1. No category

Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 1
√
CD 5 2
tan 60 =
=
BD
BD
⇓
√
√
5 2
5 2
BD =
= √
tan 60◦
3
5√
=
6
3
√
5√
AB = AD + DB = 5 2 +
6
3
√ !
√
3
= 5 2 1+
3
A 1.32
◦
c) tan 45◦ + sin 30◦ = 1 +
1 3
=
2 2
√
√
√
3
3
3
−
=
d) sin 60 − tan 30 =
2
3
6
◦
◦
A 1.33
1
B 1.36
x
C
30°
y
◦
sin 30 =
x
1
6
⇓
60°
1
x = sin 30◦ · 1 =
2
y
◦
cos 30 =
1
⇓
√
3
◦
y = cos 30 · 1 =
2
A
B
cos 60◦ =
AB
6
⇓
1
AB = 6 cos 60◦ = 6 · = 3
2
BC
◦
sin 60 =
6
⇓
√
√
3
◦
BC = 6 sin 60 = 6 ·
=3 3
2
B 1.34
C
A 1.38
10
Vi har at sin 25◦ = 0,423 og cos 25◦ = 0,906.
a) cos 65◦ = cos(90◦ − 25◦ )
60°
45°
A
D
cos 45◦ =
= sin 25◦ = 0,423
B
sin 65◦ = sin(90◦ − 25◦ ) = cos 25◦
AD
10
= 0,906
⇓
b) sin 155◦ = sin(180◦ − 155◦ )
◦
AD = 10 · cos 45
√
√
2
= 10 ·
=5 2
√2
CD = AD = 5 2
= sin 25◦ = 0,423
cos 155◦ = − cos(180◦ − 155◦ )
= − cos 25◦ = −0,906
1
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
A 1.39
B 1.45
a) sin(180◦ + v) = − sin v
a) Vi tegner inn 660◦ i enhetssirkelen.
◦
d) sin(270 − v)
= sin (180◦ + 90◦ − v)
1
= − sin(90◦ − v)
= − cos v
A 1.40
660°
tan(180◦ − v) =
sin(180◦ − v)
1
cos(180◦ − v)
sin v
=
− cos v
= − tan v
B 1.41
√
3
sin 660 = sin(−60 ) = − sin 60 = −
2
1
cos 660◦ = cos(−60◦ ) = cos 60◦ =
2
√
3
√
tan 660◦ = 21 = − 3
◦
a) cos(−u) + cos u = cos u + cos u = 2 cos u
b) sin(−u) + sin u = − sin u + sin u = 0
B 1.42
◦
◦
2
For enhver trekant ABC gjelder
∠A + ∠B + ∠C = 180◦
Da får vi ∠A + ∠B = 180◦ − ∠C. Vi tar sinus til hver
side av likningen og får:
sin(∠A + ∠B) = sin(180◦ − ∠C) = sin ∠C
b) Vi tegner inn −150◦ i enhetssirkelen.
1
A 1.43c
Vi tegner 135◦ inn i enhetssirkelen.
