TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2013-10-25 - Lösningsskiss

TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2013-10-25 - Lösningsskiss

1. a)

− 3 ≤4

⟺ − 3 −4

≤ 0 ⇔ − 3 − 4

≤ 0 ⇔( − 4)( + 1)

≤ 0 Sedvanligt teckenschema visar att detta är uppfyllt ⟺ ∈ ]−∞, −1] ∪ ]0,4].

Svar: ∈ ]−∞, −1] ∪ ]0,4].

b) Vi löser ekvationen |2 − 1| + 4 = | + 2| genom att studera tre fall.

Fall 1: ≤ −2. Vi får ekvationen: 1 − 2 + 4 = − − 2 ⟺ = −1, som inte tillhör aktuellt intervall.

Fall 2: −2 ≤ ≤ . Vi får ekvationen: 1 − 2 + 4 = + 2 ⟺ = 1, som inte tillhör aktuellt intervall. Fall 3:

≥ . Vi får ekvationen: 2 − 1 + 4 = + 2 ⟺ = , som duger, ty = tillhör intervallet.

Svar: =

2. b) Vi konstaterar att origo, O, ligger på den givna linjen, och ritar en figur (skiss) där vi har





















 0 1 2

u och

linjens riktningsvektor























 1

1 1

v .

Vi söker koordinaterna för punkten Q och bestämmer därför dess ortsvektor ⃗.

Vi har av projektionsformeln att

⃗ = _∥ = ∙

| | = ⋯ =1 3

1

−1 1 d.v.s. punkten = , − , .

Svar: , − ,

b) Det sökta avståndet ges av u_v  uu_v =

= 2 1 0

−1 3

1

−1 1

= ⋯ =√42 3 Svar: ^√ l.e.

v

P = (2,1,0)

u

O

Q

3. a) Vi har | | = √1 + 3 = 2. Alltså

= 1 − √3 = 2 1 2− √3

2 = 2

Vi får

( ) = 1

2

⁄ ∙ 2 = = = = =√3

2 − 1 2 Svar: ^√ −

b)| − (2 + 2 )| ≤ 1 innebär alla på en cirkelskiva med radie 1 och medelpunkt i 2 + 2 . 0 ≤ arg ≤ innebär alla mellan strålarna = 0 och = . Båda villkoren gäller därmed för alla inom och på randen av det skuggmarkerade området i figuren.

4. a) Se kursboken.

b)

cos 3 −

3 = sin ⟺ [se a) − uppgiften] ⟺ cos 3 −

3 = cos

2− ⟺

3 −3=

2− + ∙ 2 eller 3 − 3= −

2− + ∙ 2 ⟺ 4 =5

6 + ∙ 2 eller 2 = −

6+ ∙ 2 ⟺ =5 24+ ∙

2 eller = − 12+ Svar: = + ∙ , ∈ ℤ eller = − + , ∈ ℤ

5. a) Ekvationens termer är alla definierade om ∈ ]3, ∞[ ∩ ]−1, ∞[ ∩ ]−∞, 5[ = ]3,5[ = Alltså:

ln( − 3) + ln( + 1) = ln(5 − ) , 3 < < 5 ⟺ ln ( − 3)( + 1) = ln(5 − ) , 3 < < 5 ⟺

ln( − 2 − 3) = ln(5 − ) , 3 < < 5 ⟺ [ty ln är en omvändbar funktion]

− 2 − 3 = 5 − , 3 < < 5 ⟺ − − 8 = 0, 3 < < 5 ⟺

=1 2+√33

2

Vi har = +^√ > +^√ = = 3 och = +^√ < +^√ = + = < 5, så = +^√ ∈ .

Anm: Roten = −^√ duger inte ty −^√ < −^√ = −2 < 3, d.v.s. −^√ ∉ .

Svar: = +^√ .

b)

= ln( − 1) , > 1 ⟺ = ( − 1) , > 1, > 0 ⟺ = 1 + √ , ∈ ℝ Alltså har invers med ( ) = 1 + √ , ∈ ℝ

Svar: ( ) = 1 + √ , ∈ ℝ

6. Eftersom planet är parallellt med de båda vektorerna låter vi = vara en vektor som är ortogonal

mot dessa vektorer, 1 1 0

respektive 0

−1 1

. Då skall det gälla att

⎩⎪

⎨

⎪⎧ ∙ 1 1 0

= 0

∙ 0

−1 1

= 0

⟺ 1 1 0

0 −1 1 0

0 ⟺

= − =

=

Vi har alltså =

−1 1 1

och kan (t.ex.) välja vektorn = 1

−1

−1

som normal till planet. Om är vinkeln mellan planets normal och linjens riktningsvektor så är den sökta vinkeln = − , så vi söker först vinkeln . RITA FIGUR!

Vi har

cos = ∙

| || |= 1

−1 0

∙ 1

−1

−1

√2√3 = 2

√6=√6

3 ⟺ = arccos√6 3 . Alltså är spetsig, vilket innebär att den sökta vinkeln

=2− arccos√6

3 = arcsin√6 3 Svar: Vinkeln mellan planet och linjen är arcsin^√

7. Vi skall visa att påståendetP(n): _n

n

k k

n k

3 3 3 2

3 4

1

 





gäller för alla ∈ ℤ . Bevismetod: Induktion

Steg I

3 4 3

1 4 3 ) 4 1

( ₁

1

1

 







k k

V k

3 4 3 3 5 3

3 1 3 2 ) 1

(  ₁   

 H 

Alltså har vi V(1)H(1), d.v.s. P(1) gäller.

Steg II

Vi antar att P(p) gäller för ett godtyckligt ∈ ℤ , d.v.s. vi antar att _p

p

k k

p k

3 3 3 2

3 4

1

 





, vilket leder till att



1) (p

V   

 



 

 



 



 _{  }













tagandetan- Enligt

*

1

1 1

1 3

4 4 3

) 3 2 ( 3 3 3

4 4 3

3 3 2

3 ) 1 ( 4 3 4 3

4

p p

p p p

k

p k p

k k

p p

p p

p k k

 

) 1 3 (

3 1 3 2

3 5 3 2

3

4 4 9

3 6 _{1 1}  ₁  



 



 



 

 p _ p p_ p _ H p

p p

p

Alltså: V(p)H(p)V(p1)H(p1) d.v.s. om P(p) gäller så gäller även P( p 1). Steg III

Påståendet gäller enligt I för n1. Enligt II gäller det då även för n112. Då gäller det även för 3

1 2 

n o.s.v. Via matematisk induktion gäller påståendet för alla ∈ ℤ , v.s.v.