TNA001- Matematisk grundkurs
Tentamen 2017-01-03 - Lösningsförslag
1. a) − 3 ≤ 13 − 15 ⟺ − 3 − 13 + 15 ≤ 0 ⟺ [bestäm nollställen och faktorisera] ⟺ ( − 1)( − 5)( + 3) ≤ 0 ⟺ [teckenstudium] ⟺ ∈ ]−∞, 3] ∪ [1,5]
Svar: ∈ ]−∞, 3] ∪ [1,5]
b) Uttrycket är definierat ⟺ ( )≥ 0 ⟺ [gör teckenstudium] ⟺ ∈ ]−∞, −2[ ∪ [1, ∞[
Svar: ∈ ]−∞, −2[ ∪ [1, ∞[
2a)
sin 2 +
3 − cos 2 = 0 ⟺ sin 2 +
3 = cos 2 ⟺ sin 2 +
3 = sin
2− 2 ⟺ 2 +3=
2− 2 + 2 eller 2 +
3= −
2− 2 + 2 Här saknar det andra villkoret lösningar i så ekvationen är ekvivalent med villkoret
2 +3=
2− 2 + 2 ⟺ 4 =
6+ 2 ⟺ =
24+ 2 Svar: = + , ∈ ℤ
2b) Ekvationens termer är definierade ⟺ − 9 > 0 och + 5 > 0 ⟺ ∈ ]−5, −3[ ∪ ]3, ∞[ = Alltså skall vi lösa ekvationen under förutsättningen att ∈ . Vi får
ln( − 9) − ln( + 5) = ln 7 , ∈ ⟺ ln( − 9) = ln( + 5) + ln 7, ∈ ⟺
ln( − 9) = ln 7( + 5), ∈ ⟺ ln( − 9) = ln(7 + 35), ∈ ⟺ [ty ln − funktionen är omändbar]
− 9 = 7 + 35, ∈ ⟺ [lös andragradsekvationen] ⟺ = −4 eller = 11, ∈ ⟺
= −4 eller = 11 Svar: = −4 eller = 11.
3. a) Vi sätter in linjens ekvation i planets och får villkoret
(2 + ) + (1 − 2 ) + (1 − 2 ) = 0 ⟺ =4 3,
som insatt i linjens ekvation ger skärningspunkten 2 + , 1 − 2 ∙ , 1 − 2 ∙ = , − , − . Kontroll visar att denna punkt ligger i planet.
Svar: Skärningspunkten = , − , −
b) Vi konstaterar att origo, O, ligger i det givna planet, och ritar en figur (skiss) där vi har planets normal
= 1 1 1
.
∥
= 1 1 1
= (1,1, −1)
Q O
Vi söker : koordinater och söker därför ortsvektorn ⃗.
Om vi låter = ⃗ = 1 1
−1
får vi
⃗ = = − ∥ = [projektionsformeln] = 1 1
−1
− 1 1
−1
∙ 1 1 1 3
1 1 1
= 1 1
−1
−1 3
1 1 1
=1 3
2 2
−4 Alltså har vi
= 2 3,2
3, −4 3
Svar: Den ortogonala projektionen av punkten på planet är = , , − .
4. a) = −1 + √3 = [Rita figur och bestäm | | och arg ] = 2 Svar: | | = 2 och arg =
b)
−1 + √3 = 2 = 2 ∙ = 2 = 2 =
= 2 = 2 cos4
3 + sin4
3 = 2 −1 2− √3
2 = −2 − ∙ 2 √3 Svar: −2 − ∙ 2 √3
c) Låt = + . Vi får
| − 1| = | − 2 | ⟺ | + − 1| = | + − 2 | ⟺ |( − 1) + | = | + ( − 2)| ⟺
⟺ ( − 1) + = + ( − 2) ⟺ − 2 + 1 + = + − 4 + 4 ⟺
⟺ −2 + 1 = −4 + 4 ⟺ = 2+3
4
Alltså gäller sambandet för alla = + med = + . I komplexa talplanet motsvarar detta alla som ligger på linjen
= + (se figur, där vi också uppmärksammar att villkoret innebär att vi söker alla som i komplexa talplanet ligger lika långt från punkterna (0,1) och (2,0)).
Svar: Alla som ligger på linjen = + (se figur).
5. a) ∑ 3 = [geometrisk summa med kvot = 3 och antal termer = ] = ( )= (3 − 1).
Svar: (3 − 1)
b) ∑ (200 − 3 ) = [aritmetisk summa] = (200 − 3 ∙ 1) + (200 − 3 ∙ 50) = 6175 Svar: 6175
c)
(200 − 3 ) ≤ 0 ⟺ [aritmetisk summa] ⟺
2 (200 − 3 ∙ 1) + (200 − 3 ∙ ) ≤ 0 ⟺ (197 + 200 − 3 )
2 ≤ 0 ⟺397
2 −3
2 ≤ 0 ⟺ (397 − 3 ) ≤ 0 ⟺ [ > 0]
397 − 3 ≤ 0 ⟺ ≥397
3 = 132 +1 3 Alltså är summan ≤ 0 för alla heltal ