1. No category

Sidor i boken
13-15
Olikheter
I de olikheter vi i första hand ska studera är ett polynom inblandat.
Exempel 1. Bestäm
−x4 + 2x3 + 25x2 − 26x − 120 > 0
Lösning: Problemet är för svårt för oss att lösa, men grafen
f(x) = −x4 + 2x3 + 25x2 − 26x − 120
är lätt att förstå
Läser vi av det vi ser får vi svaret
−4 < x < −2 eller 3 < x < 5
Vi har inte visat det ännu, men kan anta att kurvan saknar vidare skärningar med x-axeln.
Exempel 2. Bestäm
3x − 21 > 0
Lösning: Ett betydligt enklare problem. När vi studerar grafen
y = 3x − 21
som ju är en rät linje.
ser vi att svaret x > 7
Svar: x > 7
Håkan Strömberg
1
KTH STH
Exempel 3. Bestäm
x2 − x − 12 ≤ 0
Lösning: Betraktar vi grafen
f(x) = x2 − x − 12
kan vi direkt läsa av svaret
Svar: −3 ≤ x ≤ 4
Nu duger det ju inte med grafiska lösningar, så vi måste kunna lösa olikheter med första- och
andragradspolynom analytiskt.
När man löser en olikhet beter man sig precis som då man löser en ekvation likhet. Utom då man
multiplicerar eller dividerar båda sidorna av olikheten med ett negativt tal. Då övergår > till <
och < till >
Kolla här! Alla är väl med på att 6 > 2 men att −1 · 6 6> −1 · 2. Däremot är −1 · 6 < −1 · 2.
Problem 1. Bestäm
(x − 3)(x + 2) > 0
Lösning: Det handlar om en olikhet av andra graden. Vi vet att ekvationen
(x − 3)(x + 2) = 0
har två rötter x1 = −2 och x2 = 3. Vi vet också att andragradsfunktionen f(x) = (x − 3)(x + 2) ≡
f(x) = x2 − x − 6 har ett minimum. Alltså är f(x) > 0 då x < −2 eller x > 3. Så här ser grafen ut
Svar: x < −2 eller x > 3
Håkan Strömberg
2
KTH STH
Problem 2. Bestäm
3x + 4 − 2(x − 3) > 2x − 5
Lösning: Sätter vi in ett = istället för > får vi en ekvation av första graden. Alla förstagradsekvationer kan reduceras till ax + b = 0 där a och b är godtyckliga reella tal. En förstgradekvation kan
åskådliggöras genom grafen till funktionen f(x) = ax + b eller, som vi brukar skriva, den räta linjen
y = ax + b.
Vi börjar med att reducera olikheten
3x + 4 − 2(x − 3)
3x + 4 − 2x + 6
4+6+5
15
15 − x
>
>
>
>
>
2x − 5
2x − 5
2x + 2x − 3x
x
0
15 − x > 0 så länge x < 15. Grafen y = 15 − x är en rät linje som alltid är ekvivalent med en
förstagradsekvation.
Svar: x < 15
Problem 3.
2x2 + 20 > x(x + 7) + 14
Lösning: Innan vi gör något annat reducerar vi uttrycket till ax2 + bx + c > 0
2x2 + 20 >
2x2 + 6 >
2
x − 7x + 6 >
Vi löser så ekvationen
x(x + 7) + 14
x2 + 7x
0
x2 − 7x + 6 =
0
=
=
=
=
7
2
7
2
x
x
x1
x2
1
6
±
±
q
49
4
−
24
4
5
2
När vi betraktar f(x) = x2 − 7x + 6 vet vi att den har ett minimum och att p(x) < 0 när x ligger i
intervallet 1 < x < 6. Det betyder att
Svar: Olikheten är sann då x < 1 eller x > 6. Vi avslutar med en graf
Håkan Strömberg
3
KTH STH
Läxa 1. Lös olikheten
2x − 5 > 4x + 9
Läxa 2. Vilka heltal för x uppfyller
−x2 + x + 2 > 0
Läxa 3. För vilka värden på x är båda olikheterna uppfyllda?
x+4>0
2x − 4 < 0
Läxa 4. Lös ut a ur uttrycket
5ac − 3b
=b
a
Läxa 5. Lös ekvationen
2x + 1
1
+
+2=0
x2 − 16 x − 4
Läxa 6. Man har en liksidig triangel och en kvadrat. Sidan i den liksidiga triangeln är 4.0 cm och
höjden mot en av dessa sidor är lika lång som diagonalen i kvadraten. Beräkna kvadratens sida.
