beviser (færdig)

Indholdsfortegnelse

Analytisk plangeometri

Afstand mellem punkt og linjeSide (PDF): 4I bogen: 185-188 (rød bog)

AfstandsformlenSide (PDF): 6I bogen: 168-171 & 258-259 (rød bog)

Cirklens ligningSide (PDF): 8I bogen: 188-192 (rød bog)

Linjers vinkel med vandretSide (PDF): 9I bogen: 173....

Ortogonale linjer Side (PDF): 10I bogen: 179-183 (rød bog)

Stigningstal for linjeSide (PDF): 12I bogen: 173-176 (rød bog)

Differentialregning

Find differentialkvotienten for f x = a$x2

Side (PDF): 13I bogen: (kig evt 183 om differentialkvotient) (gul bog)

Find differentialkvotienten for f x =ax


Find differentialkvotienten for f x = a$xCbSide (PDF): 15I bogen: (kig evt 183 om differentialkvotient) (gul bog)

Find differentialkvotienten for f x = 1C tan x 2 =1

cos x 2


Regneregel for differentialkvotienten for differensSide (PDF): 17I bogen: 188 (gul bog)

Regneregel for differentialkvotienten for produktSide (PDF): 18I bogen: 188 (gul bog)

Regneregel for differentialkvotienten for sumSide (PDF): 19I bogen: 188 (gul bog)

Tangentens ligning (i maple)Side (PDF): 20I bogen: 196-198 (gul bog)

Toppunkt i 2. gradsfunktionSide (PDF): 22I bogen: --

TretrinsreglenSide (PDF): 25I bogen: 184-186 (gul bog)

Funktioner

a i en potensfunktion vha. to punkterSide (PDF): 26I bogen: se side 45-54 (gul bog)

a i eksponential udvikling vha. to punkterSide (PDF): 27I bogen: 63-66 (gul bog)

bevis toppunktSide (PDF): 29I bogen: --

Graf for en potensfunktion f x = b$xa er en ret linje i et dobbeltlogaritmisk koordinatsystemSide (PDF): 31I bogen: 45-54 (gul bog)

FordoblingskonstantSide (PDF): 31I bogen: 79-80 (gul bog)

HalveringskonstantSide (PDF): 34I bogen: 81-83 (gul bog)

LogaritmereglerSide (PDF): 36I bogen: 68 (gul bog)

Toppunkt i 2. gradsfunktionSide (PDF): 37I bogen: --

Geometri og trigonometri

Appelsinformel (arealet af en vilkårlig trekant)Side (PDF): 40I bogen: 127-132 (rød bog)

Cirklens ligningSide (PDF): 42I bogen: 188-192 (rød bog)

CosinusrelationenSide (PDF): 43I bogen: 124-127 (rød bog)

SinusrelationenSide (PDF): 45I bogen: 118-123 (rød bog)

Trigonometri i en retvinklet trekantSide (PDF): 48 (49)I bogen: 90-93 (rød bog)

Ligninger og uligheder

2. gradsligningerSide (PDF): 50 (51)I bogen: 59-65 (rød bog)

Vektorer

Projektion - længde og koordinaterSide (PDF): 52 (53)I bogen: 240-243 (rød bog)

Skalarprodukt

Side (PDF): 55I bogen: 232-238 (rød bog)

Vektor mellem to punkterSide (PDF): 57I bogen: se Vektorer i bog start side 214... (rød bog)

Samlet beviser

Analytisk plangeometri

Afstand mellem punkt og linje

P x1 ; y1

y = axCb

dist

dist=ax1CbKy1

a2C1

Bevis

y1

x1

C x2; y1

y = axCb

dist

P x1 ; y1

ax1Cb

ax1CbKy

1

aa2

C1

Vi har en linje og et punkt. Vi vil gerne finde den korteste afstand mellem dem, som er en ret linje vinkel ret på linjen.Vi ved hvor x1 og y1 er på akserne.

Vi vil gerne finde y-værdien, når x = x1. Det gør vi ved at indsætte x1 i linjens ligning. Så

kommer punktet på aksen til at hedde y = ax1Cb

Så vil vi gerne finde afstanden fra punktet P x1 ; y1 til punktet x1 ; ax1Cb (Se den

lodrette streg med klamme). Det gør vi ved at trække y1 fra ax1Cb og samtidig sætte

numerisktegn om (så det også passer hvis punktet er over linjen). Som man kan se har vi nu en retvinklet trekant. (Den er farvet rød)

Vi laver nu endnu en trekant på linjen. (Den er farvet blå)Den vandrette side er 1 lang, og vi ved at når man går 1 frem i et koordinatsystem, går man a op. Vi vil nu finde længden af den sidste side ved at bruge Pytagoras sætning. Vi kan nu se at de to trekanter er ensvinklede, fordi:

to af vinklerne er retteto af vinklerne har lodret som den ene side og linjen y = axCb som den

anden side

Hvis to af vinklerne i en trekant er ensvinket med en anden trekant, må den sidste også være det, eftersom der (selvfølgelig) er tre vinkler i en trekant, to af vinklerne erkendte og vinkelsummen i en trekant altid skal være 180°Når to trekanter er ensvinklede kan man udregne formindskelsesfaktoren.

De to trekanter er ensvinkleti Vi udregner formindskelsesfaktor

dist1

=ax1CbKy

a2C1

i Vi forkorter

dist=ax1CbKy

a2C1

A

Afstandsformlen

A x1 ; y1

B x2 ; y2y2

y1

x2x1

AB = x2Kx12C y2Ky1

2

BevisNår vi skal bestemme længden af linjestykke |AB|, danner vi først en retvinklet trekant ved at lave et punkt, kaldet C med koordinaterne x2; y1 .

