TNA001
Kontrollskrivning 1 – Svar med kommentarer/Lösningsskisser.
2016-08-26 Sixten Nilsson Version A
1. A är falskt, ty sambandet gäller inte om + < 0. Anm: Vi har att √ + 2 + = ( + ) = = | + |.
B är sant, ty polynomet har ett nollställe = −1, och då är ( + 1) faktor i polynomet enligt faktorsatsen.
C är falskt, ty låt t.ex. = 3 och = 4 så får vi VL = = ≠ = HL D är falskt, ty teckenfel i 2:a, 4:e och 6:e termerna.
Svar: B
2. a) För ≥ 1 har vi ekvationen | − 1| − 5 = 2 ⇔ − 1 − 5 = 2 ⇔ = − , som inte duger.
För ≤ 1 har vi | − 1| − 5 = 2 ⇔ 1 − − 5 = 2 ⇔ = − , som duger.
Svar: = −
b) √2 + 3 − 5 = −( + 1) ⟹ 2 + 3 − 5 = −( + 1) ⟺ 2 + 3 − 5 = + 2 + 1 ⟺ + − 6 = 0 ⟺ = −3 eller = 2. Här duger (pröva i ursprunglig ekvation) enbart = −3.
Svar: = −3
3. Ekvationen har en lösning = 2. Enligt faktorsatsen är alltså ( − 2) faktor i ekvationens vänstra led, d.v.s. den givna ekvationen är ( − 2) ( ) = 0, där k(x) fås via polynomdivisionen
= ( ) (polynomdivisionen utförs inte här).
Vi får att ( ) = − − 8, och alltså är vår ekvation ekvivalent med
( − 2)( − − 8) = 0 ⇔ − 2 = 0 eller − − 8 = 0 ⇔ = 2 eller =1 2±√33
2 (Anm: Lösningen av andragradsekvationen − − 8 = 0 redovisas inte här.)
Svar: Övriga lösningar är = ±√
4. Vi kan kvadratkomplettera alla vänstra led och får, i tur och ordning:
A. ( − 2) + ( − 1) − 5 − 6 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = 11, som är ekvationen för en cirkel med medelpunkt i (2,1) och radie √11.
B. ( − 2) + ( − 1) − 5 − 1 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = 6, som är ekvationen för en cirkel med medelpunkt i (2,1) och radie √6.
C. ( − 2) + ( − 1) − 5 + 1 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = 4, som är ekvationen för en cirkel med medelpunkt i (2,1) och radie 2.
D. ( − 2) + ( − 1) − 5 + 6 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = −1, som inte är uppfyllt för någon punkt ( , ) ty VL är ≥ 0 för alla val av , ∈ ℝ. Så ekvationen i D är inte en ekvation för någon cirkel.
Svar: A, B, C 5. Vi har
− 2≤ + 4 ⇔ − 2
− ( + 4) ≤ 0 ⇔ − 2 − ( + 4)
≤ 0 ⇔ − 2 − − 4
≤ 0
⇔− − 3 − 2
≤ 0 ⇔ + 3 + 2
≥ 0 ⇔ (täljaren har nollställena = −2, = −1) ⇔ ( + 2)( + 1)
≥ 0
Vi studerar den sista olikheten i ett teckenschema (redovisas inte här) och får att den gäller för alla
∈ [−2, −1]⋃]0, ∞[. Eftersom vi har ekvivalenser överallt ovan innebär det att den ursprungliga olikheten också gäller för dessa värden på .
Svar: ∈ [−2, −1]⋃]0, ∞[.
Version B
1. Vi kan kvadratkomplettera alla vänstra led och får, i tur och ordning:
A. ( − 2) + ( − 1) − 5 + 6 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = −1, som inte är uppfyllt för någon punkt ( , ) ty VL är ≥ 0 för alla val av , ∈ ℝ. Så ekvationen i A är inte en ekvation för någon cirkel.
B. ( − 2) + ( − 1) − 5 + 1 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = 4, som är ekvationen för en cirkel med medelpunkt i (2,1) och radie 2.
C. ( − 2) + ( − 1) − 5 − 1 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = 6, som är ekvationen för en cirkel med medelpunkt i (2,1) och radie √6.
D. ( − 2) + ( − 1) − 5 − 6 = 0 ⇔ ( − 2) + ( − 1) = 11, som är ekvationen för en cirkel med medelpunkt i (2,1) och radie √11.
Svar: B, C, D
2. Ekvationen har en lösning = 2. Enligt faktorsatsen är alltså ( − 2) faktor i ekvationens vänstra led, d.v.s. den givna ekvationen är ( − 2) ( ) = 0, där k(x) fås via polynomdivisionen
= ( ) (polynomdivisionen utförs inte här).
Vi får att ( ) = − − 8, och alltså är vår ekvation ekvivalent med
( − 2)( − − 8) = 0 ⇔ − 2 = 0 eller − − 8 = 0 ⇔ = 2 eller =1 2±√33
2 (Anm: Lösningen av andragradsekvationen − − 8 = 0 redovisas inte här.)
Svar: Övriga lösningar är = ±√
3. a) √2 + 3 − 5 = −( + 1) ⟹ 2 + 3 − 5 = −( + 1) ⟺ 2 + 3 − 5 = + 2 + 1 ⟺ + − 6 = 0 ⟺ = −3 eller = 2. Här duger (pröva i ursprunglig ekvation) enbart = −3.
Svar: = −3
b) För ≥ 1 har vi ekvationen | − 1| − 5 = 2 ⇔ − 1 − 5 = 2 ⇔ = − , som inte duger.
För ≤ 1 har vi | − 1| − 5 = 2 ⇔ 1 − − 5 = 2 ⇔ = − , som duger.
Svar: = −
4. A är falskt, ty teckenfel i 2:a, 4:e och 6:e termerna.1.
B är falskt, ty låt t.ex. = 3 och = 4 så får vi VL = = ≠ = HL
C är sant, ty polynomet har ett nollställe = −1, och då är ( + 1) faktor i polynomet enligt faktorsatsen.
D är falskt, ty sambandet gäller inte om + < 0. Anm: Vi har att √ + 2 + = ( + ) = = | + |.
Svar: C
5. Vi har
− 2≤ + 4 ⇔ − 2
− ( + 4) ≤ 0 ⇔ − 2 − ( + 4)
≤ 0 ⇔ − 2 − − 4
≤ 0
⇔− − 3 − 2
≤ 0 ⇔ + 3 + 2
≥ 0 ⇔ (täljaren har nollställena = −2, = −1) ⇔ ( + 2)( + 1)
≥ 0
Vi studerar den sista olikheten i ett teckenschema (redovisas inte här) och får att den gäller för alla
∈ [−2, −1]⋃]0, ∞[. Eftersom vi har ekvivalenser överallt ovan innebär det att den ursprungliga olikheten också gäller för dessa värden på .
Svar: ∈ [−2, −1]⋃]0, ∞[.
