TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2016-08-24
Lösningsskiss
1. a) Se kursboken.
b)
sin 1 0
2 sin 3 0 2 sin 3 sin 2 0 2 2
cos 3 sin
2 2 π x 2 x x 2 x x
x
/sätt t sin x/
2 eller 1 2 0
2 1
2 3
t t t t .
För t2 har vi ekvationen sinx2, som saknar lösning.
För 2
1
t har vi ekvationen
π π n x
π π n x
π π n π x
π π n x x
6 2 5 eller
6 2
6 2 eller
6 2 2
sin 1
Svar: π n π
x
x 2
6
eller π n π
x 2
6 5
, n Z.
2. a) f(x)ln(x2 4)ln(x1) är definierad om x2 40 och x1 0. Vi har x2 40(x2)(x2)0x
,2
2,
,och x10x
1,
Båda olikheterna är alltså uppfyllda omm x
2,
. Svar: Df
2,
b) f(x)ln6ln(x2 4)ln(x1)ln6.
Enligt ovan är ekvationens vänstra led definierat omm x2. Vi har
. 0 2 4 6
) 1 )(
4 (
omvändbar/
är funktionen -
ln ty /
6 ln ) 1 )(
4 ( ln 6 ln ) 1 ln(
) 4 ln(
2 3 2
2 2
x x x x
x
x x
x x
Eftersom
x1är ett nollställe till denna ekvation får vi, via faktorsatsen och polynomdivision, att ekvationen är ekvivalent med
. 3 1 eller 3 1 eller 1
0 2 2 eller 1 0
) 2 2 )(
1
( 2 2
x x
x
x x x
x x x
Men x12ochx1 31102. Däremot har vi 1 3112 så x1 3 är lösning.
Svar: x1 3
3. a)
2f(x)3 motsvarar ekvationen 2x1 4x3 Eftersom
1 om 1
1 om 1 1
x x
x
x x får vi två olika fall, som sammanställs i följande tabell:
1 1
1: x
I I2: 1x2
2 , 1 1
2
3 4 2 2 3 4 ) 1 ( 2
I1
x x
x x x
x
så 2
1
x är en lösning.
6 , 5 5
6
3 4 2 2 3 4 ) 1 ( 2
I2
x x
x x
x x
så ekvationen saknar lösning i detta intervall.
Svar:
2
1 x b) Vi har
1 2 3 1 om 1 2
1 1 om 1 2
2 1 1 )
( x x x x
x x
x x x
x x
f . Vi ritar grafen i respektive
intervall:
c) För 1x1 har vi f(x)yx1xy1. Eftersom f är strängt växande har vi här att y
11,11
0,2
, d.v.s. på detta intervall har f invers med
0,2
, 1 )
( 1
1
Df
x x
f .
För 1x2 har vi
3 1 1
3 )
(
y
x x
y x
f . Eftersom f är strängt växande har vi
här att y
311,321
2,5
, d.v.s. på detta intervall har f invers med
2,5
3 , ) 1
( 1
1
Df
x x f
Vi observerar att f1(2)1 i båda fallen och därmed har vi
5 2 om 3
1
2 0 om 1 )
1(
x x
x x
x
f .
Svar:
5 2 om 3
1
2 0 om 1 )
1(
x x
x x
x f
Anm: Som kontroll till c)-uppgiften ritar vi graferna y f
(x )
, y f1(x) och y x i samma koordinatsystem.4. a) Linjens ekvation insatt i planets ger
1 − (−1 − ) + 2(1 + ) = 0 ⟺ = −4 3
som insatt i linjens ekvation ger skärningspunkten 1, −1 + , 1 − = 1, , − . Svar: Skärningspunkten = 1, , − .
b) Skiss.
Låt Q vara den ortogonala projektionen av punkten P på planet. Eftersom origo ligger i planet låter vi = ⃗ = 1
−1 1
.
Figuren ger oss att ⃗ = − ∥ , där vi av projektionsformeln har att
∥ = ∙
| | =
1
−1 1
∙ 1
−1 2 6
1
−1 2
=2 3
1
−1 2 Alltså,
⃗ = − ∥ = 1
−1 1
−2 3
1
−1 2
=1 3
1
−1
−1 d.v.s.