A x1 ; y1

B x2 ; y2y2

y1

x2x1

C x2; y1

y2Ky1

x2Kx1

Som vi kan se erA = x1; y1

B = x2; y2

AC= x2Kx1

BC= y2Ky1

Så bruger vi Pythagoras sætning til at finde hypotenusen (AB)c2 = a2

Cb2

Z

AB2 = x2Kx12C y2Ky1

2

i Vi laver || om til (), fordi det er ligemeget om det står || eller (), når det ståri anden.AB2 = x2Kx1

2C y2Ky1

2

i Så mangler vi bare at isolere |AB|

AB = x2Kx12C y2Ky1

2

A

Andet: Midtpunkt

M =x1Cx2

2 ;

y1Cy2

2

Cirklens ligning

C a ; b

P x ; y

r

r2 = xKa 2C yKb 2

r er radiusa og b er centrum for cirklen (a ; b)x og y er et punkt på cirklen (x ; y)

BevisP2 cirkeli (2 betyder tilhører) Dvs. at punktet ligger på cirklens ligning, og derfor passer ind i formlen. CP = ri Brug Pytagoras sætning

r = xKa 2C yKb 2

i

r2 = xKa 2C yKb 2

A

Linjers vinkel med vandret

1

a

y = axCb

v

tan v = ai

arctana = v

Bevis

tan v =modhyp

Z

tan v =a1

i

tan v = a

A

Andet: Godt at videHvis man vil finde vinklen til lodret, så skal man bare minuse med 90 For at finde v2 (den anden vandrette vinkel (den udenfor hjælpestregen)) skal man bare

minuse med 180. Man opgiver altid den spidse vinkel

Ortogonale linjer (vinkelrette linjer)

L1 : y = axCb

L2 : y = cxCd

L1t L25 ac=K1

BevisVi har et koordinatsystem med to ortogonale (vinkelrette) linjer i.

L1 : y = axCb

L2 : y = cxCd

1

a

Kc

Q

R

P

I L1 ved vi at når man går 1 frem, må man gå a op

I L2 ved vi at når man går 1 frem, må man gå c ned. Vi ved c er negativ (fordi linjen er

nedadgående), men vi vil gerne have afstanden med et positivt fortegn.Derfor må -c være positivit. Som man kan se har vi nu en stor trekant. Hjørnerne giver vi et bogstav.

L1t L2i

6Q R P er en retvinklet trekant Derfor må vi bruge Pytagoras sætningi

QR2C RP2 = PQ2

i

12Ca2

C 12C Kc 2 = aC Kc 2 Vi må gøre det på denne måde fordi der også

er to deltrekanter i den store trekant. Vi bruger igen

Pytagoras sætning, men til sidst ligger vi bare de to

sidelængder sammen.i

1Ca2C1Cc2 = a2

Cc2K2 ac Vi ophæver parenteser, regner

de nemme beregninger ud osv. i

2 =K2 aci

K1 =ac

Nu har vi egentlig kun bevist det den ene vej, men man kan argumentere for hele vejen tillbage, så vi har bevist det for begge veje.

A

Stigningstal for linje

A x1 ; y1

B x2 ; y2

y = a$xCb

a =y2Ky1

x2Kx1

BevisDa A ligger på linjen, må y1 = a$x1Cb

Da B ligger på linjen, må y2 = a$x2Cb

Som man kan se har vi nu to ligninger med to ubekendte

Først trækker vi ligning 1 fra ligning 2

y2Ky1 = a$x2CbK a$x1Cbi

y2Ky1 = a$x2CbKa$x1Kbi

y2Ky1 = a$x2Ka$x1i

y2Ky1 = a$ x2Kx1

i

a =y2Ky1

x2Kx1

Normalt må man ikke trække den ene ligning fra den anden, men en af reglerne for ligningsløsning siger, at man må trække det samme fra på begge sider af lighedstegnet. Det er jo egentlig det vi gør, fordi vi ved, at y2 er præcis det samme som ax2Cb

A

Andet: Find bEftersom vi kender to punkter på linje, samt a, har vi nu en ligning med en ubekendt. Vi isolerer b i linjes ligningy = a$xCb 5 b = yKa$xFor at finde b skal man blot indsætte koordinaterne til et af punkterne, linjen går igennem, samt a

Differentialregning

Find differentialkvotienten for f x = a$x2

f x = a$x2

Z

f' x = 2$a$x

BevisVi bruger tretrinsreglen

Trin 1∆y = f x0C∆x Kf x0

i Vi omregner

∆y = a$ x0C∆x2Ka$x0

2

i Vi bruger 1. kvadratsætning∆y = a$ x0

2C∆x2

C2$x0$∆x Ka$x02

i Vi ganger ind i parentesen

∆y = a$x02Ca$∆x

2C2$a$x0$∆xKa$x0

2

i a$x02 går ud med hinanden

∆y = a$∆x2C2$a$x0$∆x

i Vi faktoriserer, pga. trin 3∆y = a$∆x$ ∆xC2$x0

Trin 2

∆y

∆x=

a$∆x$ ∆xC2$x0

∆xi

∆y

∆x= a$∆xC2$a$x0

Trin 3lim∆x/0

a$∆xC2$a$x0 = 2$a$x0

Som man kan se, går ∆x mod 0, dette udgår derfor. Dvs. at det bare giver 2$a$x0

A

Find differentialkvotienten for f x = ax

f x =ax

Z

f' x =Ka

x2



Z Vi omregner

∆y = a

x0C∆xK

ax0

i Vi ganger med den omvendte nævner

∆y = a$x0

x0$ x0C∆xK

a$ x0C∆x

x0$ x0C∆x

i Vi ganger parentesen ud

∆y = a$x0

x0$ x0C∆xK

a$x0Ca$∆x

x0$ x0C∆x

i Vi sætter på fælles brøkstreg

∆y = a$x0K a$x0Ca$∆x

x0$ x0C∆x

i Vi udregner parentesen

∆y = a$x0Ka$x0Ka$∆x

x0$ x0C∆x

i a$x0 går ud med hinanden

∆y = Ka$∆x

x0$ x0C∆x

Trin 2

∆y

∆x=

Ka$∆x

x0$ x0C∆x

∆xi

∆y

∆x=K

a

x0$ x0C∆x

Trin 3

lim∆x/0

Ka

x0$ x0C∆x=K

a

x02

Som man kan se, går ∆x mod 0, dette udgår derfor. Dvs. at det bare giver Ka

x02

A

Find differentialkvotienten for f x = a$xCbf x = a$xCbZ

f' x = a



i Vi omregner∆y = a$ x0C∆x Cb K a$x0Cb

i Vi fjerner parenteserne∆y = a$x0Ca$∆xCbKa$x0Kb

i a$x0 og b går ud med hinanden

∆y = a$∆x

Trin 2

∆y

∆x=

a$∆x

∆xi

∆y

∆x= a

Trin 3lim∆x/0

a = a

Dvs. at det bare giver a, hvilket også giver mening, da det er en ret linje.

