Embed Size (px)
Citation preview
Matematik för sjöingenjörsprogrammet
Matematiska Vetenskaper
30 augusti 2012
Innehåll
3 Geometri och trigonometri 82
3.1 Euklidisk geometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.1.1 Kongruens och likformighet . . . . . . . . . . . . . . . . . . 83
3.1.2 Längd, area och vinkelmätning . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.1.3 Pythagoras sats . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89
3.1.4 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90
3.2 Analytisk geometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.2.1 Koordinatsystem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91
3.2.2 Räta linjer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92
3.2.3 Cirkelns ekvation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 96
3.2.4 Cirklar och räta linjer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 97
3.2.5 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
3.3 Trigonometri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101
3.3.1 De trigonometriska funktionerna i rätvinkliga trianglar . . . . 101
3.3.2 Trigonometriska funktionerna för allmänna vinklar .. . . . . 104
3.3.3 Allmänna trianglar, areasatsen, sinus- och cosinussatserna. . . 108
3.3.4 Trigonometriska additionsformler . . . . . . . . . . . . . . .111
3.3.5 Trigonometriska ekvationer . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113
3.3.6 Övningar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
81
3 Geometri och trigonometri
Detta kapitel handlar främst om analytisk geometri, speciellt räta linjens och cirkelnsekvationer, samt trigonometri.
Grunden till den analytiska geometri som behandlas här är euklidisk geometri, vi inle-der därför med att påminna om vissa begrepp och formulera några viktiga satser inomden euklidiska geometrin.
3.1 Euklidisk geometri
Att diskutera geometri på ett sätt som är logiskt oantastligt är inte helt enkelt och kräveren axiomatisk grund som vi inte ska beröra. Vi nöjer oss med enintuitiv uppfattningoch utgår från att alla har en gemensam inre bild av ett plan som har sin utbredning i tvådimensioner och saknar begränsningar, räta linjer i detta plan vilka har sin utbredningi en dimension och är obegränsade samt punkter som fyller planet men inte har någonutbredning alls.
Det är praktiskt att ha vissa konventioner/överenskommelser om hur olika begreppbetecknas.
I detta kapitel betecknas punkter med stora bokstäverA, B, C o s v.
F
A
B D
EC
Figur 1:Linjen AB, strålenCDoch sträckanEF.
Med
• linjen ABmenas linjen genom punkternaA ochB.
• strålen CDmenas den del av linjenCD som börjari C, genomlöperD och fortsätter obegränsat åt dethållet.
• sträckan EFmenas den del av linjenEF som liggermellanE ochF .
Om inget annat sägs så avses medABsträckanAB. Läng-den av sträckanABbetecknas|AB|. Om vi behöver enkla-re beteckningar för längder så betecknas dessa med småbokstäver,a, b, c o s v. Konventionen för trianglar är attx betecknar längden av sidansom står mot hörnetX, d v sa = |BC| etc.
A B
C
α
Figur 2:Vinkeln ∠A eller∠BAC.
Två strålar eller sträckorAB och AC bildar en vinkelmed spets vidA. Denna betecknas∠A eller ∠BAC.Strålarna kallasvinkelns ben. Egentligen ger de tvåstrålarna upphov till två vinklar, oftast en som är mind-re än ett halvt varv och en som är större. Om inget sär-skilt påpekas så avses den mindre av de två.
82
Storleken, mätetalet, för∠A betecknas oftast också med∠A eller, om detta är oprak-tiskt, med små bokstäver,u, v, α, β , o s v. Vi återkommer till vinkelmätning senare.
Då två linjer skär varandra i en punkt bildas fyra vinklar. Två vinklar som då har ettvinkelben gemensamt kallassupplementvinklarellersidovinklar, och två som inte harett gemensamt ben kallasvertikalvinklar. Vi får supplementvinklar också om vi låter enstråle utgå från en punkt på en linje. Om en vinkel är lika storsom sin supplementvinkelså säger vi att vinkeln ärrät. En rät vinkel är en fjärdedels varv. Beroende på hur mananger vinklars storlek är den räta vinkelnπ
2 radianer eller 90◦ (90 grader). En vinkelsom tillsammans med en given vinkel bildar en rät vinkel kallaskomplementvinkeltillden givna. En vinkel som är mindre än en rät ärspetsig. En vinkel som är mindre änett halvt varv men större än en rät ärtrubbig.
αβ
(a) Supplementvinklar
αγ
(b) Vertikalvinklar
δ αα
(c) Komplementvinklar
Figur 3:Olika typer av par av vinklar. Vinkelnα är spetsig, medanβ är trubbig.
En av de första geometrisatser man får lära sig i skolan är följande sats.
Sats:Vinkelsumman i en triangel är alltid180◦.
3.1.1 Kongruens och likformighet
För alla resonemang om geometri är kongruens- och likformighetsbegreppen viktiga.
Två figurer i planet ärkongruentaom man genom att flytta, vrida och eventuellt vända(spegla) den ena figuren kan få den att sammanfalla med den andra.
Två vinklar,∠BACoch∠B′A′C′, är lika stora,∠BAC= ∠B′A′C′, om de är kongruenta.T.ex. är vertikalvinklar lika stora. Två sträckorAB ochA′B′ är lika långa precis när deär kongruenta.
En triangel med hörnA, B ochC betecknar vi med△ABC. Två trianglar△ABC och△A′B′C′ är kongruenta precis när
|AB| = |A′B′|, |BC| = |B′C′|, |AC| = |A′C′|
och∠A = ∠A′, ∠B = ∠B′, ∠C = ∠C′
Notera att ordningen på hörnen är väsentlig när man använderdetta beteckningssättför trianglar i kombination med begreppet kongruens. Det ärväl ingen överraskningatt om vissa av de sex villkoren ovan gäller, så kommer de andra också att göra det.Närmare bestämt gäller de tre så kallade kongruensfallen:
83
Kongruensfallen
1. Sida – vinkel – sida:Om |AB| = |A′B′|, ∠B = ∠B′ och |BC| = |B′C′|så är trianglarna△ABC och△A′B′C′ kongruenta.
2. Sida – sida – sida:Om |AB| = |A′B′|, |BC| = |B′C′| och |AC| = |A′C′|så är trianglarna△ABC och△A′B′C′ kongruenta.
3. Vinkel – sida – vinkel: Om∠A = ∠A′, |AB| = |A′B′| och∠B = ∠B′ såtrianglarna△ABC och△A′B′C′ kongruenta.
A´
C
BA
B´C´
(a) 1:a fallet
B´BA
C
C´
A´(b) 2:a fallet
B´
BA
C
A´
C´
(c) 3:e fallet
Figur 4:De olika kongruensfallen.
Exempel. Att basvinklarna i en likbent triangel är lika visas med hjälp av kongruens.Om triangelnABCär likbent med|BC|= |AC|, så är trianglarnaABCochBACkongru-enta, enligt andra kongruensfallet (sida-sida-sida). Detbetyder att motsvarande vinklari trianglarna är lika stora, d v s∠A = ∠B. (Det omvända påståendet är också sant: omtvå vinklar i en triangel är lika stora, så är motstående sidor lika långa; beviset är dockinte lika enkelt.) �
ΑB
C
D
Figur 5:Ett “falskt” fall.
Det finns faktiskt ett fjärde kongruensfall, men man får seupp med formuleringen av det. Fallet Vinkel – Sida – Sidager inte alltid kongruenta trianglar. För att se detta kanman dra en sträckaAB och slå en cirkel med medelpunkti B och radie mindre än|AB|. Drag sedan en linje genomA som skär cirkeln i två nya punkter, först iC sedan i
84
D. För trianglarna△ABCoch△ABD gäller då att∠A =∠A, |AB| = |AB| och|BC| = |BD| (= cirkelns radie), men trianglarna är uppenbarligeninte kongruenta. Men om man kräver att den vinkel som är lika ide två trianglarna skastå mot den längsta sidan gäller kongruens:
4. Om∠A = ∠A′, |AB| = |A′B′|, |BC| = |B′C′| och sidornaBC ochB′C′ är längst itrianglarna△ABC respektive△A′B′C′, så är de båda trianglarna kongruenta.
Löst talat betyder begreppet kongruens mellan trianglar att de har samma form ochsamma storlek. Två trianglar som har samma form men inte nödvändigtvis sammastorlek sägs varalikformiga. Mer precist är två trianglar△ABCoch△A′B′C′ likformi-gaom
∠A = ∠A′, ∠B = ∠B′, ∠C = ∠C′ och|AB||A′B′| =
|AC||A′C′| =
|BC||B′C′| .
C´
A
A´
B
C
B´
Figur 6: Exempel på två likformiga (men inte kongruenta) trianglar.
Den viktigaste satsen om likformiga trianglar ärtopptriangelsatsen. I figur 7 är DEparallell medBC. Triangeln△ADE är då entopptriangeli den större triangeln△ABC.Topptriangelsatsensäger då att de två trianglarna△ADE och△ABCär likformiga.
B
A
C
DE
Figur 7: Triangeln△ADE är entopptriangeli den större triangeln△ABC
De olika kongruensfallen har sina motsvarande likformighetsfall som bevisas genomatt man visar att den mindre av de två trianglarna är kongruent med en topptriangel iden större.
85
Likformighetsfallen
1. Sida – vinkel – sida:Om det för trianglarna△ABC och△A′B′C′ gäller
att ∠B = ∠B′ ochcc′
=aa′
så är trianglarna likformiga.
2. Sida – sida – sida:Om det för trianglarna△ABC och△A′B′C′ gäller
attaa′
=bb′
=cc′
så är trianglarna likformiga..
3. Vinkel – (sida) – vinkel: Om det för trianglarna△ABC och△A′B′C′
gäller att∠A = ∠A′ och∠B = ∠B′ så är trianglarna likformiga.
BB′
AA′C
C ′
ac
b
c′
a′b′
(a) 1:a fallet
B
B′
A A′
CC ′ac
b
c′
a′
b′
(b) 2:a fallet
B
B′
A
A′
C C ′
ac
b
c′
a′b′
(c) 3:e fallet
Figur 8:De olika likformighetsfallen.
C
A B
D
Figur 9:Tre rätvinkliga trianglar.
