R1 2012 høst LØSNING: Forskjell mellom sideversjoner

Fra Matematikk.net
Hopp til: navigasjon, søk
m Teksterstatting – «/ressurser/eksamen/» til «/res/eksamen/»
 
(97 mellomliggende versjoner av 2 brukere er ikke vist)
Linje 1: Linje 1:
[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?p=159139#p159139 Diskusjon av denne oppgaven]
{{EksLenker|1= 
*[http://matematikk.net/matteprat/viewtopic.php?p=159139#p159139 Diskusjon av denne oppgaven]
*[http://ndla.no/nb/node/129997?fag=57933 Alternativt løsningsforslag fra NDLA]
*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2012H_Vurderingsskjema_REA3022Matematikk_R_H012.pdf Vurderingsskjema]
*[http://www.matematikk.net/res/eksamen/R1/sensur/2012H_Sensorveiledning_REA3022Matematikk_R_H012.pdf Sensorveiledning]
}}
 
= Del 1 =
= Del 1 =


Linje 29: Linje 35:
Her har vi et produkt av flere faktorer som avhenger av $x$. Da benytter vi produktregelen. For å derivere $e^{3x}$ bruker vi også kjerneregelen. Vi får
Her har vi et produkt av flere faktorer som avhenger av $x$. Da benytter vi produktregelen. For å derivere $e^{3x}$ bruker vi også kjerneregelen. Vi får


$h^\prime(x) = (x^3)^\prime \cdot e^{2x} + x^3 \cdot (e^{2x})^\prime = 3x^2 e^{2x} + x^3 \cdot 2e^{2x} = x^2e^{2x}(3x+2).$
$h^\prime(x) = (x^3)^\prime \cdot e^{2x} + x^3 \cdot (e^{2x})^\prime = 3x^2 e^{2x} + x^3 \cdot 2e^{2x} = x^2e^{2x}(3+2x).$


== Oppgave 2 ==
== Oppgave 2 ==
Linje 59: Linje 65:


=== b) ===
=== b) ===
Likning for vendetangent:
f  ' (1) = - 4
y =  ax + b
Har punktet (1, 0) og setter inn:
$0 = -4 \cdot 1 +b \\ b = 4 $
Dvs: y = -4x + 4


== Oppgave 4==
== Oppgave 4==
Linje 64: Linje 81:
=== a) ===
=== a) ===


Det eleven har gjort feil er at han ikke har løst opp parentesen før han stryker på begge sider, noe som ikke er lov. Her må du først løse opp parentesen.
x = 1 er en løsning av likningen. Elven mister en løsning ved ikke å sjekke faktoren (x-1) lik null.


=== b) ===
=== b) ===
Linje 88: Linje 105:
==a)==
==a)==


$AB = \vec v \\ AD = \vec u \\ AC = \vec u + \vec v \\ BD = \vec u - \vec v \\  \vec{AC} \cdot \vec{BD }= (\vec u + \vec v )  \cdot (\vec u - \vec v ) \\ \vec {u^2} - \vec{v^2} =0$
Siden skalarproduktet mellom vektorene er null, står de vinkelrett på hverandre.


==b)==
==b)==
$A_{\Box ABCD} = A_{\triangle ABC} + A_{\triangle ACD} \\ \frac 12 AC \cdot FB + \frac 12 AC \cdot DF \\ \frac 12 AC (FB + DF) \\ \frac 12 AC \cdot BD$


== Oppgave 6 ==
== Oppgave 6 ==
Linje 95: Linje 117:
=== a) ===
=== a) ===


<math>3^{4x}+7=34</math>
$3^{4x}+7=34 \\ 3^{4x}=27 \\ 3^{4x}=3^3 \\ lg3^{4x}= lg3^3 \\ 4x = 3 \\ x = \frac 34 $
<math>3^{4x}=27</math>


For å løse opp potensene, så må man bruke logaritme.
=== b) ===


<math>lg3^{4x}=lg27</math>, så kan man flytte bed 4x. da står man igjen med; 4xlg3=lg27, så deler man på lg 3 på begge sider for å få x alene. Da får vi 4x=3
$lg(x) + lg (x-1) = lg 2 \quad x>1 \\ lg(x^2-x)= lg2 \\ x^2-x = 2 \\ x^2 - x - 2 =0 \\ x =\frac{1 \pm \sqrt{1+8}}{2} \\ x= -1 \vee x=2  $
 