1
1
–150°
135°
1
1
2√
3
cos(−150◦ ) = − cos 30◦ = −
2
◦
− 21
sin(−150 )
√
tan(−150◦ ) =
=
cos(150◦ )
− 23
√
√
1
1
3
3
= √ = √ ·√ =
3
3
3
3
sin(−150◦ ) = − sin 30◦ = −
√
2
sin 135 = sin 45 =
2 √
2
◦
◦
cos 135 = − cos 45 = −
2
sin 135◦
tan 135◦ =
= −1
cos 135◦
◦
◦
2
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning

t = 14,5◦ + n · 360◦



t = 180◦ − 14,5◦ + n · 360◦
t = −30◦ + n · 360◦



t = 180◦ − (−30◦ ) + n · 360◦
m

◦ + n · 360◦
t
=
14,5



t = 165,5◦ + n · 360◦
t = −30◦ + n · 360◦



t = 210◦ + n · 360◦
B 1.47
√
√
6− 2
a) sin 15 =
4
◦
sin 165 = sin(180◦ − 15◦ )
√
√
6− 2
◦
= sin 15 =
4
◦
c) sin 195◦ = sin(180◦ + 15◦ )
= − sin 15◦
√
√
6− 2
=−
4√
√
2− 6
=
4
B 1.51
3 sin x cos x − 2 sin x = 0
a)
sin x(3 cos x − 2) = 0
sin x = 0 eller 3 cos x − 2 = 0

 x = 0◦ + n · 360◦
x = 180◦ − 0◦ + n · 360◦

cos x = 23
A 1.49
3 sin x = 2
2
sin x =
3
x0 = 41,8◦
a)
◦
◦
x = n · 180◦ eller x = ±48,1◦ + n · 360◦
◦
◦
b) 5 sin x = 3 cos x
| : cos x
sin x
=3
5
cos x
3
tan x =
5
x = 31,0◦ + n · 180◦
◦
x = 41,8 + n · 360 ellerx = 180 − 41,8 + n · 360
x = 41,8◦ + n · 360◦ ellerx = 138,2◦ + n · 360◦
6 cos x = 3 + 2 cos x
b)
6 cos x − 2 cos x = 3
4 cos x = 3
3
cos x =
4
x0 = 41,4◦
B 1.52a
4 sin 2x = 3
3
sin 2x =
4
2x = 48,6◦ + n · 360◦ eller2x = 180◦ − 48,6◦ + n · 360◦
x = ±41,4◦ + n · 360◦
c) tan x = 3
2x = 48,6◦ + n · 360◦ eller2x = 131,4◦ + n · 360◦
x0 = 71,6◦
x = 24,3◦ + n · 180◦ ellerx = 65,7◦ + n · 180◦
Legg merke til at vi venter helt til siste trinn med å
dele med 2, slik at perioden blir 180◦ .
x = 71,6◦ + n · 180◦
B 1.50a
A 1.53a
8 sin2 t + 2 sint − 1 = 0
⇓
3 cos2 35◦ + 3 sin2 35◦ = 3(cos2 35◦ + sin2 35◦ )
(x = sint)
8x2 + 2x − 1 = 0
1
1
x = ellerx = −
4
2
⇓ (x = sint)
1
1
sint = eller sint = −
4
2
t0 = 14,5◦ ellert0 = −30◦
= 3·1 = 3
A 1.54b
y ∈ h360◦ , 450√◦ i ⇒ sin y > 0
2 5
cos y =
5
Vi bruker enhetsformelen sin2 y + cos2 y = 1 og får:
3
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
r
p
4·5
sin y = ± 1 − cos2 y = ± 1 − 2
5
r
√
4
1
5
= ± 1− = ±√ = ±
5
5
5
⇓ sin y > 0
√
5
sin y =
5
Til slutt bruker vi definisjonen av tangens:
p
1 − cos2 v = 2 cos v
p
2
1 − cos2 v = (2 cos v)2
1 − cos2 v = 4 cos2 v
1 = 5 cos2 v
r
√
1
5
cos v = ±
=±
5
5
⇓ cos v > 0
√
5
cos v =
5
√
sin y
tan y =
=
cos y
5
5
√
2 5
5
=
1
2
√
2 5
Til slutt finner vi sin v = 2 cos v =
.
5
B 1.56c
sin A =
√
5
10 ,
A ∈ h0◦ , 90◦ ] ⇒ cos A > 0
B 1.58c
Fra enhetsformelen får vi r
p
5
cos A = ± 1 − sin2 A = ± 1 −
100
r
r
1
19
=±
= ± 1−
20
20
⇓ cos A > 0
r
19
cos A =
20
cos A
1 − sin A
=
cos A
1 + sin A
(1 − sin A)(1 + sin A) = cos2 A
1 − sin2 A = cos2 A
1 = sin2 A + cos2 A
Siden vi har vist at formelen (∗) er ekvivalent med enhetsformelen, må formelen (∗) også gjelde.