A

Find differentialkvotienten for

f x = 1C tan x2

= 1

cos x2

f x = tan xZ

f' x = 1Ctan x 2 =1

cos x 2

Bevis

h x = tan x =sin xcos x

Mellemregninger (Vi laver funktionerne om til differentialkvotienter hver for sig)

f x = sin x 0 f' x = cos xg x = cos x 0 g' x =Ksin x

Z Vi bruge regnereglerne for differentialkvotienter

h' x =cos x $cos x KKsin x $sin x

cos x 2=

cos x 2Csin x 2

cos x 2

Dette kan forkortes på to måder: 1)

h' x = 1Csin x 2

cos x 2= 1Ctan x 2

2)

h' x =1

cos x 2

Dette kan vi sige ifølge idiotformlen

A

Regneregel for differentialkvotienten for differens

h x = f x Kg xZ

h' x = f ' x Kg' x

Dette bevis gælder dog kun, hvis f x og g x er differentialbel (tangenten kan indtegnes i ethvert punkt). Dette medfører at h x er differential

BevisVi vil bevise at h x = f x Kg x 0 h' x = f ' x Kg' x . I dette tilfælde skriver vi dogh x0 = f x0 Kg x0 0 h' x0 = f ' x0 Kg' x0 , men der er ikke nogen reel forskel.

Vi bruger tretrinsreglen til at bevise det.

Trin 1 (funktionstilvæksten) + 2 (sekanthældningen)Vi kan tage trin 1 og 2 på samme tid, fordi vi i trin 2 kun dividerer med ∆x. Dette kan vi også bare vælge at gøre med det samme Først indsætter vi h x .

∆y

∆x=

h x0C∆x Kh x0

∆xi Vi ved at h x = f x Kg x . Derfor skriver vi dette i stedet for h x

∆y

∆x=

f x0C∆x Kg x0C∆x K f x0 Kg x0

∆xi Vi opløser parentesen og sætter "f'erne" sammen og "g'erne" sammen

∆y

∆x=

f x0C∆x Kf x0 Kg x0C∆x Cg x0

∆xi Jeg deler brøken i to, så "f'erne" sammen og "g'erne" står hver for sig. Eftersom at jeg skriver minus foran brøk nummer to, er jeg nødt til at ændre fortegnene inde i den, fordi minuset dækker hele brøken

∆y

∆x=

f x0C∆x Kf x0

∆xK

g x0C∆x Kg x0

∆xHer kan man først se sekanthældningen for f x og derefter sekanthældningen for g x . Det viser altså det, som jeg ved i forvejen, nemlig at h x = f x Kg x

Trin 3 (tangenthældning)

lim∆x/0

∆y

∆x= lim∆x/0

f x0C∆x K f x0

∆xK

g x0C∆x Kg x0

∆xi Jeg bruger den 1. grænseregel

lim∆x/0

∆y

∆x= lim∆x/0

f x0C∆x K f x0

∆xK lim

∆x/0

g x0C∆x Kg x0

∆x

i Som man nu kan se, er dette de to differentialkvotienter til f x og g x . Dvs. at jeg kan sige

lim∆x/0

∆y

∆x= f' x0 Kg' x0

Jge ved desuden at lim∆x/0

∆y

∆x= h' x . Derfor er det nu bevist at

h x = f x Kg x 0 h' x = f ' x Kg' x

A

Andet: Andre måder at skrive det påh x = f x Kg x 0 h' x = f ' x Kg' x kan også skrives på disse måder

fKg '= f'Kg'ddx

fKg =ddx

f Kddx

g

Regneregel for differentialkvotienten for produkt

h x = k$f xZ

h' x = k$f' x

Dette bevis gælder dog kun, hvis f x er differentialbel (tangenten kan indtegnes i ethvert punkt). Dette medfører at h x er differential

BevisVi ved at h x = k$f x 0 h' x = k$f' x . I dette tilfælde skriver vi dog h x0 = k$f x0 0 h' x0 = k$f ' x0 , men der er ikke nogen reel forskel.


Trin 1 (funktionstilvæksten) + 2 (sekanthældningen)Vi kan tage trin 1 og 2 på samme tid, fordi vi i trin 2 kun dividerer med ∆x. Dette kan vi også bare vælge at gøre med det samme Først indsætter vi h x .

∆y

∆x=

h x0C∆x Kh x0

∆xi Vi ved at h x = k$f x . Derfor skriver vi dette i stedet for h x

∆y

∆x=

k$f x0C∆x Kk$f x0

∆xi Jeg sætter k uden for parentes

∆y

∆x=

k$ f x0C∆x K f x0

∆xMan kan nu se at k er ganget på funktionens sekanthældning. Det viser altså det som jeg

ved i forvejen, nemlig at h x = k$f x


lim∆x/0

∆y

∆x= lim∆x/0

k$ f x0C∆x Kf x0

∆xi Jeg bruger grænsereglerne

lim∆x/0

∆y

∆x= k$ lim

∆x/0

f x0C∆x Kf x0

∆xi Som man nu kan se, er dette differentialkvotienten til f x hvor der er ganget en konstant på. Dvs. at jeg kan sige

lim∆x/0

∆y

∆x= k$f' x0

Jeg ved desuden at lim∆x/0

∆y


h x = k$f x 0 h' x = k$f ' x

A

Andet: Andre måder at skrive det påh x = k$f x 0 h' x = k$f ' x kan også skrives på denne mådek$f '= k$f '

Regneregel for differentialkvotienten for sum

h x = f x Cg xZ

h' x = f ' x Cg' x

Dette bevis gælder dog kun, hvis f x og g x er differentialbel (tangenten kan indtegnes i ethvert punkt). Dette medfører at h x er differential

BevisVi vil bevise at h x = f x Cg x 0 h' x = f ' x Cg' x . I dette tilfælde skriver vi dogh x0 = f x0 Cg x0 0 h' x0 = f ' x0 Cg' x0 , men der er ikke nogen reel forskel.


