Svarforslag til Alfa, Forstudier Vi håber disse svarforslag kan være til glæde for læseren, og vi modtager gerne forslag til forbedringer: Kristine.Jess@skolekom.dk Med venlig hilsen forfatterne Indhold Kapitel 1 Regn den ud... 1 Kapitel Symbolbehandling og ligningsløsning... 7 Kapitel Formler i geometriens univers... Kapitel 4 Funktioner... 1 Kapitel 5 Problemløsning... 41 Kapitel 6 Modellering... 45 Kapitel 1 Regn den ud Øvelse 1 1) 5489 9000 + 800 + 10 + ) 475.69 ).555.444 er størst. 4a) 69.94 4b) 865 4c) 665115 4d) 547 5) fx følgende: 0 : 5; 85 : 5; 119 : 7; 675 : 5; 1477 : 7; 4746 : 7; 17 847 : 9. 6) 150 00 = 450.000, så vi kan udelukke 90.91, 4.061 og.881. 1
Øvelse 1) Individuelt svar. ) -5 + 5 = 0, resten giver alle 5. ) Regel 4, da man kan række fx -4 fra 5 ved at beregne 5 (-1) (-1) (-1) (-1). 4) 500 5) 44 Øvelse 1) De to parenteser er overflødige, da der er tale om en addition af to størrelser, hvor der ikke er tvivl om rækkefølgen af udregningen. I de to led er alle tal og beregninger ens, lige på nær 5 og -5. Tallene har derfor modsat fortegn, og samme numeriske værdi. Summen bliver altså 0. ) 100 + 00 : (5 ) er størst. ) 6, da der er multipliceret med 0. 4) -7 5) 900 (-16) (-5) 0 (-8) -4 6) fx følgende 5 + = 5 ( + ) = 5 + 5 = 5 (4 + ) 5 4 + = ( + ) + (7 1) : = (5 + 8 : ) = (5 + 8 : ) : (8 : 4) : ( 1) = Øvelse 4 7 10 7 16 1) 10 16 4 4 4 4 4 1 ) 5 10 1 5 10 114 7 7 7 7 0 ) 9 16
4) 1 11 9 116 14 7 8 18 6 18 18 9 6 8 1 4 6 0 1 6 5 10 15 0 0 6 0 9 0 16 18 18 7 4 1 4 4 6 4 1 1 11 18 6 5 10 15 Rækkefølge 0 9,, 8. 5) 1 7 17 1 14 17 9 1 4 4 4 5 19 18 15 19 14 4 8 4 4 4 0 9 0 16 18 18 4 1 4 4 Det største af tallene er 0 4 1 9 6) 1 11 9 116 14 7 18 6 18 18 9 8 1 4 6 0 5 10 15 0 0 1 5 8 10 15 er størst 7) 1 11 9 116-8 18 6 18 18 8 15 4 6-15 1 9 4 10 15 0 0 - - 18 1 11 18 6 er størst 8) 56 00 50 56 00 100 50 100 15 0 56 00 100 5 6 100 0,150, 5 6 1 56 00 105 00 150 00 11 00 100 5 6 6
Øvelse 5 1) 50 100 7 1 5 50 50 150 7 7 14 : 5 15 4 4 5 5 54 5 : 0 4 5, 81 16 5 50 7 4 :, 5 : og er større end 5 ) Areal = 1 4 8 km. Omkreds = 1 1 4 4 10 4 5 km. Antallet af stolper = 5 5000 km m 5000 5 5 5 m m 1000. ) 100 : 1 4 4) 0, da 0 er faktor i begge led. 5) fx følgende: 1 1 1 1 4 1 1 7 11 1 7 1 11 7 : 1 11 1 7 1 : 11 1 1 7 1 : 11 1 : 1 4 Øvelse 6 1) 7 kr. 4
) 4 kr. ) 560,70 kr. 4) 6,65 kr. Øvelse 7 1) 5 % ) ) 400 % 4) 100 % 5) 400 % 6) 80 % Øvelse 8 1) 500 kr. ) 10 kr. ) 0 kr. 4) 88 kr. Øvelse 9 106,5 850 1) 850 100% 5 % ) 45000 400 45000 100% 6 % ) 65 900 65 100% 0 % er den rigtige rabat, hvorimod 5 65 900 900 100% 5 %. Prisen før nedsættelsen er 5 % større end den nuværende pris, men rabatten er kun på 0 %. Øvelse 10 Det er af købsprisen, da avancen aldrig kan være mere end 100% af salgsprisen.