==Oppgave 7 ==


<math>x=\frac{3}{4}</math>
==a)==


=== b) ===
Vinkel er 90 grader kun når skalarproduktet mellom vinkelbeina er null, bare da.


lgx+lg(x-1)=lg2, her må vi løse opp parentesen først.
Dvs: $\vec{AB} \cdot \vec{AC} =0$


lgx+lgx-lg1=lg2, vi vet at lg1=0. => 2lgx=lg2. For å fjerne logaritmetegnene, kan man opphøye de i 10.
$ \vec{AB} =[7-3, 3-0] = [4,3] \\ \vec{AC} = [0-3, t-0]= [-3, t] \\ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0 \\ 4(-3) +3t =0 \\ t =4 \\  \angle BAC = 90 ^{\circ} \quad når \quad t = 4 $


Da får vi <math>2*10^{lg}=10^{lg2}</math>
==b)==


x=1
Avstanden fra punktet A (3,0) til vektoren BC = [-7,1] :


==Oppgave 7 ==
Korteste vei fra A til BC er til et punkt D på BC som er slik at AD er normalt på BC.


==a)==
$ \vec{AD} = \vec{AB} + k \vec{BC} \\ \vec{AD} = [4,3] +k[-7,1] \\ \vec{AD}=[-7k+4,k+3] \\ \vec{AD} \perp \vec{BC} \\ [-7k+4,k+3] \cdot [-7,1] =0 \\ 49k -28 +k +3=0 \\ 50k =25 \\ k= \frac 12 \\ \vec{AD} = [-7 \cdot \frac 12 + 4, \frac 12+3] = [\frac 12, \frac{7}{2}] \\ | \vec{AD} | = \sqrt{\frac 14 + \frac{49}{4}} = \frac{\sqrt{50}}{2} = \frac{5 \sqrt 2}{2}$


==b)==
Avstanden  fra A til BC er fem halve kvadratroten av to.


=DEL 2=
=DEL 2=


==Oppgave 1 ==
==Oppgave 1 ==
===a)===
$\vec{AC} = [4, 4]  \quad \quad | \vec{AC}| = \sqrt{4^2+4^2} = \sqrt{32} \\ \vec{AB} =[6, 0]\quad \quad  | \vec{AB}| = 6 \\ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0 \cdot 4 + 6 \cdot 4 = 24  $
Skalarprodukt:
$\vec{AB} \cdot \vec{AC} =  |\vec{AB}|\cdot |{AC}| \cdot \angle CAB \Rightarrow  \angle CAB = \frac{vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}|\cdot |{AC}|} = \frac{24}{6 \sqrt{32}} = \frac{1}{\sqrt2} = \frac{\sqrt 2}{2} \\ \angle CAB = 45^{\circ}$
===b)===
Dersom firkanten er et parallellogram er BC vektor lik AD vektor.
$ \vec{BC} = [-2, 4] \\ \vec{AD} = [t, 4] \\ [t,4] = [-2,4] $
Innspeksjon viser oss at t = -2 gjør firkanten ABCD til et parallellogram.
===c)===
$ AC \perp BD \Leftrightarrow  \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \\ \vec{BD} = [t-6, 4] \\  \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \\ [4,4] \cdot [t-6, 4] = 0 \\ 4t-24+16=0 \\ t=2$
Når t = 2 står AC vinkelrett på BD.
==Oppgave 2 ==
==Oppgave 2 ==
===a)===
<table width="0">
    <tr>
        <th></th>
        <th> Gutter</th>
        <th>Jenter</th>
        <th>Totalt</th> 
</tr>
    <tr>
        <td>Buss </td>
        <td> 71</td>
        <td>94</td>
        <td>165</td>
    </tr>
      <tr>
        <td>Ikke Buss </td>
        <td>111 </td>
        <td>74</td>
        <td>185</td>
    </tr>
<tr>
        <td>Total</td>
        <td> 182</td>
        <td>168</td>
        <td>350</td>
    </tr>
 