Trin 1 (funktionstilvæksten) og 2 (sekanthældningen)Vi kan tage trin 1 og 2 på samme tid, fordi vi i trin 2 kun dividerer med ∆x. Dette kan vi også bare vælge at gøre med det sammeFørst indsætter vi h x .

∆y

∆x=

h x0C∆x Kh x0

∆xi Vi ved at h x = f x Cg x . Derfor skriver vi dette i stedet for h x

∆y

∆x=

f x0C∆x Cg x0C∆x K f x0 Cg x0

∆xi Vi opløser parentesen og sætter "f'erne" sammen og "g'erne" sammen

∆y

∆x=

f x0C∆x Kf x0 Cg x0C∆x Kg x0

∆xi Jeg deler brøken i to, så "f'erne" sammen og "g'erne" står hver for sig

∆y

∆x=

f x0C∆x Kf x0

∆xC

g x0C∆x Kg x0

∆xHer kan man først se sekanthældningen for f x og derefter sekanthældningen for g x . Det viser altså det, som jeg ved i forvejen, nemlig at h x = f x Cg x


lim∆x/0

∆y

∆x= lim∆x/0

f x0C∆x K f x0

∆xC

g x0C∆x Kg x0

∆xi Jeg bruger grænsereglerne

lim∆x/0

∆y

∆x= lim∆x/0

f x0C∆x K f x0

∆xC lim

∆x/0

g x0C∆x Kg x0

∆xi Som man nu kan se, er dette de to differentialkvotienter til f x og g x . Dvs. at jeg kan sige

lim∆x/0

∆y

∆x= f' x0 Cg' x0

Jeg ved desuden at lim∆x/0

∆y


h x = f x Cg x 0 h' x = f ' x Cg' x

A

Andet: Andre måder at skrive det påh x = f x Cg x 0 h' x = f ' x Cg' x kan også skrives på disse måder

fCg '= f'Cg'ddx

fCg =ddx

f Cddx

g

Tangentens ligning (i maple)

Tangentens ligning (i maple)

Generelty = f' x0 $ xKx0 C f x0

EksempelEn funktion er givet ved

f x d x3KxC1 :

Vi skal finde tangentens ligning i x0d 1 :

Her er deny = f' x0 $ xKx0 C f x0

Grafplot f x , x =K10 ..10,y =K10 ..10

xK10 K5 0 5 10

y

K10

K5

5

10

Mellemregningerf ' x = 3 x2

K1f ' 1 = 2 f 1 = 1

= y = 2 xK1

Bevis

Generelt ved vi at

a er stigningstalyKy0 = a$ aKx0

xKx0 er et punkt på linien

vi ved at

a = f' x0

x0; y0 = x0; f x0

Indsæt

yK f x0 = f' x $ xKx0i

y = f' x $ xKx0 Cf x0

A

Toppunkt i 2. gradsfunktion

Toppunkt

Nulpunkt

Parabel

Symmetriakse

Nulpunkt

f x = a$x2Cb$xCc, as 0

T =Kb2$a

;Kd4$a

Bevis

Kun x (besværlig metode)Vi ved hvordan man udregner nulpunkter (2. gradsligninger). Hvis man lægger nulpunkterne sammen og dividerer med 2, må man finde x-koordinaten til toppunktet, fordi den ligger præcis midt imellem de to nulpunkter, og toppunktet ligger præcis på symmertriaksenProblemet med dette er blot, at det ikke er alle parabler, der har nulpunkter. Til gengældhar alle parabler et eller to punkter ud for c (skæringspunkt med y-aksen). Eftersom disse to punkter ligger på den samme y-koordinat, må toppunktet ligge præcis imellem de to punkter.

c

xT

T

Jeg finder x-koordinaten svarende til y = c. Men f x = y derfor er f x = c. Vi ved også at f x = a$x2

Cb$xCc

c = a$x2Cb$xCc

i

0 =a$x2Cb$x

i

0 =x$ a$xCbi Vi bruger 0-reglenx = 0 eller a$xCb = 0

i

a$x =Kbi

x =Kba

Nu lægger vi så de to værdier sammen og dividere med 2Z

xT =0C

Kba

2=

Kb2$a

A

Kun x (vha. differentialregning)Jeg ved at den generelle ligning for en andengradsfunktion hedderf x = a$x2

Cb$xCcZ Jeg finder differentialkvotientenf ' x = 2$a$xCbZ Jeg ved, at hældningen i et toppunkt er 0. Derfor indsætter jeg 0 på f ' x 's plads, da f ' x er lig hældningen i den oprindelige funktion. 0 = 2$a$xCbi Jeg isolerer x

x =Kb

2$aVha. denne formel kan jeg finde x-koordinatet til toppunktet. Det gælder også for den generelle ligning og ikke kun differentialkvotienten, fordi det er de samme tal jeg bruger.