Øvelse 11 1) Rationale fx: 9 ; 8 81 9 4 81 7 ; 16 4 ; 16. Irrationale fx: 17; 17 5 ; ;. ) Rationale: 8 16 4 6, 1 og. Irrationale: 7og10. Øvelse 1 1) 1 1 1 6 6 6 ) 9 9 49 49 7 18 1 9 4 6 6 6 6 75 45 5 59 5 5 15 15 6 ( 147) 6 147 79 49 1 1 16 16 4 9 9 4 5 Da der gælder: 4 5 5 1 4 7 6
Kapitel Symbolbehandling og ligningsløsning Øvelse 1 1) ( a b) c a ( b c) a ( c b) ( a c) b ( c a) b ) 5a 8b 1 c (a 6b 10 c) 5a 8b 1c a 6b 10c a b c ) 5x 8y 1 z (x 6y 10 z) 5x 8y 1z x 6y 10z x y z ( x y z) 4) ( a) x x( a 1) x ax xa x x x ax ax x 5) ( p) x x( p 1) x p x x p x x x p x p x x 6) ( ab) c a( bc) a( bc) a( bc) a( bc) abc 7) abc bca 5ca 4ac abc abc 5ac 4ac ac 5abc 8) a( b c) b( a ) c( a ) ab ac ba b ca c ab ac ab b ac c c b ( c b) 9) a( x y) x( a ) y( a ) ax ay xa x ya y y x Øvelse 1) 90x 50 85x 65 90x 85x 65 50 5x 15 x 5 ) 90x 50 85x 65 90x85x -65 50 5x -15 x - ) 1 x 1 1 4 x +18 1 x 1 4 x 18 1 1 4 x 6 x 4 6 4 7
4), x100 7, 4x16 100 16 7, 4x, x 84 4,x x 84 4, 0 5) 1 ( 1 1 x) x(404 401) 4 1 1 1 1 x x 4 6 4x x 4 -x 4 6 x 6) x 4 6 a x6a4 xa 7) x 4a 6a x 6a 4a x a 8) 9 (x a) b(a 7) a (9 b) 9x 9a ab 7b 9a ab 9x 9a ab 9a ab 7b 9x 7b x b 9) 8x 4 ( b x) (x a) 8x 4b 1 4x 6x 4a 8x 4x 6x 4a 4b 1 6x 4a 4b 1 x 4a4b1 6 8
10) 9 (x a) b(a 7) a (9 b) 9x 9a ab 7b 9a ab 9x 9a ab 9a ab 7b 9x 7b x b 11) Hvis man indsætter svarforslagene ovenfor, vil man se, at det stemmer. 1a) 90w100 85w115 90w85w-115+100 w - 1b) q 4a q a q q -a 4a qa 1c) x 4 6 a a x og x 4a 6a a 1 x 1 1d) 8x 4 ( b x) (x a) 8x 4b 1 4x 6x 4a 4b 6x 4a 8x 1 4x 4b -6x 4a 1-6x 4a 1 -x a 6 4 b 9
Øvelse 1) a b b a og a b b a følger af de kommutative love. (a b) (a b) a b a b følger den kommutative og den distributive lov. (a b) a b a b a a b a a b følger af den kommutative lov for multiplikation. a b a b følger af, at kvadratet på begge tal (sider) giver det samme: a b a b. a b a b a b a a b b ab, hvor den associative og den kommutative lov blev brugt undervejs. ) ( a b) a b OK ( a b) a b ikke OK, da ( a b) a a b ab b n n n ( a b) a b OK a a a () () 5 () ( nm) n m ( nm) n m OK a a a ikke OK, da a a a a ( a ) OK a a a a OK ( a ) OK ) ( ab) ( a b)( a b) pr definition af anden potens ( a b) a ( a b) b a( a b) b( a b) a ab ba b a ab ab b a ab(1 1) b a ab b a b ab den distributive lov den kommutative lov for multiplikation den distributive lov den kommutative lov for multiplikation den distributive lov a ab b den kommutative lov for multiplikation den kommutative lov for addition 10
4) ( ab) ( a b)( a b) ( a b) a ( a b) b a( a b) b( a b) a ab ba b b (- ) a ab ab b a ab(1 1) b a ab b a ab b a b ab 5) (a b) (a b)(a b) a(a b) b(a b) pr definition af anden potens den distributive lov den kommutative lov for multiplikation den distributive lov den kommutative lov for multiplikation den distributive lov den kommutative lov for multiplikation den kommutative lov for addition a(a b ab) b(a b ab) a a a b a ab b a b b b ab a ab a b a b b ab a a b ab b 5 8 8 8 6a) a a : a a : a 1 5 15 15 15 6b) a : a a : a 1 6c) a b a a b a a b 4 7 1 0 10 Øvelse 4 1) a7 b 4 a c c a 8 b 6 a7 b 4 a a 10 b 4 a 8 b 6 a 8 b 6 c forkortes a 7 og a samles a 8 forkortes a b 4 b 6 b 4 forkortes a b ) a10 b 4 a c c 4 a 8 b 8 a1 b 4 c c 4 a 8 b 8 a5 c b 4 ) 7 4 4 7 4 4 11 4 a a 7 6 5 : a a a b a b 4 6 a b b5 b b b a4 a4b11 b7 4) a 5 4 10 4 a 5 a 0 a a a a a 45 45 0 0 11
5) a a a a a a 6a a b b 6b b b 6b 6b b 6) x x : x : x : 6 14 x x x x 6 14 x x x x 6 14 xx14 x 7 7) ( x )( x 5) ( x ) 0 x x 5x 10 x 0 7x 7 0 7x -7 x -1 Øvelse 5 1) 117 (x 5) 104 0 x 5 0 x 5 ) (x 5) 11 (x ) 0 x 5 0 eller x 0 x 5 eller x ) ( x 8) 117 ( x 9) ( x 1) 0 x x x 8 0 eller 9 0 eller 1 0 Derfor er x 8 eller x -9 eller x -1 Den sidste del har ingen reel løsning, da x 0 for alle værdier af x.. 1