</table>
Sannsynlighet for jente og buss:
$P(J \cap B) = \frac{94}{350} =0,27$
===b)===
Sannsynlighet for buss:
$P(B) = \frac{165}{350} = 0,47 \\ $
Sannsynlighet for buss når man vet at eleven er jente:
$P(B|J)= \frac {94}{168} = 0,56$
$P(B) \neq P(B|J)$ derfor er hendelsene B og J avhengige.
===c)===
$P(J|B) = \frac{94}{165} = 0,57$
Her kunne man også brukt Bayes' formel, men siden alle tall er oppstilt i krysstabellen er regning ikke nødvendig.
==Oppgave 3 ==
==Oppgave 3 ==
===a)===
[[File:3a-r1-h12.png]]
$\vec r (t) =[ \frac 14 t^2 - 3t, t + \frac 4t - 5], \quad t \in <0,20]$
===b)===
Skjæring med y- akse inntreffer når x(t) = 0.
$ \frac 14t^2-3t=0 \\ t^2-12t =0 \\ t(t-12)=0 \\ t= 0 \vee t=12$
t = 0 er en ugyldig verdi og vi har bare ett skjæringspunkt:
$ (0,y(12)) = (0, 12+ \frac {4}{12} - 5)  = (0, \frac{22}{3} )$
Skjæring med x- aksen inntreffer når y(t) = 0:
$t + \frac 4t-5 =0 \\ t^2 - 5t + 4 =0 \\ x= \frac{5 \pm \sqrt{(-5)^2 - 16}}{2}\\ t = 1 \vee t =4$
===c)===
Banefarten etter t sekunder er gitt ved:
$| \vec {v}(t)| = | \vec{r}'(t)| = | [ \frac12t-3, 1 - \frac{4}{t^2}]| \\ | \vec v(5)| = |[\frac 12 \cdot5-3,1-\frac{4}{5^2}] |= \sqrt{(- \frac12)^2+ ( \frac{21}{25})^2} =0,978$
Etter 5 sekunder er banefarten 0,978
==Oppgave 4 ==
==Oppgave 4 ==
===a)===
Trekantene er formlike. Vinkel C er felles i begge trekantene. DE er parallell med AB, derfor er vinkel CDE lik vinkel CAB og vinkel CED lik vinkel CBA.
$\frac{8-h}{8} = \frac x6 \\ 8-h = \frac {8x}{6} \\h = 8 -\frac 43x$
===b)===
Areal av trekanten DEF:
$T(x) = \frac{Gh}{2} = \frac{x(8- \frac43x)}{2} = 4x - \frac 23x^2$
===c)===
$T ´(x) = 4- \frac 43x \\ T ´(x) = 0 \\ x=3$
T har sin største verdi når x = 3. Vi ser at dette er et toppunkt siden faktoren i andregradsleddet er negativ.
$T(3) = 4 \cdot 3 - \frac 23\cdot 3^2 = 12-6 = 6$
Det største arealet er 6.
Alle fire trekantene er likebeinte og  har en side med lengde 3 og høyde 4. Derfor er trekantene kongruente.
==Oppgave 5 ==
==Oppgave 5 ==
===a)===
$x^2-2x+y^2+4y-4=0 \\ (x^2-2x+1)+(y^2+4y+4) ) = 1+8 \\ (x-1)^2 + ((y+2)^2 = 9$
Radius i sirkelen er 3. Sentrum er (1, -2).
===b)===
$x^2+2tx +y^2-4y +9 =0 \\ (x^2 + 2tx + t^2) + (y^2 - 4y + 4) = t^2 -5 \\ (x+t)^2 + (y-2)^2 =t^2-5 $
Dersom sirkelpereferien har kun ett punkt felles med x - aksen betyr det at den tangerer, altså at y kooedinaten er lik radiusen.
$4= t^2-5 \\t^2-9 =0 \\ t = -3 \vee t=3$
For at sirkelen skal tangere xáksen må t være lik -3 eller 3.
==Oppgave 6 ==
==Oppgave 6 ==
===a)===
Her må du vite hva en pereferivinkel og en sentralvinkel er. v er 90 grader. Da er BAC 45 grader. ACD er 60 grader, ADC er 90, da må CAD være 30. BAD blir da 45 + 30 grader, altså 75 grader.
===b)===
$\alpha = 180^{\circ} - \angle BAP - \angle PBA =180^{\circ}-75^{\circ}- 90^{\circ} = 15^{\circ} \\ \beta= 180^{\circ} - \angle QAD - \angle QDA=180^{\circ}-75^{\circ}- 90^{\circ} = 15^{\circ} $
===c)===
De to trekantene har en felles vinkel i A. Videre thar de to trekantene begge en pereferivinkel som spenner over diameteren, i B og D. Vinkelsummen er konstant lik 180 grader . $\alpha$ og $\beta$ vil derfor være like for alle verdier av u og v.