A

Kun yNu ved vi, hvordan vi finder x-koordinaten. Hvis man ønsker at finde y-koordinaten, kan vi bare sætte tallet (x-koordinaten) ind på x's plads i 2. gradsligningen. Nu har vi bare ikke noget tal, til gengæld kan vi sætte hele udtrykket ind på x's plads.

yT = fKb2$a

i

yT = a$Kb2$a

2

Cb$Kb2$a

Cc

i

yT = a$b2

4$a2K

b2

2$aCc

i a går ud foroven og forneden i første led. Samme fællesnævner på alle

yT =b2

4$aK

2$ b2

4$aC

4$a$ c4$a

i Vi sætter alle tallene på samme brøkstreg og forkorter ud

yT =Kb2

C4$a$c4$a

i Vi ved at d = b2K4$a 5Kd =Kb2

C4$a

yT =Kd4$a

A

Tretrinsreglen

Tretrinsreglen er en metode til at beregne f' x

SekantTangent

Q

Pf x0

f x0C∆x

x0C∆xx0

∆x

f x

Sådan finder man tretrinsreglenSom man kan se, sker der dette:Når ∆x/ 0så vil Q/ Pså vilsekant / tangentså vilasekant/ atangent (hældning)

(→ betyder går mod)

De tre trin1. Beregn funktionstilvækst∆y = f x0C∆x Kf x0

2. Beregn differenskvotient (sekanthældning)

∆y

∆x=

f x0C∆x Kf x0

∆x

3. Lad ∆x/ 0 og beregn differentialkvotient (tangenthældning)

f# x0 = lim∆x/0

f x0C∆x K f x0

∆x

Funktioner

a i en potensfunktion vha. to punkter

a =log y2 K log y1

log x2 K log x1

hvor P1 = x1; y1 og P2 = x2; y2

Bevis

P20 y2 = b$x2a

P10 y1 = b$x1a

Vi dividerer de to ligninger med hinanden. Dette må jeg godt, fordi jeg godt må dividere med det samme på begge side af lighedstegnet i en ligningy2

y1=

b$x2a

b$x1a

i b forkorter udy2

y1=

x2a

x1a

i Vi ved at 73

23=

7$7$72$2$2

=72

3

. Dette kan vi udnytte ved at sætte a udenfor parentes

y2

y1=

x2

x1

a

i Vi bruger log på begge sider af lighedstegnet

logy2

y1= log

x2

x1

a

i Vi bruger 3. logaritmeregel

logy2

y1= a$log

x2

x1

i Vi isolerer a

a =

logy2

y1

logx2

x1


a =log y2 K log y1

log x2 K log x1

A

Andet: Find bNår man skal finde b, skal man blot tage den generelle ligning og isolere b, fordi man nu har en ligning med en ubekendt. Man kan derfor indsætte alle de andre tal (på x's og y's plads indsætter man blot koordinaterne fra et af punkterne).

y = b$xa5 b =

y

xa

a i eksponential udvikling vha. to punkter

B x2; y2

A x1; y1

f x = b$ax

a =y2

y1

x2Kx

1

Bevis

B x2; y2

A x1; y1

f x = b$ax

y2

y1

x1x2

Vi kan finde punkterne ude på akserne vha. A og B. Vi kan derefter indsætte de to punkter i ligningen

B0 y2 = b$ax2

A0 y1 = b$ax1

Vi har nu to ligninger med 2 ubekendte. Vi vil gerne dividere ligning 2 med ligning 1 ligning 2ligning 1

.

y2

y1=

b$ax2

b$ax1

i Dette måtte vi godt, fordi vi godt vi godt må dividere med det samme på begge sider af lighedstegnet. Ovenover har vi lige skrevet at de to dele af ligningen er lig hinanden, derformå vi godt. Vi kan nu dividere med b på begge sider af lighedstegnet

y2

y1=

ax2

ax1

i Vi ved at 10m

10n= 10mKn

y2

y1= a

x2Kx

1

i Vi ved at x2 = y5 x = y . Vi ved også at xa = y5 x = ya

a =y2

y1

x2Kx

1

A

Andet: Find bVi har nu en ligning med kun en ubekendt. I x og y kan vi bare indsætte koordinaterne fra et af punkterne

y = b$ax5 b =

y

ax

bevis toppunkt

ToppunktsformelT =

Kb2 a

;Kd4 a

, hvor d = b2K4 ac

BevisHvad gælder der i toppunktet??

Toppunktet ligger midt i mellem nulpunkterne.

Hvad nu vis der ikke er nogen nulpunkter?

Det må så ligge midt imellem to ens y-værdier.

Kender vi en y-værdi som grafen går igennem?

Ja - grafen skærer y-aksen i c.

Finder x-koordinatDet vil sige toppunktet ligger midt imellem de to x-værdier som har funktionsværdi .

Vi skal altså løsef x = c , finde de to x-værdier og deres midtpunkt.

ax2CbxCc = c5

ax2Cbx= 05

x axCb = 05

x = 0 naxCb = 05

x = 0 n x =Kba

Førstekoordinat til Q er x =Kba

Toppunktet ligger midt imellem og er xT =Kb2 a

Finder y-koordinaty-koordinaten findes ved at indsætte x-koordinaten.

yT = fKb2 a

= aKb2 a

2

CbKb2 a

Cc

yT = fKb2 a

=ab2

4 a2K

b2

2 aCc

yT = fKb2 a

=b2

4 aK

2 b2

4 aC

4 ac4 a

yT = fKb2 a

=Kb2

C4 ac4 a

yT = fKb2 a

=K b2

K4 ac4 a

=Kd4 a

Toppunktet

Det vil sige T = xT; yT =Kb2 a

;Kd4 a

, hvor d = b2K4 ac

Graf for en potensfunktion f x = b$xa

er en ret linje i et

dobbeltlogaritmisk koordinatsystem

f x = b$xa

i

En ret linje et dobbeltlogaritmisk koordinatsystem

BevisVi har den generelle ligningf x = b$xa

i Vi indsætter log på begge siderlog f x = log b$xa

i Vi bruger 1. og 3. logaritmeregellog f x = log b Ca$log xi Vi ved nu at log f x = log y . Desuden ved vi at logb og a bare er nogle tal. For at vise at formlen ligner en lineær ligning, erstatter vi a med α og log b med qlog y =α$log x Cqi Som man kan se, ligner dette meget en lineær ligning y = a$xCb. Der er to tal og to koordinater stillet op på samme måde som i den lineære ligning. Punkterne logx ; log y (y og x dækker over alle tal) vil nu ligge en ret linje i et almindeligt koordinatsystem, fordi logy er det samme som y i den generelle ligning og log x er det samme som x i den generelle ligningi Det betyder at:Omvendt må man så kunne sige at x; y ligger på en ret linje i et dobbellogaritmisk koordinatsystem.