4) ( x a) 7 ( x b) ( x a ) 0 x a x b x a 0 eller 0 eller 0 x a eller x - b eller x -a Den sidste del har ingen reelle løsninger, da x 0 for alle værdier af x. 5) x x 6 (x )(x ) x x 6 0 ( x )( x ) 0 x eller x- 6) p p 6 0 ( p )( p ) 0 p eller p- 7) b b 18 0, D 4(-18) 5 b - 5-15 6 b eller b- 8) x 4x 1 0 ( x 7)( x ) 0 x7 eller x- Kan også løses sådan: x 4x 1 0 D x (-4) 4 1 (-1) 100 4 100 4 10 1 x7 eller x- 1
9) x 1x 6 0 ( x 4x 1) 0 x 4x 1 0, løses nu som opgave 8 x7 eller x- 10) 6x 5x1 0 D x x (-5) 4 6 1 1 5 1 5 1 6 1 1 1 eller x 11) x 1,5 x 4,94 0 D x (1,5) 4 (-4,94) 10, 01-1,5 10,01-1,5 10,1 1 x4, eller x-5,. 1) a), b) og c) har samme løsning som delopgave 11), fx kan a) omskrives til 100 ( x 1,5 x4,94) 0. d) har andre løsninger: x = 4 eller x = -58. 1a) 7(x )(x 1) 0 7(x x ) 0 7x 1x 14 0 1b),5(x 5) 0,5(x 10x 5) 0,5x 5x 6,5 0 1c) x 1 0 14
Øvelse 6 1) Først vises løsning med eliminationsmetoden derefter med substitutionsmetoden. Eliminationsmetoden: (1)10 y6z 0 ()1y9z -18 Gang (1) altså første ligning med 1,5: 15y9z 0 1y9z -18 Træk () fra (1): 15y 9 z (1 y 9 z) 0 (-18) y 18 y 6 Indsæt y = 6 i (1): 106 6z 0 60 6z 0 6z -60 z -10 Løsning y = 6 og z = -10. Substitutionsmetoden: 10y6z 0 1y9z -18 Find z i (1): 10y6z 0 6z -10y z - 10 6 y 15
z indsættes i (): 1y9z -18 10 6 1y 9 - y -18 1y15y -18 -y -18 y 6 y = 6 indsættes i z - 10 6 y: 10 6 z - 6 z -10 Løsning y = 6 og z = -10. ) Først vises løsning med eliminationsmetoden derefter med substitutionsmetoden. Eliminationsmetoden: (1) x y z 4 10 () y z 5 () z y 1 Træk () fra (1) og få (1'): (1') x y z 4 y z 10 5 () y z 5 () z y 1 (1') x 4 5 () y z 5 () z y 1 (1') x 1 () y z 5 () z y 1 Læg () til () (1') x 1 (') y z z y 5 1 () z y 1 16
(1') x 1 (') z 6 () z y 1 Løs (') og sæt værdien ind i (). (1') x 1 (') z () y 1, så y Løsning: x = 1, y = og z = Substitutionsmetoden: (1) x y z 4 10 () y z 5 () z y 1 () og () kan løses først: (1) x y z 4 10 () y z 5 (') z 1 y z indsættes i (): (1) x y z 4 10 () y 1 y 5, så y (') z 1 y Den fundne værdi af y indsættes i ('): (1) x y z 4 10 () y 1 y 5, så y (') z 1 De fundne værdier af y og z indsættes i (1) (1) x 4 10, heraf fås x1 () y 1 y 5, så y (') z 1 Løsning: x = 1, y = og z = 17
) Først vises løsning med substitutionsmetoden derefter med eliminationsmetoden. Substitutionsmetoden: (1) 4x 5y z 4 () 4x 5y 7z 4 () 1x y 1z -6 z isoleres i (1): (1) 4x 5y z 4, så z 4 4x 5y () 4x 5y 7z 4 () 1x y 1z -6 z indsættes i () og (): (1') 4x 5y z 4 (') 4x 5y 7 4 4x 5y 4 (') 1x y 1 4 4x 5y -6 (1') z 4 4x 5y (') -4x40y -4 (') -6x57 y -54 I (') bestemmes x: (') -4x 40y -4, så x x indsættes i ('): 440 y 4 440y (') -6 57y -54-57y -54 -(1 0 y) 57 y -54-6 60y 57y -54 y 6 440 y 4 Den fundne værdi af y indsættes i ('): 4 406 x 4 11 18
De fundne værdier af x og y indsættes i (1'): (1') z 4 411 56-10 Løsningen er x = 11, y = 6 og z = -10. Eliminationsmetoden (1) 4x 5y z 4 () 4x 5y 7z 4 () 1x y 1z -6 Læg (1) til (): (1) 4x 5y z 4 (') 4x 5y 7 z (4x 5 y z) 4 4 () 1x y 1z -6 (1) 4x 5y z 4 (') 8x8z 8 () 1x y 1z -6 Gang (') med 1,5: (1) 4x 5y z 4 ('') 1x1z 1 () 1x y 1z -6 Træk ('') fra (): (1) 4x 5y z 4 ('') 1x1z 1 () 1x y 1 z (1 x 1 z) -6 1 (1) 4x 5y z 4 ('') 1x1z 1 (') y 6 Indsæt den fundne værdi af y i (1'): (1') 4x 0 z 4, så 4x z 4 ('') 1x1z 1 (') y 6 19
