= 1
−1 2
, ∈ ℝ,
TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2015-10-30 - Lösningsskiss
1. a) Vi löser ekvationen | | + | − 3| = 2 + 4 genom att studera tre fall.
Fall 1: ≤ 0. Vi får ekvationen: − + 3 − = 2 + 4 ⟺ = − , som duger ty = − tillhör aktuellt intervall.
Fall 2: 0 ≤ ≤ 3. Vi får ekvationen: + 3 − = 2 + 4 ⟺ = − , som inte är lösning, ty = − tillhör inte det aktuella intervallet.
Fall 3: ≥ 3. Vi får ekvationen: + − 3 = 2 + 4, som saknar lösning.
Svar: = −
b)
+ 2 ≤ 2
− 1⟺ + 2 − 2
− 1≤ 0 ⟺( + 2)( − 1) − 2
− 1 ≤ 0 ⟺
− − 2
− 1 ≤ 0 ⟺( + 1)( − 2)
− 1 ≤ 0 Sedvanligt teckenschema visar att detta är uppfyllt ⟺ ∈ ]−∞, −1] ∪ ]1,2].
Svar: ∈ ]−∞, −1] ∪ ]1,2].
2. a) Vi ritar först en skiss.
Vi har linjens ekvation: = 1
−1 2
, ∈ ℝ, och planets ekvation 3 − 2 + = 14 och skall bestämma det värde på parametern som satisfierar båda ekvationerna. Vi får, då vi sätter in linjens ekvation i planets, villkoret
3 − 2 ∙ (− ) + 2 = 14 ⟺ = 2, som insatt i linjens ekvation ger skärningspunkten
(2, −2,4) Svar: Linjen skär planet i punkten (2, −2,4).
b) Först ritar vi en figur/skiss.
= 1
−1 2
P = (1,1,1)
u
Q
= (0,0,0)
Skärning för något värde på
Vi söker koordinaterna för punkten och behöver den riktade sträckan ⃗ = ∥ . Vi observerar att origo ligger på linjen och låter = ⃗ = 1
1 1
. Av projektionsformeln får vi
∥ = ∙
| | = 1 1 1
∙ 1
−1 2 6
1
−1 2
=1 3
1
−1 2 Alltså
⃗ =1 3
1
−1 2
, vilket ger oss
= 1 3, −1
3,2 3 .
Svar: Den ortogonala projektionen av punkten på linjen är punkten , − , .
c) Av figuren ovan ser vi att vi skall söka | | där
= − ∥ =
1 1 1
−1 3
1
−1 2
=1 3
3 3 3
−1 3
1
−1 2
=1 3
2 4 1
.
Alltså är det sökta avståndet
| | = 1 3
2 4 1
=1
3√21 l. e.
Svar: Avståndet mellan punkten och den givna linjen är √21 l. e.
3.
(a1) Vi har | | = √9 + 9 = √18 = 3√2. Alltså
= 3 + 3 = 3√2 1
√2+ 1
√2 = 3√2 Svar: = 3√2
(a2)
= 3√2
⁄ = 3√2 = 3 ∙ 2 ∙ = 3 ∙ 2 = 3 ∙ 2 =
= 1 156 831 381 426 176 (som naturligtvis inte behöver beräknas/anges) Svar: 3 ∙ 2
b) Villkoret | − | = 1 innebär att ligger på cirkelranden till cirkeln med radie 1 och medelpunkt i 0 + , d.v.s. randen till cirkeln med ekvationen
+ ( − 1) = 1,
där = Re och = Im . Om vi här sätter in villkoret Im = 1 + Re ⟺ = 1 + , får vi + (1 + − 1) = 1 ⟺ 2 = 1 ⟺ = ± 1
√2
=√ ger oss = 1 +
√ och = −
√ ger att = 1 −
√ . Båda villkoren gäller alltså för = ±
√ + 1 ±
√ . Svar: = ±
√ + 1 ±
√ .
4. a) Eftersom < < så är sin > 0. Med trigonometriska ettan får vi
sin = ± 1 − cos = [ty sin > 0] = 1 − −1
4 = 15
16=√15 4 Vi har alltså
sin 2 = 2 sin cos = 2 ∙√15 4 ∙ −1
4 = −√15 8 Svar: sin 2 = −√
b) Vi utnyttjar additionsformeln för sinus och får
√3
2 sin 2 +1
2cos 2 = sin(2 + ) = (sin 2 cos + cos 2 sin ) = = sin 2 cos + cos 2 sin
Vi ser då att följande måste gälla
⎩
⎨
⎧ cos =√3 2 sin =1 2
⟺
⎩
⎨
⎧cos =√3 2 sin = 1
2 Eftersom (cos , sin ) är en punkt på enhetscirkeln får vi villkoret
√3
2 + 1
2 = 1 ⟺ = ±1 Vi väljer = 1 och får
⎩
⎨
⎧cos =√3 2 sin =1 2 och kan välja = ⁄ . 6
Alltså
√3
2 sin 2 +1
2cos 2 = sin 2 + 6 Svar: √ sin 2 + cos 2 = sin 2 +
c) Flera alternativa lösningsstrategier finns. Vi väljer följande, där vi i första steget använder subtraktionsformeln för sinus:
sin 2 −
6 + cos 2 = 0 ⟺ sin 2 cos
6− cos 2 sin
6+ cos 2 = 0 ⟺
√3
2 sin 2 −1
2cos 2 + cos 2 = 0 ⟺√3
2 sin 2 +1
2cos 2 = 0 ⟺ [se resultatet från b) − uppgiften]
sin 2 +
6 = 0 ⟺ 2 +
6 = ⟺ = −
12+
2, ∈ ℤ Svar: = − + ∙ , ∈ ℤ.