Exempel. I figur 9 är ∠ABC och ∠ADB rätavinklar. Eftersom∠A är gemensam för trianglarna△ABCoch△ADB är dessa två trianglar likformi-ga enligt tredje likformighetsfallet. På samma sättvisas att trianglarna△ABC och△BDC är likfor-miga. �
3.1.2 Längd, area och vinkelmätning
Att ge mätetal åt sträckors längd och figurers area är inte så okomplicerat som man kantro.
86
När det gäller sträckors längd är idén att man utgår från en fastställd enhetssträcka ochger den mätetalet 1. Tanken är sedan att man ger en annan givensträckas längd ettmätetal genom att se hur många gånger den fastlagda enhetssträckan går i denna. Pro-blemet är förstås att detta i allmänhet inte går jämnt ut. Föratt lösa det kan man delain enhetssträckan i ett visst antal lika stora delar och se hur många av dessa som yt-terligare krävs för att mäta den givna sträckan. Samma svårighet dyker emellertid uppigen: inte heller detta går i allmänhet jämnt ut, oavsett hurman indelar enhetssträckani lika stora delar. Detta insåg enligt en legend Hippasos, enav Pythagoras lärjungar,för i runda svängar 2500 år sedan.
Vi ska naturligtvis inte göra en stor affär av detta utan utgår från att man med hjälpav dereella talenkan mäta sträckors längd, på ett sådant sätt att två sträckors längdhar samma mätetal precis när de är kongruenta. Det reella talsom mäter längden avsträckanAB betecknas|AB|. Detta tal kallas ocksåavståndetmellan punkternaA ochB.
För att mäta längden av en kurva som inte är en sträcka måste viapproximera kur-van med ett antal korta sträckor mellan punkter på kurvan. Jufler punkter dess bättreapproximation. Kurvans längd är gränsvärdet för dessa approximationer.
En cirkel består av alla punkter som har samma avstånd till en viss given punkt. Av-stådet i fråga kallas cirkelns radie och den givna punkten kallas cirkelns medelpunkt.En cirkelskivabestår av alla punkter vars avstånd till en given punkt är mindre än el-ler lika med (eventuellt strikt mindre än) ett givet positivt tal. Om likhet tillåts sägscirkelskivan vara sluten; om man kräver sträng olikhet kallas den öppen.
RR
L
Figur 10: Cirkelskiva delad ilika stora sektorer.
Då det gäller att beräkna cirkelns längd är det enklast attutgå från regelbundnan-hörningar med hörn på cirkeln.Så gjorde redan Arkimedes. Man delar inn-hörningen itrianglar med spets i cirkelns medelpunkt och beräknarbasens längd. Om man börjar med en inskriven regelbun-den sexhörning, har den sidlängd lika med cirkelns radie(sexhörningen kan ses som bildad av sex liksidiga triang-lar). En deltriangels baslängd blir då precisR. Sedan för-dubblar man antalet hörn gång på gång, och man kan be-räkna basens längd med Pythagoras sats (se 3.1.3 nedan).Detaljerna i detta lämnas till läsaren.
Av detta sätt att mäta cirkelns omkrets följer det att förhållandet mellan denna ochcirkelns radie, eller för den delen cirkelns diameter, är samma för alla cirklar. Kvo-ten mellan en godtycklig cirkels omkrets och dess diameter är alltså en och sammakonstant som betecknas med den grekiska bokstavenπ. Det betyder att en cirkel medradienRhar omkretsen 2πR.
Om cirkelns radie är 1 så har den inskrivna 6-hörningen omkretsen 6. Eftersom cirkelnsomkrets är 2π så får man närmevärdet 3 tillπ. Inte så bra, men det behövs inte så
87
många fördubblingar av antalet hörn för att man skall få ett riktigt bra närmevärde förπ. För att få de miljontals decimaler som nu är bestämda krävs emellertid helt annanteknik.
Också areabegreppet är som sagt komplicerat, men vi ska inteheller göra någon storsak av det.
ab
ba
Figur 11: Rektangel har areaab, triangelab/2.
Arean av en rektangel med sidlängdera ochb är lika medab. Arean av en parallellogram med bas av längda ochhöjd av längdh är ah. (Man kan “kapa av” en rätvinkligtriangel och flytta den till andra sidan parallellogrammenför att komplettera till en rektangel med sidlängdera ochh.)
Drar man en diagonal i en rektangel får man två rätvink-liga trianglar med basa och höjdb. Arean av en sådantriangel måste därför varaab/2. Härifrån är inte svårt att
övertyga sig om att arean av en triangel, vilken som helst, ärhälften av produkten avbasen och höjden.
En intressant observation man kan göra i figur 10 ovan är att trianglarna också delar incirkelskivan i delar vars area vi kan beräkna. Om basen i varje triangel ärL och höjdenh så är areanL ·h/2. Höjden är, för stortn, i det närmaste samma som cirkelns radie.Då vi summerar alla triangelareorna får vi ungefär cirkelnsomkrets multiplicerad medR/2. Eftersom omkretsen är 2·R·π får vi arean till 2πR· R
2 = π ·R2. En cirkelskivamed radieR har alltså areanπR2.
Det är alltsåsammaförhållande mellan cirkelns omkrets och diameter som det ärmel-lan cirkelskivans area och arean av en kvadrat med radien somsida. Detta upptäckteockså Arkimedes.
R
A
B
C α
s
R
Figur 12:CirkelbågenBC.
Om vi vill mäta en vinkel kan vi börja med tänka ossatt den är medelpunktsvinkel i en cirkel, d v s att vi ritaten cirkel med medelpunkt i vinkelns spets. Eftersom al-la cirklar är likformiga torde förhållandet mellan längdenav bågen som vinkelns ben kapar av cirkeln och cirkelnsradie vara ett mått på vinkelns storlek. Vi definierar allt-
så mätetalet för en vinkel∠A i radianer somsR
, där s
är längden av en cirkelbågeBC med medelpunkt iA ochradienRsom i figur 12.
Man kan alternativt välja att definiera vinkelns mått som längden av cirkelbågenBCdå radienR= 1.
Om man vänder på det hela kan man säga att encirkelbågepå en cirkel med radieRhar längdenαR, därα är måttet, i radianer, på vinkeln vid medelpunkten som bågenger.
88
Mäter man istället denna vinkel i grader, låt oss säga att dendå har måtteta◦, så blircirkelbågens längd
a◦
360·2πR=
a◦
180πR.
I huvudsak använder man radianer som enhet vid vinkelmätning i matematiken. Justinom geometri är det dock vanligare med grader. I förra avsnittet påminde vi om att
vinkelsumman i en triangel ärπ (radianer) eller 180◦ och att en rät vinkel ärπ2
eller
90◦. De spetsiga vinklarna i en likbent rätvinklig triangel ärπ4
eller 45◦. En liksidig
triangel har vinklarnaπ3
eller 60◦. Sambandet mellan de två sätten att ange en vinkels
storlek ges av
1◦ =π
180≈ 0,017 radianer och 1 radian=
180◦
π≈ 57,3◦
3.1.3 Pythagoras sats
Geometrins förmodligen mest kända sats är Pythagoras sats.Den beskriver ett sam-band mellan den längsta sidan, hypotenusan, i en rätvinkligtriangel och de två kortare,kateterna1. Få resultat om något inom matematiken har en längre historia. Det är doku-menterat att satsen var känd redan av babylonierna för 3500 år sedan även om den fåttsitt namn efter en grekisk matematiker, Pythagoras, som verkade för ca 2500 år sedan.
Sats:Om längderna av kateterna i en rätvinklig triangel ära respektiveb och hypote-nusans längd ärc, så ära2 +b2 = c2.
Det finns ett otal mer eller mindre olika bevis för denna sats.En del bygger på area-begreppet och går till så att man på olika sätt pusslar ihop figurer. Vi ska emellertidåterge ett bevis som bygger på likformighet.
Bevis.
D
a C
b
A
c
c
c
1
2
B
Figur 13:Tre likformiga rätvink-liga trianglar.
Låt den rätvinkliga triangeln vara△ABCmed∠C rät.Drag, som i figur 13, höjdenDC. Vi har då fått tvåmindre trianglar△CBD och△ACD som båda är lik-formiga med den ursprungliga triangeln△ABC, ef-tersom de har två vinklar gemensamma med den (∠Boch en rät, respektive∠A och en rät).
Sätter vic1 = |BD| ochc2 = |AD| har vi attc1+c2 = coch av likformigheten mellan△CBDoch△ABCsamt
1Observera att det heteren katet, flera kateter.
89
△ACDoch△ABC följer att
ac1
=ca
respektivebc2
=cb
och vi får dåa2 = c·c1 respektive b2 = c·c2.
Addition ger nua2 +b2 = c(c1 +c2) = c2.
�
Omvändningen till Pythagoras sats är också sann: Oma,b,c är sidlängder i en triangelocha2 +b2 = c2, så är triangeln rätvinklig med rät vinkel vidC.
3.1.4 Övningar
3.1.1 Hur många grader och radianer är
a) 1/2 varv b) 1/8 varv c) 1/3 varv
d) 1/6 varv e) 3/4 varv f) 7/6 varv
3.1.2 Omvandla till radianer:
a) 90◦ b) 30◦ c) 45◦ d) 270◦
e) 18◦ f) 150◦ g) 110◦
3.1.3 Omvandla till grader:
a) 3π b) π/2 c) 3π/4 d) 5π/12
3.1.4 Beräkna längden av cirkelbågen i en cirkelsektor med
a) centrumvinkelnv = 60◦ och radienR= 2 (längdenheter)
b) v = 150◦ ochR= 5 c) v = 300◦ ochR= 4/3.
3.1.5 Bestäm vinkeln mellan två (närliggande) sidor i en regelbunden
a) 6-hörning b) 5-hörning c)n-hörning.
Ledning: Vinkelsumman i en triangel är 180◦ = π (radianer).
90
3.1.6 TriangelnABCär likbent, med baslängd 5 l.e. och benlängd 4 l.e. Beräkna
a) längden av höjden mot basen;
b) triangelns area;
c) längden av höjderna mot benen.
3.1.7 TriangelnABC är rätvinklig med rät vinkel vidC. PunktenM är en punkt påsidanAB. Om |AB| = 4 l.e. och|AM| = |CM|, beräkna|AM|.
3.2 Analytisk geometri
Analytisk geometri handlar om att ange punkter med hjälp av koordinater och sedan,med hjälp av dessa, beskriva geometriska objekt genom ekvationer. Här skall vi enbartstudera räta linjens ekvation och cirkelns ekvation. Grunden till det hela ärkoordinat-system.
