Tangent och normal

Ursäkta siffrorna, jag var lite lat hehe.

Dock behövs väl inte tangenten eller normalen, man får punkten direkt om jag inte missar något.

Dracaena skrev:

Ursäkta siffrorna, jag var lite lat hehe.

Visa spoiler

https://www.desmos.com/calculator/bocvtraodc

Dock behövs väl inte tangenten eller normalen, man får punkten direkt om jag inte missar något.

Den där har väl inte arean 4.5? Ser ut som att basen är ca 3.8, höjden ca 1.8. 3.8*1.8/2 är närmare 3.5 än 4.5

Aj, när jag försökte kontrollera mitt svar så tog jag bh/2 men jag tog inte differensen mellan basens ändpunkter så jag räknade basen som 4.844 (ena ändpunkten från origo) vilket är fel. Jag gissar att det är min tangeringspunkt som är fel, får kika på det! :)

Dracaena, hur räknade du ut tangeringspunkten?

tomast80 skrev:

Dracaena, hur räknade du ut tangeringspunkten?

Yes, jag bifogar min lösning strax. Nu är jag dock övertygad att det är rätt! 

Ursprungligen så beräknade jag tangeringspunkten genom att först ta fram ett uttryck för tangenten.

Detta går att göra med enpunktsformeln:

$y-f(a)=f'(a)(x-a)$ och här lösa för y.

samma metod används för normalen, skillnaden är att lutningen nu är -1/f'(a).

Jag var dum nog att beräkna $Abs((y_t(0)-y_n(0)))f(a)/2)=9/2$
vilket klart inte stämmer.

Detta eftersom jag egentligen vill hitta nollställerna för tangenten och normalen.

Skillnaden mellan nollställerna kommer utgöra vår bas.

Vi får alltså att:
$y_t(x)=a^2+4x-2ax-2$

$y_n(x)=\dfrac{8-21a+12a^2-2a^3+x}{2(a-2)}$

Vi löser följande ekvationern för x:

$y_t(x)=0$

$y_n(x)=0$

Det ger oss följande ändpunkter (Skillnaden av dessa nollställen kommer utgöra basen för vår triangel).

$x_t=\dfrac{a^2-2}{2(a-2)}$

$x_n=-8+21a-12a^2+2a^3$.

Vår bas är därför $\mid x_t-x_n \mid$.

Arean erhålls av: $\dfrac{bh}{2}=\dfrac{\mid x_t-x_n \mid f(a)}{2} = \dfrac{9}{2} \implies a_1 = 1.73499...$ eller $a_2 = 2.26501..$.

Den ena lösningen fungerar inte pga restriktionerna. Rätt värde på a är alltså $a_2$.

Vi kan nu ta fram ekvationerna för normalen och tangenten om vi vill, det gäller bara att använda punkten $a_2$ i våra funktioner för tangenten och normalen vi plockade fram tidigare.

Resten av uppgiften är rätt simpel så jag bifogar istället en graf på allt inritat. 

Här kan man se grafen.

Jag tycker min lösning är lite "brute force". Det känns inte som den smidigaste lösningen men det fungerar.

Snyggt Dracaena! Jag får samma svar, men löste det medelst en triangel. Satte först $t=x-2$ för att få lite enklare beräkningar.

Då fick jag följande tangensvärden för basvinklarna:

$\tan \alpha =\frac{y(a)}{b_1(a)}=y'(a)=-2a$
samt

$\tan (90^{\circ}-\alpha)=\frac{y(a)}{b_2}=\frac{1}{\tan \alpha}$
Slutligen ger detta:

$A(a)=(b_1(a)+b_2(a))\cdot \frac{y(a)}{2}=\frac{9}{2}\Rightarrow$
$a_1\approx -0,265$
$a_2 \approx -1,870$
Lägger jag till 2 och förkastar den ogiltiga lösningen får jag samma tangeringspunkt som du.

tomast80 skrev:

Snyggt Dracaena! Jag får samma svar, men löste det medelst en triangel. Satte först $t=x-2$ för att få lite enklare beräkningar.

Då fick jag följande tangensvärden för basvinklarna:

$\tan \alpha =\frac{y(a)}{b_1(a)}=y'(a)=-2a$
samt

$\tan (90^{\circ}-\alpha)=\frac{y(a)}{b_2}=\frac{1}{\tan \alpha}$
Slutligen ger detta:

$A(a)=(b_1(a)+b_2(a))\cdot \frac{y(a)}{2}=\frac{9}{2}\Rightarrow$
$a_1\approx -0,265$
$a_2 \approx -1,870$
Lägger jag till 2 och förkastar den ogiltiga lösningen får jag samma tangeringspunkt som du.

Din lösning är otroligt intressant. Hsde aldrig förväntat mig att se tan(x) samt tan(90-x) utnyttjas.

Jag hade en tanke att utnyttja att arean kan beskrivas som m²/-2k fast jag fick endast komplexa lösningar, förmodligen för att mitt val av m var felaktig eller så fungerar det inte eftersom arean är beroende på normslen oxh tangenten, och inte kurvan och tangenten.

Din lösning är inte bara elegant och smart men besparar extremy mycket tid. Jag får rätt taskiga tredjegradare och dylikt. Snyggt!

Nu kan jag officiellt säga att jag  löst en av dina kluringar!

Tack för kluringen, väldigt kul att repetera sina kunskaper i analysen Jag får dock erkänna att uppgiften tog mig en stund att lösa 😅.

Riktigt bra jobbat, Dracaena!

Ja, gick att utnyttja att toppvinkeln i triangeln var $90^{\circ}$ och att $\tan \alpha =k$ är också ett användbart samband!

Alltid roligt när man kan lösa en uppgift på lite olika sätt!

Ahhh, smart! Det är klart triangeln är rätvinklig. Jag missade helt att man kunde utnyttja faktumet att de skapas en rät vinkel vid den gemensamma punkten. Detta förändrar hela min syn på liknande uppgifter. Jag ska kika lite på den senare oxh se. Kanske finns det någon konstig lösning som kan utnyttja pythagoras och herons formel? 

Riktigt snygg lösning, hade gett ditt inlägg två tummen upp men PA tillåter mig bara att ge dig en.