TNA001
Kontrollskrivning 1 – Svar med kommentarer/Lösningsskisser.
2014-08-29 Sixten Nilsson
1. Ekvationen har en lösning = 1, ty vi har 1 − 1 − 3 ∙ 1 + 3 = 0. Enligt faktorsatsen är alltså ( − 1) faktor i ekvationens vänstra led, d.v.s. vi har att den givna ekvationen är ( − 1) ( ) = 0, där k(x) fås via polynomdivisionen = ( ) (polynomdivisionen utförs inte här).
Vi får att ( ) = − 3, och alltså är vår ekvation ekvivalent med
( − 1)( − 3) = 0 ⇔ − 1 = 0 eller − 3 = 0 ⇔ = 1 eller = ±√3.
(Anm: Lösningen av andragradsekvationen redovisas inte här.)
Svar: = 1 eller = ±√3.
2. A är falskt, ty sambandet gäller inte om − < 0. Anm: Vi har att ( − ) = | − |.
B är falskt, ty (2) = 1 ≠ 0.
C är sant, ty det är slutsats i faktorsatsen.
D är sant, vilket kan inses genom att VL = −1 ∙ ( + ) = (−1) ∙ ( + ) = ( + ) = HL E är sant, ty betrakta olika fall med positiva eller negativa reella tal och .
Svar: C, D, E
3. Vi har + − 4 + 2 = 4 ⇔ ( − 2) − 4 + ( + 1) − 1 = 4 ⇔ ( − 2) + ( + 1) = 9 = 3 A är falskt, ty enligt omskrivningen ovan är cirkelns radie = 3 l.e.
B är sant enligt omskrivningen ovan.
C är sant, ty punktens koordinater satisfierar den givna ekvationen.
D är falskt, ty (0,0) satisfierar inte ekvationen.
Svar: B, C
4. Ekvationerna kan skrivas på -form som = − + respektive = − . A är sant ty produkten av linjernas riktningskoefficienter = − ∙ = −1.
B är falskt ty linjerna har inte samma riktningskoefficient.
C är falskt ty linjerna skär -axeln i 0, respektive 0, − . D är sant eftersom A är sant.
Svar: A, D
5. Vi har
− 3≤ 1
− 4⇔ − 3
− 1
− 4≤ 0 ⇔( − 3)( − 4) −
( − 4) ≤ 0 ⇔
− 8 + 12
( − 4) ≤ 0 ⇔( − 2)( − 6)
( − 4) ≤ 0 ⇔ [gör teckenstudium] ⇔
∈ ]0,2] ∪ ]4,6]
Svar: ∈ ]0,2] ∪ ]4,6]