√
5
10
sin A
=q
cos A
19
20
√
√
√
20 · 5
100
√
= √
=
10 19
10 19
√
1
19
=√ =
19
19
tan A =
(∗)
B 1.60
x ∈ [0,360◦ i
3 sin2 x − 2 sin x cos x − cos2 x = 2
3 sin2 x − 2 sin x cos x − cos2 x = 2(sin2 x + cos2 x)
B 1.57c
sin2 x − 2 sin x cos x − 3 cos2 x = 0
sin2 x 2 sin x cos x 3 cos2 x
−
−
=0
cos2 x
cos2 x
cos2 x
tan2 x − 2 tan x − 3 = 0
tan v = 2, v ∈ [0,90◦ i
Fra definisjonen av tan v, har vi
sin v
=2
cos v
altså sin v = 2 cos v. Dessuten kan vi fra enhetsformelen
finne et annet uttrykk for sin v:
p
sin v = ± 1 − cos2 v
tan x = 3 eller tan x = −1
◦
◦
x = 71,6 + n · 180 eller x = −45◦ + n · 180◦
Vi lar n variere og plukker ut de verdiene av x som
gir x ∈ [0,360◦ i.
Men siden v ∈ [0◦ , 90◦ i, må vi ha at sin v > 0. Vi setter
de to uttrykkene for sin v lik hverandre og finner cos v:
L = {71,6◦ , 135◦ , 251,6◦ , 315◦ }
4
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
b) cos(90◦ − 3x) = sin(3x) = sin(x + 2x)
A 1.62b
= sin x cos 2x + cos x sin 2x
cos 15◦ = cos(45◦ − 30◦ )
= sin x cos(x + x) + cos x sin(x + x)
= cos 45◦ cos 30◦ + sin 45◦ sin 30◦
√ √
√
2
3
2 1
=
·
+
·
2√
2√ 2 √
√2
6
2
6+ 2
+
=
=
4
4
4
√
√
2
=
( 3 + 1)
4
= sin x(cos2 x − sin2 x)
+ cos x(sin x cos x + sin x cos x)
= sin x cos2 x − sin3 x + 2 sin x cos2 x
= 3 sin x cos2 x − sin3 x
= 3 sin x(1 − sin2 x) − sin3 x
= 3 sin x − 3 sin3 x − sin3 x
A 1.63b
= 3 sin x − 4 sin3 x
sin(x + 45◦ ) − cos(x − 45◦ )
c) Sinussetningen gir
= sin x cos 45◦ + cos x sin 45◦ −
AB
4
=
sin B sinC
4 sin 2x
4 sin B
=
Av dette får vi: AC =
sinC
sin(180◦ − 3x)
4 sin 2x 4 · 2 · sin x · cos x
=
=
sin 3x
3 sin x − 4 sin3 x
8 cos x
=
3 − 4 sin2 x
(cos x cos 45◦ + sin x sin 45◦ )
√
√
√
√
2
2
2
2
sin x +
cos x −
cos x −
sin x
=
2
2
2
2
=0
A 1.65a
sin x + sin(x + 120◦ ) + sin(x + 240◦ )
= sin x + sin x cos 120◦ + cos x sin 120◦
◦
+ sin x cos 240 + cos x sin 240
√
3
1
cos x
= sin x − sin x +
2
2
√
1
3
cos x
− sin x −
2
2
=0
A 1.67
◦
a)
sin 2x 2 sin x cos x
=
= 2 sin x
cos x
cos x
b) √
cos2 x − sin2 x
√
√
=√
2(cos x · 22 + sin x · 22 )
(cos x + sin x)(cos x − sin x)
=
= cos x − sin x
(cos x + sin x)
B 1.66
C
A
c)
2x
x
cos 2x
cos2 x − sin2 x
=√
2 cos(x − 45◦ )
2(cos x cos 45◦ + sin x sin 45◦ )
sin(x + 45◦ )
cos 2x
sin x cos 45◦ + cos x sin 45◦
=
cos 2x√
√
1
1
2 2 sin x + 2 2 cos x
=
cos2 x − sin2 x
√
1
2 2(sin x + cos x)
=
(cos x + sin x)(cos x − sin x)
√
2
=
2(cos x − sin x)
B
4
a) ∠C = 180◦ − (x − 2x) = 180◦ − 3x. Siden ∠C >
0◦ , får vi: 180◦ − 3x > 0 Siden også x > 0◦ , får
180◦ 3x
−
> 0◦
3
3
60◦ − x > 0◦
60◦ > x
x < 60◦
vi x ∈ h0◦ , 60◦ i.
