TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2015-08-26 - Lösningsskiss

(1)

TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2015-08-26 - Lösningsskiss

1. a)

− 1

+ 3≤ + 2

2 + 1⇔ − 1

+ 3− + 2

2 + 1≤ 0 ⇔( − 1)(2 + 1) − ( + 2)( + 3)

( + 3)(2 + 1) ≤ 0 ⇔

− 6 − 7

( + 3)(2 + 1)≤ 0 ⇔ ( + 1)( − 7) ( + 3)(2 + 1)≤ 0 Sedvanligt teckenschema visar att detta är uppfyllt ⟺ ∈ ]−3, −1] ∪ − , 7

Svar: Olikheten gäller för alla ∈ ]−3, −1] ∪ − , 7 .

b)

cos 2 −

6 − sin 2 +

4 = 0 ⇔ sin

2− 2 −

6 = sin 2 + 4 ⇔

sin 2

3 − 2 = sin 2 + 4 ⇔ 2

3 − 2 = 2 +

4+ 2 eller 2

3 − 2 = − 2 +

4 + 2 ⇔ [den sista ekvationen saknar lösning]

4 =5

12+ 2 ⇔ =5 48+

2 Svar: = + , ∈ ℤ

2. a) Vi sätter in linjens ekvation i planets för att få villkor på parametern vid ev. skärning.

0 + 2 + 3(2 + 2 ) − 2(1 − ) = 0 ⇔ = −2 5 Med detta värde på får vi skärningspunkten − , ,

Vi kontrollerar att denna punkt även tillhör planet. Insättning av punkten i planets ekvation ger oss

−4 5+ 3 ∙6

5− 2 ∙7

5=−4 + 18 − 14

5 = 0

Svar: Skärning i punkten − , ,

b) = 1 ger = (2,4,0) och vi ritar en figur.

= 1 3

−2

O

= (2,4,0)

∥

u

(2)

Låt = ⃗ = 2 4 0

. Av projektionsformeln får vi

∥ = ∙

| | = 2 4 0

∙ 1 3

−2 14

1 3

−2

= 1 3

−2 Sökt avstånd = ∥ =

1 3

−2

= √14

Svar: Avståndet är √14 l.e.

3. a) Låt = + , , ∈ ℝ. Vi får

̅− ̅

= +

− − −

+ =( + ) − ( − )

( − )( + ) = 4

+ Detta komplexa tal har realdel = 0, v.s.v.

b)

−1 2+

2 = √2

2 = 1

2 ∙ (− ) = − 1 2 Svar: −

4. a) Se kurslitteraturen.

b) Summan av de första jämna talen är

2 = [aritmetisk summa] =

2(2 + 2 ) = +

Svar: Summan av de första jämna talen är + .

5. a)

+ = 6 ⇔ [ = > 0] ⇔ + − 6 = 0 ⇔ = 2 ⇔ = 2 ⇔ =1 2ln 2 Svar: = ln 2

b) ln| − 2| + |ln | = ln 2 Vi har | − 2| = − 2, ≥ 2

2 − , ≤ 2 , och observerar att ln| − 2| är definierat för alla ∈ ℝ, ≠ 2.

Vidare är |ln | = ln , ≥ 1

− ln , 0 < ≤ 1.

Alltså är alla termerna i ekvationen samtidigt definierade för > 0, ≠ 2.

Vi studerar ekvationen olika fall:

0 < ≤ 1: ln(2 − ) − ln = ln 2 ⇔ = 2 ⇔ = , som duger.

1 ≤ < 2: ln(2 − ) + ln = ln 2 ⇔ 2 − = 2, som saknar reella lösningar.

> 2 : ln( − 2) + ln = ln 2 ⇔ − 2 = 2 ⇔ = 1 ± √3 , där enbart = 1 + √3 duger Svar: = eller = 1 + √3

(3)

6. Vi ritar först en figur med relevanta vektorer.

Vi söker koordinaterna för punkten och bestämmer därför denna punkts ortsvektor ⃗. Vi har

⃗ = ⃗ + ⃗ = ⃗ + _∥ där

= ⃗ = −1

−3 4

och (projektionsformeln)

∥ =

−1

−3 4

∙

−1 2

−2 9

−1 2

−2

= −13 9 ∙

−1 2

−2 . Alltså

⃗ = ⃗ + _∥ = − 2 1

−3

−13 9 ∙

−1 2

−2

=1 9

31

−17 , −1

vilket innebär att

= 31 9 , −17

9 , −1 9 . Svar: = , − , −

7. Vi skall med induktion visa att 3ⁿ2n²1 gäller för alla nZ^.

I. Påståendet gäller för = 1 ty vi har

VL(1) 3¹ och HL(1) = 21²13

II. Antag att påståendet gäller för n^p,p^Z^, d.v.s. vi antar att 3^p 2p²1 Vi får

VL(p + 1) = 3^p^¹3^p3



Enligtantagandet







2p²1



36p² 3 Eftersom

3 4 2 1 ) 1 ( 2 ) 1

(p  p ²   p² p

H ,

så gäller påståendet även för n p1 om vi kan visa att 6p²32p²4p3. Vi har att

u

=

= (2,1, −3)

= (1, −2,1)

=

−1 2

−2

= origo

(4)

0 ) 1 ( 4 0 4 4 3 4 2 3

6p²  p² p  p² p  p p  ,

där den sista olikheten uppenbart är sann ty pZ^. På grund av ekvivalenserna ovan gäller då även den första olikheten.

Vi har alltså visat att om VL(p)HL(p) så medför det att även VL(p1)HL(p1), d.v.s. om påståendet gäller för n p så gäller det även för np1.

III. Enligt induktionsprincipen gäller påståendet (genom kombination av resultaten i steg I och II) för alla

Z

n , v.s.v.