Svaret skall ges exakt.
Läxa 7. Beräkna värdet på talet a så att linjen genom punkterna (a, −3) och (2, −a) blir parallell
med linjen 3y − x + 6 = 0
Läxa 8. I en rätvinklig triangel är hypotenusan 15 cm och summan av kateterna är 21 cm. Beräkna
triangelns area.
Läxa 9.
a) Bestäm en ekvation för en rät linje som går genom punkterna P(1, −2) och Q(3, 8).
b) Bestäm en ekvation för en rät linje som går genom punkten S(3, −2) och är vinkelrät mot
linjen i a)
Läxa 10. Linjen y = kx + 3 skär andragradsfunktionen i y = x2 − x dess högra nollställe. Bestäm
linjens k-värde.
Läxa 11. Lös ekvationen
x4 − x2 − 6 = 0
Håkan Strömberg
4
KTH STH
Läxa 12.
I △ACD är AB lika lång som CD. Vinkeln A är 32◦ . Beräkna vinkeln v. (Svårt)
Läxa 13. I △ABC dras en linje DE parallell med AB. Bestäm förhållandet mellan arean av parallelltrapetset ABED och triangeln CDE. (Svårt)
Läxa Lösning 1.
2x − 5
−5 − 9
−14
−7
x
>
>
>
>
<
4x + 9
4x − 2x
2x
x
−7
Svar: x < −7
Läxa Lösning 2. Vi startar med att lösas ekvationen
−x2 + x + 2 =
x2 − x − 2 =
0
0
=
=
=
=
1
2
1
2
x
x
x1
x2
±
±
q
1
4
+
8
4
3
2
2
−1
Funktionen f(x) = −x2 + x + 2 har ett maximum vilket betyder att olikheten är uppfylld x > −1 och
x < 2. Då finns det endast två heltal för vilken olikheten är sann x = 0 och x = 1, som bekräftas av
grafen:
Svar: x = 0 och x = 1
Håkan Strömberg
5
KTH STH
Läxa Lösning 3. För att den översta olikheten ska vara uppfylld måste x > −4. För att den andra
olikheten ska vara uppfylld måste x < 2. Förstår du resultatet då du studerar grafen?
Svar: −4 < x < 2
Läxa Lösning 4.
5ac−3b
a
=
b
5ac − 3b
=
a·b
5ac − ab =
3b
a(5c − b) =
3b
3b
5c−b
a =
Svar: a =
3b
5c−b
Läxa Lösning 5.
(x + 4)(x − 4)
1
2x+1
+2
+ x−4
x2 −16
2x+1
1
(x+4)(x−4) + x−4
=
0
=
−2
=
−2(x + 4)(x − 4)
2x + 1 + x + 4
=
−2x2 + 32
2x2 + 3x − 27
=
0
27
2
=
0
x
=
− 34 ±
x
=
− 43 ±
x1
=
3
x2
=
− 29
2x+1
(x+4)(x−4)
x2 +
1
x−4
+
3x
2
−
q
9
16
+
27·8
16
15
4
Svar: x1 = 3 och x2 = −4.5
Läxa Lösning 6.
Vi startar med att bestämma höjden i en liksidig triangel, se figur. I △ABC, som är rätvinklig är
sidan BC = 2.0 cm. Antag att AC = h. Med Pythagoras sats får vi
h2 + 22 = 42
Håkan Strömberg
6
KTH STH
ger h =
√
12. Antag att sidan i kvadraten är x. Åter med Pythagoras får vi
√ 2
x2 + x2 =
12
2
2x = 12
x2 = 6√
6
x =
Här har vi använt
√ oss av Pythagoras sats. Ett alternativ är trigonometri.
Svar: Sidan är 6
1
Läxa Lösning 7. Linjen 3y − x + 6 = 0 kan skrivas om som y = x−6
3 eller y = 3 · x − 2. Vilket
betyder att linjen har k = 31 . För att vår linje ska vara parallell med denna ska den ha samma
k-värde. Från de delvis givna punkterna på vår linje kan vi teckna ett k-värde för vår linje
1
3
a−2
a−2
2a
a
Svar: a =
−3−(−a)
a−2
=
= 3(−3 + a)
= −9 + 3a
= 7
= 72
7
2
Läxa Lösning 8. Antag att en katet är x cm. Den andra är då 21 − x cm. Med hjälp av Pythagoras
sats får vi
x2 + (21 − x)2 = 152
x2 + 441 − 42x + x2 = 225
2x2 − 42x + 216 = 0
x2 − 21x + 108 = 0
q
x
x
x
x1
x2
=
=
=
=
=
21
2
21
2
21
2
12
9
±
±
±
441
4
q
−
432
4
9
4
3
2
Om den ena kateten är 12 är den andra 9, eller tvärt om! Arean är då
A=
9 · 12
≡ 54
2
Svar: 54 cm2 .
