R1 Høst 2008

Oppgave 1-1Derivasjon linje polynom og trekant

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Deriver funksjonene

f (x) = 3 \cdot e^{2 x}

h (x) = x \cdot \ln x

En rett linje $l$ går gjennom punktene $A (1, 2)$ og $B (3, 7)$ .

Sett opp en parameterframstilling for linja $l$ .

Finn skjæringspunktene mellom $l$ og koordinataksene.

Vi har gitt polynomfunksjonen $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - x + 3$

Vis at $f (x)$ er delelig med $x + 1$ . Faktoriser $f (x)$ i førstegradsfaktorer.

Løs ulikheten $f (x) \geq 0$

Hjørnene i trekanten $A B C$ er gitt ved $A (2, 0)$ , $B (4, 1)$ og $C (3, 5)$ .

Bestem lengden av sidene i trekanten.

Undersøk om trekanten er rettvinklet.

Figuren viser grafen til en funksjon $f$ og grafen til den deriverte av funksjonen.

Graf av funksjon og derivert

Forklar hvilken graf som er grafen til funksjonen $f$ og hvilken som er grafen til den deriverte.

Bruk figuren til å tegne fortegnslinjene for $f (x)$ , den førstederiverte og den andrederiverte.

Fasit

1) $f^{'} (x) = 6 e^{2 x}$ 2) $h^{'} (x) = \ln x + 1$

1) $(x, y) = (1,2) + t (2,5)$ 2) $(0, - \frac{1}{2}) og (\frac{1}{5}, 0)$

1) $f (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 3)$ 2) $x \in [- 1, 1] \cup [3, \infty ⟩$

1) $A B = \sqrt{5}, B C = \sqrt{17}, A C = \sqrt{26}$ 2) $Trekanten er ikke rettvinklet$

Solid graf er $f$ , stiplet graf er $f^{'}$ — se løsningsforslaget for fortegnslinjer

LøsningsforslagKI-generert

Vi bruker kjerneregelen på $f (x) = 3 \cdot e^{2 x}$ , med indre funksjon $u = 2 x$ og $u^{'} = 2$ :

f^{'} (x) = 3 \cdot 2 \cdot e^{2 x} = 6 e^{2 x}

Vi bruker produktregelen på $h (x) = x \cdot \ln x$ :

h^{'} (x) = 1 \cdot \ln x + x \cdot \frac{1}{x} = \ln x + 1

Retningsvektoren til linja er $\vec{v} = B - A = (3 - 1, 7 - 2) = (2, 5)$ . Med $A (1,2)$ som festepunkt blir parameterframstillingen

(x, y) = (1, 2) + t \cdot (2, 5), t \in ℝ

det vil si $x = 1 + 2 t$ og $y = 2 + 5 t$ .

Skjæring med $y$ -aksen ( $x = 0$ ):

1 + 2 t = 0 \Rightarrow t = - \frac{1}{2}

y = 2 + 5 \cdot (- \frac{1}{2}) = - \frac{1}{2}

Skjæringspunkt: $(0, - \frac{1}{2})$ .

Skjæring med $x$ -aksen ( $y = 0$ ):

2 + 5 t = 0 \Rightarrow t = - \frac{2}{5}

x = 1 + 2 \cdot (- \frac{2}{5}) = \frac{1}{5}

Skjæringspunkt: $(\frac{1}{5}, 0)$ .

Vi setter $x = - 1$ inn i $f (x) = x^{3} - 3 x^{2} - x + 3$ :

f (- 1) = {(- 1)}^{3} - 3 {(- 1)}^{2} - (- 1) + 3 = - 1 - 3 + 1 + 3 = 0

Siden $f (- 1) = 0$ , er $f (x)$ delelig med $x + 1$ . Polynomdivisjon gir

(x^{3} - 3 x^{2} - x + 3) : (x + 1) = x^{2} - 4 x + 3 = (x - 1) (x - 3)

Dermed er

f (x) = (x + 1) (x - 1) (x - 3)

Nullpunktene til $f$ er $x = - 1$ , $x = 1$ og $x = 3$ . Siden $f$ er et tredjegradspolynom med positiv ledende koeffisient, veksler fortegnet i hvert nullpunkt, fra negativt:

Fortegnslinje for f(x)

Ulikheten $f (x) \geq 0$ er oppfylt for

x \in [- 1, 1] \cup [3, \infty ⟩

Vi bruker avstandsformelen:

A B = \sqrt{{(4 - 2)}^{2} + {(1 - 0)}^{2}} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}

B C = \sqrt{{(3 - 4)}^{2} + {(5 - 1)}^{2}} = \sqrt{1 + 16} = \sqrt{17}

A C = \sqrt{{(3 - 2)}^{2} + {(5 - 0)}^{2}} = \sqrt{1 + 25} = \sqrt{26}

Vi undersøker om Pythagoras’ setning er oppfylt for den lengste siden, $A C$ :

A B^{2} + B C^{2} = 5 + 17 = 22

A C^{2} = 26

Siden $22 \neq 26$ , er trekanten ikke rettvinklet.

Der grafen til $f$ har et toppunkt eller bunnpunkt (horisontal tangent), må den deriverte være null. Den heltrukne grafen har toppunkt i $(1,4)$ og bunnpunkt i $(3,0)$ , og nettopp i $x = 1$ og $x = 3$ krysser den stiplede grafen $x$ -aksen. Dette stemmer med at den deriverte er null der funksjonen har topp- eller bunnpunkt. I tillegg er den stiplede grafen formet som en parabel (andregradsgraf), noe som passer med at den deriverte av et tredjegradspolynom er et andregradspolynom.

Konklusjon: den heltrukne grafen er $f$ , og den stiplede grafen er $f^{'}$ .

Fortegnslinjer:

$f (x)$ er null i $x = 0$ og $x = 3$ (der grafen berører $x$ -aksen uten å krysse i $x = 3$ ), negativ for $x < 0$ og positiv ellers:

Fortegnslinje for f(x)

$f^{'} (x)$ er null i $x = 1$ og $x = 3$ (der $f$ har topp- og bunnpunkt), positiv der $f$ vokser og negativ der $f$ avtar:

Fortegnslinje for f'(x)

$f^{''} (x)$ er null der $f^{'}$ har sitt bunnpunkt, altså i $x = 2$ (vendepunktet til $f$ ). $f^{'}$ avtar for $x < 2$ og vokser for $x > 2$ , så $f^{''}$ er negativ for $x < 2$ og positiv for $x > 2$ :

Fortegnslinje for f''(x)

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Derivasjon, Kjerneregelen, Produktregelen, Parameterframstilling, Faktorisering, Ulikheter, Rettvinklet trekant, Graftolkning, Fortegnslinje
Egen side: Åpne oppgave 1-1 for seg selv

Oppgave 1-2Midtpunktsparallelogram i vilkårlig firkant

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Vi skal studere en firkant som er vist på figuren nedenfor.

Firkant ABCD med midtpunkter

Hjørnene i firkanten $A B C D$ er gitt ved $A (0, 0)$ , $B (3, 0)$ , $C (4, 3)$ og $D (- 1, 5)$ .

Regn ut koordinatene til midtpunktene $M_{1}$ , $M_{2}$ , $M_{3}$ og $M_{4}$ i sidekantene i firkanten. Se figuren.

Vis at firkanten $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$ er et parallellogram.

Hjørnene i en vilkårlig firkant er gitt ved $E (0, 0)$ , $F (a, 0)$ , $G (b, c)$ og $H (d, e)$ . Midtpunktene i sidekantene i firkanten er $N_{1}$ , $N_{2}$ , $N_{3}$ og $N_{4}$ .

Vis at firkanten $N_{1} N_{2} N_{3} N_{4}$ er et parallellogram.

Fasit

$M_{1} (1,5, 0), M_{2} (3,5, 1,5), M_{3} (1,5, 4), M_{4} (- 0,5, 2,5)$

Se bevis i løsningsforslaget

LøsningsforslagKI-generert

Midtpunktet mellom to punkter $(x_{1}, y_{1})$ og $(x_{2}, y_{2})$ er $(\frac{x_{1} + x_{2}}{2}, \frac{y_{1} + y_{2}}{2})$ .

