Trigonometri og geometri

Oppgave 5.1.1: Vi bruker omregningsbroen $\pi \text{rad}=180\mathrm{°}$: gang med $\pi /180\mathrm{°}$ fra grader til radianer, og med $180\mathrm{°}/\pi$ tilbake.

1. a)

   $45\mathrm{°}\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{180\mathrm{°}}}={\displaystyle \frac{\pi }{4}}\text{rad}$  og  $180\mathrm{°}\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{180\mathrm{°}}}=\pi \text{rad}$.

2. b)

   ${\displaystyle \frac{\pi }{3}}\text{rad}\cdot {\displaystyle \frac{180\mathrm{°}}{\pi }}=60\mathrm{°}$  og  ${\displaystyle \frac{3\pi }{2}}\text{rad}\cdot {\displaystyle \frac{180\mathrm{°}}{\pi }}=270\mathrm{°}$.

3. c)

   Fra bueminutt til grad deler vi på $60$: ${30}^{\prime }=\frac{30}{60}\mathrm{°}=0.5\mathrm{°}$. Videre er $0.5\mathrm{°}\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{180\mathrm{°}}}={\displaystyle \frac{\pi }{360}}\text{rad}\approx 0.00873\text{rad}$.

Oppgave 5.1.2: Vi bruker synsvinkelformelen baklengs, $h=d\tan v$, med $v=5^{\prime }=\frac{5}{60}\mathrm{°}\approx 0.0833\mathrm{°}$, altså $\tan 5^{\prime }\approx 0.001454$.

1. a)

   $h=6\tan 5^{\prime }\approx \mathrm{0.008\hspace{0.17em}73}\mathrm{m}\approx 8.7\mathrm{mm}$ – som for $6/6$-optotypen i eksempelet.

2. b)

   $h=4\tan 5^{\prime }\approx \mathrm{0.005\hspace{0.17em}82}\mathrm{m}\approx 5.8\mathrm{mm}$.

3. c)

   $h=0.40\tan 5^{\prime }\approx \mathrm{0.000\hspace{0.17em}58}\mathrm{m}\approx 0.58\mathrm{mm}$.

Høyden er proporsjonal med avstanden: halvparten så langt unna krever halvparten så høy bokstav for samme synsvinkel.

Oppgave 5.1.3: Korden på $3.0\mathrm{mm}$ regnes som buelengde, så $s=3.0\mathrm{mm}$, og radien er $r=7.8\mathrm{mm}$.

1. a)

   Radiandefinisjonen gir direkte

   $$\theta =\frac{s}{r}=\frac{3.0}{7.8}\approx 0.38\text{rad}.$$

   Kontroll: $s=r\theta =7.8\cdot 0.3846=3.0\mathrm{mm}$.

2. b)

   Vi ganger med $180\mathrm{°}/\pi$:

   $$0.3846\text{rad}\cdot \frac{180\mathrm{°}}{\pi }\approx 22\mathrm{°}.$$

Oppgave 5.1.4: Vi regner ut synsvinkelen i begge tilfeller med $\tan v=h/d$, med begge lengdene i samme enhet. På $6\mathrm{m}$: $\tan v=8.7/6000=0.00145$, så $v\approx 0.083\mathrm{°}\approx {5.0}^{\prime }$. På $3\mathrm{m}$: $\tan v=4.35/3000=0.00145$, så $v\approx 0.083\mathrm{°}\approx {5.0}^{\prime }$. Forholdet $h/d$ er det samme, og da er synsvinkelen den samme: påstanden er riktig – begge bokstavene spenner ut $v\approx 5^{\prime }$. Dette er nettopp seksjonens poeng om at to objekter som spenner ut samme synsvinkel, danner like store bilder på netthinnen – den nære bokstaven er fysisk halvparten så høy, men står halvparten så langt unna.

Oppgave 5.1.5:

1. a)

   Vi bruker $h=d\tan v$ med $v=5^{\prime }$ og $d=40\mathrm{cm}=0.40\mathrm{m}$:

   $$h=0.40\tan 5^{\prime }\approx \mathrm{0.000\hspace{0.17em}58}\mathrm{m}\approx 0.58\mathrm{mm}.$$

   En $6/6$-ekvivalent bokstav på lesehold er altså godt under en millimeter høy.

2. b)

   Åpen deloppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: oppgaven bør oppgi både en klinisk avstand og et vinkelkrav (visusstandard i bueminutter), og fasiten skal følge av $h=d\tan v$ med konsistente enheter.

Oppgave 5.2.1: Alle verdiene leses rett av de to spesialtrekantene.