Läxa Lösning 9. a)
Linjen genom P och Q har k-värdet
8 − (−2)
≡5
3−1
Vi har y = 5x + m och bestämmer m genom att sätta in en av punkterna. 8 = 5 · 3 + m ger m = −7.
Svar: y = 5x − 7
b)
Linjen vi söker ska ha k = − 15 . Vi har då y = − x5 + m och får m genom att sätta in punkten S.
−2
= − 35 + m
m = −2 +
3
5
−10+3
5
m =
m = − 57
Svar: y = − x5 −
Håkan Strömberg
7
5
7
KTH STH
Läxa Lösning 10. Genom att lösa x2 − x = 0 får vi reda på andragradsfunktionens nollställen. Då
x2 − x = 0 ≡ x(x − 1) = 0 får vi röttera x1 = 1 och x2 = 0. Det högra nollstället är då (1, 0).
Då linjen går genom (1, 0) får vi 0 = k · 1 + 3, som ger k = −3. Linjens ekvation är då y = −3x + 3.
Här har du grafen
Svar: k = −3
Läxa Lösning 11. Vi kan lösa denna ekvation därför att den saknar x3 och x-term. Vi substituerar
x2 = t och får
t2 − t − 2 = 0 q
t = 12 ± 14 + 24
4
t = 12 ± 25
t1 = 3
t2 = −2
√
√
Vi har nu att lösa först x2 = 3, som ger x1 = 3 och x2 = − 3 och sedan x2 = −2, som saknar
reella rötter. √
Svar: x = ± 3.
Läxa Lösning 12. Antag att AB = CD = x och AC = a. Vi får då
tan 32◦
a
=
=
x
BC = a − x =
−x≡x
tan 32◦
x
a
x
tan 32◦
1
− 1 ≈ 0.60x
tan 32◦
CD
x
1
≡
≡
≈ 1.67
BC
0.60x
0.60
v = arctan 1.67 ≈ 59.0◦
tan v =
Svar: v = 59◦
Läxa Lösning 13. △ABC ∼ △CDE. Längdskalan 5 : 11, vilket betyder att areaskalan 52 : 112 ≡
25 : 121 Antag att △ABC har arean T . △CDE har då arean 25·T
121 . Parallelltrapetset ABED har då
arean
25 · T
T−
121
Förhållandet mellan ABED och CDE blir då
25·T
121
25·T
121
T−
Svar: Förhållandet är
Håkan Strömberg
≡
25·1
121
25·1
121
1−
≡
96
121
25
121
≡
96
25
96
25
8
KTH STH
Tekniskttbasår
Ma
atematikI
MER
ROMVEKT
TORE
ER3
Envektorkanalltiddeelasuppik
E
komposante
erlängstvåågivnarikttningar.
D
Dessariktni
ingargesi planetavttvåvektorer, och ,dvs.i ‐rrespektive
‐riktning.O
Omdeväljsssåattdeiinteärpara
allellasägs vektorparetvara
Basvek
ktorer basvektorer
b
r,deutgöreenbas.Omdedessuto
omärvinkeelrätaochh
har
läängdenettutgördeen
nsåkalladON‐bas,etttON‐system
m.
ON‐sysstem
O
ONbetyder
ortonormaal,ortofrån
n
(vinkelräät)ochnorm
merat
d
därförattba
asvektorerrnaharläng
gdenett.
Varjevektorrkanalltid
V
dskrivasso
omensumm
maav occh .Ifigurennedan
b
blir
3 +2 ellerrommanu
underförstå
årbasvektoorerna, 3, 2 .Man
sägerattvektorn harrkoordinaterna 3, 2 .Komposaanternatill vektor ä
är3
och2
2 .
Paralle
ella
vektorer
T
Tvåvektore
er och äärparallellaaomochen
ndastom
Exemp
pel1
Bestämdetreellataletttsåattvektor
B
v
vektor
1, 1 .
3,
31
∙ ,
∈
.