Gang (1') med : (1'') 1x z 10 ('') 1x 1z 1 (') y 6 Træk (1'') fra (''): (1'') 1xz 10 (''') 1x 1 z (1 x z) 1 10 (') y 6 (1'') 1xz 10 (''') 9z -90, så z -10 (') y 6 Indsæt z i (1'') (1'') 1x (-10) 10, så x11 (''') z -10 (') y 6 Løsningen er x = 11, y = 6 og z = -10 4) Beslut dig først for, hvad løsningerne skal være og skriv så nogle ligninger op, der tilfredsstilles af disse løsninger. Det vil sige, du beslutter fx, at x skal være lig 5 og y lig. Så tænker du fx: 5 + 8 = 4 og skriver som (1) ligning: x + 8y = 4. Derefter vælger du nogle andre koefficienter fx -7 og 7, hvilket giver -7 5 + 7 = -14 og skriver som () ligning: -7x + 7y = -14. Så er du sikker på, at de to ligninger: (1) x + 8y = 4 () -7x + 7y = -14 har løsningen x = 5 og y =. 5) Konstruer et ligningssystem med tre ubekendte, som har løsningen x = 10, y = 0 og z = -. Vi vælger igen simple små koefficienter og ser, hvad regnestykkerne giver: (1) 10 + 0 + 0 (-) = 0 () 8 10 + 1 0 + (-) = 1 0
() 1 10 + 1 0 + 1 (-) = 7 Så kan vi være sikre på, at x = 10, y = 0 og z = - er løsninger til ligningssystemet: (1) x + y + 0z = 0 () 8x + y + z = 1 () x + y + z = 7 6) Man kan beslutte sig til, at løsningerne skal være x = 1, y =, z = og v =. Derefter vælger man nogle tilfældige koefficienter som fx 5,, 7 og 1 at gange de fire ubekendte med, hvilket giver den første ligning: 5x + y + 7z + 1v =. Til de øvrige tre ligninger vælges også tilfældige koefficienter, som ganges med de samme løsninger, fx kunne anden ligning være: x + y + z + v = 16. 1
Kapitel Formler i geometriens univers Øvelse 1 1) Omkreds = a + b 100 = a + 60 a = 0 ) Omkreds = 4x Areal = x 4x = x x = ) Omkreds = x + 8 + x + 8 + 0 + 0 = x + 56 Omkreds = 100 x + 56 = 100 x = 4) Omkreds = 1x Areal = 6x 1x = 6x x = x x = eller x = 0, altså x = 5) Samlede kantlængde = 1s Kantlængden bliver så 60 1 5 Rumfang = 15 cm Overfladeareal 6s Rumfang = s 6s = s kan lade sig gøre, hvis s = 0 eller s = 6, altså s = 6
Øvelse 1) 1 610 1 ab ab 1 ( a b) c ) 1 1 Areal = Areal = 5: ) 8x x x 8x 4x x 10x 18x 8x Areal = 4 1 s s s 8x 5, hvoraf x 9 eller x 5 8 Areal = : s, hvoraf s 16 eller s 4 Øvelse 1) A: Areal = 8 B: Areal = 18 C: Areal = 17,5 D: Areal = 11 E: Areal = 1 F: Areal = 4 ) A: Areal = 8a B: Areal = 18a C: Areal = 17,5a D: Areal = 11a E: Areal = 1a F: Areal = 4a ) Ja, for det er talværdien foran a, der er afgørende. B har det største areal.
4) 17,5a 70 a 70 17,5 a 4 5) De tre figurer med det største areal er B, C og E. Arealerne er henholdsvis 18a, 17,5a Hvis figur E skal nå op over 100 cm, skal der gælde: og 1 a. 1a 100 a 8, 100 1 Derfor er a = en mulighed. Det fjerdestørste areal er for figur D: 11a. Med a = får figur D et areal på 99. a = er den eneste løsning. Øvelse 4 1) s 4 5 5 ) 9 b 15 b 5 81 144 b 1 ) HB 10 6 8 AH AC 6 40 6, 4) 5 1 c 169 c 1 c 5) a b s 4
6) 1 h s s 1 h s s 1 4 h s s h s s 4 Areal = 1 h s 1 s s 4 s Øvelse 5 A: 8 11,1 B: 1 16,97 C: 4 1 9 4 18,8 D: 5 5 10 14,64 E: 4 4 5 1,94 F: 5 1 11,68 Øvelse 6 a 1 1 b 1 a 1 c 1 b 1 4 d 1 c 1 5 5 e 1 d 1 5 6 Fortsæt konstruktionen med 11 flere trekanter. Et linjestykke på 17 cm kan konstrueres som hypotenusen i en retvinklet trekant med siderne 4 cm og 1 cm. Øvelse 7 1) Individuelt svar ) Formlen for et prisme Loftsrum = 1 610 90m Bassin = 1 ( 4) 100 600m hg højde grundflade 5
a) Prismet: Arealet af grundfladen har vi fundet i øvelse 4. Prismets rumfang = Kassens rumfang = s n s n s n fordi b) 4 s n s n 1 s n, så prismet har det største rumfang. Pyramidens rumfang = 1 (s) n 1 4s n 8 s n. Da 8 har pyramiden det største rumfang. Øvelse 8 1) 10 10 10 00 17,m ) s s s s s Hvis diagonalens længde skal være 7, skal der gælde: s 7, så s 7 4,04 cm. a) Diagonalen i grundfladen har længden Derfor er BD 164,76 m. 9, 51m. I den retvinklede trekant BDE kan vi bestemme DE ved Rumfanget af pyramiden er derfor 1 145,79.68.1,6m. 0 164,76 145,79m. b) 1 h h c) 1.68.670 1.68.670 90m 1 145, 79 s 1.946.667 s 1.946.667 147,79 00m 6