M_{1} = midtpunkt A B = (\frac{0 + 3}{2}, \frac{0 + 0}{2}) = (1,5, 0)

M_{2} = midtpunkt B C = (\frac{3 + 4}{2}, \frac{0 + 3}{2}) = (3,5, 1,5)

M_{3} = midtpunkt C D = (\frac{4 + (- 1)}{2}, \frac{3 + 5}{2}) = (1,5, 4)

M_{4} = midtpunkt D A = (\frac{- 1 + 0}{2}, \frac{5 + 0}{2}) = (- 0,5, 2,5)

Vi finner vektorene mellom motstående par av midtpunkter:

\vec{M_{1} M_{2}} = M_{2} - M_{1} = (3,5 - 1,5, 1,5 - 0) = (2, 1,5)

\vec{M_{4} M_{3}} = M_{3} - M_{4} = (1,5 - (- 0,5), 4 - 2,5) = (2, 1,5)

Siden $\vec{M_{1} M_{2}} = \vec{M_{4} M_{3}}$ , er $M_{1} M_{2}$ og $M_{4} M_{3}$ parallelle og like lange. Dermed er $M_{1} M_{2} M_{3} M_{4}$ et parallellogram.

Vi lar $N_{1}$ , $N_{2}$ , $N_{3}$ og $N_{4}$ være midtpunktene på henholdsvis $E F$ , $F G$ , $G H$ og $H E$ :

N_{1} = (\frac{a}{2}, 0)

N_{2} = (\frac{a + b}{2}, \frac{c}{2})

N_{3} = (\frac{b + d}{2}, \frac{c + e}{2})

N_{4} = (\frac{d}{2}, \frac{e}{2})

Vi finner vektoren $\vec{N_{1} N_{2}}$ :

\vec{N_{1} N_{2}} = N_{2} - N_{1} = (\frac{a + b}{2} - \frac{a}{2}, \frac{c}{2} - 0) = (\frac{b}{2}, \frac{c}{2})

og vektoren $\vec{N_{4} N_{3}}$ :

\vec{N_{4} N_{3}} = N_{3} - N_{4} = (\frac{b + d}{2} - \frac{d}{2}, \frac{c + e}{2} - \frac{e}{2}) = (\frac{b}{2}, \frac{c}{2})

Siden $\vec{N_{1} N_{2}} = \vec{N_{4} N_{3}} = \frac{1}{2} \vec{E G}$ for enhver vilkårlig firkant, er $N_{1} N_{2}$ og $N_{4} N_{3}$ alltid parallelle og like lange. Dette viser at $N_{1} N_{2} N_{3} N_{4}$ er et parallellogram, uansett hvilken firkant vi starter med.

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Vektorer, Geometri, Bevis
Egen side: Åpne oppgave 1-2 for seg selv

Oppgave 2-3Sannsynlighet med kort og mynter

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

I en bunke med kort er det 16 svarte og 14 røde kort.

Kalkulator

Gunhild trekker tilfeldig ut to kort. Hva er sannsynligheten for at de to kortene er svarte?

Kalkulator

Ali trekker tilfeldig ut 10 kort. Hva er sannsynligheten for at han trekker ut 7 svarte og 3 røde kort?

I en eske med mynter er 40 % av myntene laget før 1940. Av disse er 45 % kobbermynter og 55 % sølvmynter. Av dem som er laget etter 1940, er 35 % kobbermynter og 65 % sølvmynter. Det trekkes tilfeldig ut én mynt.

Kalkulator

Hva er sannsynligheten for at mynten er en kobbermynt?

Mynten som ble trukket ut, var en kobbermynt.

Kalkulator

Hva er sannsynligheten for at mynten er laget før 1940?

Fasit

$P (begge svarte) = \frac{8}{29} \approx 0,276$

$P (7 svarte og 3 røde) \approx 0,139$

$P (kobber) = 0,39$

$P (før 1940 | kobber) = \frac{6}{13} \approx 0,462$

LøsningsforslagKI-generert

Bunken har $30$ kort totalt, $16$ svarte og $14$ røde. Kortene trekkes uten tilbakelegging, så sannsynligheten for at det første kortet er svart, er $\frac{16}{30}$ . Gitt at det første kortet var svart, er sannsynligheten for at det andre også er svart, $\frac{15}{29}$ .