Siste sideversjon per 19. okt. 2014 kl. 17:07


Del 1

Oppgave 1

a)

$f(x)=(2x-1)^2 = 4x^2-4x+1$

Da er

<math>f^\prime(x)=8x-4</math>

Alternativt kan vi benytte kjerneregelen med $2x-1$ som kjerne. Vi får da

$f^\prime(x) = 2(2x-1) \cdot (2x-1)^\prime = 2 \cdot (2x-1) \cdot 2 = 8x - 4$.

b)

<math>g(x)=\sqrt{x^2-2x}</math>

Vi bruker kjerneregelen med <math>x^2 - 2x</math> som kjerne. Da har vi

<math>\begin{eqnarray*} g(x) &=&\frac{1}{2\sqrt{x^2 - 2x}} \cdot (x^2 - 2x)^\prime = \frac{1}{2\sqrt{x^2 - 2x}} \cdot (2x-2) \\ &=& \frac{x-1}{\sqrt{x^2-2x}}\end{eqnarray*}</math>

c)

Her har vi et produkt av flere faktorer som avhenger av $x$. Da benytter vi produktregelen. For å derivere $e^{3x}$ bruker vi også kjerneregelen. Vi får

$h^\prime(x) = (x^3)^\prime \cdot e^{2x} + x^3 \cdot (e^{2x})^\prime = 3x^2 e^{2x} + x^3 \cdot 2e^{2x} = x^2e^{2x}(3+2x).$

Oppgave 2

a)

En polynomdivisjon $p(x) : (x-a)$ går opp kun dersom $p(a) = 0$. Her får vi da at $f(3)$ må være 0. Det gir oss ligningen

$f(3) = 0 \ \Leftrightarrow \ 3^3 - 3 \cdot 3^2 + k \cdot 3 + 3 = 0 \ \Leftrightarrow \ 3k + 3 = 0 \ \Leftrightarrow \ k = -1.$

b)

Svaret på polynomdivisjon = <math>x^2-1</math>

Dette gir oss førstegradsfaktorer i (x-1)(x+1)(x-3)

Oppgave 3

a)

Vendepunkt har vi der den dobbeltderiverte er 0 og skifter fortegn. Vi har her

<math>f(x)=x^3-3x^2-x+3</math>

<math>f^\prime(x)=3x^2-6x-1</math>

<math>f^{\prime\prime}(x)=6x-6 = 6(x-1)</math>

Den dobbeltderiverte er null for x = 1. Vendepunkt: (1, f(1)) = (1, 0)

b)

Likning for vendetangent: f ' (1) = - 4

y = ax + b

Har punktet (1, 0) og setter inn:

$0 = -4 \cdot 1 +b \\ b = 4 $

Dvs: y = -4x + 4

Oppgave 4

a)

x = 1 er en løsning av likningen. Elven mister en løsning ved ikke å sjekke faktoren (x-1) lik null.

b)

For å finne skjæringspunktet må man sette $f(x)=g(x)$

$(x-1)(x-3)=x-1$

<math>x^2-4x+3=x-1</math> => <math>x^2-5x+4=0</math>, deretter bruker man ABC-formelen for å finne nullpunktene.

Nullpunktene er; $x=4$ og $x=1$

For å finne skjæringspunktene setter man $f(4)$ og $g(1)$. Da finner man en y-verdi. $f(4)=(4-1)(4-3)$ $f(4)=3$, noe som betyr at $y=3$

$g(1)=1-1=0$, noe som betyr at $y=0$.