3.2.1 Koordinatsystem
x−axel
y−ax
el a
b (a,b)
Figur 14:Rätvinkligt koordinatsystem.
Ett rätvinkligt koordinatsystem består av två rik-tade linjer som skär varandra under rät vinkel ien punkt. Oftast ritar man ena linjen horisontellt,den kallasx-axeln, och den andra linjen som kal-lasy-axelnritas vertikalt. Deras skärningspunktkallasorigo. Givetvis kan koordinatsystem vri-das om man så önskar, men i detta kapitel hållervi oss till horisontellx-axel.
De två koordinataxlarna ärtallinjer. Origo mot-svarar talet 0 på bådex- ochy-axeln, punkternatill höger påx-axeln och uppåt påy-axeln motsvarar positiva tal, de till vänster ochnedåt motsvarar negativa tal. Om punktenP ligger på en av axlarna och motsvarartaleta så är|a| = avståndet mellan origo och punktenP.
Varje punkt i planet kan nu tilldelaskoordinater(a,b) på följande sätt. Vi drar förstgenom punkten en linje parallell medy-axeln. Denna linje skärx-axeln i en punkt sommotsvarat ett tala. Drag också en linje parallell medx-axeln. Denna skäry-axeln i enpunkt som motsvarar ett talb.
Punkter i planet och ordnade par av reella tal svarar på så visprecis mot varandra. Visäger därför att planet är
R2 = {(x,y) : x∈ R ochy∈ R}.
91
De två koordinataxlarna delar in planet i fyra delar,kvadranter. Dessa numreras motursmed början i första kvadranten där bådex- ochy-koordinaten är positiva. I andra kva-dranten ärx < 0 ochy > 0. I tredje är båda negativa och i fjärde ärx > 0 ochy < 0.
y
y1,(x1 )y1,(x2
)y(x2 2,
x
)
Figur 15:Avståndetd mellan punkterna
Betrakta nu två punkter i planet(x1,y1) och(x2,y2). Dessa är hörn i en rätvinklig triangelmed(x1,y2) som det tredje hörnet. De två kate-ternas längder är då|x1−x2| och |y1−y2|. Pyt-hagoras sats ger oss nu att hypotenusans längdär
√
|x1−x2|2 + |y1−y2|2.
Eftersom avståndet från en punkt till en annanär längden av sträckan mellan punkterna kan av-
ståndet,d, mellan(x1,y1) och(x2,y2) beräknas medavståndsformeln:
d =√
(x2−x1)2 +(y2−y1)2
3.2.2 Räta linjer
b
x
y
y=b
a
x=a
Figur 16:Axelparallella linjer.
Betrakta först en linje parallell medx-axeln iett koordinatsystem iR2. Eftersom alla punkterpå denna linje har sammay-koordinat och allapunkter med dennay-koordinat ligger på linjen,kan vi beskriva linjen som
{(x,y) : y = b},
dvs som mängden av punkter i planet vars andra koordinat ärb. Vi säger att ekvationeny = b är ekvationen för en rät linje parallell medy-axeln. På samma sätt ärx = aekvationen för en rät linje parallell medx-axeln.
Vi skall nu bestämma ekvationer för linjer som inte är parallella med någon av koor-dinataxlarna och börjar med en linjeL som går genom origo och någon punkt(a,b) iförsta kvadranten.
v x
y
xa
(a,b)(x,y)
Figur 17:Sned linje.
Låt (x,y) vara en godtycklig punkt påL medx > 0 (ochy > 0). Vi har då två rätvinkliga tri-anglar med ett hörn i origo och ett påL. Dessatvå trianglar är likformiga eftersom de har lika
92
vinklar. Då följer det attba
=yx
vilket ger
y = kx där k =ba.
Konstantenk kallasriktningskoefficientför linjen.
Om punkten(x,y) ligger på linjen menx< 0 ochy< 0, så gäller som ovan attba
=−y−x
vilket också gery = kx. Med ett liknande resonemang ser man att linjer genom origooch en punkt i andra och fjärde kvadranten har en ekvationy = kx, därk < 0.
(Riktningskoefficientenk är lika med tanv, därv är vinkeln mellan linjen och positivax-axeln.)
(x,y−m)
x
y
m
x
(x,y)
Figur 18:Linje som inte går genom origo.
Betrakta nu en rät linje som skäry-axeln däry= m. Denna är parallell med en linje genomorigo och riktningskoefficientk. För punkten(x,y−m) gäller då atty−m= kx. Linjen ge-nom(0,m) har alltså ekvationen
y = kx+m.
ENPUNKTSFORMELN . Vi skall visa den s kenpunktsformeln. Denna säger att ekva-tionen för en rät linje, som är parallell med linjeny= kxoch går genom engiven punkt(x0,y0) är
y−y0 = k(x−x0).
Bevis. Ekvationeny−y0 = k(x−x0) kan skrivas om tilly = kx+m därm= y0−kx0.Alltså är det ekvationen för en rät linje parallell med linjen y= kx. Dessutom gäller detatt insättning avx = x0 ochy = y0 ger 0 i både vänster och höger led av ekvationen.Därför äry−y0 = k(x−x0) också ekvationen för en linje genom(x0,y0). �
TVÅPUNKTSFORMELN . En rät linje, som går genomtvå givna punkter(x1,y1) och(x2,y2) medx1 6= x2, har ekvationen
y−y1 =y2−y1
x2−x1· (x−x1).
Detta är den s k tvåpunktsformeln för räta linjen.
93
−
1x1
x2 y2
y2
x2 x1
y1
x
y
x
y
),(
, )(
−y
Figur 19:Linje med två punkter.
Bevis.Eftersom linjen går genom(x1,y1) och(x2,y2), därx1 6= x2, så kanriktningskoeffici-entenberäknas:
k =y2−y1
x2−x1
Tillämpa nu enpunktsformeln med(x0,y0) =(x1,y1) så erhålls den sökta ekvationen.�
Vi har härlett tre typer av ekvationer för rä-ta linjer. Lodräta linjer har ekvationenx = a,vågräta linjer har ekvationeny = b och övri-ga linjery = kx+mmedk 6= 0. Alla dessa kan skrivas på formen
Ax+By+C = 0,
där minst en av koefficienternaA och B är 6= 0. Detta är denallmänna formenförräta linjens ekvation. OmA = 0, menB 6= 0 så fås en vågrät linjey = −C/B, omB = 0, A 6= 0 får en lodrät linjex = −C/A och omA 6= 0 ochB 6= 0 en rät linje
y = −AB
x−CB
,
som skär båda axlarna.
Till skillnad från de andra skrivsätten är inte ekvationenAx+ By+C = 0 entydigtbestämd av linjen, d v s en och samma linje kan beskrivas av flera ekvationer. Bådex+2y+3= 0 och 2x+4y+6= 0 är ekvationer för samma linje. Du ser detta genom attskriva om ekvationerna på formeny = kx+m. Man talar därför hellre omen ekvation(obestämd form) för den räta linjen i stället förekvationen(bestämd form) för linjen.
Två linjerA1x+B1y+C1 = 0 ochA2x+B2y+C2 = 0 ärparallella om och endast omriktningskoefficienterna är lika d v s omk1 = −A1/B1 och k2 = −A2/B2 är lika ellerom B1 = B2 = 0.
Exempel. Bestäm en ekvation för räta linjen genom punkterna(2,4) och(−1,3).
Lösning. Riktningskoefficienten blir som i härledningen av tvåpunktsformeln
k =y2−y1
x2−x1=
3−4−1−2
=−1−3
=13.
Med enpunktsformeln får vi att linjens ekvation blir
y−4 =13(x−2) ⇐⇒ y =
x3
+103
⇐⇒ x−3y+10= 0.
Alternativt kan man förstås ta den andra punkteny−3 =13(x+1).
94
Svar: x−3y+10= 0.
Observera att det är en god vana att kontrollera räkningarnagenom att visa att de givnapunkterna satisfierar den erhållna ekvationen. I det falletkontrollerar vi och får
2−3·4+10= 0 respektive−1−3·3+10= 0,
som båda stämmer. �
Exempel. Sök skärningspunkten mellan linjerna 3x+4y−6 = 0 och 2x+y−5 = 0.
Lösning. Rita först en figur som åtminstone ger en approximation till skärningspunk-ten. En punkt ligger på en linje om punktens koordinater satisfierar linjens ekvation.Punkten ligger på båda linjerna om punktens koordinater satisfierar båda ekvationerna,alltså om koordinaterna är en lösning till ekvationssystemet med de två linjernas ekva-tioner (vi påminner om att frågan diskuterades i avsnittet om linjära ekvationssystem).
Vi vill lösa ekvationssystemet
{
3x+4y = 62x+y = 5
⇐⇒{
3x+4y = 68x+4y = 20
⇐⇒{
3x+4y = 65x = 14
,
som ger
x =145
och y =6−3x
4=
6−3· 145
4=
30−425
4=
−35
.
Alternativt kan man lösa uty ur den andra ekvationen vilket gery = 5−2x, som insatti den första ekvationen ger 3x+4(5−2x) = 6 o s v.
Svar:Skärningspunkten är(14/5,−3/5). �
En rät linje, som skär en given rät linje vinkelrätt, kallasnormaltill den givna linjen.
−b x
y
x
y
b
a
a(a,b)
(−b,a)
Figur 20:Linje med två punkter.
Figuren bredvid illustrerar att om man vrider lin-jen y = kx en rät vinkel moturs, så kommer punk-ten (a,b) att hamna på(−b,a). Av detta följer attnormalen genom origo till linjeny = kx har rikt-
ningskoefficientena−b
. Eftersomk =ba
har vi att
a−b
=−1k
.
Normalens riktningskoefficientär alltså−1k
, om den givna linjens riktningskoefficient
ärk. Om vi översätter detta till en ekvation på den allmänna formeln, så får vi att en rätlinje Ax+By+C1 = 0 har normalernaBx−Ay+C2 = 0. Här är konstanternaC1 ochC2 godtyckliga eftersom villkoret att vara normal bara beror på linjens riktning.
95
Exempel. Bestäm en ekvation för linjen, som går genom(2,−1) och är normal till3x+2y+2 = 0 Observera att punkten(2,−1) ligger utanför den givna linjen.
