TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2013-01-08 - Lösningsskiss
1. a)
Fall 1: ≤ −2 ger ekvationen 2(− − 2) = 3 + 3 − ⟺ = − , som inte duger.
Fall 2: −2 ≤ ≤ 3 ger ekvationen 2( + 2) = 3 + 3 − som saknar lösning.
Fall 3: ≥ 3 ger ekvationen 2( + 2) = 3 + − 3 ⟺ = som duger.
Svar: =
b)
2sin 3 + sin 3 − 1 = 0 ⟺ ⋯ ⟺ sin 3 = −1 4±3
4 Fall I: sin 3 = −1 ⟺ 3 = − + ∙ 2 ⟺ = − +
Fall II: sin 3 = ⟺ 3 = + ∙ 2 eller 3 = + ∙ 2 ⟺ = + eller = + Svar: = − + , = + eller = + , där ∈ ℤ.
2. a) Vinkeln mellan linjerna motsvaras av den minsta vinkeln mellan riktningsvektorerna. Om vinkeln är så har vi
cos = 1 0 1
∙ 2
−1 1
√2 ∙ √6 = 3
√12= 3 2√3=√3
2 ⟹ =
6 Svar:
b) Vi konstaterar att punkten = (1,1,0) ligger på den givna linjen, och ritar en figur (skiss) där vi har =
⃗ = 2 0 1
och linjens riktningsvektor
1 0 1
v .
Enligt figuren söker vi längden av vektorn uv
.
Vi har av projektionsformeln att∥ = ∙
| | = ⋯ =3 2
1 0 1 vilket ger oss
= − ∥ =
2 0 1
−3 2
1 0 1
=1 2
1 0
−1 Sökt avstånd är | | = √2
Svar: √ l.e.
v
u v
P = (3,1,1) uv
u
3. a)
2
1 − = 2
√2
=2 2
= 2 = 2 = 2 = −512
Svar: −512
b) Villkoret | − | ≤ 1 innebär alla på eller innanför cirkeln med medelpunkt i (0,1) och radie = 1. Villkoret 0 ≤ arg ≤ innebär alla som ligger på eller mellan strålarna 0 och . Sammantaget innebär det att den sökta snittmängden utgörs av alla komplexa tal som ligger i det skuggade området i figuren.
c) = |cos + sin | = √cos + sin = √1 = 1 för alla ∈ ℝ medan = 1 ⟺ = ∙ 2 . Svar: ∈ ℝ respektive = ∙ 2 , ∈ ℤ.
4. a) √3 − 2 är definierat ⟺ 3 − 2 ≥ 0 ⟺ ≥ . Vi har då
= √3 − 2, ≥2
3, ≥ 0 ⟺ = 3 − 2, ≥2
3 , ≥ 0 ⟺ = + 2 3 , ≥ 0 Vi har alltså inversen
( ) = + 2 3 , ≥ 0 Svar: ( ) = , ≥ 0
b) Kurvorna skär varandra på linjen = ⟺ ( ) = ( ) = , ∈ ∩ = , ∞ . Det räcker alltså att lösa en av ekvationerna √3 − 2 = , ≥ eller
√3 − 2 = , ≥ eller = , ≥ . Här väljer vi den sistnämnda och får
+ 2
3 = , ≥2
3⟺ − 3 + 2 = 0, ≥2
3⟺ = 1 eller = 2 Eftersom x- och y-koordinaterna är samma i skärningspunkterna så har vi att kurvorna skär varandra i punkterna (1,1) och (2,2). Se även figur.
Svar: Skärning i punkterna (1,1) och (2,2).