1. a)

   $\sin 30\mathrm{°}=\frac{1}{2}$ og $\cos 60\mathrm{°}=\frac{1}{2}$ – samme verdi, for i $30$–$60$–$90$-trekanten er $30\mathrm{°}$-vinkelens motstående katet nettopp $60\mathrm{°}$-vinkelens hosliggende.

2. b)

   $\tan 45\mathrm{°}=1$, siden de to katetene i det halverte kvadratet er like lange.

3. c)

   $\cos 30\mathrm{°}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ og $\sin 60\mathrm{°}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

4. d)

   $\tan 60\mathrm{°}=\sqrt{3}$ og $\tan 30\mathrm{°}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Produktet er

   $$\tan 60\mathrm{°}\cdot \tan 30\mathrm{°}=\sqrt{3}\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}=1,$$

   som det skal: de to vinklene ser samme katetpar fra hver sin ende, så det ene forholdet er det andres resiproke.

Oppgave 5.2.2:

1. a)

   Med $P=4^{\mathrm{\Delta }}$ gir formelen

   $$v=\arctan \frac{P}{100}=\arctan 0.04\approx 2.29\mathrm{°}.$$

   Kontroll: $100\tan 2.29\mathrm{°}\approx 4.0$.

2. b)

   Tommelfingerregelen gir $v\approx 4/2=2\mathrm{°}$ – omtrent $0.29\mathrm{°}$ for lavt. Det stemmer med at regelens faktor $2$ ligger rundt $15\mathrm{\%}$ over den eksakte $1.75$: en for høy faktor fra prismedioptrier til grader gir et tilsvarende for lavt vinkelanslag den andre veien.

Oppgave 5.2.3:

1. a)

   Sideforskyvningen $0.75\mathrm{mm}$ er motstående katet og krumningsradien $7.8\mathrm{mm}$ hosliggende katet, så

   $$\tan \theta =\frac{0.75}{7.8}\approx 0.0962,\theta =\arctan 0.0962\approx 5.49\mathrm{°}.$$

   Kontroll: $\tan 5.49\mathrm{°}\approx 0.0961$, som stemmer med forholdet.

2. b)

   Punktet på motsatt side gir samme vinkel til andre kant av aksen, så hele sentralvinkelen er

   $$2\theta \approx 2\cdot 5.49\mathrm{°}\approx 11.0\mathrm{°}.$$

Oppgave 5.2.4:

1. a)

   Eksakt med $P=100\tan v$, mot regelens $2$ prismedioptrier per grad:

   • •

     $1\mathrm{°}$: eksakt $100\tan 1\mathrm{°}\approx {1.75}^{\mathrm{\Delta }}$; regelen gir $2^{\mathrm{\Delta }}$ – ${0.25}^{\mathrm{\Delta }}$ for høyt, cirka $15\mathrm{\%}$.

   • •

     $10\mathrm{°}$: eksakt $100\tan 10\mathrm{°}\approx {17.6}^{\mathrm{\Delta }}$; regelen gir ${20}^{\mathrm{\Delta }}$ – ${2.4}^{\mathrm{\Delta }}$ for høyt, cirka $13\mathrm{\%}$.

   • •

     $45\mathrm{°}$: eksakt $100\tan 45\mathrm{°}={100}^{\mathrm{\Delta }}$; regelen gir ${90}^{\mathrm{\Delta }}$ – ${10}^{\mathrm{\Delta }}$ for lavt, altså $10\mathrm{\%}$.

2. b)

   Ved $1\mathrm{°}$ og $10\mathrm{°}$ er tangensen fortsatt nesten lineær – den eksakte faktoren $1.75$ per grad ville gitt henholdsvis $1.75$ og $17.5$, bare $0.13$ under det eksakte ved $10\mathrm{°}$ – så nesten hele avviket er avrundingen $1.75\to 2$. Ved $45\mathrm{°}$ løfter krumningen den sanne verdien $21.5$ over $1.75$-linjen ($78.5$), mer enn avrundingens overskudd på $11.5$; da dominerer krumningen, og regelen ender under.

3. c)

   En forsvarlig formulering: regelen er et hodeoverslag for små vinkler, der den absolutte bommen holder seg under noen tideler av en prismedioptri per grad – den ligger da systematisk cirka $15\mathrm{\%}$ for høyt. Kollegaen tar feil i «alltid»: ved store vinkler vokser den absolutte bommen til mange prismedioptrier, og $\tan v\approx v$ gjelder bare for små vinkler og med $v$ i radianer – ikke «uansett».

Oppgave 5.2.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Et godt svar begrunner valget av forhold ut fra hvilke to sider av trekanten som er kjent og hvilken størrelse som søkes, og fasiten skal la seg kontrollere ved å sette svaret tilbake inn i forholdet.