P (begge svarte) = \frac{16}{30} \cdot \frac{15}{29} = \frac{240}{870} = \frac{8}{29} \approx 0,276

Her trekkes $10$ kort tilfeldig ut av $30$ , og vi ønsker nøyaktig $7$ svarte og $3$ røde. Dette er en hypergeometrisk situasjon: vi velger $7$ av de $16$ svarte og $3$ av de $14$ røde, delt på alle måter å velge $10$ kort av $30$ på.

P (7 svarte og 3 røde) = \frac{(\binom{16}{7}) \cdot (\binom{14}{3})}{(\binom{30}{10})} \approx 0,139

Vi lar $F$ være hendelsen «mynten er laget før 1940» og $K$ hendelsen «mynten er en kobbermynt». Da er $P (F) = 0,40$ , $P (F) = 0,60$ , $P (K | F) = 0,45$ og $P (K | F) = 0,35$ .

Med setningen om total sannsynlighet får vi

P (K) = P (K | F) \cdot P (F) + P (K | F) \cdot P (F) = 0,45 \cdot 0,40 + 0,35 \cdot 0,60 = 0,18 + 0,21 = 0,39

Vi bruker Bayes’ setning med resultatet fra c):

P (F | K) = \frac{P (K | F) \cdot P (F)}{P (K)} = \frac{0,18}{0,39} = \frac{6}{13} \approx 0,462

Sannsynligheten for at mynten er laget før 1940, gitt at den er en kobbermynt, er altså om lag $46,2 %$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Sannsynlighet, Kombinatorikk, Betinget sannsynlighet
Egen side: Åpne oppgave 2-3 for seg selv

Oppgave 2-4-IRektangel mellom linjer maksimalt areal alt I

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Du skal besvare enten alternativ I eller alternativ II. De to alternativene er likeverdige ved vurderingen.

Alternativ I

Rektangel ABCD mellom to linjer

Firkanten $A B C D$ er et rektangel. Hjørnene $A$ og $B$ ligger på den positive førsteaksen. Hjørnet $C$ ligger på linja $y_{1} = - 5 x + 6$ . Hjørnet $D$ ligger på linja $y_{2} = 4 x$ . Se figuren.

Vi vil undersøke hvor stort arealet av rektanglet kan bli.

For hånd

Sett førstekoordinaten til punktet $A$ lik $u$ . Forklar at $D (u, 4 u)$ , og at andrekoordinaten til $C$ er $4 u$ .

For hånd

Sett førstekoordinaten til $C$ lik $x$ . Forklar at $x = \frac{6 - 4 u}{5}$

For hånd

Vis at arealet av rektanglet er gitt ved

F (u) = - \frac{36}{5} u^{2} + \frac{24}{5} u

For hånd

Finn ved regning hvor stort arealet av rektanglet $A B C D$ kan bli.

Fasit

$D (u, 4 u)$ , $C$ har andrekoordinat $4 u$

$x = \frac{6 - 4 u}{5}$

$F (u) = - \frac{36}{5} u^{2} + \frac{24}{5} u$

$F_{\max} = \frac{4}{5}$ , for $u = \frac{1}{3}$

LøsningsforslagKI-generert

Punktet $A$ ligger på den positive førsteaksen med førstekoordinat $u$ , altså $A (u, 0)$ .

$D$ ligger på linja $y_{2} = 4 x$ og danner sammen med $A$ den ene siden $A D$ i rektanglet. Siden $A B C D$ er et rektangel, må $A D$ stå vinkelrett på førsteaksen, altså er $A D$ en loddrett linje. Da må $D$ ha samme førstekoordinat som $A$ , det vil si $u$ . Siden $D$ ligger på linja $y_{2} = 4 x$ , får vi andrekoordinaten ved å sette $x = u$ inn i linja:

y_{2} = 4 u

Altså er $D (u, 4 u)$ .

I rektanglet $A B C D$ er $D C$ en side som står vinkelrett på $A D$ , altså er $D C$ vannrett. Da må $D$ og $C$ ha samme andrekoordinat. Siden $D$ har andrekoordinat $4 u$ , må også $C$ ha andrekoordinat $4 u$ .