1,, 2 blirparrallellmed
Lösnin
ng
3, 1
1,, 2
3
,1
fiinnasettta
alk,sådant att
1, 1
3
,1
2 sskavarapa
arallellmedd 1, 1 .Detskaalltså
2 Dennavekto
D
orekvation
ngeruppho
ov
tiillekvation
nssystemet :
3
1
2
somharlösningen
2
5
D
Detreellata
alet
2ggöratt
2 1, 2
3, 1
1,, 2
3, 1
v
vilketärpar
rallellmed 1, 1 .
3, 1
2, 4
55, 5 3Sid13‐1
16någotomaarbetatfrån:L.A.Callenbeerg(2006),M
MatematikBre
eddning,StuddentlitteraturrAB,ISBN
91‐44‐04
4635‐9
13
Tekniskttbasår
Ekviva
alens‐
klass
Ma
atematikI
Tvåvektore
T
ersägsvaraaekvivalen
ntaomdeärlikalångaaochharsa
amma
riktning.Ma
ankanockssåsägaattdetillhörssammaekvvivalensklasss.
Vektoorerursamm
maekvivalensk
klass.
Ortvek
ktor
Omenvekto
O
oriekvivallensklassen
nharsinbö
örjaniorigoo,såharde
enna
v
vektorsamm
makoordin
natersomd
denpunktd
därvektornnslutar,occhkallas
o
ortsvektor.
Ommanisiittkoordinaatsystemriitarinenvektormed startipunkten O
o
ochslutipu
unkten kkanmankaalladennav
vektor
.Koordina
aternaför
v
vektorn
blir
,
,
,
om
occh
,dvs.
”sslutpunktens”koordi naterminu
us”startpun
nktens”kooordinater.
Exemp
pel2
Ifigureninssesävenattt
Lösnin
ng
Punkterna och haarkoordinaaterna 3, 4 respektivve 5, 3 .Be
P
estäm
k
koordinater
rnaförvekttorerna
,
och
h
.
ärvektornsomgåårmellanorigoochpu
unktenP1oochvektorn
ns
koordinaterrärnaturli gtvis 3,4
k
5 3, 3 4
2, 1
3 5, 4 3
2, 1
14
Tekniskttbasår
Exemp
pel3
Lösnin
ng
Vektorrlängd
Exemp
pel4
Ma
atematikI
Punkterna och haarkoordinaterna 0, 1 respektiive 2, 0 .
P
naförvekttornQ Q .
a
a)Bestämko
oordinatern
b
b)VektornQ
Q Q ärekvvivalentmeedavvekto
orernaiExeempel2.Viilken?
V
Varför?
c)Ortsvekto
ornidenna ekvivalenssklassstarttariorigooochslutari enpunkt.
V
Vilkenpunk
kt?
a))
2 0, 0 1
2, 1 b
b)P
P harrsammalän
ngdochrik
ktningsomQ Q efterrsomvekto
orernas
k
koordinater
rärsammaa.
c
c)Envektor
rsombörjaariorigoochslutarip
punkten(22,‐1)harsa
amma
läängdochriiktningsom
mQ Q Imångatillä
ämpningarrärdetvikttigtattkunnaberäknaaenvektorrslängd.
O
Ommanhar
rangettvekktorskoordinateriON‐basblirddettaväldigtenkelt.
L
Längdenav
envektorkkallasoftaocksåförb
beloppet.Läängdenavvektorn ,
ellerbelopp
pet,skrivs| |.Längdenavenvek
ktorärettrreellttalko
opplattill
v
vektorn.
IenON‐basär| |
V
Vektor
om
mkoordina
aternaför är ,
3, 2 ärgi ven.Beräk
kna 2 .
2
2
2 3, 2
√6
6, 4 4
√3 6
16
15
√52
√
.
Teknisktbasår
MatematikI
301. Låtu
1, 4 ochv
2, 2 .
Beräknaikoordinatform
a) 3 b)
2 3 c)
3
d)
2
302. Vektorn
2, 5 och
1, 4 ärgivna.Beräkna
a) | |
b) 2
3 303. Vektorerna
0, 4 och
4, 3 ärgivna.Beräkna
a) 3| |
b) |2
3 |
c) | | | |
|
d) |
304. Iettkoordinatsystemärentriangel
ritad.Hörnenärplaceradei
punkterna
1, 2 ,
4, 0 och
1, 1 .Angekoordinaterna
förvektorerna
a)
b)
c)
d)
305. Visaattpunkterna
1, 0 ,
4, 2 och
6, 10⁄3 liggerpåenrätlinjegenomatt
beräknakoordinaternaför
vektorerna och .
306. Bestäm såattdetrepunkterna
1, 2 , 0, 4 och 3, liggerpåen
rätlinje.
16