Oppgave 5.3.1:

1. a)

   Fortegnene følger av koordinatene til punktet $P$ i hver kvadrant:

   Kvadrant	$\cos \theta$	$\sin \theta$	$\tan \theta$
   Første ($0\mathrm{°}$–$90\mathrm{°}$)	$+$	$+$	$+$
   Andre ($90\mathrm{°}$–$180\mathrm{°}$)	$-$	$+$	$-$
   Tredje ($180\mathrm{°}$–$270\mathrm{°}$)	$-$	$-$	$+$
   Fjerde ($270\mathrm{°}$–$360\mathrm{°}$)	$+$	$-$	$-$

2. b)

   $250\mathrm{°}$ ligger mellom $180\mathrm{°}$ og $270\mathrm{°}$, altså i tredje kvadrant. Der er og , så cosinus og sinus er begge negative; tangens er kvotienten av to negative tall og dermed positiv:

Oppgave 5.3.2:

1. a)

   $150\mathrm{°}$ ligger i andre kvadrant; referansevinkelen er $180\mathrm{°}-150\mathrm{°}=30\mathrm{°}$, og cosinus er negativ der:

   $$\cos 150\mathrm{°}=-\cos 30\mathrm{°}=-\frac{\sqrt{3}}{2}.$$

2. b)

   $225\mathrm{°}$ ligger i tredje kvadrant; referansevinkelen er $225\mathrm{°}-180\mathrm{°}=45\mathrm{°}$, og sinus er negativ der:

   $$\sin 225\mathrm{°}=-\sin 45\mathrm{°}=-\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

3. c)

   $240\mathrm{°}$ ligger i tredje kvadrant; referansevinkelen er $240\mathrm{°}-180\mathrm{°}=60\mathrm{°}$, og tangens er positiv der (sinus og cosinus har samme fortegn):

   $$\tan 240\mathrm{°}=+\tan 60\mathrm{°}=\sqrt{3}.$$

4. d)

   $300\mathrm{°}$ ligger i fjerde kvadrant; referansevinkelen er $360\mathrm{°}-300\mathrm{°}=60\mathrm{°}$, og cosinus er positiv der:

   $$\cos 300\mathrm{°}=+\cos 60\mathrm{°}=\frac{1}{2}.$$

Oppgave 5.3.3:

1. a)

   Identiteten gir

   $${\sin }^2\theta =1-{\cos }^2\theta =1-{\left(-\frac{3}{5}\right)}^2=1-\frac{9}{25}=\frac{16}{25},$$

   så $\sin \theta =\pm \frac{4}{5}$. I andre kvadrant er $y>0$, så sinus er positiv, og vi må velge plusstegnet:

   $$\sin \theta =\frac{4}{5}.$$

2. b)

   Tangens er kvotienten:

   $$\tan \theta =\frac{\sin \theta }{\cos \theta }=\frac{\frac{4}{5}}{-\frac{3}{5}}=-\frac{4}{3},$$

   som stemmer med at tangens er negativ i andre kvadrant.

Oppgave 5.3.4: Påstanden er ikke riktig. Siden $400\mathrm{°}=40\mathrm{°}+360\mathrm{°}$, er de to vinklene koterminale: én hel omdreining ekstra bringer det dreide benet tilbake til nøyaktig samme punkt $P$ på enhetssirkelen. Sinus er $y$-koordinaten til $P$, og samme punkt gir samme koordinat, så $\sin 400\mathrm{°}=\sin 40\mathrm{°}$. Det sanne i resonnementet er at $400\mathrm{°}$ er en større vinkel – den beskriver mer dreining. Det gale er antakelsen om at sinusverdien vokser med vinkelen: verdien avhenger bare av hvor punktet $P$ lander, og det gjentar seg for hver hele runde på $360\mathrm{°}$. Konklusjon: påstanden er feil; $\sin 400\mathrm{°}=\sin 40\mathrm{°}$.

Oppgave 5.3.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: sjekk at referansevinkelen er regnet med riktig kvadrantformel ($\theta -180\mathrm{°}$ i tredje kvadrant, $360\mathrm{°}-\theta$ i fjerde), at fortegnene til $\cos$, $\sin$ og $\tan$ følger kvadranten, og at den negative koterminale vinkelen framkommer ved å trekke $360\mathrm{°}$ fra den valgte vinkelen.

Oppgave 5.4.1: Vi leser av formen $y=a\sin (b\theta )$: amplituden er $\left|a\right|$ og perioden $360\mathrm{°}/\left|b\right|$.

1. a)

   Amplitude $1$, periode $360\mathrm{°}/1=360\mathrm{°}$.

2. b)

   Amplitude $3$, periode $360\mathrm{°}/2=180\mathrm{°}$.