A

Fordoblingskonstant

2$f x

f x

x xCT2T2

f x = b$ax

Fordoblingskonstanten er den konstant, der viser hvor lang tid, der skal gå på x-aksen, før y-værdien bliver fordoblet.

T2 =log 2log a

Ved fordolingskonstanten er aO 1

Bevis

f xCT2 = 2$f x

f x

x xCT2T2

f x = b$ax

Vi kan føje til tegningen at 2$f x = f xCT . Vi finder den færdige formel ved at tage denne ligning og løse denf xCT2 = 2$f x

i Vi ved at f x = b$ax. I den første del indsætter vi bare xCT2 på x's plads. I den anden

del tager vi bare den generelle formel og ganger med 2

b$axCT

2 = 2$b$ax

i Vi forkorter b ud

axCT

2 = 2$ax

i Vi ved at 10mCn = 10m$10n. Dette vil vi udnytte.

ax$a

T2 = 2$ax

i Vi forkorter ax ud

aT

2 = 2i Vi indsætter log på begge sider

log aT2 = log 2

i Vi bruger 3. logaritmeregelT2$log a = log 2

i Vi isolerer T2

T2 =log 2log a

A

Halveringskonstant

Halveringskonstant

12$f x

f x

x xCT 12

T 12

Halveringskonstanten er den konstant, der viser hvor lang tid, der skal gå på x-aksen, før y-værdien bliver halveret.

T 12

=log

12

log a

Ved halveringskonstanten er 0! a! 1

Bevis

f x = b$ax

f x

x xCT 12

T 12

f xCT 12

=12$f x

Vi kan føje til tegningen at 12$f x = f xCT 1

2

.

Vi finder den færdige formel ved at tage denne ligning og løse den

f xCT 12

=12$f x

i Vi ved at f x = b$ax. I den første del indsætter vi bare xCT 12

på x's plads. I den anden

del tager vi bare den generelle formel og ganger med 12

b$a

xCT12 =

12$b$ax

i Vi forkorter b ud

a

xCT12 =

12$ax

i Vi ved at 10mCn = 10m$10n. Dette vil vi udnytte.

ax$a

T12 =

12$ax

i Vi forkorter ax ud

a

T12 =

12

i Vi indsætter log på begge sider

log a

T12 = log

12


T 12

$log a = log12

i Vi isolerer T 12

T 12

=log

12

log a

A

Logaritmeregler

1. logaritmeregellog a$b = log a C log b

2. logaritmeregel

logab

= log a K log b

3. logaritmeregellog an = n$log a

Bevis1. logaritmeregelJeg starter med at opløfte det inde i parentesernet til 10 og sætte log i, fordi 10log ophæver hinanden, så der står det samme som førlog a$b = log 10log a

$10log b

i Jeg ved at 102$107 = 102C7. Dette kan jeg udnytte. Jeg sætter dem sammen til enlog a$b = log 10log a C log b

i Jeg kan nu se at log og 10 ophæver hinandenlog a$b = log a C log b

2. logaritmeregelJeg starter med at opløfte det inde i parentesernet til 10 og sætte log i, fordi 10log ophæver hinanden, så der står det samme som før

logab

= log10log a

10log b

i Jeg ved at 107

102= 107K2. Dette kan jeg udnytte. Jeg sætter dem sammen til en

logab

= log 10log a K log b

i Jeg kan nu se at log og 10 ophæver hinanden

logab

= log a K log b

3. logaritmeregelJeg beviser den bagfra. Jeg tager det hele og tilføjer et log og 10. De ophæver hinanden, så der står stadig det samme som før. n$log a = log 10n$log a

i Jeg ved at 1023

= 102$3. Dette kan vi udnytte baglæns

n$log a = log 10log a n

i Jeg kan nu fjerne 10 og log inde i parentesen, fordi de går ud med hinanden. n$log a = log an

A

Toppunkt i 2. gradsfunktion

Toppunkt

Nulpunkt

Parabel

Symmetriakse

Nulpunkt

f x = a$x2Cb$xCc, as 0

T =Kb2$a

;Kd4$a

Bevis

Kun x (besværlig metode)Vi ved hvordan man udregner nulpunkter (2. gradsligninger). Hvis man lægger nulpunkterne sammen og dividerer med 2, må man finde x-koordinaten til toppunktet, fordi den ligger præcis midt imellem de to nulpunkter, og toppunktet ligger præcis på symmertriaksenProblemet med dette er blot, at det ikke er alle parabler, der har nulpunkter. Til gengældhar alle parabler et eller to punkter ud for c (skæringspunkt med y-aksen). Eftersom disse to punkter ligger på den samme y-koordinat, må toppunktet ligge præcis imellem de to punkter.

c

xT

T

Jeg finder x-koordinaten svarende til y = c. Men f x = y derfor er f x = c. Vi ved også at f x = a$x2

Cb$xCc

c = a$x2Cb$xCc

i

0 =a$x2Cb$x

i

0 =x$ a$xCbi Vi bruger 0-reglenx = 0 eller a$xCb = 0

i

a$x =Kbi

x =Kba

Nu lægger vi så de to værdier sammen og dividere med 2Z

xT =0C

Kba

2=

Kb2$a

A

Kun x (vha. differentialregning)Jeg ved at den generelle ligning for en andengradsfunktion hedderf x = a$x2

Cb$xCcZ Jeg finder differentialkvotientenf ' x = 2$a$xCbZ Jeg ved, at hældningen i et toppunkt er 0. Derfor indsætter jeg 0 på f ' x 's plads, da f ' x er lig hældningen i den oprindelige funktion. 0 = 2$a$xCbi Jeg isolerer x

x =Kb

2$aVha. denne formel kan jeg finde x-koordinatet til toppunktet. Det gælder også for den generelle ligning og ikke kun differentialkvotienten, fordi det er de samme tal jeg bruger.