Vi setter førstekoordinaten til $C$ lik $x$ . Siden $C$ ligger på linja $y_{1} = - 5 x + 6$ , og vi i a) fant at andrekoordinaten til $C$ er $4 u$ , må

4 u = - 5 x + 6

Vi løser for $x$ :

5 x = 6 - 4 u

x = \frac{6 - 4 u}{5}

Rektanglet $A B C D$ har grunnlinje $A B$ (langs førsteaksen) og høyde $A D$ .

Høyden er andrekoordinaten til $D$ , altså $4 u$ .

Grunnlinja er avstanden fra $A$ til $B$ langs førsteaksen. Siden $B$ har samme førstekoordinat som $C$ (side $B C$ er loddrett), er

A B = x_{C} - x_{A} = \frac{6 - 4 u}{5} - u = \frac{6 - 4 u - 5 u}{5} = \frac{6 - 9 u}{5}

Arealet av rektanglet blir dermed

F (u) = A B \cdot A D = \frac{6 - 9 u}{5} \cdot 4 u = \frac{24 u - 36 u^{2}}{5}

F (u) = - \frac{36}{5} u^{2} + \frac{24}{5} u

som er det vi skulle vise.

For at rektanglet skal ha positiv bredde og høyde, må $0 < u < \frac{2}{3}$ .

Vi finner ekstremalpunktet til $F$ ved å derivere og sette den deriverte lik null:

F^{'} (u) = - \frac{72}{5} u + \frac{24}{5}

- \frac{72}{5} u + \frac{24}{5} = 0

u = \frac{24}{72} = \frac{1}{3}

Dette bekreftes i GeoGebra CAS:

Utregning i GeoGebra CAS

Siden $F$ er en parabel med negativt fortegn foran $u^{2}$ -leddet, er dette et toppunkt, altså et maksimum. Vi setter $u = \frac{1}{3}$ inn i $F (u)$ :

F (\frac{1}{3}) = - \frac{36}{5} \cdot \frac{1}{9} + \frac{24}{5} \cdot \frac{1}{3} = - \frac{4}{5} + \frac{8}{5} = \frac{4}{5}

Det maksimale arealet av rektanglet $A B C D$ er

F_{\max} = \frac{4}{5} = 0,8

når $u = \frac{1}{3}$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Optimering, Derivasjon, Lineære funksjoner, Areal og omkrets
Egen side: Åpne oppgave 2-4-I for seg selv

Oppgave 2-4-IIRektangel mellom linjer maksimalt areal alt II

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Du skal besvare enten alternativ I eller alternativ II. De to alternativene er likeverdige ved vurderingen.

Alternativ II

Rektangel ABCD mellom to linjer

Firkanten $A B C D$ er et rektangel. Hjørnene $A$ og $B$ ligger på den positive førsteaksen. Hjørnet $C$ ligger på linja $y_{2} = - x + 6$ . Hjørnet $D$ ligger på linja $y_{1} = x - 1$ . Se figuren.

Vi vil undersøke hvor stort arealet av rektanglet kan bli.

Vi ser først på tilfellet $A (2, 0)$ .

For hånd

Vis at da er $D (2, 1)$ og $C (5, 1)$ .

For hånd

Vis at arealet av rektanglet er lik 3.

Sett førstekoordinaten til punktet $A$ lik $x$ . Arealet av rektanglet er da $F (x)$ .

For hånd

Skriv av tabellen i besvarelsen din. Fyll ut tabellen.

Tabell for F(x)

For hånd

Arealet er en funksjon på formen $F (x) = a x^{2} + b x + c$ . Bestem konstantene $a$ , $b$ og $c$ . Finn det største arealet til rektanglet og den tilhørende verdien av $x$ . Bestem koordinatene til alle hjørnene for den $x$ -verdien som gir størst areal.

Fasit

$D (2, 1)$ og $C (5, 1)$

$Areal = 3$

$F (1,5) = 2$ , $F (2,0) = 3$ , $F (2,5) = 3$ , $F (3,0) = 2$

$a = - 2$ , $b = 9$ , $c = - 7$ . Størst areal $F (\frac{9}{4}) = \frac{25}{8} = 3,125$ ved $x = \frac{9}{4}$ . Hjørner: $A (\frac{9}{4}, 0)$ , $B (\frac{19}{4}, 0)$ , $C (\frac{19}{4}, \frac{5}{4})$ , $D (\frac{9}{4}, \frac{5}{4})$ .