5. a) Vi söker alla nollställen till polynomet − 3 − 2 . Ett nollställe är = 2 (prövning) vilket, enligt faktorsatsen, innebär att − 3 − 2 = ( − 2) ( ), där ( ) fås via polynomdivisionen ( ) = . Vi får ( ) = + 2 + 1 = ( + 1) . Alltså har vi
− 3 − 2 = ( − 2) ( ) = ( − 2)( + 1)
Kontroll: ( − 2)( + 1) = ( − 2)( + 2 + 1) = + 2 + − 2 − 4 − 2 = − 3 − 2 Svar: − 3 − 2 = ( − 2)( + 1)
b)
− 3 ≤2
⟺ − 3 −2
≤ 0 ⟺ − 3 − 2
≤ 0 ⟺
)
( − 2)( + 1)
≤ 0 Sedvanligt teckenstudium (utförs inte här) visar att detta är uppfyllt ⟺ = −1 eller ∈ ]0,2].
Svar: = −1 eller ∈ ]0,2].
c) Olikhetens termer är alla definierade ⟺ > −2, ≠ 1. För dessa värden på har vi ln( − 1) + ln( + 2) ≤ 2ln 2 ⟺ ln(( − 1) ( + 2)) ≤ ln 4 ⟺
ä ä ä
( − 1) ( + 2) ≤ 4 ⟺ + 2 − 2 − 4 + + 2 − 4 ≤ 0 ⟺ − 3 − 2 ≤ 0 ⟺
)
( − 2)( + 1) ≤ 0 Teckenschema och termernas definitionsområde enligt ovan ger att den givna olikheten är uppfylld för alla ∈ ]−2,1[ ∪ ]1,2].
Svar: ∈ ]−2,1[ ∪ ]1,2]
6. Vi inför beteckningarna V(n) och H(n) för respektive vänster- och högerled i påståendet
P(n): V(n) =
n
k
n n k n k
1 2
3 4 ) 1
3
( = H(n)
STEG 1: P(1) : V(1) = ( 3 ) 12 3 1 2
1
1
2
k
k
k medan H(1) =
3 2 4 1 1 1
1
Alltså är V(1) = H(1), d.v.s. P(1) är sant.
STEG 2: Vi antar att P(p) är sant för godtyckligt p Z+ . d. v. s. vi antar att
V(p) =
3 4 ) 1
( ) 3 (
1
2
p p p p H k k
p
k
Detta medför att
V(p + 1) =
)) 1 ( 3 1 ( ) 3 ( ) 3
( 2
1 2 1
1
2 k k k p p
k
p
k p
k
2 )
3
( 2
1
2 k p p
k
p
k
/enligt antagandet/
2
3 4
1 2
p p p
p p
3 6 7 3
6 3 3 4 3
6 3 3 4
1 2 2 2 3
p p p p p p p p p p p p
och
3 6 7 3
) 3 )(
2 3 ( 3
3 2 ) 1 ) (
1 (
3
2
p p p p p p p p
p H
därav följer att även P(p + 1) är sant, d.v.s. vi har visat att P(p) sant P(p + 1) sant.
STEG 3: Eftersom P(1) är sant måste enligt STEG 2 även P(2) vara sant, men det innebär även att P(3) är sant o. s. v. och vi kan, enligt induktionsprincipen, dra slutsatsen att
3 4 ) 1
3 (
1
2
n n k n k
n
k
för alla ∈ ℤ , v.s.v.
7. Låt vara den givna linjen och låt vara : s spegelbild i planet − + + 4 = 0. Vi söker : s riktning och en punkt på . Riktningen ges av (se figur)
= − 2 ∥ = 1 3
−1
− 2 1 3
−1
∙ 1
−1 1 3
1
−1 1
= ⋯ = ⋯ = 3 1 1
Skriv en ekvation här.
Som punkt på väljer vi skärningspunkten mellan och planet, ty denna punkt ligger även på . : s ekvation insatt i planets ekvation ger villkoret
(1 + ) − (2 + 3 ) + (3 − ) + 4 = 0 ⟺ = 2 som insatt i : s ekvation ger skärningspunktens koordinater ( , , ) = (3,8,1).
Alltså är :s ekvation
= 3 8 1
+ 3 1 1
, ∈ ℝ
Svar: = 3 8 1
+ 3 1 1
, ∈ ℝ
n = 1
−1 1
v
∥
u
− + + 4 = 0