A

Kun yNu ved vi, hvordan vi finder x-koordinaten. Hvis man ønsker at finde y-koordinaten, kan vi bare sætte tallet (x-koordinaten) ind på x's plads i 2. gradsligningen. Nu har vi bare ikke noget tal, til gengæld kan vi sætte hele udtrykket ind på x's plads.

yT = fKb2$a

i

yT = a$Kb2$a

2

Cb$Kb2$a

Cc

i

yT = a$b2

4$a2 Kb2

2$aCc

i a går ud foroven og forneden i første led. Samme fællesnævner på alle

yT =b2

4$aK

2$ b2

4$aC

4$a$ c4$a

i Vi sætter alle tallene på samme brøkstreg og forkorter ud

yT =Kb2

C4$a$c4$a

i Vi ved at d = b2K4$a 5Kd =Kb2

C4$a

yT =Kd4$a

A

Geometri og trigonometri

Appelsinformel (arealet af en vilkårlig trekant)

B

A C

ac

b

Areal=12$a$b$sin C

BevisFørst deler vi trekanten i to, kaldet 1 og 2

B

A C

ac

b

h1 2

Beregn h i 62Vi ved at

sin C =modstående side

hypotenusenZ

sin C =ha

i Isoler h

h = sin C $aDette sætter vi ind i den gamle formel i stedet for h. Vi ved desuden at G = b

Areal=12$a$b$sin C

A

Andet: Andre udgangspunkter og navn

Areal=12$a$b$sin C

Areal=12$b$c$sin A

Areal=12$a$c$sin B

Denne fomel kaldes for appelsinformlen, fordi det lyder lidt som en halv appelsin, når man udtaler det.

Areal=12$a$b$sin C

en halv ap pel sin

Andet: Gammel formel til at finde arealet af en vilkårlig trekant

G

h

Areal=12$h$G

Cirklens ligning

C a ; b

P x ; y

r

r2 = xKa 2C yKb 2

r er radiusa og b er centrum for cirklen a ; bx og y er et punkt på cirklen x ; y

BevisP2 cirkeli (2 betyder tilhører) Dvs. at punktet ligger på cirklens ligning, og derfor passer ind i formlen. CP = ri Brug Pytagoras sætning

r = xKa 2C yKb 2

i

r2 = xKa 2C yKb 2

Cosinusrelationen

a2 = b2Cc2

K2$b$c$cos A

Cosinusrelationen bruges i trekanttilfælde 1 og 2

BevisVilkårlig trekant med højden indenfor. Indtegn højden og del derefter trekanten i to trekanter med højden som den sidste side. Siden b kalder vi for s og t.

B

A C

h

ca

B

A C

h

ca

B

h1

2

b

s t

s t

610 sin A =hc

Vi bruger formlen sinV =modhyp

fra trignometri i

en retvinklet trekanti Vi isolerer hh = c$sin A

620 t2Ch2 = a2 Vi bruger Pytagoras sætningi Vi skriver sidelængderne på en anden måde, den første

bare ved at trække det fra, den anden ved hjælp af det vi fandt ud af ovenfor.bKs 2

C c$sin A 2 = a2 i Vi laver s om, vha. formlen

cos V =hoshyp

5 hos= cos V $hyp fra trigonometri i en retvinklet trekant

bKc$cos A 2C c$sin A 2 = a2

i Vi fjerner parenteserne, den første vha. kvadratsætningerne, den anden bare ved at sætte det hele i parentesen i anden

b2C c$cos A 2

K2$b$c$cos A Cc2$sin2 A = a2

i Vi fjerner de sidste parenteser ved at sætte det hele i parentesen i anden

b2Cc2

$cos2 A K2$b$c$cos A Cc2$sin2 A = a2

i Vi omrokerer lidt, så man nemmere kan se det næste skridt

b2Cc2

$cos2 A Cc2$sin2 A K2$b$c$cos A = a2

i Vi sætter c2 udenfor parentesb2

Cc2$ cos2 A Csin2 A K2$b$c$cos A = a2

i Ifølge idiotformlen ved vi at cos2 A Csin2 A = 1a2 = b2

Cc2K2$b$c$cos A

Man kan også gøre det, hvis h er udenfor trekanten. Der har man også to retvinklede trekanter. Beregningerne er de samme.

B

A C

h

c

a

1

2

B

A C

c

B

C

h

s t

b

ts

ha

A

Sinusrelationen

asin A

=b

sin B=

csin C

ellersin A

a=

sin Bb

=sin C

c

Sinusrelationen bruges i trekanttilfælde 3, 4 og 5

BevisVilkårlig trekant med højden indenfor.

Indtegn højden og del derefter trekanten i to trekanter med højden som den sidste side

B

A C

h

ca

B

A C

h

ca

B

h1

2

610 sin A =hc

i h = c$sin A

620 sin C =ha

i h = a$sin C

Eftersom h = h, så erc$sin A = a$sin Ci

c =a$sin Csin A

i

csin C

=a

sin A

Man kan også bevise at a

sin A=

bsin B

=c

sin C ved at tegne højden ved A eller C

Hvis man under udregningerne isolere sinC i stedet for C, kan man også vise den

modsatte sætning (sin A

a=

sin Bb

=sin c

c)

Man kan også gøre det, hvis h er udenfor trekanten

B

A C

h

c

a

1

2

B

A

c

B

C

hh a

61 =Det samme som før

62 = sin 180KC =ha

Eftersom sinC = sin 180KC må beregningerne herefter være de samme som før

A

Trigonometri i en retvinklet trekant

(Tre beviser)

B

A

C

1: cos V =hoshyp

2: sin V =modhyp

3: tan V =modhos

BevisFørst laver vi en trekant

Enhedscirklen

1

A

sin A

cos A b C

a

B

c

Der er to ensvinklede trekanter

A

1sin A

cos AA

B

C

a

c

b

Eftersom de to trekanter er ensvinklede, kan man finde formidskelsesfaktoren. Som sagt er der tre beviser her, så de kommer i samme nummerorden som ovenover.