Lösning. Den givna linjen, vars ekvation kan skrivasy = −3x/2− 1, har riktnings-koefficientenk1 = −3/2. Normalens riktningskoefficient är därförk2 = −1/k1 = 2/3och normalens ekvation
y+1 =23(x−2) ⇐⇒ 2x−3y−7 = 0
beroende på vilken form man föredrar. �
3.2.3 Cirkelns ekvation
En cirkel består av alla punkter i ett plan som har ett bestämtavstånd,cirkelns radie,till en bestämd punkt,cirkelns medelpunktellercentrum.
R
,(x 0y0
x
y
x
y
(x,y)
)
Figur 21: Cirkel med radieR kringx0,y0.
Ekvationen för en cirkel med radienR och medel-punkten(x0,y0) är
(x−x0)2 +(y−y0)
2 = R2.
Detta följer av avståndsformeln: Punkten(x,y) lig-ger på cirkeln precis när dess avstånd till(x0,y0),√
(x−x0)2 +(y−y0)2, är R, eller (bättre) närkvadraten på detta avstånd ärR2.
Speciellt ärx2 +y2 = R2
ekvationen för en cirkel med radienRoch medelpunkten i origo. Cirkeln med ekvatio-nen
x2 +y2 = 1
kallasenhetscirkeln.
Exempel. Ge den geometriska betydelsen av ekvationen
x2 +2x+y2−3y = 3.
Lösning. Ekvationen kan (genom kvadratkomplettering) skrivas om som
x2 +2x+1+y2−2· 32·y+
(
32
)2
= 3+1+
(
32
)2
96
som om man använder kvadreringsreglerna blir
(x+1)2 +
(
y− 32
)2
=
(
52
)2
,
vilket betyder en cirkel med medelpunkt(−1, 32) och radie
52
. Rita en figur. �
3.2.4 Cirklar och räta linjer
En rät linje som skär en cirkel kan göra det i en eller två punkter. Om det är två skär-ningspunkter,A ochB så bildar sträckanAB enkorda till cirkeln. Om linjen bara haren punkt,A, gemensam med cirkeln, så säger vi att linjentangerarcirkeln och attAär tangeringspunkten. Av symmetriskäl är linjen genom cirkelns medelpunkt och enpunktA på periferinnormaltill cirkelns tangent iA.
Exempel. Vi bestämmer ekvationen för tangenten i punkten(1,2) till cirkeln medmedelpunkt(2,−1) och radie
√10.
Lösning.Cirkelns ekvation är(x−2)2+(y+1)2 = 10. Insättning av(x,y) = (1,2) ger
VL = (1−2)2 +(2+1)2 = (−1)2 +32 = 1+9 = 10
vilket visar att(1,2) ligger på cirkeln. Normalen till cirkeln genom(1,2) går ocksågenom medelpunkten(2,−1). Riktningskoefficient för normalen är
2− (−1)
1−2=
3−1
= −3.
Riktningskoefficient för tangenten är då− 1−3
=13
. Tangentens ekvation erhålls med
enpunktsformeln:y−2 = 13(x−1). Detta skrivs om tilly = 1
3x+ 53 ellerx−3y+5 = 0
beroende på vilken form man önskar. �
Exempel. Vi bestämmer skärningspunkterna mellan cirklarna
x2 +4x+y2−2y = 8 och x2 +9x+y2−3y = 10.
Lösning. Skärningspunkter är lösningar till ekvationssystemet{
x2 +4x +y2−2y = 8x2 +9x +y2−3y = 10
Subtrahera första ekvationen från den andra. Då erhålls:
97
{
x2 +4x +y2−2y = 85x −y = 2
Det nya ekvationssystemets geometriska tolkning är att vi söker skärningspunkternamellan cirkelnx2 + 4x+ y2−2y = 8 och den räta linjen 5x− y = 2. Lös uty ur denandra ekvationen och sätt in i den första:
{
x2 +4x+ (5x−2)2−2(5x−2) = 8y = 5x−2
Den första ekvationen förenklas till 26x2−26x = 0 med lösningarnax1 = 0 som gery1 = −2, respektivex2 = 1 som gery2 = 3. Insättning av punkternas koordinater icirklarnas ekvationer visar att båda punkterna ligger på båda cirklarna. Det är en godvana att göra en sådan kontroll.
Svar:Skärningspunkterna är(0,−2) och(1,3). �
En cirkels ekvation är bestämd om vi känner medelpunkt och radie, alltså om vi kännerdetre storheternax0, y0 ochR. Detta betyder atttre av varandra oberoende villkor heltbestämmer en cirkel. T ex gäller det att genom tre givna punkter, som ej ligger i rätlinje, går det en och endast en cirkel.
Exempel. Vi bestämmer ekvationen för cirkeln som går genom de tre punkterna(2,2),(2,−4) och(−2,0).
Lösning. Kalla medelpunkten(a,b) och radienR. Cirkelns ekvation är(x−a)2+(y−b)2 = R2 där vi ska bestämmaa, b ochR. De tre punkterna ger de tre ekvationerna
(2−a)2+ (2−b)2 = R2
(2−a)2+ (−4−b)2 = R2
(−2−a)2+ (0−b)2 = R2.
Utveckla kvadraterna och subtrahera första ekvationen från de övriga:
a2−4a+4+ b2−4b+4 = R2
12b+12= 08a+ 4b−4 = 0.
Den andra ekvationen ger nub = −1 som insatt i den tredje gera = 1. Dessa värdenger i första ekvationenR=
√10.
Svar: Cirkelns ekvation är(x−1)2 +(y+1)2 = 10.
Som tidigare är det lämpligt att kontrollera att de givna punkterna satisfierar den er-hållna ekvationen. �
98
3.2.5 Övningar
3.2.1 Bestäm avståndet mellan
a) (−6,0) och origo b) origo och(2,3) c) (2,2) och(−3,2)
d) (2,−2) och(−4,6) e) (−2,5) och(−4,8)
3.2.2 Bestäm en punkt påy-axeln, som ligger lika långt från punkterna
a) (−3,2) och(4,1) b) (−2,1) och(4,5)
3.2.3 Bestäm läget för en liksidig triangels tredje hörn då två av hörnen ligger i
a) (−1,−1) och(3,1) b) (2,3) och(−1,0)
3.2.4 Bestäm en ekvation för räta linjen genom
a) origo med riktningskoefficienten 2/3
b) (2,1) med riktningskoefficienten−2/3
c) (−2,3) parallell medx-axeln d) (−2,3) parallell medy-axeln.
3.2.5 Bestäm en ekvation för räta linjen genom punkterna:
a) (1,1) och(2,3) b) (−2,3) och origo c) (−1,0) och origo
d) (−2,1) och(2/3,1/3) e) (4/3,−1/5) och(3/7,2/9)
f) (−2/7,−3/23) och(−2/7,8/69).
3.2.6 Sök skärningspunkterna mellan linjerna
a) 2x+3y−6 = 0 ochx+y−1 = 0
b) 2x+3y = 0 ochx−2y+2 = 0
c) 2x−3y−6 = 0 och 4x−6y = 36
d) 3x+2y−4 = 0 och 6x+4y = 8
3.2.7 Visa att oma 6= 0 ochb 6= 0 så har den räta linjen genom punkterna(a,0) och
(0,b) ekvationenxa
+yb
= 1.
99
3.2.8 Bestäm en ekvation för linjen genom punkterna:
a) (2,0) och(0,−4) b) (0,3) och(1,0) c) (0,1) och(0,0).
3.2.9 Bestäm en ekvation för normalen till linjen
a) 2x+5y = 0 i origo b) 3y−x = 4 i punkten(−1,1)
c) 5x+9y = 0 från punkten(2,3) d) x = 4y+1 från origo.
3.2.10 Bestäm en ekvation för cirkeln med följande medelpunkt och radie:
a) origo;R= 9 b) (2,−3);R= 7 c) (−6,0);R= 2,5
3.2.11 Ge en ekvation för en cirkel, som har medelpunkten(−1,3) och går genom
a) origo b) (1,1) c) (7,0)
3.2.12 Ange den geometriska betydelsen av ekvationen
a) x2 +y2−3 = 0 b) x2 +y2−4y = 5
c) 2x2 +2y2−4x+3y = 0 d) x2 +y2 +4x−y+4 = 0
e) 36x2 +36y2−36x+48y = 39.
3.2.13 Sök skärningspunkterna mellan cirkelnx2 +4x+y2−2y = 8 och räta linjen
a) 5x−y−2 = 0 b) 2x−3y−6 = 0 c) 4x−y−6 = 0
3.2.14 Ge en ekvation för en cirkel, som går genom
a) (1,−3),(−3,1) och(−5,−1) b) (6,7),(−3,4) och(−18,−1)
c) (1,6) och(−3,−2) och har medelpunkt påy-axeln.
100
3.3 Trigonometri
3.3.1 De trigonometriska funktionerna i rätvinkliga trian glar
Med utgångspunkt från figuren vid Pythagoras sats definierarvi de trigonometriskafunktionerna:
sinA =ac
=motstående katet
hypotenusa,
cosA =bc
=närliggande katet
hypotenusa,
tanA =ab
=motstående katetnärliggande katet
,
cotA =ba
=närliggande katetmotstående katet
.
Förkortningarna utläsessinus, cosinus, tangens och cotangens. Det följer av defini-tionerna att sinA och tanA ökar omA ökar, medan cosA och cotA minskar (så längevinkeln A är spetsig, större vinklar behandlas senare). Vi observerar också gränsfallen0◦ och 90◦ där vi får
sin0◦ = tan0◦ = 0, cos0◦ = 1
sin90◦ = 1, cos90◦ = cot90◦ = 0
medan tangens inte kan definieras för 90◦ och cotangens inte kan definieras för 0◦.
Vissa samband mellan de olika trigonometriska funktionerna kan också konstateras:
tanA =sinAcosA
=1
cotA, cotA =
cosAsinA
=1
tanA
Exempel 6:En triangel med sidornaa= 3, b= 4 ochc= 5 längdenheter är rätvinklig,eftersom 32 + 42 = 52. Den brukar kallas den egyptiska triangeln och ger oss ett lättsätt att tillverka en vinkelhake. I denna triangel är alltså
sinA =35, cosA =
45, tanA =
34, cotA =
43.