LøsningsforslagKI-generert

Punktet $D$ ligger på linja $y_{1} = x - 1$ rett over $A$ , altså har $D$ samme førstekoordinat som $A$ . Med $A (2, 0)$ får vi

y_{D} = 2 - 1 = 1 \Rightarrow D (2, 1)

Punktet $C$ ligger på linja $y_{2} = - x + 6$ , og siden $A B C D$ er et rektangel må $C$ ha samme andrekoordinat som $D$ , altså $y_{C} = 1$ . Da er

1 = - x_{C} + 6 \Rightarrow x_{C} = 5 \Rightarrow C (5, 1)

Rektangelet $A B C D$ har bredde lik $x_{C} - x_{A} = 5 - 2 = 3$ og høyde lik $y_{D} = 1$ . Arealet blir da

Areal = 3 \cdot 1 = 3

som var det vi skulle vise.

Vi bruker samme fremgangsmåte som i a) og b), men med $A (x, 0)$ generelt. Da er $D (x, x - 1)$ , og siden $D$ og $C$ har samme andrekoordinat, gir dette $C (7 - x, x - 1)$ . Bredden av rektangelet er $(7 - x) - x = 7 - 2 x$ , og høyden er $x - 1$ , slik at

F (x) = (7 - 2 x) (x - 1)

Vi setter inn $x$ -verdiene fra tabellen:

F (1,5) = (7 - 3) (1,5 - 1) = 4 \cdot 0,5 = 2

F (2,5) = (7 - 5) (2,5 - 1) = 2 \cdot 1,5 = 3

F (3,0) = (7 - 6) (3,0 - 1) = 1 \cdot 2 = 2

(og $F (2,0) = 3$ er allerede kjent fra b)). Tabellen blir dermed:

$x$	$1,5$	$2,0$	$2,5$	$3,0$
$F (x)$	$2,0$	$3,0$	$3,0$	$2,0$

Vi ganger ut uttrykket for $F (x)$ fra c):

F (x) = (7 - 2 x) (x - 1) = 7 x - 7 - 2 x^{2} + 2 x = - 2 x^{2} + 9 x + (- 7)

Vi ser at $a = - 2$ , $b = 9$ og $c = - 7$ , som stemmer med tabellverdiene i c) (for eksempel $F (2) = - 2 \cdot 4 + 18 - 7 = 3$ ).

Vi finner maksimum ved å derivere og sette den deriverte lik null, siden dette er en andregradsfunksjon med $a < 0$ og dermed et toppunkt:

F^{'} (x) = - 4 x + 9

F^{'} (x) = 0 \Rightarrow - 4 x + 9 = 0 \Rightarrow x = \frac{9}{4}

Dette er bekreftet med CAS i GeoGebra, se utklippet under.

CAS-utregning av F(x), tabellverdier og maksimum

Det største arealet er

F (\frac{9}{4}) = - 2 \cdot {(\frac{9}{4})}^{2} + 9 \cdot \frac{9}{4} - 7 = - \frac{81}{8} + \frac{81}{4} - 7 = \frac{81}{8} - 7 = \frac{25}{8} = 3,125

Vi finner koordinatene til hjørnene ved $x = \frac{9}{4}$ :

A (\frac{9}{4}, 0), D (\frac{9}{4}, \frac{9}{4} - 1) = D (\frac{9}{4}, \frac{5}{4})

C (7 - \frac{9}{4}, \frac{5}{4}) = C (\frac{19}{4}, \frac{5}{4}), B (\frac{19}{4}, 0)

Det største arealet er $F (\frac{9}{4}) = \frac{25}{8} = 3,125$ , og dette skjer når $x = \frac{9}{4}$ .

Oppgavedata

Kategori: 2
Vanskegrad: 2
Temaer: Optimering, Andregradsfunksjon, Lineære funksjoner, Areal og omkrets
Egen side: Åpne oppgave 2-4-II for seg selv

Oppgave 2-5Innskrevet sirkel i rettvinklet trekant

Lest inn av KI og ikke kontrollert manuelt enda — kan inneholde feil.