5. a)
− 27 ⁄ = 0 ⟺ = ⁄ , > 0
− 27 = 0, > 0 ⟺ ( − 27) = 0, > 0 ⟺ = 3 Alltså
⁄ = 3 ⟺ = 4 ln 3 Svar: = 4 ln 3
b) Termerna i olikheten är alla definierade om ∈ ]−∞, 1[ ∩ ]0, ∞[ = ]0,1[.
Alltså:
ln(1 − ) − 2 ln ≤ ln 2 , 0 < < 1 ⟺ ln(1 − ) ≤ ln 2 + ln , 0 < < 1 ⟺ ln(1 − ) ≤ ln 2 , 0 < < 1 ⟺ [ty ln − funktionen är strängt växande]
1 − ≤ 2 , 0 < < 1 ⟺ 2 + − 1 ≥ 0, 0 < < 1 ⟺ + 2−1
2≥ 0, 0 < < 1 ⟺
−1
2 ( + 1) ≥ 0, 0 < < 1 ⟺ Gör teckenstudium på −1
2 ( + 1) ≥ 0 ⟺
∈ ]−∞, −1] ∪ 1
2, ∞ ∩ ]0,1[ = 1 2, 1 Svar: ∈ , 1 .
6. Vi visar sambandet med induktion.
Steg I:
VL(1) = (1 − + ) = 1 − 1 + 1 = 1 =1(1 + 2)
3 = HL(1) Så sambandet gäller för = 1.
Steg II: Vi antar att sambandet gäller för godtyckligt fixt ∈ ℤ , d.v.s. att VL( ) = (1 − + ) = ( + 2)
3 = HL( ) Detta medför att
VL( + 1) = (1 − + ) = (1 − + ) + (1 − ( + 1) + ( + 1) ) = [enligt antagandet] =
= ( + 2)
3 + 1 − − 1 + + 2 + 1 = ( + 2)
3 + + + 1 =
= ( + 2) + 3 + 3 + 3
3 = + 2 + 3 + 3 + 3
3 = + 3 + 5 + 3
3 Vi har också
HL( + 1) =( + 1)(( + 1) + 2)
3 =( + 1)( + 2 + 3)
3 =
+ 2 + 3 + + 2 + 3
3 = + 3 + 5 + 3
3
Därmed har vi visat att om VL( ) = HL( ) så gäller det att VL( + 1) = HL( + 1)
Steg III
Påståendet gäller enligt Steg I för = 1. Enligt Steg II gäller det då även för = 1 + 1 = 2. Då gäller det även för = 2 + 1 = 3 o.s.v. Alltså gäller påståendet för alla ∈ ℤ , v.s.v.
7. a) Eftersom arcsin är definierad för ∈ [−1,1] och cos är definierad för alla ∈ ℝ, så är ( ) = cos(arcsin(3 − 1)) definierad om −1 ≤ 3 − 1 ≤ 1 ⟺ 0 ≤ ≤ . Alltså har vi = 0, . För ∈ gäller det att − ≤ arcsin(3 − 1) ≤ , vilket innebär att 0 ≤ ( ) ≤ 1, ty 0 ≤ cos ≤ 1 om − ≤ ≤ . Alltså är = [0,1].
Vi undersöker om har invers. Vi har
= cos(arcsin(3 − 1)), ∈ 0,2
3 , ∈ [0,1] ⟺ arccos = arcsin(3 − 1) , ∈ 0,2
3 , ∈ [0,1].
Låt = arccos = arcsin(3 − 1) ⟺ cos = , sin = 3 − 1. Detta ger oss (för ∈ 0, , ∈ [0,1]), eftersom (cos , sin ) är en punkt på enhetscirkeln,
cos + sin + 1 ⟺ + (3 − 1) = 1 ⟺ 9 − 6 + = 0 ⟺ =1 3±1
3 1 − Så, för alla ∈ [0,1[ svarar två ∈ 0, ∪ , , vilket innebär att saknar invers.
Anm: För att visa att saknar invers räcker det att visa att det finns ∈ 0, och ∈ 0, med ≠ och sådana att ( ) = ( ) = , där ∈ [0,1]. T.ex. gäller det att (0) = = 0.
Svar: = 0, och = [0,1], saknar invers.
b) För ekvationen arcsin(3 − 1) = arccos 2 gäller det (se bl.a. a)-uppgiften ovan) att båda termerna är definierade om ∈ 0, ∩ − , = 0, .
Eftersom vidare arcsin(3 − 1) är strängt växande, med − ≤ arcsin(3 − 1) ≤ , så gäller det att arcsin(3 − 1) ≤ 0 för ∈ 0, . Men arccos 2 ≥ 0 för ∈ − , , vilket innebär att det för en eventuell lösning till ekvationen måste gälla att ∈ , . Vi kan även utesluta = som lösning eftersom VL = ≠ 0 = HL . Även = kan uteslutas eftersom VL = 0 och HL > 0.
Låt = arcsin(3 − 1) = arccos 2 för ∈ , . Det innebär att sin = 3 − 1 och cos = 2 . Trigonometriska ettan ger oss villkoren
(3 − 1) + (2 ) = 1 och ∈ 1 3,1
2 ⟺ 9 − 6 + 1 + 4 = 1, ∈ 1 3,1
2 ⟺
13 − 6 = 0, ∈ 1 3,1
2 ⟺ (13 − 6) = 0, ∈ 1 3,1
2 ⟺ = 6 13
Anm: Kurvorna = arcsin(3 − 1)och = arccos 2 är ritade i figuren till höger.
Svar: Ekvationen har lösningen = .