3. c)

   Amplitude $2$, periode $360\mathrm{°}/\frac{1}{2}=720\mathrm{°}$.

4. d)

   Amplitude $0.3$, periode $360\mathrm{°}/4=90\mathrm{°}$.

Oppgave 5.4.2:

1. a)

   Én syklus er $4\mathrm{mm}=0.4\mathrm{cm}$, og på $57\mathrm{cm}$ spenner $1\mathrm{cm}$ ut om lag $1\mathrm{°}$, så én syklus dekker $0.4\cdot 1\mathrm{°}=0.4\mathrm{°}$ (sjekk: $\tan v=0.4/57$ gir $v\approx 0.402\mathrm{°}$).

2. b)

   Én syklus per $0.4\mathrm{°}$ gir

   $$\frac{1}{0.4\mathrm{°}}=2.5\text{ sykler per grad}.$$

3. c)

   Nærmere enn $57\mathrm{cm}$ dekker hver syklus en større synsvinkel, så antall sykler per grad synker – gitteret virker grovere.

Oppgave 5.4.3:

1. a)

   Amplituden er tallet foran sinusen, $0.3$. Perioden er $360\mathrm{°}/\left|b\right|$, så $360\mathrm{°}/\left|b\right|=180\mathrm{°}$ gir $b=2$ (sjekk: $\sin (2x)$ gjentar seg når $2x$ har vokst med $360\mathrm{°}$, altså etter $180\mathrm{°}$).

2. b)

   Dobles $b$, halveres perioden til $90\mathrm{°}$: stripene blir smalere, og den romlige frekvensen dobles.

Oppgave 5.4.4:

1. a)

   Ved $90\mathrm{°}$ ligger punktet på enhetssirkelen i $(0,1)$, så $\cos 90\mathrm{°}=0$ og

   $$\tan 90\mathrm{°}=\frac{\sin 90\mathrm{°}}{\cos 90\mathrm{°}}=\frac{1}{0},$$

   som er udefinert. Det er et eksempel på forbudet mot å dele på null fra kapittelet om de vanlige regneoperasjonene.

2. b)

   Kalkulatoren gir $\tan 89\mathrm{°}\approx 57$ og $\tan 89.9\mathrm{°}\approx 573$: når $\theta \to 90\mathrm{°}$ nedenfra, krymper $\cos \theta$ mot null mens $\sin \theta$ går mot $1$, så tangens vokser uten grense mot $+\mathrm{\infty }$ – den loddrette asymptoten i grafen.

3. c)

   Tangens er udefinert overalt der cosinus er null, altså ved $90\mathrm{°}+n\cdot 180\mathrm{°}$; i $0\mathrm{°}$–$360\mathrm{°}$ er den andre vinkelen $270\mathrm{°}$.

Oppgave 5.4.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: fasiten i b) skal la seg etterprøve med seksjonens egne verktøy – romlig frekvens via $57\mathrm{cm}$-regelen (eller $\tan v=h/d$), eller amplitude $\left|a\right|$ og periode $360\mathrm{°}/\left|b\right|$ – og tallene bør være valgt så regningen går for hånd.

Oppgave 5.5.1:

1. a)

   Vi løser grunnidentiteten for sinus, med positivt fortegn fordi $v$ er spiss:

   $$\sin v=\sqrt{1-{\cos }^{2}v}=\sqrt{1-\frac{9}{25}}=\sqrt{\frac{16}{25}}=\frac{4}{5}.$$

   Dette er $3$–$4$–$5$-trekanten igjen: ${\left(\frac{3}{5}\right)}^2+{\left(\frac{4}{5}\right)}^2=1$.

2. b)

   Tangens som kvotient:

   $$\tan v=\frac{\sin v}{\cos v}=\frac{4/5}{3/5}=\frac{4}{3}.$$

3. c)

   Komplementsammenhengen bytter om sinus og cosinus:

   $$\cos (90\mathrm{°}-v)=\sin v=\frac{4}{5},\sin (90\mathrm{°}-v)=\cos v=\frac{3}{5}.$$

Oppgave 5.5.2:

1. a)

   Sumformelen for cosinus med $u=45\mathrm{°}$ og $v=30\mathrm{°}$, med tabellverdiene satt inn:

   	$\cos 75\mathrm{°}$	$=\cos 45\mathrm{°}\cos 30\mathrm{°}-\sin 45\mathrm{°}\sin 30\mathrm{°}$
   		$={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}.$

2. b)

   Sumformelen for $\sin (u-v)$ med de samme vinklene:

   	$\sin 15\mathrm{°}$	$=\sin 45\mathrm{°}\cos 30\mathrm{°}-\cos 45\mathrm{°}\sin 30\mathrm{°}$
   		$={\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}-{\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}={\displaystyle \frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}.$

3. c)

   Siden $75\mathrm{°}=90\mathrm{°}-15\mathrm{°}$, gir komplementsammenhengen $\cos 75\mathrm{°}=\sin 15\mathrm{°}$ – og a) og b) ga da også nøyaktig samme uttrykk, $\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\approx 0.259$.