Med hjälp av miniräknaren kan vi beräkna de trigonometriskafunktionerna för envinkel, men vi kan också ta reda på vinkeln, om man känner en trigonometrisk funktion(åtminstone om vinkeln är spetsig som här). Eftersom det serganska olika ut på olikaräknare, tar vi detta på undervisningen och inte här i detalj. T ex kan vi få ut vinkelnA
101
i den egyptiska triangeln genom att använda sinusfunktionen enligt ovan. sinA = 0,6ger då med miniräknarens hjälp attA≈ 36,9◦.
Vi får också genom att multiplicera med nämnarna i definitionerna att
a = c·sinA, b = c·cosA, a = b· tanA.
Exempel 7:Antag att sidanc= 12cm och vinkelnA= 52◦. Då kan vi beräkna de åter-stående sidorna:a = c·sinA = 12·sin52◦ ≈ 9,46cm ochb = c·cosA = 12·cos52◦ ≈7,39cm.
Exempel 8:Antag att sidanb = 8cm och vinkelnA = 33◦. Då är tanA = ab ⇒
a= b· tanA= 8tan33◦≈ 5,20cm. Vidare är cosA= bc ⇒ c= b
cosA = 8cos33◦ ≈ 9,54cm.
Två vinklar som har summan 90◦ kallaskomplementvinklar. I vår rätvinkliga triangelär A ochB = 90◦−A komplementvinklar. Vi tittar lite utförligare på definitionerna avde trigonometriska funktionerna och kan då se:
cos(90◦−A) = sinA, sin(90◦−A) = cosA,
cot(90◦−A) = tanA, tan(90◦−A) = cotA.
Det finns ett annat enkelt samband mellan sinus och cosinus. Om vi tar likhetena2 +b2 = c2 i Pythagoras sats och dividerar båda leden medc2, får vi
(ac
)2+
(bc
)2= 1
dvs uttryckt i sinus och cosinus:
(sinA)2 +(cosA)2 = 1
Sambandet brukar kallastrigonometriska ettan. Man brukar skriva lite kortare:
sin2A+cos2A = 1
102
För vissa vinklar kan man komma åt de exakta värdena på de trigonometriska funktio-nerna. Speciellt om man utgår ifrån en kvadrat eller en liksidig triangel är detta enkelt.
45◦−45◦−90◦: Vi delar en kvadrat med sidan 1 längdenhet längs diagonalen. Diago-nalens längd blir då
√2 längdenheter (använd Pythagoras sats!).
45◦
45◦
1
1
√2
Nu kan vi använda våra definitioner av trigonometriska funktioner:
sin45◦ =1√2, cos45◦ =
1√2, tan45◦ = 1, cot45◦ = 1
30◦−60◦−90◦: Vi upprepar bravaden med en liksidig triangel som vi klyversym-metriskt. Vi låter sidorna vara 2 längdenheter, så att den delade halva sidan blir 1längdenhet. Med Pythagoras sats kan vi då beräkna delningslinjen (höjden) till
√3.
1
2 2
1
60◦
30◦
√3
Nu får vi de exakta värdena på de trigonometriska funktionerna för både 60◦ och 30◦
(vi hoppar över cotangens denna gång):
sin60◦ =
√3
2, cos60◦ =
12, tan60◦ =
√3
sin30◦ =12, cos30◦ =
√3
2, tan30◦ =
1√3
103
Vi kan ställa samman våra resultat i en liten tabell, där vi också tar med 0◦ och 90◦.
v 0 30◦ 45◦ 60◦ 90◦
sinv 0 12
√2
2
√3
2 1
cosv 1√
32
√2
212 0
tanv 0 1√3
1√
3 −
3.3.2 Trigonometriska funktionerna för allmänna vinklar
I trianglar kan ju vinklarna bli mellan 0◦ och 180◦, i fyrhörningar och andra geomet-riska figurer kan man ha vinklar melllan 0◦ och 360◦. Det senare gäller ju också vidangivning av kurs för ett fartyg eller flygplan. I andra sammanhang, t ex när man ar-betar med roterande apparater (generatorer, motorer etc) eller med andra periodiskaprocesser, låter man vinkeln löpa vidare flera varv. Om rotationsriktningen vänds, räk-nar man också med negativa vinklar. Med andra ord, vinklar kan få ha vilka reellavärden som helst. Därmed finns det också anledning att utvidga våra definitioner av detrigonometriska funktionerna.
För att kunna definiera de trigonometriska funktionerna mera allmänt, inför vi den s kenhetscirkelni ett koordinatsystem. Dess medelpunkt är origoO= (0,0), dess radie är1. PunktenP= (1,0) är cirkelns skärningspunkt med positivax-axeln. Vi tänker oss nuatt sträckanOP likt en visare på en klocka vridsmotursrunt origo så att den hamnar iQ. Vinkeln mellan strålens utgångslägeOPoch dess slutlägeOQkallar vi v. Observeraatt om man vriderv+ 360◦ så hamnar punktenP också iQ eftersom 360◦ motsvararvridning ett varv moturs.
P xx
y
1v
u
Q
(a) Vinkelnu ärv+360◦.
−v xx
y
1v P
(b) En vinkel och dess negativa mot-svarighet.
Figur 22:Allmänna vinklar.
Om visaren i stället vridsmedursräknas vinkelnnegativ.
104
Det finns en stor fördel med detta synsätt. Vi kan tänka oss attvisaren vrids mer änett varv och låta vinkeln vara längden av den genomlöpta cirkelbågen. Vinklar kan dåvara större än 2π. Dessa har inte längre någon geometrisk motsvarighet. Den punktsom motsvarar vinkeln 450◦ är (0,1) eftersom 450◦ = 90◦ + 360◦. Visaren vrids ettoch ett kvarts varv. Vinklarna 450◦ och 90◦ motsvaras avsamma punktmen ärolikavinklar. Om visaren vridsmedursär vinkeln negativ. Vinkeln−270◦ motsvaras ocksåav (0,1).
v xx
y
1sin v (cos v, sin v)
cos v
Figur 23:Enhetscirkeln.
En första observation vi kan göra är att om
0 < v < 90◦
så ärQ= (cosv,sinv), eftersom vi har en rät-vinklig triangel med en hypotenusa av längd1. Denna observation ligger till grund förden allmänna definitionen av de trigonomet-riska funktionernas värden för godtyckligavinklar.
Definition: Låt Q = (x,y) motsvara vinkelnv enligt ovan. Då är
cosv = x, sinv = y, tanv =yx
om x 6= 0, cotv =xy
om y 6= 0.
För vinklar v sådana attx = 0 är tanv odefinierat. För vinklarv sådana atty = 0 är cotv odefinierat.
Eftersom en ökning eller minskning avv med 360◦ motsvarar en vridning av ”visa-ren” OP ett helt varv mot- eller medurs följer det att sinus och cosinus ärperiodiska.Närmare bestämt så har vi följande:
sinv = sin(v+360◦) = sin(v+n·360◦), för alla n∈ Z
cosv = cos(v+360◦) = cos(v+n·360◦), för alla n∈ Z
105
Trubbiga vinklar
I en triangel är vinklarna alltid mellan 0◦ och 180◦. Därför ska vi koncentrera osspå att utforska sinus, cosinus och tangens för trubbiga vinklar, dvs mellan 90◦ och180◦, eftersom vi vill kunna använda trigonometrin på allmänna trianglar (förut harvi ju bara kunnat använda den på rätvinkliga trianglar). Vi har tidigare kommit åt despetsiga vinklarna, så nu ska vi jämföra dessa med de trubbiga genom enspeglingi y-axeln. Två vinklar med summan 180◦, alltsåv och 180◦−v kallassupplementvinklar.De svarar mot varandra genom spegling i y-axeln.
v
180◦ − v
(a, b)(−a, b)
x
y
Figur 24:Spegling iy-axeln.
Spegelpunkten till(a,b) med avseen-de påy-axeln är(−a,b) med vinkeln(180◦−v). Alltså är
cos(180◦−v) = −a = −cosv
sin(180◦−v) = b = sinv
tan(180◦−v) =b−a
= − tanv,
Vi kan nu bygga ut vår gamla tabell med exakta värden:
v 0 30◦ 45◦ 60◦ 90◦ 120◦ 135◦ 150◦ 180◦
sinv 0 12
√2
2
√3
2 1√
32
√2
212 0
cosv 1√
32
√2
212 0 −1
2 −√
22 −
√3
2 −1tanv 0 1√
31
√3 − −
√3 −1 − 1√
30
106
Exempel 9:
(a) Lös ekvationen sinx = 0,88 i intervallet 0◦ ≤ x≤ 180◦.
(b) Lös ekvationen cosx = 0,88 i intervallet 0◦ ≤ x≤ 180◦.
(c) Lös ekvationen cosx = −0,88 i intervallet 0◦ ≤ x≤ 180◦.
Lösning
(a) Ekvationen har två olika lösningar i intervallet, miniräknaren ger oss den spetsi-ga lösningenx1 ≈ 61,6◦, den andra (trubbiga) lösningen är supplementvinkelnx2 = 180◦−x1 ≈ 118,4◦.
(b) Cosinusekvationen har bara en lösning i vårt intervall, vi får den av miniräkna-ren:x≈ 28,4◦
(c) Samma gäller här, men med ett negativt värde är vinkeln trubbig. Miniräknarengerx≈ 151,6◦ (som är supplementvinkeln till lösningen i (b)).
Detta exempel visar att cosinus är att föredra framför sinusvid vinkelberäkningar, omman kan välja. I trianglar finns det högst en trubbig vinkel, så om man beräknar envinkel som inte är triangelns största, kan man vara säker på att den är spetsig. Då ärsinusekvationen ”ofarlig”.
107
3.3.3 Allmänna trianglar, areasatsen, sinus- och cosinussatserna.
En triangel har antingen tre spetsiga vinklar, den kallas dåspetsvinklig, eller en trubbigoch två spetsiga då den kallas trubbvinklig, eller en rät vinkel och två spetsiga då densom bekant kallas rätvinklig.
Ganska ofta beror kalkyler eller resonemang på om triangelnär spets-, rät-, eller trubb-vinklig. Det är därför viktigt att övertyga sig om att påståenden etc är allmängiltiga ochinte bara gäller t ex spetsvinkliga trianglar.
Följande satser kommer att användas i detta avsnitt. Deras bevis ges i Appendix.
Areasatsen:För en triangel med sidornaa, b och c och motstående vinklarA, B ochC så gäller förtriangelns area Tatt
T =b·c·sinA
2=
a·c·sinB2
=a·b·sinC
2.
