktet  7 , 40  .
e
Vi bruker CAS til å regne ut når skalarproduktet er 0.
Først ser vi at t  3 er en løsning. Videre ser vi at t 
6  34
er to andre løsninger.
2
Oppgave 11
a
Vi velger å tegne vektorfunksjonene for t   5 , 5 i GeoGebra ved kommandoene
r_1(t)=Kurve[t, -t^2+4, t, -5, 5] og
r_2(t)=Kurve[t, t-2, t, -5, 5].
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 135 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi bruker kommandoen Skjæring[r_1, r_2].
Får punktene  3 , 5 og  2 , 0  .
c
Vi ser at det er r1 (t ) som har den krumme grafen. Fordi x-koordinaten til r1 (t ) er t må xkoordinatene til skjæringspunktene gi t verdiene i skjæringspunktene. Vi finner en vektor som
er parallell med tangentene ved hjelp av v1 (t )  1, 2t  .
For punktet  3 , 5 har vi at v1 (3)  1, 6 som gir følgende parameterfremstilling:
 x  3  t

 y  5  6t
For punktet  2 , 0  har vi at v1 (2)  1, 4 som gir følgende parameterfremstilling:
x  2  t

 y   4t
Oppgave 12
a
b
Vi tegner vektorfunksjonen i GeoGebra ved kommandoen
r(t)=Kurve[24*t*ℯ^(-0.5t),16-12*ℯ^(-0.5t),t,0,8].
Vi skriver inn kommandoen r(0) og får punktet A   0 , 4  som betyr at posisjonsvektoren
på ved starttidspunktet er  0 , 4 .
c
Vi finner først fartsvektoren v (t ) ved kommandoen v(t)=Derivert[r]. Finner så
fartsvektoren ved starttidspunktet ved kommandoen v(0) og får punktet B   24 , 6  som
betyr at posisjonsvektoren på ved starttidspunktet er  24 , 6 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 136 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi bruker kommandoen vinkel[A,B] og får at vinkelen mellom vektorene er 284 . Men
vi vet at vinkelen må være på intervallet  0 ,180 , som betyr at vinkelen er
360  284  76 .
For å tegne vektorene inn i samme figur bruker vi kommandoene Vektor[A] og
Vektor[A,A+B].
e
Vi bruker CAS verktøyet til GeoGebra til å regne ut når x-koordinatet til fartsvektoren er 0,
for så å sette denne t-verdien inn i r (t ) .
12 
 48
Vi ser at punktet på grafen der dette skjer er  , 16   .
e 
 e
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 137 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 13
a
Vi bruker følgende kommandoer i GeoGebra: A=(2,-1), B=A+(4,3) og C=B+(-7,1).
Som vi ser er B   6 , 2  og C   1, 3 .
b
I figuren ovenfor kan 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 , 4  4   3  3  4  12  12  0
Vi kan derfor konkludere at trekanten er rettvinklet.
c
Vi bruker at DC  AB , og setter D   x , y  .
DC   1  x , 3  y    1  x , 3  y 
DC  AB
 1  x , 3  y    4 , 3
1  x  4
 3 y  3
x  5 
y0
Punktet D  (5 , 0) .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 138 av 139
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 14
a
Vi bruker CAS-verktøyet til GeoGebra:
Vi ser at v   6 , 9 .
b
Vi ser at vi får et likningsett med to ukjente. u   u  w  0 og w  130 .
a  11og b  3 eller a  7 og b  9
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 139 av 139