Rettvinklet trekant med innskrevet sirkel

Trekanten $A B C$ er rettvinklet, med katetene $a$ og $b$ og hypotenusen $c$ . I trekanten er det innskrevet en sirkel med sentrum i $S$ og radius $r$ . Tangeringspunktene mellom sirkelen og sidene i trekanten er $D$ , $E$ og $F$ . Se figuren.

For hånd

Forklar at $A D = A E$ og at $B F = B E$ .

Vi setter nå $A D = A E = x$ og $B F = B E = y$

For hånd

Finn sidene i trekanten uttrykt ved $r$ , $x$ og $y$ .

For hånd

Bruk resultatet i b) til å vise at

a + b - c = 2 r

Formuler denne egenskapen ved rettvinklede trekanter med egne ord.

For hånd

Trekk ei linje fra hvert av hjørnene i trekanten til sentrum $S$ i den innskrevne sirkelen. Forklar at disse linjene halverer $∠ A$ , $∠ B$ og $∠ C$ .

For hånd

Konstruer en tilsvarende figur som den ovenfor med passer og linjal eller med dynamisk programvare når $r = 2 cm$ og $a = 5 cm$ . Gi en forklaring på konstruksjonen.

Fasit

$A D = A E og B F = B E$ (bevis)

$a = r + y, b = r + x, c = x + y$

$a + b - c = 2 r$ (bevist)

$A S, B S og C S halverer ∠ A, ∠ B og ∠ C$ (bevist)

Konstruksjon, se figur. Trekanten som oppstår har $b = 12 cm og c = 13 cm$ .

LøsningsforslagKI-generert

Vi trekker linjestykket $A S$ . Da får vi to trekanter, $△ A S D$ og $△ A S E$ :

$S D = S E = r$ (begge er radier i sirkelen)
$A S$ er felles side
$∠ A D S = ∠ A E S = 90 °$ (en radius står alltid vinkelrett på tangenten i tangeringspunktet)

Trekantene har dermed rett vinkel, lik hypotenus ( $A S$ ) og et likt katet ( $S D = S E$ ), så $△ A S D ≅ △ A S E$ . Dermed er $A D = A E$ .

På samme måte gir trekantene $△ B S F$ og $△ B S E$ (med $S F = S E = r$ , felles side $B S$ og rette vinkler i $F$ og $E$ ) at $△ B S F ≅ △ B S E$ , altså $B F = B E$ .

Se på firkanten $C D S F$ : $∠ C = 90 °$ (gitt), $∠ S D C = 90 °$ og $∠ S F C = 90 °$ (radius vinkelrett på tangent). Vinkelsummen i en firkant er $360 °$ , så også $∠ D S F = 90 °$ . Firkanten er da et rektangel, og siden $S D = S F = r$ er det i tillegg et kvadrat. Dermed er

C D = C F = r

Sidene i trekanten blir da

b = C A = C D + D A = r + x

a = C B = C F + F B = r + y

c = A B = A E + E B = x + y

siden $A D = A E = x$ og $B F = B E = y$ fra a).

Vi setter uttrykkene fra b) inn i $a + b - c$ :

a + b - c = (r + y) + (r + x) - (x + y) = 2 r + x + y - x - y = 2 r

Altså er

a + b - c = 2 r

Med egne ord: I en rettvinklet trekant er summen av katetene minus hypotenusen alltid lik to ganger radien (diameteren) i den innskrevne sirkelen.

Vi bruker de kongruente trekantene fra a). Fra $△ A S D ≅ △ A S E$ følger det at $∠ D A S = ∠ E A S$ . Siden $D$ ligger på $A C$ og $E$ ligger på $A B$ , betyr dette at $A S$ deler $∠ A = ∠ C A B$ i to like store deler — altså at $A S$ halverer $∠ A$ .

Tilsvarende gir $△ B S F ≅ △ B S E$ at $∠ F B S = ∠ E B S$ , så $B S$ halverer $∠ B$ .

For $C$ ser vi på $△ C D S$ og $△ C F S$ : $C D = C F = r$ (fra b)), $C S$ er felles side, og $∠ C D S = ∠ C F S = 90 °$ . Dermed er $△ C D S ≅ △ C F S$ , som gir $∠ D C S = ∠ F C S$ , altså at $C S$ halverer $∠ C$ .