5
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
B 1.68
Men selv om andregradslikningen her har to løsninger, kan vi bare bruke den ene, siden likningen
cos x = −2 ikke har noen løsning.
cos x = 0,2
a) 2 cos 2x − 4 cos2 x
= 2(cos2 x − sin2 x) − 4 cos2 x
x = ±78,5◦ + n · 360◦
= 2 cos2 x − 2 sin2 x − 4 cos2 x
= −2 sin2 x − 2 cos2 x
B 1.76c
= −2(sin2 x + cos2 x) = −2
b)
c)
3 sin x − 4 cos x = 0
cos 2x
cos2 x − sin2 x
=
sin x + cos x
sin x + cos x
(cos x + sin x)(cos x − sin x)
=
(sin x + cos x)
= cos x − sin x
3 sin x = 4 cos x
3 tan x = 4
4
tan x =
3
x = 53,1◦ + n · 180◦
sin x
sin x
=
cos 2x + 1 2 cos2 x − 1 + 1
1
sin x
sin x
=
=
·
2
2 cos x cos x 2 cos x
tan x
=
2 cos x
B 1.77c
x
x
2 sin + cos = 0,
x ∈ [0◦ , 360◦ i
2
2
x
2 tan + 1 = 0
2
x
1
tan = −
2
2
x
= −26,6◦ + n · 180◦
2
x = −26,6◦ · 2 + n · 180◦ · 2
B 1.70
sin 2x
2 sin x cos x
=
1 + cos 2x 1 + 2 cos2 x + 1
2 sin x cos x
=
= tan x
2 cos2 x
x = −53,1◦ + n · 360◦
Nå lar vi n variere:
n = 0 gir x = −53,1◦
n = 1 gir x = 306,9◦
n = 2 gir x = 666,9◦
Bare n = 1 gir en x i definisjonsmenden [0◦ , 360◦ i, så
løsningen blir x = 306,9◦ .
B 1.73
Siden 22,5◦ er i 1. kvadrant, må cos 22,5◦ > 0.
Vi tar utgangspunkt i regelen for dobbelt vinkel:
cos 2u = 2 cos2 u − 1
⇔ 2 cos2 u = cos 2u + 1
cos 2u + 1
⇔ cos2 u =
r 2
cos 2u + 1
⇔ cos u = ±
2
m cos 22,5◦ > 0
s√
r
◦
cos 45 + 1
2+2
cos 22,5◦ =
=
2
4
p√
p√
2+2
2+2
√
=
=
2
4
Oppgave 1.80
a) cos(u + v) + cos(u − v)
= cos u cos v − sin u sin v
+ cos u cos v + sin u sin v
= 2 cos u cos v
x+y
x−y
b) Vi lar u =
og v =
. Da kan vi skrive om
2
2
uttrykket slik:
x+y
x−y
2 cos
· cos
= 2 cos u cos v
2
2
Fra oppgave a) vet vi at dette er lik cos(u +
v) + cos(u − v). Så bytter vi tilbake til x og y:
A 1.75c
(cos x)2 + 1,8 cos x − 0,4 = 0
cos x = 0,2 eller cos x = −2
6
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
cos(u + v) + cos(u − v)
x+y x−y
x+y x−y
+
) + cos(
−
)
= cos(
2
2
2
2
2x
2y
= cos( ) + cos( ) = cos x + cos y
2
2
cos2 x = sin 2x, x ∈ [0◦ , 360◦ i
c)
cos2 x = 2 sin x cos x
cos2 x − 2 sin x cos x = 0
cos x(cos x − 2 sin x) = 0
cos x = 0 eller cos x − 2 sin x = 0
cos x = 0 eller 1 − 2 tan x = 0
1
x = ±90◦ + n · 360◦ eller tan x =
2
x = 90◦ + n · 180◦ eller x = 26,6◦ + n · 180◦
Oppgave 1.81a
1√
3 sin x = 0,
2
1√
3) = 0
sin x(cos x +
2
sin x cos x +
x ∈ [0◦ , 360◦ i
Vi lar
Vi varier n og velger ut passende verdier av x:
x ∈ {26,26◦ , 90◦ , 206,6◦ , 270◦ }
1√
sin x = 0 eller cos x = −
3
2
x = n · 180◦ eller x = ±150◦ + n · 360◦
n variere og plukker ut de x-verdiene som passer med
grunnmengden.
Oppgave 1.86b
9 sin2 x = 3 cos x + 7, x ∈ [0◦ , 360◦ i Ved
L = {0◦ , 150◦ , 180◦ , 210◦ }
9(1 − cos2 x) = 3 cos x + 7
9 − 9 cos2 x = 3 cos x + 7
Oppgave 1.82
9 cos2 x + 3 cos x − 2 = 0
2
1
cos x = eller cos x = −
3
3
x = ±70,5◦ + n · 360◦ eller x = ±131,8◦ + n · 360◦
å la n variere, kan vi så velge ut de x som passer i definisjonsmengden.
x ∈ {70,5◦ , 131,8◦ , 228,2◦ , 289,5◦ }
a) I første trinn av løsningen bruker vi resultatet fra
løsningen til oppgave 66c, se side 5.
sin 2x = sin 3x, x ∈ [0◦ , 360◦ i
2 sin x cos x = 3 sin x − 4 sin3 x
Vi rydder likningen, faktoriserer og finner en andregradslikning:
Oppgave 1.87
Vi får oppgitt cos x = − 45 med x ∈ [90◦ , 180◦ i. Siden x
er i 2. kvadrant, har vi at sin x > 0. Da kan vi bruke
enhetsformelen slik:
r
r
p
9
16
3
2
sin x = 1 − cos x = 1 −
=
=
25
25 5
tan x finner vi på vanlig måte med defninisjonen:
3
3
sin x
tan x =
= 54 = −
cos x − 5
4
Vi finner sin 2x og cos 2x med formlene for den
dobbelte vinkel:
3
4
24
sin 2x = 2 sin x cos x = 2 · · (− ) = −
5
5
25
3
18
7
cos 2x = 1 − 2 sin2 x = 1 − 2 · ( )2 = 1 −
=
5
25 25
Til slutt finner vi tan 2x på vanlig måte:
−4 sin3 x + 3 sin x − 2 sin x cos x = 0
sin x(−4 sin x2 + 3 − 2 cos x) = 0
Her bruker vi produktregelen og får to likninger.
Den første likningen er sin x = 0, som har løsningene x = n · 180◦ . Vi løser den andre likningen:
−4 sin x2 + 3 − 2 cos x = 0
−4(1 − cos2 x) + 3 − 2 cos x = 0
−4 + 4 cos2 x + 3 − 2 cos x = 0
4 cos2 x − 2 cos x − 1 = 0
cos x = 0,809 eller cos x = −0,309
x = ±36,0◦ + n · 360◦ eller x = ±108,0◦ + n · 360◦
Til slutt lar vi n variere og velger ut de verdiene av
x som passer med grunnmengden.
tan 2x =
L = {0◦ , 36,0◦ , 108◦ , 180◦ , 252,0◦ , 324,0◦ }
7
− 24
sin 2x
24
= 725 = −
cos 2x
7
25
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
Oppgave 1.89e
Oppgave 1.93
√
3
a)
sin(x + 30 ) =
, x ∈ [0, 360◦ i
2
x + 30◦ = 60◦ + n · 360◦ eller x + 30◦ = 120◦ + n · 360
1
cos(2x + 30◦ ) = , x ∈ R
2
2x + 30◦ = ±60◦ + n · 360◦
◦
2x = −30◦ ± 60◦ + n · 360◦
−30 60◦ n · 360◦
±
+
x=
2
2
2
◦
◦
x = −15 ± 30 + n · 180◦
x = 30◦ + n · 360◦ eller x = 90◦ + ·360◦
Vi varierer n og velger ut passende verdier av x.