Øvelse 9 1) Hvis kvadratets sidelængde er s, vil kvadratet med dobbelt så stor sidelængde have sidelængden s. Omkredsen i det nye kvadrat er 8s, hvilket er det dobbelte af det oprindelige kvadrats omkreds på 4s. Arealet er s s = 4s, hvilket er det firdobbelte af det oprindelige areal. Det samme gælder for rektanglet med sidelængder a og b. Omkredsen fordobles, og arealet firdobles. ) Hvis terningens sidelængde er s, vil terningen med dobbelt så stor sidelængde have sidelængden s. Rumfanget er s s s = 8s, som er 8 gange så stort. Overfladearealet bliver 4 gange så stort. ) Diagonalen GB har længde s s s Linjestykket DB har derfor længden 1 s Højden DE i den øverste pyramide er så (ved hjælp af Pythagoras' sætning) 1 1 1 1 4 s s s s s s Rumfanget af den øverste pyramide er derfor Oktaederets rumfang er 1 1 s 1 s s 1 1 1 1 1 hg s s s 7 4) Hvis sidelængderne fordobles, vil alle arealberegninger, som i princippet altid involverer side gange side, give fire gange så store tal. Alle rumfangsberegninger, der i princippet involverer side side side, vil give 8 gange så store tal. Det gør sig gældende for alle plane og rumlige figurer. Øvelse 10 1) Individuelt svar ) Omkreds r 47 r 47 r 7, 48m
) Hvis papiret rundfoldes på den lange side, er radius i cirklen Cylinderens rumfang er derfor 4,7 1 1474cm. Hvis papiret rundfoldes på den korte side, er radius i cirklen Cylinderens rumfang er derfor,4 9,7 104cm. De to rumfang er 1474cm og 104cm, og de er ikke lige store. Overfladearealerne er ens og lig med papirets areal. 9,7 r 4, 7cm. 1 r,4cm. 4) 4 r r 1000 1000 4 r 6,0m Overfladeareal (husk tykkelsen på 5 cm) = 4r 4 6, 5 491m 5) Cylinderens højde skal være r. Cylinderens rumfang: r r r Kuglens rumfang: 4 r Cylinderen er r 4r 4 4 4r 4 4 100% 100% 100% 50%større. 6) Rumfang af cylinder r r r Overflade af cylinder r r r 6r Hvis rumfanget i stedet skulle være en terning, skal dens sidelængde være Overfladearealet af terningen er så Forholdet mellem overfladearealerne er 6s 6 r 6 r. 6 r 6 r 1,08. For at lave terningen skal man bruge ca. 8 % mere materiale. s r r. 8
7a) Omkredsen af bunden af kræmmerhusene er 1 af cirklens omkreds på 0. 4 Omkredsen i bunden af kræmmerhusene er derfor 10. Radius, r, i bunden bliver r10, så r 5. Højden i kræmmerhusene er lig den oprindelige radius = 0. Rumfanget af et kræmmerhus er 1 r h 1 5 0 5,6cm. Det samlede rumfang af de 4 kræmmerhuse er 094,4cm. 7b) Fem kræmmerhuse. Radius i bunden er 1 5 0 1 5 0 4. Samlet rumfang 1 5 4 0 1675, 5cm. 7c) n kræmmerhuse: 1 n 0 0 n. Højden er 0. Rumfang = 1 0 1 0 1 0 n n 8) 0 0. n n 6 Da radius i den store halvcirkel er 6 og i de små halvcirkler, finder vi arealet som ( ) 7 π, og omkredsen til 1 π. Øvelse 11 1) De fire berøringspunkter mellem de små cirkler og den store opsøges. De forbindes som på figuren, og de to diametres skæringspunkt bliver centrum for den store cirkel. n 9
) Tegn først linjen l ved at forbinde to af berøringspunkterne, og tegn derefter parallelt med l linjer gennem de små cirklers røringspunkter. Hvor disse linjer skærer de to store diametre i den store cirkel findes de små cirklers centrer. ) I den markerede trekant kan x bestemmes ved at benytte vores viden om, at radius i de små cirkler er cm. x x 6 6 x 18 4, 4 Radius i den store cirkel er 18 7,4. 0
Kapitel 4 Funktioner Øvelse 1 1) y x x 1 4 5 6 y 1 4 7 10 1 16 ) y x y er to større end det dobbelte af x. 1
) y x 5 x 1 4 5 6 y 6 7 8 9 10 11 y er fem større end x. 4) x 1 4 5 6 y,5 5 6,5 8 9,5 11 y beregnes ved at gange x med 1 1 og derefter lægge to til.