1: cos A

b=

1c

5 cos A =bc

dvs. cosV =hoshyp

2: sin A

a=

1c

5 sin A =ac

dvs. sin V =modhyp

3: tan A =sin Acos A

=

modhyphoshyp

=modhyp

dvs. tan V =modhos

tan A =sin Acos A

er noget vi ved i forvejen

A

Ligninger og uligheder

2. gradsligninger

Regel

Om 2. gradsligningen a$x2Cb$xCx = 0, a ≠ 0

med diskriminant d = b2K4 ac, gælder

a) Hvis dO0, har ligningen to løsninger: x =Kb

C

Kd

2 a

b) Hvis d = 0, har ligningen én løsning: x =Kb2 a

c) Hvis d!0, har ligningen ingen løsninger.

Bevis

a$x2Cb$xCc = 0

i [Fif: Gang med 4a på begge sider]

4 a2x2C4 a$b$xC4 a$c = 0

i [Træk 4ac fra på begge sider]

4 a2x2C2$2 ax$b =K4 ac

i [læg b2 til på begge sider]

4 a2x2C2$2 ax$bCb2 = b2

K4 ac

i [Omskriv venstresiden til kvadratet på en toleddet størrelse]

2 axCb 2 = b2K4 ac

i [Kald højresiden for d]

2 axCb 2 = d (*)

Der opdeles i tre tilfælde

dO0 d = 0 d!0

Der fortsættes fra (*)

2 axCb

=C

K

di

2 axKb

=C

K

di

x

= 1 2 aK

Når d = 0, så fås

x

= 1 2 aKb

x =Kb2 a

(*) har ingen løsning når d er negativ

Dvs. to løsninger

Dvs. én løsning

Dvs. ingen løsning

Vektorer

Projektion - længde og koordinater

b

a

ba

Længden

ba =a ,b

a

Koordinaterne

ba =a ,b

a2 $a

BevisDer er to delbeviser (længde og koordinater). Begge gælder kun hvis vinklen er under 90°

Længdev! 90°

b

a

ba

v

Som man kan se er der en retvinklet trekant. Derfor kan vi sige at:

cos v =hoshyp

ZVi bruger cosinus og ikke sinus eller hypotenusen, fordi vi er interesseret i den hosliggende side

cos v =ba

b

i Isoler ba

ba = cos v $ b

i Gang a på og divider den ud igen. Den vil automatisk gå ud med sig selv på begge sider, men vi beholder den lidt på den højre side

ba =cos v $ b $ a

ai Som man kan se står der definitionen for prikproduktet øverst i brøken.

ba =a , b

a

A

Koordinaterv! 90°

b

a

ba

v

ea

Vi tegner også en enhedsvektor på. Vi ved at hvis man tager a

a så får man

enhedsvektoren til a. Enhedsvektoren har den samme retning som den oprindelige

vektor. Derfor kan vi sige at hvis man ganger længden af ba med enhedsvektoren, så vil

det blive projektionen.

ba = ea$ ba

i Vi har lige fundet beviset for ba , så det sætter jeg bare ind. Desuden ved jeg hvordan

jeg finder enhedsvektoren, så det sætter jeg også bare ind.

ba =a

a$

a , b

ai

ba =a , b

a2

$a

A

Skalarprodukt

a , b = a1$b1Ca2$b2

Bevis

Vi bruger først cosinusrelationen, der siger c2 = a2Cb2

K2$a$b$cos C

B

AC b

a c

Men man kan også bruge cosinusrelationen i en vektorsubstration, fordi dette også danner en trekant.

a

v

a K b

b

Når man skal trække to vektorer fra hinanden grafisk, kan man gøre det på flere forskellige måder. En måde at gøre det på er at parallelforskyde de to vektorer, så de har samme

begyndelsespunkt. Hvis vi skal finde aKb har den nye vektor begyndelsespunkt i samme

punkt som b og pilespids i samme punkt som a.

c2 = a2Cb2

K2$a$b$cos CZ Indsæt tallene

a K b 2 = a2C b

2K2$ a $ b $cos v

i Vi ved at a , b = a $ b $cos v

a K b 2 = a2C b

2K2$a , b

i Vi ved at a = a12Ca2

25 a

2= a1

2Ca2

2

a1Kb12C a2Kb2

2 = a12Ca2

2Cb1

2Cb2

2K2$a ,b

i Hæv parenteserne vha. kvadratsætningerne

a12Cb1

2K2$a1$b1Ca2

2Cb2

2K2$a2$b2 = a1

2Ca2

2Cb1

2Cb2

2K2$a ,b

i De forskellige ting går ud med hinanden

K2$a1$b1K2$a2$b2 =K2$a , b

i Dividerer med -2

a , b = a1$b1Ca2$b2

A

Vektor mellem to punkter

A

B

AB

AB=x2Kx1

y2Ky1

Bevis

A x1 ; y1

B x2 ; y2

AB

OAOB

Vi tegner først to stedsvektorer. Så bruger vi indskudsreglen. Ifølge indskudsreglen må vi sige følgende:

OACAB= OB

i Vi isolere AB

AB= OBKOA

i Vi skriver OB og OA med koordinater

AB=x2

y2K

x1

y1i

AB=x2Kx1

y2Ky1

beviser (færdig)

Documents

kan ogs skrives

tangenten kan indtegnes

dx dx dx

den oprindelige funktion

vi fjerner parenteserne

nu lgger vi

oplfte det inde

det bare giver