Skjæringspunktene ligger i punktene $(4,3)$ og $(1,0)$

Oppgave 5

a)

$AB = \vec v \\ AD = \vec u \\ AC = \vec u + \vec v \\ BD = \vec u - \vec v \\ \vec{AC} \cdot \vec{BD }= (\vec u + \vec v ) \cdot (\vec u - \vec v ) \\ \vec {u^2} - \vec{v^2} =0$

Siden skalarproduktet mellom vektorene er null, står de vinkelrett på hverandre.

b)

$A_{\Box ABCD} = A_{\triangle ABC} + A_{\triangle ACD} \\ \frac 12 AC \cdot FB + \frac 12 AC \cdot DF \\ \frac 12 AC (FB + DF) \\ \frac 12 AC \cdot BD$

Oppgave 6

a)

$3^{4x}+7=34 \\ 3^{4x}=27 \\ 3^{4x}=3^3 \\ lg3^{4x}= lg3^3 \\ 4x = 3 \\ x = \frac 34 $

b)

$lg(x) + lg (x-1) = lg 2 \quad x>1 \\ lg(x^2-x)= lg2 \\ x^2-x = 2 \\ x^2 - x - 2 =0 \\ x =\frac{1 \pm \sqrt{1+8}}{2} \\ x= -1 \vee x=2 $

Oppgave 7

a)

Vinkel er 90 grader kun når skalarproduktet mellom vinkelbeina er null, bare da.

Dvs: $\vec{AB} \cdot \vec{AC} =0$

$ \vec{AB} =[7-3, 3-0] = [4,3] \\ \vec{AC} = [0-3, t-0]= [-3, t] \\ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0 \\ 4(-3) +3t =0 \\ t =4 \\ \angle BAC = 90 ^{\circ} \quad når \quad t = 4 $

b)

Avstanden fra punktet A (3,0) til vektoren BC = [-7,1] :

Korteste vei fra A til BC er til et punkt D på BC som er slik at AD er normalt på BC.

$ \vec{AD} = \vec{AB} + k \vec{BC} \\ \vec{AD} = [4,3] +k[-7,1] \\ \vec{AD}=[-7k+4,k+3] \\ \vec{AD} \perp \vec{BC} \\ [-7k+4,k+3] \cdot [-7,1] =0 \\ 49k -28 +k +3=0 \\ 50k =25 \\ k= \frac 12 \\ \vec{AD} = [-7 \cdot \frac 12 + 4, \frac 12+3] = [\frac 12, \frac{7}{2}] \\ | \vec{AD} | = \sqrt{\frac 14 + \frac{49}{4}} = \frac{\sqrt{50}}{2} = \frac{5 \sqrt 2}{2}$

Avstanden fra A til BC er fem halve kvadratroten av to.

DEL 2

Oppgave 1

a)

$\vec{AC} = [4, 4] \quad \quad | \vec{AC}| = \sqrt{4^2+4^2} = \sqrt{32} \\ \vec{AB} =[6, 0]\quad \quad | \vec{AB}| = 6 \\ \vec{AB} \cdot \vec{AC} = 0 \cdot 4 + 6 \cdot 4 = 24 $

Skalarprodukt:

$\vec{AB} \cdot \vec{AC} = |\vec{AB}|\cdot |{AC}| \cdot \angle CAB \Rightarrow \angle CAB = \frac{vec{AB} \cdot \vec{AC}}{|\vec{AB}|\cdot |{AC}|} = \frac{24}{6 \sqrt{32}} = \frac{1}{\sqrt2} = \frac{\sqrt 2}{2} \\ \angle CAB = 45^{\circ}$

b)

Dersom firkanten er et parallellogram er BC vektor lik AD vektor.

$ \vec{BC} = [-2, 4] \\ \vec{AD} = [t, 4] \\ [t,4] = [-2,4] $

Innspeksjon viser oss at t = -2 gjør firkanten ABCD til et parallellogram.

c)

$ AC \perp BD \Leftrightarrow \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \\ \vec{BD} = [t-6, 4] \\ \vec{AC} \cdot \vec{BD} = 0 \\ [4,4] \cdot [t-6, 4] = 0 \\ 4t-24+16=0 \\ t=2$

Når t = 2 står AC vinkelrett på BD.

Oppgave 2

a)

Gutter Jenter Totalt
Buss 71 94 165
Ikke Buss 111 74 185
Total 182 168 350

Sannsynlighet for jente og buss:

$P(J \cap B) = \frac{94}{350} =0,27$

b)

Sannsynlighet for buss:

$P(B) = \frac{165}{350} = 0,47 \\ $

Sannsynlighet for buss når man vet at eleven er jente:

$P(B|J)= \frac {94}{168} = 0,56$

$P(B) \neq P(B|J)$ derfor er hendelsene B og J avhengige.

c)

$P(J|B) = \frac{94}{165} = 0,57$

Her kunne man også brukt Bayes' formel, men siden alle tall er oppstilt i krysstabellen er regning ikke nødvendig.