Øvelse 1) x - -1 0 1 y 9 6 0 - -6 ) x - -1 0 1 y 4 1 0 1 4 9
) x - -1 0 1 y 0-1 0 8 15 Øvelse 1), 5) og 9) hører sammen. ), 6) og 8) hører sammen. ), 4) og 7) hører sammen. Øvelse 4 f (x) x g(x) 1 x h(x) x 4
Øvelse 5 Øvelse 6 f (x) x g(x) 1 x h(x) x Øvelse 7 1) 5
) ) 4) 6
Øvelse 8 1) ) 7
) 4) 8
Øvelse 9 1) Der går 9,58 år, altså efter 10 år er der mere end 1100 kr. ) Efter 77,7 dage er der 50 % tilbage. Efter 56,95 dage er der 60 % tilbage. Efter 154,55 dage er der 5 % tilbage. ) 9
Når x = 7,44 siger modellen, at der er 1,7 millioner. Det svarer til midt i år 007. Når x = 4,94 siger modellen, at der er 16 millioner. Det svarer til udgangen af år 01. 40
Kapitel 5 Problemløsning Øvelse 1 1) Rumfanget af de to pakker er hhv. 4 cm og 540 cm. Prisen pr. cm søm er derfor henholdsvis 0,46 kr. og 0,176 kr. Den dyreste pakke har den mest fordelagtige pris, hvis man ellers har brug for alle de søm. ) Areal, der skal ferniseres: 8,5 6,4 = 54,40 m. Areal af vinduer og døre: 0,75 54,40 = 40,80 m. Areal af vinduer og døre, der skal fratrækkes den del af væggen, som skal males: 0,40 m. Areal der skal hvidtes: 8,5 6,4 + (8,5 + 6,4) 1,75 0,40 = 86,15 m. Vægareal der skal males: (8,5 + 6,4) 1,55 0,40 = 5,79 m. Udgifter til maling af vægge, hvidtning og fernisering: 5,79,0 + 86,15 1,5 + 54,40 1,5 = 6,66 kr. Maling af døre og vinduer: 1,5 6,66 = 9,58 kr. Samlet pris: 59,4 kr. Øvelse 16.100 kr. 4.45,76 kr. Øvelse BD er en højde, BE er en median, CG er en vinkelhalveringslinje og EF er en midtnormal. Hvis trekanten var ligesidet, ville alle linjerne være både højde, median, vinkelhalveringslinje og midtnormal. Øvelse 4 Den store cirkel er den omskrevne cirkel. Den har centrum i midtnormalernes skæringspunkt. Den lille cirkel er den indskrevne cirkel. Den har centrum i vinkelhalveringslinjernes skæringspunkt. 41
Øvelse 5 6000m 0,1m 5000 1 cm Øvelse 6 Terningen er symmetrisk, og man kan derfor have en forventning om, at alle 6 sider skal være lige sandsynlige. På den måde får man en teoretisk sandsynlighed på 1 for hver side. 6 Tændstikæsken er ikke symmetrisk, og det er heller ikke forholdet mellem sidefladernes arealer, der er afgørende for, hvor hyppigt de forskellige sider er opad. Man må udføre et eksperiment for at bestemme sandsynlighederne. Øvelse 7 Middeltal = 7,64 Typetal = 10 Median = 7 Øvelse 8 Næppe. Terningen vil veje 0 19, 154400g 154,4kg. Øvelse 9 1) 150 decigram = 15 gram og 0,001 kg = 1 g. ) Ja, 5 m/s = 18 km/t. ) 4000 eller måske 4096 (hvis man arbejder i totalssystemet, hvor 1 kilo = 10 =104, se fx http://www.unitconversion.org) Øvelse 10 1) Søg selv. ) Kvotientrække: 1 1 1 4 1 8 1 16 1... Differensrække: 4 6 8 10... Fuldkomment tal: 8 Tal med tværsum 19: 78 Øvelse 11 1) Det er flot, hvis du har fundet tallet. Her er alle divisorer under 100 i det store tal:,, 4, 7, 8, 1, 1, 14, 16, 1,, 4, 6, 8, 9, 4, 46, 48, 5, 56, 69, 78, 84, 91, 9. 4
) Hvis n er lige, er det fordi n kan skrives som m for et eller andet helt tal m. Det ses derfor, at går op i et lige tal. går op i hvert tredje tal i den naturlige talrække (tretabellen). Derfor går op i mindst et af de tre på hinanden følgende tal som det store tal er sammensat af. ) går op igen, fordi går op i et af disse tre på hinanden følgende tal (lad os kalde det x), og de to andre vil tilsammen også være delelige med tre. Hvis fx x er lig det første tal, som det faktisk er, så hedder de to næste tal x + 1 og x +, der sammen med x giver x +, der klart kan deles med. Tilsvarende hvis x er det midterste tal, for så bliver de tre tal: x 1, x og x + 1, der tilsammen giver x, der er delelig med. 17 er i øvrigt også divisor i m, men det kræver lidt mere direkte regning at finde ud af det. 4) Argumenterne overfor kan overføres til vilkårligt valg af tre på hinanden følgende tal. Derfor vil såvel deres produkt som deres sum være delelig med. Øvelse 1 1) Udfaldene (de mulige summer) er nu, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 1, 1, 14, 15, 16, 17, 18. Det vil sige, der er 16 forskellige udfald. ) og 18 forekommer kun i 1 af 6 6 6 = 16 muligheder. Sandsynlighed for og 18 er 1 16., 1, 1 og 1,, 1 og 1, 1, er de tre muligheder, der giver 4: Sandsynlighed for 4 er. Det er 16 også sandsynligheden for 17. Øvelse 1 n ( n 1) n ( n 1) n n n n n n n n ( n 1) n n n 4