L = {30◦ , 90◦ }
x = 15◦ + n · 180◦ eller x = −45◦ + n · 180◦
Nå har vi løst oppgaven. Men mange foretrekker å
skrive løsningen med utgangspunkt i positive vinkler. Da
legger man til et helt antall perioder, her 180◦ , til vinkelen blir positiv:
x = 15◦ + n · 180◦ eller x = −45◦ + n · 180◦
b) sin(x + 30◦ ) = sin x cos 30◦ + cos x sin 30◦
√
3
1
=
sin x + cos x
2
2
√
c) Vi skal løse likningen 3 sin x + 3 cos x =
3.
Vi bruker
omskrivningen
√ vi lagde i
√
b): 3 sin x + 3 cos x = 3 | : 2 3
√
√
3
3
1
sin x + cos x =
2
2
2
⇓ (innsatt fra oppgave b)
√
3
◦
sin(x + 30 ) =
2
Men denne siste likningen er den samme som vi
løste i a). Altså er løsningen
x = 15◦ + n · 180◦ eller x = 180◦ − 45◦ + n · 180◦
x = 15◦ + n · 180◦ eller x = 135◦ + n · 180◦
Oppgave 1.90
sin 15◦ = sin(45◦ − 30◦ )
= sin 45◦ · cos 30◦ − cos 45◦ · sin 30◦
1√ 1
1√ 1√
2·
3−
2·
=
2√
2√
√2
√2
6
2
6− 2
−
=
=
4
4
4
cos 105◦ = cos(90◦ + 15◦ )
x ∈ {30◦ , 90◦ }
Oppgave 1.94
= cos 90◦ · cos 15◦ − sin 90◦ · sin 15◦
√
√
√
√
6− 2
2− 6
=
= 0−1·
4
4
C
Oppgave 1.92
5
6
a) sin(x + 30◦ ) + cos(x + 60◦ )
= sin x cos 30◦ + cos x sin 30◦
A
+ cos x cos 60◦ − sin x sin 60◦
√
√
3
1
1
3
=
sin x + cos x + cos x −
2
2
2
2
= cos x
4
B
a) Cosinussetningen gir
52 + 42 − 2 · 5 · 4 · cos A = 62
40 cos A = 25 + 16 − 36
5
cos A =
40
1
cos A =
8
sin2 x + cos2 x − cos 2x
b)
1 − cos2 x
2
sin x + cos2 x − (cos2 x − sin2 x)
=
sin2 x
2 sin2 x
=
=2
sin2 x
b) Vi bruker cosinussetningen som i a) og får:
8
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
52 + 62 − 2 · 5 · 6 · cosC = 42
h(x) = 0,1
x
0,3(1 − cos ) = 0,1
2
x 0,1
1 − cos =
2 0,3
0,1
x
≈ 0,67
cos = 1 −
2
0,3
x
= ±48,2◦ + n · 360◦
2
x = ±96,4◦ + n · 720◦
60 cosC = 25 + 36 − 16
60 cosC = 45
45 3
=
cosC =
60 4
Fra regelen om dobbelt vinkel har vi:
3
cos 2C = 2 · cos2 C − 1 = 2 · ( )2 − 1
4
18
2
1
=
−1 =
= = cos A
16
16 8
Vi setter inn x = 96,4◦ i uttrykket for V (x):
V (96,4◦ ) = 0,045 · (
· 96,4◦ − sin 96,4◦ )
180◦
= 0,0310 m3 = 31,0 dm3 = 31,0 l
Siden ∠A og ∠C begge ligger i 1. kvadrant, har vi
at cos 2C = cos A ⇒ ∠A = 2∠C.
d) Vi finner først hvilket volum tønna har og deretter
hvilken x vi må ha for at tønna skal være kvartfull.