Oppgave 5.5.3:

1. a)

   I nevneren vil vi bli kvitt $1$-tallet, så vi velger $\cos 2v=2{\cos }^{2}v-1$; da er $1+\cos 2v=2{\cos }^{2}v$. I telleren bruker vi $\sin 2v=2\sin v\cos v$, og en $2$ og en $\cos v$ forkorter:

   $$\frac{\sin 2v}{1+\cos 2v}=\frac{2\sin v\cos v}{2{\cos }^{2}v}=\frac{\sin v}{\cos v}=\tan v,$$

   som skulle vises.

2. b)

   De to andre formene lar $1$-tallet i nevneren stå – $1+{\cos }^{2}v-{\sin }^{2}v$ eller $2-2{\sin }^{2}v$ – så du må uansett innom grunnidentiteten for å komme til $2{\cos }^{2}v$; formen $2{\cos }^{2}v-1$ fjerner $1$-tallet direkte.

Oppgave 5.5.4:

1. a)

   Med $u=v=30\mathrm{°}$ er venstre side $\sin 60\mathrm{°}=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0.866$, mens høyre side er $\sin 30\mathrm{°}+\sin 30\mathrm{°}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1$. Sidene er ulike, så påstanden er gal – sinus fordeler seg ikke over en sum.

2. b)

   Den riktige sumformelen er

   $$\sin (u+v)=\sin u\cos v+\cos u\sin v.$$

   Med $u=v=30\mathrm{°}$:

   $$\sin 60\mathrm{°}=\sin 30\mathrm{°}\cos 30\mathrm{°}+\cos 30\mathrm{°}\sin 30\mathrm{°}=2\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2},$$

   som stemmer med tabellverdien for $\sin 60\mathrm{°}$.

Oppgave 5.5.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: sjekk at den valgte vinkelen faktisk ikke er en tabellvinkel, at dekomponeringen i to tabellvinkler stemmer, og at det eksakte uttrykket matcher kalkulatorverdien – eksempelvinkelen gir $\sin 105\mathrm{°}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\approx 0.966$.

Oppgave 5.6.1:

1. a)

   Vinkelsummen gir $C=180\mathrm{°}-40\mathrm{°}-75\mathrm{°}=65\mathrm{°}$.

2. b)

   Avstanden $BC$ ligger overfor hjørnet $A$, så $BC=a$; den kjente strekningen $AB=60\mathrm{m}$ ligger overfor $C$ og er dermed side $c$. Sinussetningen gir

   $$a=\frac{c\sin A}{\sin C}=\frac{60\cdot \sin 40\mathrm{°}}{\sin 65\mathrm{°}}\approx 42.6\mathrm{m}.$$

Oppgave 5.6.2:

1. a)

   Cosinussetningen – med to sider og den mellomliggende vinkelen (SAS) finnes ikke noe kjent side–vinkel-par, så sinussetningen kommer ikke i gang.

2. b)

   Med $a=7\mathrm{m}$, $b=5\mathrm{m}$ og $C=60\mathrm{°}$, der $\cos 60\mathrm{°}=\frac{1}{2}$:

   $$c^2=7^2+5^2-2\cdot 7\cdot 5\cdot \cos 60\mathrm{°}=74-35=39,$$

   så avstanden mellom endepunktene er $c=\sqrt{39}\mathrm{m}\approx 6.2\mathrm{m}$.

Oppgave 5.6.3:

1. a)

   Cosinussetningen, løst for vinkelen. Sinussetningen kan ikke starte fordi den trenger et fullt side–vinkel-par – her er alle tre sidene kjent, men ingen vinkel.

2. b)

   Cosinussetningen løst for vinkelen gir

   $$\cos C=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=\frac{64+25-49}{2\cdot 8\cdot 5}=\frac{40}{80}=\frac{1}{2},$$

   og $\cos C=\frac{1}{2}$ er standardverdien for $60\mathrm{°}$, så $C=60\mathrm{°}$. Kontroll: med $C=60\mathrm{°}$ gir cosinussetningen tilbake $c=\sqrt{89-40}=7$.

Oppgave 5.6.4:

1. a)

   Ja, hun har rett. Pythagoras: $c=\sqrt{6^2+8^2}=\sqrt{100}=10$. Cosinussetningen: $c^2=6^2+8^2-2\cdot 6\cdot 8\cdot \cos 90\mathrm{°}=100-0=100$, så $c=10$ på begge måter – de to regningene gir nøyaktig samme svar.