Øvelse 14 1) antal 1 4 5 6 7 8 hegn max antal marker 4 7 11 16 9 7 Leger man lidt med at tegne linjerne, opdager man måske, at n linjer kan give 1 + (1 + + + 4 + + n) marker, eller ifølge den formel der er fundet på Wikipedia Dette giver 11 marker, hvis n = 0. n( n1) 1. Øvelse 15 Formel for løsningen er n ( n 1) n ( n n 1) n 4 n n Når n = 100 får man 5.50.500. 4 4 Øvelse 16 Antallet af krone 0 1 4 5 6 7 8 9 10 Sum Antallet af mønter Antallet af grene 1 1 1 1 1 4 1 1 8 4 1 4 6 4 1 16 5 1 5 10 10 5 1 6 1 6 15 0 15 6 1 64 7 1 7 1 5 5 1 7 1 18 8 1 8 8 56 70 56 8 8 1 56 9 1 9 6 84 16 16 84 6 9 1 51 10 1 10 45 10 10 5 10 10 45 10 1 104 Man kan opdage det mønster, at ethvert tal i tabellen er lig med summen af tallet over og det til venstre for tallet over, idet blanke felter regnes for 0. Dette mønster har navnet Pascals Trekant efter den første, der skrev en længere afhandling om det. 44
Kapitel 6 Modellering Øvelse 1 1) Vi har tegnet problemet grafisk ind med Geogebra: Der forventes at være 1000 kr. efter 18,5 måneder, svarende til 15. juli 01. Modellen siger, at beløbet er 0 når x = -1,5 svarende til midt i november 010. ) x betegner antallet af uger efter 1/8 011. Modellen for opsparingen er så y = 60x. Modellen viser, at der går 158, uger, det vil sige 159 uger, inden der er sparet 9500 kr. op. Der går altså år og uger, svarende til udgangen af august 014. 45
Øvelse Modellen siger, at der ikke længere vil forekomme fugle i 8.500 meters højde. Øvelse 1) Diameteren på 5-kronen måles til 8,5 mm. Med måleusikkerheden kan man sige, at den sande diameter ligger mellem 8 mm og 9 mm. Arealet kan derfor bestemmes til et sted mellem 615,8 mm og 660,5 mm. Med et enkelt tal: 68,15 mm ±,5 mm eller mere overskueligt og hæderligt 640 mm ± 0 mm. Den mindste værdi (inden for målenøjagtigheden) for 1-kronens areal er 0 mm, og den største værdi for 5-kronens areal er 660 mm, så det er muligt, men nok ikke særlig sandsynligt, at 5- kronens areal er dobbelt så stort. ) Arealet ligger mellem 95 57 m og 105 6 m. Det vil sige mellem 5415 m og 6615 m. 6015 m ± 600 m eller unøjagtigheden taget i betragtning 6000 m ± 600 m. ) Rumfanget ligger mellem 4,9 6,9,9 cm og 5,1 7,1,1 cm. Det vil sige mellem 98,049 cm og 11,51 cm. Altså 105,15 cm ± 7,105 cm, afrundet: 105 cm ± 7 cm Arealet af overfladen ligger mellem 4,9 6,9 + 4,9,9 + 6,9,9 cm og 5,1 7,1 + 5,1,1 + 7,1,1 cm. Det vil sige mellem 16,06 cm og 148,06 cm, altså 14 cm ± 6 cm. 46
4) Individuelt svar, men for de almindeligste små Tordenskjoldtændstikker er det med en 1 1 1 målenøjagtighed på 1 mm ca. 47 mm 00 mm ± 10 mm. 5) Den samlede vægt af de øvrige personer er 440 kg. Antag, at de kender deres vægt med 5 kg nøjagtighed (der er jo også tøj mm., der vejer til), så kan vægten af de øvrige passagerer bestemmes til 440 kg ± 50 kg. Hvis alle konsekvent angiver vægten 5 kg for lavt, bliver den samlede vægt 490 + 6 = 55 kg. Det er en overskridelse af maksimalvægten på ca. 10 %, hvilket ikke burde være et problem med de sikkerhedsmargener, man plejer at regne med. Desuden er det usandsynligt, at alle kommer til at angive deres vægt for lavt, da nogle badevægte vil vise for lidt og andre for meget. Men en meget forsigtig person vil nok vente til næste elevator. Øvelse 4 1) 150 x 150 84 7 eller x 7 1,5. Prisen bliver 1,5 kr. 84 ) 6,5 6,5 x eller x 5,80 10 18,60 5,80 18,60. A fik 10 meter. ) På 4 minutter fylder A, B og C tilsammen + + 1 = 6 beholdere af den givne størrelse. Det tager derfor 4 4 minutter at fylde én beholder i fællesskab. 6 4) 60 40 6040 x45 eller x 0. Altså 0 sider. 45 Øvelse 5 1) 6 R eller R. Modstanden er Ohm. ) 1 I eller I 4. Strømstyrken er 4 A. ) V 1 1,5. Spændingen skal være 1,5 V. Øvelse 6 47