Oppgave 3

a)

$\vec r (t) =[ \frac 14 t^2 - 3t, t + \frac 4t - 5], \quad t \in <0,20]$

b)

Skjæring med y- akse inntreffer når x(t) = 0.

$ \frac 14t^2-3t=0 \\ t^2-12t =0 \\ t(t-12)=0 \\ t= 0 \vee t=12$

t = 0 er en ugyldig verdi og vi har bare ett skjæringspunkt:

$ (0,y(12)) = (0, 12+ \frac {4}{12} - 5) = (0, \frac{22}{3} )$


Skjæring med x- aksen inntreffer når y(t) = 0:

$t + \frac 4t-5 =0 \\ t^2 - 5t + 4 =0 \\ x= \frac{5 \pm \sqrt{(-5)^2 - 16}}{2}\\ t = 1 \vee t =4$

c)

Banefarten etter t sekunder er gitt ved:

$| \vec {v}(t)| = | \vec{r}'(t)| = | [ \frac12t-3, 1 - \frac{4}{t^2}]| \\ | \vec v(5)| = |[\frac 12 \cdot5-3,1-\frac{4}{5^2}] |= \sqrt{(- \frac12)^2+ ( \frac{21}{25})^2} =0,978$


Etter 5 sekunder er banefarten 0,978

Oppgave 4

a)

Trekantene er formlike. Vinkel C er felles i begge trekantene. DE er parallell med AB, derfor er vinkel CDE lik vinkel CAB og vinkel CED lik vinkel CBA.


$\frac{8-h}{8} = \frac x6 \\ 8-h = \frac {8x}{6} \\h = 8 -\frac 43x$

b)

Areal av trekanten DEF:

$T(x) = \frac{Gh}{2} = \frac{x(8- \frac43x)}{2} = 4x - \frac 23x^2$

c)

$T ´(x) = 4- \frac 43x \\ T ´(x) = 0 \\ x=3$

T har sin største verdi når x = 3. Vi ser at dette er et toppunkt siden faktoren i andregradsleddet er negativ.

$T(3) = 4 \cdot 3 - \frac 23\cdot 3^2 = 12-6 = 6$

Det største arealet er 6.

Alle fire trekantene er likebeinte og har en side med lengde 3 og høyde 4. Derfor er trekantene kongruente.

Oppgave 5

a)

$x^2-2x+y^2+4y-4=0 \\ (x^2-2x+1)+(y^2+4y+4) ) = 1+8 \\ (x-1)^2 + ((y+2)^2 = 9$

Radius i sirkelen er 3. Sentrum er (1, -2).

b)

$x^2+2tx +y^2-4y +9 =0 \\ (x^2 + 2tx + t^2) + (y^2 - 4y + 4) = t^2 -5 \\ (x+t)^2 + (y-2)^2 =t^2-5 $

Dersom sirkelpereferien har kun ett punkt felles med x - aksen betyr det at den tangerer, altså at y kooedinaten er lik radiusen.

$4= t^2-5 \\t^2-9 =0 \\ t = -3 \vee t=3$

For at sirkelen skal tangere xáksen må t være lik -3 eller 3.

Oppgave 6

a)

Her må du vite hva en pereferivinkel og en sentralvinkel er. v er 90 grader. Da er BAC 45 grader. ACD er 60 grader, ADC er 90, da må CAD være 30. BAD blir da 45 + 30 grader, altså 75 grader.

b)

$\alpha = 180^{\circ} - \angle BAP - \angle PBA =180^{\circ}-75^{\circ}- 90^{\circ} = 15^{\circ} \\ \beta= 180^{\circ} - \angle QAD - \angle QDA=180^{\circ}-75^{\circ}- 90^{\circ} = 15^{\circ} $

c)

De to trekantene har en felles vinkel i A. Videre thar de to trekantene begge en pereferivinkel som spenner over diameteren, i B og D. Vinkelsummen er konstant lik 180 grader . $\alpha$ og $\beta$ vil derfor være like for alle verdier av u og v.