Med andra ord så är arean halva produkten av två sidors längder och sinus för derasmellanliggande vinkel.
Sinussatsen:För en triangel med sidornaa, b ochc och motstående vinklarA, B ochC så gäller att
sinAa
=sinB
b=
sinCc
.
Cosinussatsen:För en triangel med sidornaa, b ochc och motstående vinklarA, B ochC så gäller att
c2 = a2 +b2−2ab·cosC.
Anmärkning 1: Sinussatsens ekvationer kan lika gärna skrivasa
sinA=
bsinB
=c
sinC,
vilket kan vara behändigt om det är en sida man vill lösa ut.
Anmärkning 2: I specialfalletC = 90◦ fåsc2 = a2 +b2, d v s Pythagoras sats.
108
Exempel 10:En triangel har sidornaa = 27, b = 39 (längdenheter) och vinkelnC =95◦. Beräkna sidanc och triangelns area.
Lösning:Cosinussatsen gerc2 = a2 + b2−2bccosC = 272 + 392−2 ·27·39cos95◦.Kvadratroten ur detta gerc≈ 49,3
Areasatsen ger triangelareanT =a·b·sinC
2=
27·39·sin95◦
2≈ 524,5 areaenheter.
Exempel 11:En triangel har sidornaa = 15, b = 19 ochc = 7. Beräkna triangelnsstörsta vinkel.
Lösning:Den största vinkeln ärB eftersom den står mot den största sidan. Cosinussat-sen ger
b2 = a2 +c2−2accosB ⇒ cosB =a2 +c2−b2
2ac= − 87
210
Med miniräknarens hjälp får viB≈ 114,5◦.
Exempel 12:Ett fartyg rör sig med 8 knop rakt österut, opåverkat av strömmar. Vidtvå tillfällen med 30 minuters mellanrum mäter man riktningen till en och samma fyr.Bäringen blir då 12◦ respektive 332◦. Beräkna avståndet från fartyget till fyren vid debåda tidpunkterna.
Lösning:Efter 30 minuters gång med farten 8 knop har man tillryggalagt 4 nautiskamil i väst-östlig riktning. Från denna baslinje har man två sträckora ochb att beräknai en triangel med vinklarna 78◦, 62◦ och 40◦ (se figuren, där också sambanden mellande i uppgiften angivna riktningarna och triangelns vinklarantyds).
4 M
N N
12◦360◦ − 332◦ = 28◦
78◦ 62◦
40◦
a b
Bådea ochb kan beräknas med hjälp av sinussatsen:a
sin62◦=
bsin78◦
=4
sin40◦⇒ a =
4sin62◦
sin40◦≈ 5.49, b =
4sin78◦
sin40◦≈ 6.09
Svar: avstånden var5.5 M respektive6.1 M.
109
Exempel 13:Solvera en triangel, d v s beräkna alla sidor och vinklar, om det är käntatta = 7,0, b = 5,5 ochB = 40◦.
Lösning 1:Sinussatsen ger
sinAa
=sinB
b⇒ sinA =
ab·sinB =
7,05,5
·sin40◦ ≈ 7,05,5
·0,643≈ 0,818
Ekvationen sinA≈ 0,818 har lösningarna
A1 ≈ 54,9◦ (spetsig vinkel) ochA2 = 180◦−A1 ≈ 125,1◦ (trubbig vinkel),
ty sinA2 = sin(180◦−A1) = sinA1.
Fall 1:A1 ≈ 54,9◦ ger vinkelnC1 = 180◦−B−A1 ≈ 85,1◦. Med sinussatsen fås sidan
c1
sinC1=
bsinB
⇒ c1 = b· sinC1
sinB≈ 5,5· sin85,1◦
sin40◦≈ 5,5· 0,996
0,643≈ 8,5.
Fall 2: A2 ≈ 125,1◦ ger vinkelnC2 = 180◦−B−A2 ≈ 14,9◦, och sidan
c2
sinC2=
bsinB
⇒ c2 = b·sinC2/sinB≈ 5,5·sin14,9◦/sin40◦
≈ 5,5·0,257/0,643≈ 2,2.
Figuren illustrerar de två fallen (fall 1 streckat där det skiljer sig)
B A1
A2
C1
C2
a b1
b2
c2 c1
Lösning 2:Man kan också lösa detta problem med cosinussatsen. Man löser då ut sidanc, som denna gång inte är den som står mot den kända vinkeln (somi exempel 10), ochman får en andragradsekvation som ger oss de två fallen:
b2 = a2 +c2−2accosB ⇐⇒ c2−2accosB+a2−b2 = 0 ⇐⇒
110
c2− (14cos40◦)c+18,75= 0
pq-formeln ger oss
c = 7cos40◦±√
(7cos40◦)2−18,75≈ 5,36±3,16
Vi får de två fallenc1 ≈ 8,5 ochc2 ≈ 2,2. Med sinussatsen bestämmer man sedanden mindre av de återstående vinklarna, så man vet att man skavälja det spetsigalösningsalternativet som sinusekvationen ger. Vilken somär den mindre avgörs ju avstorleksordningen mellan de motstående sidorna, som nu är kända. Den sista vinkelnbestäms som förut med vinkelsumman. Detaljerna utelämnas här.
Svar:Fall 1: A1 ≈ 54,9◦, C1 ≈ 85,1◦, c1 ≈ 8,5Fall 2: A2 ≈ 125,1◦, C2 ≈ 14,9◦, c2 ≈ 2,2.
3.3.4 Trigonometriska additionsformler
Innan vi tittar på ekvationer som innehåller trigonometriska funktioner behöver vi gåigenom de trigonometriska additions- och subtraktionsformlerna.
I allmänhet är sin(u+v) ej lika med sinu+sinv. T exu = v = 30◦ ger
sin(u+v) = sin60◦ =
√3
2medan sinu+sinv = 2·sin30◦ = 2· 1
2= 1.
Istället gäller följande formler (som också är bra attkunna utantill):
sin(u+v) = sinu·cosv+cosu·sinvsin(u−v) = sinu·cosv−cosu·sinv
cos(u+v) = cosu·cosv−sinu·sinvcos(u−v) = cosu·cosv+sinu·sinv
tan(u+v) = tanu+tanv1−tanu·tanv
tan(u−v) = tanu−tanv1+tanu·tanv
Vi visar först formeln för cos(u−v) med hjälp av cosinusteoremet från kapitel 3 i del 1.Tag punkterP= (x1,y1) ochQ= (x2,y2) på enhetscirkeln så att(x1,y1) = (cosu,sinu)och(x2,y2) = (cosv,sinv). Då ärx2
1 +y21 = 1 ochx2
2 +y22 = 1.
111
x
y
u − vv
d(cos v, sin v)
(cos u, sin u)
Figur 25: Använder cosinussatsenpå den avbildade triangeln.
Tillämpa cosinusteoremet på triangeln△OPQ.Det ger
d2 = 12 +12−2·1·1·cos(u−v).
Med avståndsformeln fås också
d2 = (x1−x2)2 +(y1−y2)
2
= x21−2x1x2 +x2
2 +y21−2y1y2 +y2
2
= (x21 +y2
1)+(x22 +y2
2)−2(x1 ·x2 +y1 ·y2)
= 1+1−2(cosu·cosv+sinu·sinv).
En jämförelse av de två uttrycken förd2 ger
2−2·cos(u−v) = 2−2(cosu·cosv+sinu·sinv)
vilket förenklas till formeln för cos(u−v).
Formeln för cos(u−v) kan sedan utnyttjas för att bevisa de övriga formlerna. Vi lämnardetaljerna till läsaren och ger endast en fingervisning tillhur det kan göras. För cosinusav en summa använder man
cos(u+v) = cos(u− (−v)) = cosu·cos(−v)+sinu·sin(−v),
och utnyttjar att cos(−v) = cosv och sin(−v) = −sinv. För att bevisa formlerna försinus så kan man utgå ifrån
sin(u+v) = cos(π
2− (u+v)
)
= cos((π
2−u
)
−v)
.
Slutligen för att bevisa formlerna för tangens så startar man med
tan(u+v) =sin(u+v)cos(u+v)
och utnyttjar formlerna för sinus och cosinus.
Exempel. Beräkna sin75◦ exakt.
Lösning:Vi utnyttjar additionsformeln för sinus och får
sin75◦ = sin(45◦ +30◦) = sin(π
4+
π6
)
= sinπ4·cos
π6
+cosπ4·sin
π6
=1√2·√
32
+1√2· 12
=
√3+1
2√
2=
(√3+1
)√2
4=
(√6+
√2)
4.
Med additions- och subtraktionsformlerna kan man alltså beräkna de trigonometriskafunktionerna exakt för fler värden. �
112
Formler för dubbla vinkeln
Genom att sättau = v i summaformlerna får man direkt formler för dubbla vinkeln.
sin2u = 2·sinu·cosu
tan2u =2tanu
1− tan2ucos2u = cos2u−sin2u
cos2u = 2cos2u−1
cos2u = 1−2sin2u
De två sista följer av den första formeln för cos2u med hjälp av trigonometriska ettan.
3.3.5 Trigonometriska ekvationer
Om(x,y) är en given punkt på enhetscirkelnx2+y2 = 1, så är (enligt definition) cosv=x och sinv = y (se avsnitt 3.6 i del 1). Omvänt, om värdena för cosv och sinv bådaär givna, så är punkten(x,y) entydigt bestämd och vinkelnv bestämd med undantagav en multipel av 2π, d v s med undantag av ett antal hela varv. Om däremot endastcosv= a är givet, så kan vinkelnv ligga i två olika kvadranter, en i övre och en i undrehalvplanet, ty cos(−v0) = cosv0. Analogt, om endast sinv = b är givet, så kanv liggaantingen i högra eller vänstra halvplanet, ty sin(π −v0) = sinv0.
Exempel. Lös ekvationen sinv = 1/2.