1) 501000 50 km/t m/s 1,89 m/s. Bilen kører 18,9 meter. 600 ) 1 minut 41,11 sekunder = 101,11 sekunder. Hastigheden er så 800 7,91 m/s. 101,11 7,91600 7, 91 m/s km/t 8, 48 km/t. Hastigheden er under 50 km/t. 1000 ) Kører man fx 90 km med 90 km/t tager det 1 time. Halvdelen af 90 km er 45 km. Hvis 45 km tilbagelægges med 50 km/t tager det 54 minutter. Hvis gennemsnittet skal holdes, skal de sidste 45 km tilbagelægges på 6 min, svarende til en hastighed på 450 km/t. Hvis strækningen er s tilbagelægges den ene halvdel, s km, med en fart af 50 km/t. Det tager s time. Anden halvdel af strækningen tilbagelægges på s 10 s s 1s 5s 18s timer. 50 10 650 650 650 Gennemsnitsfarten er derfor s s650 18 s 7, km/t. 18s 650 Øvelse 7 1) 7,1 ) 8 ) 7,9 4) Det ser rimeligt ud. 5) Løbe meter, en puls på 147 og en belastning på 05. 6) En puls omkring 141 og en belastning på ca. 50 Øvelse 8 1) F 1,8C eller C F 1,8 9 5 F 160 9 time. I alt tager det 50 48
) 50 F svarer til 10 C, hvilket de fleste finder for koldt. Øvelse 9 1) Den rette linje har en hældningskoefficient på 0 80 000 0-50, ligningen er a = -50x + b, b bestemmes ved at indsætte (80,0) i ligningen: 0 = -50 80 + b b = 4000 Hermed har vi vist, at afsætning som funktion af prisen er a = 4000 50x. ) Omsætning er lig med antal solgte stykker (afsætningen) gange pris pr. styk, altså a x. Indsættes a = 4000 50x fås hermed, at omsætningen er lig (4000 50x) x. ) I et regneark skrives pris pr. styk i første søjle, afsætning i anden søjle og samlet omsætning i tredje søjle. Her vises et påbegyndt regneark med formler. A B C 1 Pris pr. styk (x) Afsætning (a styk) Omsætning 0 =4000-50*A =A*B 1 =4000-50*A =A*B 4 =4000-50*A4 =A4*B4 5 =4000-50*A5 =A5*B5 6 4 =4000-50*A6 =A6*B6 7... 8... 9... På næste side vises regnearket, hvor resultaterne kan aflæses. 49
A B C 1 Pris pr. styk (x) Afsætning (a styk) Omsætning 0 000 60000 1 950 61950 4 900 6800 5 850 65550 6 4 800 6700 7 5 750 68750 8 6 700 7000 9 7 650 71550 10 8 600 7800 11 9 550 7950 1 0 500 75000 1 1 450 75950 14 400 76800 15 50 77550 16 4 00 7800 17 5 50 78750 18 6 00 7900 19 7 150 79550 0 8 100 79800 1 9 050 79950 40 000 80000 41 1950 79950 4 4 1900 79800 5 4 1850 79550 6 44 1800 7900 7 45 1750 78750 8 46 1700 7800 9 47 1650 77550 0 48 1600 76800 1 49 1550 75950 50 1500 75000 51 1450 7950 4 5 1400 7800 5 5 150 71550 6 54 100 7000 7 55 150 68750 8 56 100 6700 50
Omsætning Den største omsætning i kroner aflæses til 80.000 kr. ved en stykpris på 40 kr., der giver en afsætning på.000 stk. Hvis man indsætter et diagram i regnearket, kan det samme resultat aflæses. 90000 80000 70000 60000 50000 40000 0000 0000 10000 0 0 10 0 0 40 50 60 70 80 Pris pr. styk 4) Nej, virksomheden skal også tage hensyn til produktionsomkostningerne. Øvelse 10 Der er to store problemer undervejs. Det ene er omsætningen fra mg til g, og det andet er at observere, at det kun er 1 af den indsamlede honning, der kan høstes. 9 Strategi: Beregn, hvor meget nektar en bi indsamler på 1 dage. Omsæt det til honning, og lav enheden om til gram, da honningbægerets indhold er målt i gram. Bestem, hvor mange gram honning der kan høstes af den mængde, en bi indsamler på 1 dage. Bestem antallet af bier, der skal til. I alt indsamler en bi 1470 1 0580 mg nektar på 1 dage. Det giver 0580 mg 1090 mg 10,9 g honning. Af disse 10,9 g honning pr. bi kan man kun høste 1 svarende til 1,14 g pr. bi. 9 Der skal derfor benyttes 1,14 450 94, 7 95 bier i 1 dage for at samle ind til et bæger honning. 51
Øvelse 11 Da der til sidst er lige så meget vand i de to spande som til at begynde med, må den mængde østersøvand, der mangler i spanden med vand fra Østersøen, være erstattet med vand fra Vesterhavet og vice versa. Der er derfor lige store mængder fremmed vand i hver af de to spande. 5