O
n
Q
u
O
= 1 3, −1
3, −1 3
Svar: Punkten = , − , − är den ortogonala projektionen av på planet.
5. a) Med z 3 i har vi z
3 2 12 2. Om argz v har vi (t.ex.) 3 6tan 1 π
v
v , så vi kan välja
arg π6
z (eller vilken som helst av πn π nZ ,
6 2 ).
Svar: z 2,
arg 6π z
b) z
i
e e e e e ii iπ π π
π i i π i π
iπ 2 2 15 2 15
6 15 3 12 6 15
15 15 15 15 6
15 3 2 2 2 2 2 2
Svar: z15215i c) Låt uxiy
z u i x iy i x iy i x y i x y i
u 2 ( 3 ) 2 ( 3) ( 1) 2 ( 1)
,3 4 9 1 12 3
3
1 9 1
3 3
1 3 ) 1 3 (
3 2
3 ) 1 ( 3 3 2 3 ) 1 ( 3 4 3 3 2
) 1 ( 4 ) 1 ( ) 3 ( ) 1 ( 2
) 1 ( ) 3 (
2 2
2 2
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
2 2
2 2
y x
y x
y x x
y x x
y x x
x
y x y
x y
x y
x
vilket motsvarar en cirkel med medelpunkt i
,1 3
3 och radie
3 2 3
4 .
0
u ger ekvationens VL 0z z z 2, och dess
HL 20i 2i 2i 212, d.v.s. u0uppfyller ekvationen.
Svar: Alla komplexa tal i det komplexa talplanet som ligger på en cirkel med medelpunkt
i
,1 3
3 och radie 3
2 , d.v.s. alla komplexa tal u som uppfyller villkoret
3 2 3
3
i
u (se figur).
6. a) Planet xyz3 har en normalvektor
1 1 1
n . Vektorerna
1 1 2
v1 och
2
3 1
v2 är parallella med det andra planet och är sinsemellan ickeparallella. Dessa vektorer spänner alltså upp det andra planet. n är vinkelrät mot både v och 1 v , ty 2
0 1 1 2
1 1 1
1
v
n och 0
2 3 1
1 1 1
2
v
n . Det innebär att de båda planen har
parallella normalvektorer, vilket innebär att planen är parallella, v.s.v.
b) Eftersom planen är parallella kan vi välja
n =
1 1 1
som normal till båda planen. Vi
bestämmer en godtycklig punkt i vardera planet, och väljer
P
3,0,0 i det förra planet och
Q
0,0,3 i det senare, se figur.
Låt u
3 0 3
3 0 0
0 0 3
QP .
Det sökta avståndet mellan planen ges av
u
n . Projektionsformeln ger oss
1 1 1 2 1 1 1 3
3 0 3 1 1 1 3
1 1 1 3 0 3
2 n
n n
un u
.
u
Det sökta avståndet mellan planen är alltså
un 2 3l.e.
Svar:
2 37. Vi ska bevisa att P(n): V(n) =
n k
n k
q q aq a
1 1
1
1 gäller för alla n Z+
Vi väljer ett induktionsbevis:
STEG 1: P(1): V(1) =
1
1
0 1 1 k
a aq
aq , H(1) =
q a q
a
1
1 1
Alltså V(1) = H(1) d. v. s. P(1) gäller.
STEG 2: Vi antar att P(p) gäller för godtyckligt fixt tal p Z+ , d.v.s. vi antar att
V(p) =
p k
p k
q q aq a
1 1
1 1
Detta medför att
) 1 1 (
1
1 1
1 1
1 1
/ antagandet enligt
/ )
1 (
1
1 1
) 1 ( 1
1 1
1 1
p q H
q a
q aq aq aq a q
q aq q aq a
q q a
aq aq
aq p
V
p
p p p p
p p
p
p p
k k p
k k
d.v.s. V(p) = H(p) V(p + 1) = H(p + 1)
STEG 3 Enligt steg 1 gäller påståendet för n = 1. Då gäller det enligt steg 2 även för n =1 + 1 = 2. Men då gäller det även för n = 2 + 1 = 3 o.s.v. Via matematisk induktion har vi alltså att påståendet gäller för alla n Z+, v.s.v.