Lösning. Vi vet ifrån avsnittet om trianglar och trigonometri att sin(π/6) = 1/2. Där-med ärv1 = π/6 en lösning till ekvationen. Eftersom sin(π − v) = sinv så är ävenv2 = π −π/6 = 5π/6 en lösning till ekvationen. Dessutom kan man ju alltid ändra envinkel med ett helt antal varv så attv1 +2π, v1 +4π, v1 +6π, . . . är alla lösningar tillekvationen liksomv1−2π, v1−4π, v1−6π, . . .. Samma sak om man byter utv1 motv2. Vi får alltså att samtliga lösningar till ekvationen är
v =
{
π/6+n·2π5π/6+n·2π,
därn är ett godtyckligt heltal. �
En lösning, såsomv= π/6 i exemplet ovan, kallas för enspecifik lösningoch mängdenav alla lösningar kallas för denallmänna lösningen. Vi ska nu ange formler för denallmänna lösningen för ekvationer som innehåller cosinus,sinus respektive tangens.(För cotangens kan man utnyttja att cotx = 1
tanx.)
113
Ekvationen cosv = a, där−1≤ a≤ 1, harallmänna lösningen
v =
{
v0 +n·2π−v0 +n·2π,
x
y
v0
v0
x = a
Figur 26: Lösningarna till cosv = a.
därn är ett godtyckligt heltal ochv0
är en vinkel som satisfierar ekvatio-nen cosv0 = a. Lösningarna kan er-hållas genom skärning av enhetscir-keln x2 +y2 = 1 med räta linjenx =a. Ovanstående kan också formule-ras (medv0 = u) som
cosv = cosu⇐⇒ v = ±u+n·2π
Ekvationen sinv = b, där−1≤ b≤ 1, harallmänna lösningen
v =
{
v0 +n·2ππ −v0 +n·2π,
x
y
v0v0
y = b
Figur 27: Lösningarna till sinv = b.
därn är ett godtyckligt heltal ochv0
är en vinkel som satisfierar ekvatio-nen sinv0 = b. Lösningarna kan er-hållas genom skärning av enhetscir-keln x2 +y2 = 1 med räta linjeny =b. Detta kan också formuleras (medv0 = u) som
sinv = sinu
om och endast om
v = u+n·2π eller v = π −u+n·2π
Vi har definierat tanv = y/x och visat att tanv är periodisk medperiodenπ. Alltsågäller att:
114
Ekvationen tanv = k, där−∞ < k < ∞, harallmänna lösningen
v = v0 +n·π
x
y
v0
v0
y = kx
Figur 28: Lösningarna till tanv = k.
där n är ett godtyckligt heltal ochv0 är en vinkel som satisfierar ek-vationen tanv0 = k. Lösningarna kanfås genom skärning av enhetscirkelnx2 + y2 = 1 med räta linjery = kx.Detta kan också formuleras (medv0 = u):
tanv = tanu⇐⇒ v = u+n·π
Exempel. Lös ekvationen sin(2v+1) = 1/2.
Lösning. Sätt 2v+1 = t och lös först ekvationen sint = 1/2. En lösning är
t0 = arcsin12
=π6
= 30◦,
så allmänna lösningen blir
t =
{
t0 +n·2π = π/6+n·2ππ − t0 +n·2π = 5π/6+n·2π.
Vi får till slut genom att sätta in detta i 2v+1 = t och lösa utv att
v = (t −1)/2 = −1/2+ t/2 =
{
−1/2+π/12+n·π−1/2+5π/12+n·π.
Exempel på lösningar får man genom att ersättan med olika heltal. Om vi t ex sättern = 1 i de två olika fallen så får vi lösningarnav = −1/2+13π/12 ochv = −1/2+17π/12. �
Exempel. Lös ekvationen cos3v+cosv = 0.
Lösning. Vi kan skriva om ekvationen som
cos3v = cos(v+π), ty cos(v+π) = −cosv.
Därmed har vi skrivit den på formen cosw= cosu och som vi såg ovan så är detta santom och endast omw = ±u+n·2π. Det ger
cos3v = cos(v+π) ⇐⇒ 3v = ±(v+π)+n·2π.
Vi delar upp i två olika fall beroende på teckenvalet i högerledet.
115
Fall 1: Ekvationen 3v = +(v+π)+n·2π ger 2v = π +n·2π, d v s
v = π/2+n·π,
därn är ett godtyckligt heltal.
Fall 2: Ekvationen 3v = −(v+π)+n·2π ger 4v = −π +n·2π, d v s
v = −π/4+n·π/2 = +π/4+m·π/2,
därm= (n−1) är ett godtyckligt heltal.
Svar: v= π/2+n·π ochv = π/4+n·π/2 därn = 0,±1,±2, . . .. �
Anmärkning: Vi kunde också (i exemplet ovan) använt formeln cos(π −v) =−cosv.(Genomför räkningen och jämför svaren!)
Exempel. Lös ekvationen sinv+√
3·cosv = 0.
Lösning. Ekvationen kan skrivas tanv = −√
3 efter division med cosv, ty tanv =sinv/cosv. Det är inga problem med att dividera med cosv, ty om cosv = 0 så ärsinv antingen 1 eller−1 och detta ger ingen lösning till ekvationen.
Denna ekvation har en lösningv0 = −π/3 = −60◦, ty tan(−π/3) = − tan(π/3) =−√
3. Allmänna lösningen blir dåv= v0+nπ =−π/3+n·π, därn godtyckligt heltal.[Alternativ formulering av svaret är:v = 2π/3+m·π, (därm= n−1)]. �
Hittills har vi skrivit om ekvationen så att den blev på formen cosv = a eller cosu =cosv (eller med sin eller tan). Man kan också lösa ekvationer där det är polynomav en trigonometrisk funktion cosv, d v s ekvationer som innehåller termer av typenc(cosv)n. Strategin är då att först ersätta cosv med t och bestämma lösningarna förpolynomekvationen medt som obekant. Därefter bestämmer manv genom att lösacosv = t för alla lösningart till polynomekvationen. Här är det viktigt att komma ihågatt |cosv| ≤ 1 och|sinv| ≤ 1.
Exempel. Lös ekvationen 2(cosv)2−cosv = 3.
Lösning. Sätt cosv = z. Kom ihåg att det betyder att|z| ≤ 1. Då fås andragradsekva-
tionen 2z2−z= 3, d v sz2− 12·z− 3
2= 0 med rötterna
z1,2 =14±
√
116
+32
=14± 5
4, d v s z1 =
32
och z2 = −1.
Den första lösningenz1 = 3/2 ärorimlig, ty |z| ≤ 1. Den andra lösningenz2 = −1 gerekvationen cosv = −1 med allmän lösning
v = ±π +n·2π = π +n·2π,
116
eftersom−π ochπ skiljer sig åt med ett helt varv och därmed ger samma lösningar.
Svar: v= π +n·2π. �
Exempel. Lös ekvationen sin5v+sin3v = 2.
Lösning. Eftersom sinv≤ 1 för allav, så är
sin5v+sin3v≤ 15 +13 = 2
med likhet endast för sinv = 1. Alltså är sinv = 1 enda möjligheten, d v s samtligalösningar till ekvationen ges avv = π/2+n·2π. �
3.3.6 Övningar
3.3.1 En 170 cm lång person står bredvid ett träd. Personens skuggaär 260 cm lång,trädets är 28 m. Hur högt är trädet?
3.3.2 En triangelT1 har sidorna 12 cm, 21 cm och 27 cm. En mindre triangelT2 bildasgenom att man kaparT1 parallellt med den kortaste sidan. Den sträcka som delarT1 har längden 8 cm. Vilka blir de övriga sidlängderna iT2?
3.3.3 I en rätvinklig triangel är kateterna 19 och 33 längdenheter. Hur lång är hypote-nusan?
3.3.4 Bestäm exakta värdet av
a) 2sinπ6·cos
π6·cot
π3
b) sinπ3·cos
π6−cos
π3·sin
π6
c) (sin60◦ +sin45◦)(cos30◦−cos45◦)
d) (tan60◦− tan45◦)/(1+ tan60◦ · tan45◦).
117
3.3.5
c
vA
C
a
B
b
Solvera (bestäm alla sidor och vinklar i) följan-de rätvinkliga trianglar med beteckningar enligtfiguren bredvid:
a) c = 4,0 ochA = 35◦
b) a = 3,0 ochA =π5
c) a = 2,0 ochc = 3,0
d) a = 2,0 ochb = 3,0
e) b = 5,0 ochB = 55◦.
3.3.6 Bestäm förv i intervallet 0< v <π2
)
a) cosv och tanv, om sinv = 3/5, [Ledning: Rita en triangel meda = 3 ochc = 5]
b) cosv och tanv, om sinv = 2/3 c) sinv och tanv, om cosv = 1/3
d) sinv och tanv, om cosv = 0,4 e) sinv och cosv, om tanv = 1/2
f) sinv och cosv, om tanv = 24/7 g) sinv och cosv, om cotv = 0,7
3.3.7 I vilken kvadrant ligger vinkeln
a) 5π/4 b) 500◦ c) −200◦ d) 1000◦
e) 27π/4 f) −100π/3 g) −10000◦
3.3.8 Bestäm
a) cos13π b) sin(−13π/2) c) sin(13π/3)
d) cos(13π/6) e) tan(137π) f) tan(137π/4)
3.3.9 Bestäm alla lösningar mellan 0◦ och 180◦ till följande ekvationer:
a) sinv = 0,733
b) sinv = −0,733
c) cosv = 0,733
d) cosv = −0,733
3.3.10 I en triangel är en sida 12 cm och dess motstående vinkel är 80◦, en annan sidaär 10 cm. Beräkna triangelns övriga sidor och vinklar samt dess area.
3.3.11 Visa att
118
a) 1/cos2v = 1+ tan2v b) 1/sin2v = 1+cot2v
3.3.12 Bestäm cosv, om
a) sinv = 1/3, medv i första kvadranten
b) sinv = −2/5, medv i fjärde kvadranten
c) sinv = 2/3
3.3.13 Bestäm sinv, om
a) cosv = −0,6, π/2 < v < π b) cosv = 0,4
3.3.14 Bestäm tanv om
a) sinv = 1/4, v i 2:a kvadranten b) cosv = 0,3, v i 4:e kvadranten
c) sinv = −0,5 d) cosv = 2/9
3.3.15 Bestäm sinv och cosv, om
a) tanv = 2, π < v < 3π2 b) tanv = −1/3, π
2 < v < π
c) tanv = −5 d) cotv = −2
3.3.16 Bestäm
a) sin(
−π6
)
b) cos(
−π6
)
c) sin(
−π3
)
d) tan(
−π4
)
e) sin3π4
f) cos2π3
g) sin
(
7π6
)
h) tan
(
7π6
)
i) sin
(
7π4
)
j) cot
(
11π6
)
3.3.17 Vilka är vinklarna i en triangel med sidorna 13, 19 och 25?
3.3.18 I en triangel är längsta sidan 12 cm och två av vinklarna är 30◦ respektive 40◦.Beräkna triangelns övriga sidor och dess area.