2. b)

   I cosinussetningen $c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$ er korreksjonsleddet $-2ab\cos C$ det eneste som skiller den fra Pythagoras. Når $C=90\mathrm{°}$, er $\cos C=0$, leddet forsvinner, og setningen reduseres til $c^2=a^2+b^2$. Pythagoras’ setning er altså spesialtilfellet av cosinussetningen for rett vinkel, og snarveien er derfor ikke en annen metode, men den samme.

Oppgave 5.6.5: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Vurderingsmoment: i c) skal begrunnelsen få fram at vinkelen overfor den korteste siden alltid er spiss – da er den spisse løsningen fra sinussetningen den eneste gyldige, og det tvetydige tilfellet oppstår ikke.

Oppgave 5.7.1: Diameteren er $d=14\mathrm{mm}$, så radien er $r=7\mathrm{mm}$, og vi bruker $\pi \approx 3.14$.

1. a)

   Omkretsen er

   $$O=2\pi r\approx 2\cdot 3.14\cdot 7=43.96\approx 44\mathrm{mm}.$$

   Samme svar følger av $O=\pi d\approx 3.14\cdot 14$.

2. b)

   Arealet er

   $$A=\pi r^2\approx 3.14\cdot 7^2=153.86\approx 150{\mathrm{mm}}^2$$

   med to gjeldende siffer. Kontroll med $A=\frac{\pi }{4}{d}^2\approx 0.785\cdot 196=153.86$ gir det samme.

Oppgave 5.7.2: Radien er $r=8\mathrm{mm}$ og sentralvinkelen $30\mathrm{°}$.

1. a)

   Omregningen til radianer er

   $$\theta =30\mathrm{°}\cdot \frac{\pi }{180\mathrm{°}}=\frac{\pi }{6}\text{rad}\approx 0.524\text{rad}.$$

2. b)

   Buelengden følger av $s=r\theta$:

   $$s=8\cdot \frac{\pi }{6}=\frac{4\pi }{3}\approx 4.19\mathrm{mm}.$$

3. c)

   Sektorarealet følger av $A=\frac{1}{2}{r}^2\theta$:

   $$A=\frac{1}{2}\cdot 64\cdot \frac{\pi }{6}=\frac{16\pi }{3}\approx 16.76{\mathrm{mm}}^2.$$

4. d)

   Gradformelen gir

   $$s=\frac{30\mathrm{°}}{360\mathrm{°}}\cdot 2\pi \cdot 8=\frac{1}{12}\cdot 16\pi =\frac{4\pi }{3}\approx 4.19\mathrm{mm},$$

   samme bue som i b) – radianformelen er gradformelen med faktoren $\pi /180$ regnet inn i vinkelen på forhånd.

Oppgave 5.7.3: Vi bruker $A=\frac{\pi }{4}{d}^2$ for hver diameter.

1. a)

   	$A_3$	$={\displaystyle \frac{\pi }{4}}\cdot 3^2\approx 7.07{\mathrm{mm}}^2,$
   	$A_6$	$={\displaystyle \frac{\pi }{4}}\cdot 6^2\approx 28.27{\mathrm{mm}}^2.$

2. b)

   Forholdet mellom lysmengdene er forholdet mellom arealene:

   $$\frac{A_6}{A_3}={\left(\frac{6}{3}\right)}^2=4.$$

   Kontroll: $28.27/7.07\approx 4$.

3. c)

   Arealet vokser med kvadratet av diameteren – diameteren inngår som $d^2$ i $A=\frac{\pi }{4}{d}^2$. En dobling av diameteren gir derfor $2^2=4$ ganger arealet, og dermed fire ganger lysinnslippet, ikke to.

Oppgave 5.7.4: Åpen oppgave; ingen entydig fasit. Et godt svar velger formel etter hva som faktisk er oppgitt i egen oppgavetekst – for eksempel $A=\frac{1}{2}ab\sin C$ bare når to sider og mellomliggende vinkel er gitt – og har en gjennomregnet fasit som stemmer ved kontrollregning.

Oppgave 5.8.1:

1. a)

   Volumet av en rett boks er grunnflaten ganger høyden:

   $$V=lbh=30\cdot 20\cdot 10=6000{\mathrm{mm}}^3,$$

   som svarer til $6.0\mathrm{mL}$.