Dette viser at linjene fra hjørnene til sentrum $S$ i den innskrevne sirkelen er nettopp vinkelhalveringslinjene til trekanten. (Dette stemmer med at $S$ er skjæringspunktet mellom vinkelhalveringslinjene — innsenteret.)

Med $r = 2 cm$ og $a = 5 cm$ kan trekanten konstrueres slik, ved å bruke resultatene fra oppgavene ovenfor:

Konstruer en rett vinkel i $C$ (de to kateten står vinkelrett på hverandre).
Avsett $B$ på den ene kateten slik at $C B = a = 5 cm$ .
Avsett punktet $F$ på $C B$ med $C F = r = 2 cm$ , og punktet $D$ på den andre kateten med $C D = r = 2 cm$ (jamfør b), der $C D S F$ er et kvadrat med side $r$ ).
Reis normaler på kateten i $D$ og i $F$ . Disse normalene skjærer hverandre i sentrum $S$ , og $C D S F$ blir automatisk et kvadrat med side $2 cm$ .
Tegn sirkelen med sentrum $S$ og radius $r = 2 cm$ . Den er nå tangent til begge katetene, i $D$ og $F$ .
For å finne tangeringspunktet $E$ på hypotenusen (og dermed hjørnet $A$ ), konstrueres tangenten fra $B$ til sirkelen med Thales’ setning: Konstruer sirkelen med diameter $B S$ (Thales-sirkelen). Den skjærer $r$ -sirkelen i to punkter — det ene er $F$ (siden $∠ B F S = 90 °$ allerede), det andre er det nye punktet $E$ (siden $∠ B E S = 90 °$ , altså $S E ⟂ B E$ , som er nettopp tangentbetingelsen).
Trekk linjen $B E$ og forleng den til den skjærer den andre kateten (linja gjennom $C$ og $D$ ) i punktet $A$ .
Trekk til slutt $C A$ . Trekanten $A B C$ med innskrevet sirkel er dermed konstruert.

Med disse verdiene ( $a = 5$ , $r = 2$ ) blir for øvrig $b = 12 cm$ og $c = 13 cm$ (en $5$ - $12$ - $13$ -trekant), som stemmer med $a + b - c = 5 + 12 - 13 = 4 = 2 r$ .

Oppgavedata

Kategori: 3
Vanskegrad: 3
Temaer: Geometri, Sirkel, Rettvinklet trekant, Bevis, Konstruksjon
Egen side: Åpne oppgave 2-5 for seg selv

Innstillinger

Utseende

Oppgaver og visning

Utskrift

Synkronisering

Sync på tvers av enheter

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 2 oppgaver

Oppgave 1-1Derivasjon linje polynom og trekant

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 1-2Midtpunktsparallelogram i vilkårlig firkant

Forstå oppgaven med en KI

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 4 oppgaver

Oppgave 2-3Sannsynlighet med kort og mynter

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4-IRektangel mellom linjer maksimalt areal alt I

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-4-IIRektangel mellom linjer maksimalt areal alt II

Forstå oppgaven med en KI

Oppgave 2-5Innskrevet sirkel i rettvinklet trekant

Forstå oppgaven med en KI

Tastatursnarveier

Navigasjon

I oppgave

Del 1uten hjelpemidler · 2 timer · 2 oppgaver

Oppgave 1-1·Derivasjon linje polynom og trekant

Oppgave 1-2·Midtpunktsparallelogram i vilkårlig firkant

Del 2alle hjelpemidler · 3 timer · 4 oppgaver

Oppgave 2-3·Sannsynlighet med kort og mynter

Oppgave 2-4-I·Rektangel mellom linjer maksimalt areal alt I

Oppgave 2-4-II·Rektangel mellom linjer maksimalt areal alt II

Oppgave 2-5·Innskrevet sirkel i rettvinklet trekant

Temaer

Oppgave 1-1Derivasjon linje polynom og trekant

Oppgave 1-2Midtpunktsparallelogram i vilkårlig firkant

Oppgave 2-3Sannsynlighet med kort og mynter

Oppgave 2-4-IRektangel mellom linjer maksimalt areal alt I

Oppgave 2-4-IIRektangel mellom linjer maksimalt areal alt II

Oppgave 2-5Innskrevet sirkel i rettvinklet trekant