3.3.19 I en triangel är vinkelnA = 34◦, sidanb = 10 och sidana = 7. Beräkna åter-stående sidor och vinklar.
3.3.20 I en triangel är vinkelnA = 34◦, sidanb = 10 och sidana = 11. Beräkna åter-stående sidor och vinklar.
119
3.3.21 Två personer står på var sitt fartygsdäck, den ena med ögonhöjd 20 m överhavet, den andra 15 m. Beräkna det största avstånd på vilket de skulle kunnase varandra (åtminstone vid god sikt och med bra kikare). Vi bortser från atmo-sfärisk ljusbrytning och vi betraktar jorden som klotformad med radien 6371 km.
3.3.22 En lodrät mast har monterats på en 50m hög byggnad. Då man står100m frånbyggnadens fot (vågrät mark) kan man mäta den vinkel som masten upptar till12◦. Beräkna mastens höjd.
3.3.23 En annan lodrät mast står på plan, horisontell mark. Masten är stagad medstålwirar, som kan betraktas som rätlinjiga (hårt spända) och är fastspända i mas-tens topp och i marken. En av wirarna bildar vinkeln 35◦ med marken, för enannan är vinkeln 50◦. Den sistnämnda wiren fäster i marken 10 meter närmaremastens fotpunkt än den förstnämnda. Beräkna mastens höjd.
3.3.24 Ibland kan man se planeten Venus och solen samtidigt (åtminstone går dettamed ett bra teleskop). Vid ett sådant tillfälle bestämdes vinkeln mellan de bådahimlakropparnas två riktningar till 12◦. Om vi betraktar jordens och Venus ba-nor kring solen som cirklar i samma plan med solen i centrum och med radier150 miljoner km respektive 108 miljoner km, hur långt var detdå från jorden tillVenus vid detta tillfälle?
3.3.25 Beräkna sidan markerad medx i figuren. Fyrhörningens alla hörn ligger på
samma cirkel, enheten är cm.
4
5
6
3
x
Ledning: om en fyrhörning är inskriven i en cirkel, finns ett speciellt sambandmellan vinklarna för två motstående hörn. Detta samband kanhärledas ur satsenom medelpunktsvinkel och bågvinkel (=periferivinkel).
3.3.26 Lös följande ekvationer.
120
a) cosv = 1/2 b) sin2v = 1/2 c) cosv = 0
d) sinv = 2 e) sin(3v−1) = −1
3.3.27 Lös följande ekvationer.
a) cos(π/2−v) = cos2v b) sin3v = sinv
c) sin3v+sinv = 0
3.3.28 Lös följande ekvationer.
a) 2·sin2v = 1 b) 5sinv−6sin2v = 1
c) 2cos3v−3cos2v−3cosv+2 = 0
d) cosv+cos4v = 2 e) sinv+sin3v = 3
3.1.1 (a) 180◦, π (b) 45◦, π/4 (c) 120◦, 2π/3 (d) 60◦, π/3
(e) 270◦, 3π/2 (f) 420◦, 7π/3
3.1.2 (a) π/2 (b) π/6 (c) π/4 (d) 3π/2
(e) π/10 (f) 5π/6 (g) 11π/18
3.1.3 (a) 540◦ (b) 90◦ (c) 135◦ (d) 75◦
3.1.4 (a) 2π/3 (b) 25π/6 (c) 20π/9
3.1.5 (a) 120◦ (b) 108◦ (c) (1− 2n) ·180◦
3.1.6 (a)
√392
l.e. (b)5√
394
a.e. (c)5√
398
l.e.
3.1.7 2 l.e., d v sM är mittpunkten på sidanAB
3.2.1 (a) 6 (b)√
13 (c) 5 (d) 10 (e)√
13
3.2.2 (a) (0,−2) (b) (0,9/2)
3.2.3 (a) (1+√
3,−2√
3) eller (1−√
3,2√
3)
(b)(1+3
√3
2,3−3
√3
2
)
eller(1−3
√3
2,3+3
√3
2
)
121
3.2.4 (a) 3y = 2x (b) 2x+3y = 7 (c) y = 3 (d) x+2 = 0
3.2.5 (a) 2x−y−1 = 0 (b) 3x+2y = 0
(c) y = 0 (d) x+4y−2 = 0
(e) 21x+45y−19= 0 (f) 7x+2 = 0
3.2.6 (a) (−3,4) (b) (−6/7,4/7)
(c) saknar skärningspunkt (parallella linjer)
(d) sammanfallande linjer
3.2.7 Bevis
3.2.8 (a) 2x−y−4 = 0 (b) 3x+y−3 = 0 (c) x = 0
3.2.9 (a) 5x−2y = 0 (b) 3x+y+2 = 0 (c) 9x−5y−3 = 0
(d) 4x+y = 0
3.2.10 (a)x2 +y2 = 81 (b) (x−2)2 +(y+3)2 = 49
(c) (x+6)2 +y2 = 25/4
3.2.11 (a)x2 +2x+y2−6y = 0 (b) x2 +2x+y2−6y+2 = 0
(c) x2 +2x+y2−6y = 63
3.2.12 Cirkeln med medelpunkt och radie
(a) origo,R=√
3 (b) (0,2), R= 3 (c) (1,−3/4), R= 5/4
(d) (−2,1/2), R= 1/2 (e) (1/2,−2/3), R= 4/3
3.2.13 (a)(1,3) och(0,−2) (b) (0,−2), tangering
(c) ingen skärningspunkt
3.2.14 (a)x2 +y2 +4x+4y = 2 (b) punkterna ligger i rät linje
(c) x2 +y2−3y−19= 0
122
3.3.1 18,3 m
3.3.2 14 cm och 18 cm
3.3.3√
1450≈ 38,1 l.e.
3.3.4 (a) 1/2 (b) 1/2 (c) 1/4 (d) 2−√
3
3.3.5 (a) B = 55◦, a≈ 2,3, b≈ 3,3
(b) B = 3π/10= 54◦, b≈ 4,1, c≈ 5,1
(c) b≈ 2,2, A≈ 41,8◦, B≈ 48,2◦
(d) c≈ 3,6, A≈ 33,7◦, B≈ 56,3◦
(e) A = 35◦, a≈ 3,5, c≈ 6,1
3.3.6 (a) cosv = 4/5, tanv = 3/4
(b) cosv =√
5/3, tanv = 2/√
5
(c) sinv = 2√
2/3, tanv = 2√
2
(d) sinv =√
21/5, tanv =√
21/2
(e) sinv = 1/√
5, cosv = 2/√
5
(f) sinv = 24/25, cosv = 7/25
(g) sinv = 10/√
149, cosv = 7/√
149
3.3.7 (a) tredje (b) andra (c) andra (d) fjärde
(e) andra (f) andra (g) första
3.3.8 (a)−1 (b) −1 (c)√
3/2 (d)√
3/2
(e) 0 (f) 1
3.3.9 (a) 47,1◦ och 132,9◦
(b) Ingen vinkel mellan 0◦ och 180◦ har negativt sinusvärde.
(c) 42,9◦
(d) 137,1◦
3.3.10 Sida 8,6 cm, vinklar 55◦ och 45◦, area 42 cm2 (approximativt).
3.3.11 Bevis
123
3.3.12 (a) 2√
2/3 (b)√
21/5
(c)√
5/3 (första kvadranten) eller−√
5/3 (andra kvadranten)
3.3.13 (a) 0,8
(b)√
21/5 (första kvadranten) eller−√
21/5 (fjärde kvadranten)
3.3.14 (a)−1/√
15 (b) −√
91/3
(c) 1/√
3 (tredje kvadranten) eller−1/√
3 (fjärde kvadranten)
(d)√
77/2 (första kvadranten) eller−√
77/2 (fjärde kvadranten)
3.3.15 (a) sinv = −2/√
5, cosv = −1/√
5
(b) sinv = 1/√
10, cosv = −3/√
10
(c) sinv = 5/√
26, cosv = −1/√
26 (andra kvadranten) ellersinv = −5/
√26, cosv = 1/
√26 (fjärde kvadranten)
(d) sinv = 1/√
5, cosv = −2/√
5 (andra kvadranten) ellersinv = −1/
√5, cosv = 2/
√5 (fjärde kvadranten)
3.3.16 (a)−1/2 (b)√
3/2 (c) −√
3/2 (d) −1 (e) 1/√
2
(f) −1/2 (g) −1/2 (h) 1/√
3 (i) −1/√
2 (j) −√
3
3.3.17 30,7◦, 48,2◦, 101,1◦ (approximativt).
3.3.18 Sidor 6,4 cm och 8,2 cm. Area 24,6 cm2 (approximativt).
3.3.19 Fall 1: B1 ≈ 53,0◦, C1 ≈ 93,0◦, c1 ≈ 12,5Fall 2: B2 ≈ 127,0◦, C2 ≈ 19,0◦, c2 ≈ 4,1.
3.3.20 B≈ 30,6◦, C≈ 115,4◦, c≈ 17,8 (bara ett fall denna gång).
3.3.21 ≈29,8 km (=13,8 km + 16,0 km, addera bådas horisontavstånd!)
3.3.22 ≈29,7 m
3.3.23 ≈17 m
124
3.3.24 250 miljoner km eller 43 miljoner km (två möjliga fall- rita!)
3.3.25 ≈4,8 cm
3.3.26 (a)v = ±π3
+n·2π, n∈ Z
(b) v =π12
+n·π, v =5π12
+n·π, n∈ Z
(c) v =π2
+n·π, n∈ Z
(d) Saknar (reell) lösning
(e) v =13
+π2
+n· 2π3
, n∈ Z
3.3.27 (a)v =π6
+n· 2π3
, n∈ Z (b) v = n·π, v =π4
+n· π2, n∈ Z
(c) v = n· π2, n∈ Z
3.3.28 (a)v =π4
+n· π2, n∈ Z
(b) v =π6
+n·2π, v =5π6
+n·2π, v = arcsin13
+n·2π,
v = π −arcsin13, n∈ Z
(c) v = π +n·2π, v = ±π3
+n·2π, n∈ Z
(d) v = n·2π, n∈ Z (e) Saknar (reell) lösning
125