2. b)

   Overflaten er summen av de seks sidene, parvis like:

   $$O=2(lb+lh+bh)=2(600+300+200)=2200{\mathrm{mm}}^2.$$

Oppgave 5.8.2:

1. a)

   Grunnflateradien er halve korden, $y=6\mathrm{mm}$. Pilhøyden er

   $$s=r-\sqrt{r^2-y^2}=8.6-\sqrt{{8.6}^2-6^2}=8.6-\sqrt{37.96}\approx 2.44\mathrm{mm}.$$

2. b)

   Det krumme arealet av bakflaten over den optiske sonen er

   $$A=2\pi rs=2\pi \cdot 8.6\cdot 2.44\approx 132{\mathrm{mm}}^2.$$

Oppgave 5.8.3:

1. a)

   Grunnflateradien er halve korden, $y=5.85\mathrm{mm}$, og kalotthøyden er pilhøyden

   $$s=r-\sqrt{r^2-y^2}=7.8-\sqrt{{7.8}^2-{5.85}^2}\approx 2.64\mathrm{mm}.$$

2. b)

   Kalottens krumme areal er

   $$A=2\pi rs=2\pi \cdot 7.8\cdot 2.64\approx 129{\mathrm{mm}}^2.$$

3. c)

   Hele kuleflaten har areal $4\pi r^2=4\pi \cdot {7.8}^2\approx 765{\mathrm{mm}}^2$, så kalotten utgjør brøkdelen

   $$\frac{129}{765}\approx 0.17,$$

   altså om lag $17\mathrm{\%}$ av en full kuleflate med samme radius.

Oppgave 5.8.4:

1. a)

   Radien er halve diameteren, $r=12\mathrm{mm}$, og kulevolumet blir

   $$V=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\pi \cdot {12}^3\approx 7238{\mathrm{mm}}^3=7.24\mathrm{mL}.$$

2. b)

   Modellens $7.24\mathrm{mL}$ er for høy sammenlignet med normalverdien $6.5\mathrm{mL}$: avviket er $7.24-6.5=0.74\mathrm{mL}$, som gir $0.74/6.5\approx 11\mathrm{\%}$ for mye.

3. c)

   Globusen er ikke helt kuleformet: de tre diametrene – om lag $24.2\mathrm{mm}$ på tvers, $23.7\mathrm{mm}$ opp–ned og $22.0\mathrm{mm}$ til $24.8\mathrm{mm}$ langs aksen – skiller seg fra hverandre, så en kule bygd på aksiallengden alene gjenskaper ikke formen. Diameteren som treffer $6.5\mathrm{mL}$, finner vi ved å løse $\frac{4}{3}\pi r^3=6500{\mathrm{mm}}^3$:

   $$r^3=\frac{3\cdot 6500}{4\pi }\approx 1552{\mathrm{mm}}^3,r\approx 11.6\mathrm{mm},$$

   altså diameteren $d\approx 23.2\mathrm{mm}$; kontroll: $\frac{4}{3}\pi \cdot {11.6}^3\approx 6.5\mathrm{mL}$.

Oppgave 5.9.1:

1. a)

   Vinkelsummen er $100\mathrm{°}+90\mathrm{°}+60\mathrm{°}=250\mathrm{°}$, så eksessen er

   $$E=250\mathrm{°}-180\mathrm{°}=70\mathrm{°}.$$

   En plan trekant kan ikke ha disse vinklene, for i planet er vinkelsummen alltid nøyaktig $180\mathrm{°}$ – her overstiger den $180\mathrm{°}$ med hele $70\mathrm{°}$, noe bare en kuleflate tillater.

2. b)

   Omregnet til radianer er $30\mathrm{°}=\frac{\pi }{6}$ og $60\mathrm{°}=\frac{\pi }{3}$. Buelengdeformelen $s=R\theta$ med $R=30\mathrm{cm}$ gir

   $$s_1=30\cdot \frac{\pi }{6}=5\pi \approx 15.7\mathrm{cm},s_2=30\cdot \frac{\pi }{3}=10\pi \approx 31.4\mathrm{cm}.$$

   Fordi punktene deler meridian, er vinkelavstanden mellom dem differansen $60\mathrm{°}-30\mathrm{°}=30\mathrm{°}=\frac{\pi }{6}$, så buen mellom dem er

   $$s=30\cdot \frac{\pi }{6}=5\pi \approx 15.7\mathrm{cm}.$$

   Kontroll: buene ligger på samme storsirkel, så differansen $s_2-s_1=10\pi -5\pi =5\pi$ gir det samme.

