beviser (færdig)
TRANSCRIPT
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$x2
Side (PDF): 13I bogen: (kig evt 183 om differentialkvotient) (gul bog)
Find differentialkvotienten for f x =ax
Side (PDF): 14I bogen: (kig evt 183 om differentialkvotient) (gul bog)
Find differentialkvotienten for f x = a$xCbSide (PDF): 15I bogen: (kig evt 183 om differentialkvotient) (gul bog)
Find differentialkvotienten for f x = 1C tan x 2 =1
cos x 2
Side (PDF): 16I bogen: (kig evt 183 om differentialkvotient) (gul bog)
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$x0
A
Find differentialkvotienten for f x = ax
f x =ax
Z
f' x =Ka
x2
BevisVi bruger tretrinsreglen
Trin 1∆y = f x0C∆x Kf x0
Z Vi omregner
∆y = a
x0C∆xK
ax0
i Vi ganger med den omvendte nævner
∆y = a$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
BevisVi bruger tretrinsreglen
Trin 1∆y = f x0C∆x Kf x0
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$f ' x0 , men der er ikke nogen reel forskel.
Vi bruger tretrinsreglen til at bevise det.
Trin 1 (funktionstilvæksten) + 2 (sekanthældningen)Vi kan tage trin 1 og 2 på samme tid, fordi vi i trin 2 kun dividerer med ∆x. Dette kan vi også bare vælge at gøre med det samme Først indsætter vi h x .
∆y
∆x=
h x0C∆x Kh x0
∆xi Vi ved at h x = k$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$f x
Trin 3 (tangenthældning)
lim∆x/0
∆y
∆x= lim∆x/0
k$ 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$f' x0
Jeg ved desuden at lim∆x/0
∆y
∆x= h' x . Derfor er det nu bevist at
h x = k$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.
Vi bruger tretrinsreglen til at bevise det.
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
Trin 3 (tangenthældning)
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
∆x= h' x . Derfor er det nu bevist at
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
i Vi bruger 2. logaritmeregel
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
i Vi bruger 3. logaritmeregel
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