Oppgave 1.97
Tønna er full når x = 360◦ :
a) Areal av sirkelsektoren PQS:
x
r2 ·
360◦
Areal av 4PQS:
1
· r · r · sin x
2
Differansen av disse to arealene er arealet av det
fargede området:
r2 ·
· 360◦ − sin 360◦ )
180◦
= 0,045 · 2 ≈ 0,283
Vfull = 0,045 · (
Så kvartfull tønne vil si 41 · 0,283 ≈ 0,071. Nå skal
vi finne hvilken x innsatt i V (x) som gir dette volumet. Altså skal vi løse likningen
V (x) = 0,071
Dette gjør vi grafisk ved å la lommeregneren tegne
V (x) og f (x) = 0,071 og finne skjæringspunktet. Lommeregneren gir her skjæringspunkt for
x = 132,3◦ . Denne setter vi inn i uttrykket for h:
132,3◦
) ≈ 0,179
h(132,3◦ ) = 0,3 · (1 − cos
2
Så vanndybden er 0,179 meter når vannmengden
er 1/4 av full tønne.
1 2
x
r2
−
r
sin
x
=
(
x − sin x)
360◦ 2
2 180◦
b) La F være skjæringspunktet for høyden fra S til
SF
PQ i 4PQS. Da er cos 2x = SQ
= SF
r , som er ekx
vivalent med SF = r · cos 2 . Fra dette finner vi
høyden ved r − SF:
x
x
h = r − r · cos = r(1 − cos )
2
2
For r = 0,3 har vi:
x
h = 0,3 · (1 − cos )
2
Oppgave 1.99
C
c) Først finner vi et uttrykk for V (x).
x
V (x) = l · A(x) = 1,0 · A(x)
= 1,0 ·
0,32
·(
x − sin x)
2
180◦
= 0,045(
180◦
A
F
x − sin x)
B
Så finner vi hva x må være for at h(x) = 0,1:
La A, B, C og F være punkter som på figuren.
9
Sigma matematikk
Gyldendal undervisning
V 0 (x) = 0
AC
⇒ AC = 4 cos x
a) cos x =
4
64
(4u3 − 6u5 ) = 0
3
4u3 − 6u5 = 0
CF
⇒ CF = AC · cos x = 4 cos2 x = h
AC
La R være radius i kjeglen. Da blir volumet V :
cos x =
V=
sin x =
u3 (4 − 6u2 ) = 0
4 2
=
6r 3
2
u = 0 eller u = ±
3
r
u = 0 eller u2 =
R2 h
3
2
3
Disse tre likningene har følgende løsning

= ±90◦ + n · 360◦
 x
x = ±35,36◦ + n · 360◦

x = ±144,74◦ + n · 360◦
Fra figuren ser vi at x må være mindre enn 90◦ .
Altså kan vi bare bruke x = 35,36◦ .
AF
⇒ R = AF = AC · sin x = 4 sin x cos x
AC
cos x = 0 eller cos x = ±
Ut fra dette får vi følgende uttrykk for volumet:
R2 h
= · 16 sin2 x cos2 x · 4 cos x
V=
3
3
64
=
cos4 x sin2 x
3
Oppgave 1.102
b) Vi legger uttrykket for V (x) inn på lommeregneren
og tegner grafen. Så bruker vi maksimums- og
minimumsfunksjonen. Da får vi Vmaks = 9,93.
Vi regner ut nevneren for seg:
sin(x + 60◦ ) − sin(x − 60◦ )
= sin x · cos 60◦ + cos x · sin 60◦
c) La u = cos x. Da får vi
− (sin x cos 60◦ − cos x sin 60◦ )
√
√
3
1
3
1
cos x − sin x +
cos x
= sin x +
2
2
2
2
√
= 3 cos x
Så regner vi ut brøken:
64
64 4
V=
cos4 x · (1 − cos2 x) =
u (1 − u2 )
3
3
64
=
(u4 − u6 )
3
d) V 0 (u) =
64
3
(4u3 − 6u5 )
√
sin x
sin x
3
=√
tan x
=
◦
◦
sin(x + 60 ) − sin(x − 60 )
3
3 cos x
Vmaks finner vi når V 0 (x) = 0.
10