Oppgave 5.9.2:

1. a)

   Hver meridian møter ekvator vinkelrett, så begge hjørnene på ekvator er rette. Og fordi turen langs ekvator er $90\mathrm{°}$, står de to meridianene $90\mathrm{°}$ fra hverandre – vinkelen ved polen er også rett. Med $\alpha =\beta =\gamma =90\mathrm{°}$ blir eksessen

   $$E=270\mathrm{°}-180\mathrm{°}=90\mathrm{°}.$$

2. b)

   Fire slike trekanter – fire kvartsegmenter av ekvator, hver med spiss i nordpolen – dekker den nordlige halvkula, og fire til dekker den sørlige. Åtte like trekanter dekker altså hele kula, så hver dekker brøkdelen $\frac{1}{8}$. Arealformelen bekrefter proporsjonaliteten: $E=\frac{\pi }{2}$ i radianer gir $S=R^2\cdot \frac{\pi }{2}$, og delt på hele kulearealet blir brøkdelen $\frac{E}{4\pi }=\frac{\pi /2}{4\pi }=\frac{1}{8}$ – symmetriargumentet og $S=R^{2}E$ peker på samme svar.

Oppgave 5.9.3:

1. a)

   Forholdet er ${\displaystyle \frac{2R\sin (\theta /2)}{R\theta }}={\displaystyle \frac{2\sin (\theta /2)}{\theta }}$ med $\theta$ i radianer. For $\theta =10\mathrm{°}=0.1745$ rad er $\sin 5\mathrm{°}=0.0872$, så forholdet blir

   $$\frac{2\cdot 0.0872}{0.1745}\approx 0.9987.$$

   For $\theta =30\mathrm{°}=0.5236$ rad er $\sin 15\mathrm{°}=0.2588$, så

   $$\frac{2\cdot 0.2588}{0.5236}\approx 0.9886.$$

   Begge stemmer med tabellen i teksten.

2. b)

   Ja, for små utsnitt er det forsvarlig: ved $10\mathrm{°}$ skiller korde og bue bare rundt én promille, langt under det som betyr noe i praktisk måling. Først rundt $30\mathrm{°}$ når avviket omtrent én prosent og begynner å bli merkbart – det er der den plane tilnærmingen må brukes med omtanke.

3. c)

   Arealet er proporsjonalt med eksessen, $S=R^{2}E$. En liten trekant har lite areal, dermed liten eksess – og siden vinkelsummen er $180\mathrm{°}+E$, ligger den da tett ved $180\mathrm{°}$. «Liten trekant» og «vinkelsum nær $180\mathrm{°}$» er derfor samme utsagn lest gjennom $S=R^{2}E$: krymper flaten, krymper avviket fra planet i samme takt.

Oppgave 5.9.4:

1. a)

   Med $r=1$, polarvinkel lik eksentrisiteten $30\mathrm{°}$ og asimut lik meridianen gir omregningsformlene $x=\sin \theta \cos \phi$, $y=\sin \theta \sin \phi$, $z=\cos \theta$. Punktet på meridianen $0\mathrm{°}$:

   $$\overrightarrow{u}=(\sin 30\mathrm{°}\cos 0\mathrm{°},\sin 30\mathrm{°}\sin 0\mathrm{°},\cos 30\mathrm{°})=(\frac{1}{2},0,\frac{\sqrt{3}}{2}),$$

   og punktet på meridianen $90\mathrm{°}$:

   $$\overrightarrow{v}=(\sin 30\mathrm{°}\cos 90\mathrm{°},\sin 30\mathrm{°}\sin 90\mathrm{°},\cos 30\mathrm{°})=(0,\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}).$$

2. b)

   Innsetting gir

   $$\cos \sigma =\frac{1}{2}\cdot 0+0\cdot \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{4},$$

   så $\sigma =\arccos \left(\frac{3}{4}\right)\approx 41.4\mathrm{°}$. Gjetningen på $90\mathrm{°}$ holder ikke: begge punktene ligger bare $30\mathrm{°}$ fra fikseringsretningen og er derfor langt nærmere hverandre enn meridianvinklene antyder. Kontroll med korden: avstanden mellom punktene er $\sqrt{{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{1}{2}}\approx 0.707$, og $2\sin (\sigma /2)=0.707$ gir samme $\sigma \approx 41.4\mathrm{°}$.

3. c)

   Regelen: meridiandifferansen er den sfæriske avstanden nøyaktig når begge punktene har eksentrisitet $90\mathrm{°}$ – da ligger de på storsirkelen som har fikseringsretningen som pol, og buen mellom dem spennes av asimutdifferansen alene. Et punktpar der den gir svaret direkte: eksentrisitet $90\mathrm{°}$ på meridianene $0\mathrm{°}$ og $90\mathrm{°}$ gir $\overrightarrow{u}=(1,0,0)$ og $\overrightarrow{v}=(0,1,0)$, så $\cos \sigma =0$ og $\sigma =90\mathrm{°}$ – lik meridiandifferansen. Ethvert annet par med eksentrisitet $90\mathrm{°}$ duger like godt.