Enda en vektorfunksjon

[Thor-André]

8.282

[tex] r(t) = [lnt,t^2-3t+2] \ \ \ t \in <0,4] [/tex]

a) tegn kurven

b) Finn en retningsvektor til tangenten i det laveste punktet på kurven

c) vis at kurven K har likningen [tex] y = e^{2x} - 3e^x + 2 [/tex]

Har klart a og halveis b, lurer litt på hvordan du løser

[tex] \frac{1}{t} = 0 [/tex] Denne kan vel aldri bli null ?

MEN mest av alt lurer jeg på hvordan en løser c) !

[Themaister]

[tex]\begin{array}{l}r\left( t \right) = \left[ {\ln t,t^2 - 3t + 2} \right] \\ \\ l: \\ x = \ln t \Rightarrow t = e^x \\ y = t^2 - 3t + 2 \Rightarrow y = \left( {e^x } \right)^2 - 3\left( {e^x } \right) + 2 \\\end{array}[/tex]

[Thor-André]

aha, takk skal du ha irriterer meg grønn over at jeg aldri ser slike løsninger!

[Themaister]

Hmm... Retningsvektor? :p

Blir svaret i b)

[tex]\begin{array}{l}\frac{{d\left( {t^2 - 3t + 2} \right)}}{{dx}} = 2t - 3 \\ v\left( t \right) = \left[ {\frac{1}{x},2t - 3} \right] \\ 2t - 3 = 0 \Rightarrow t = \frac{3}{2} \\ v\left( {\frac{3}{2}} \right) = \left[ {\frac{2}{3},0} \right] \\ \end{array}[/tex] ?

[Thor-André]

Jepp

[casuperu]

Ja, du får et bunnpunkt der tangenten til funksjonen er parallell med x-aksen, altså når y-komponenten = 0 . Her vil jo også stigningsallet til grafen være null.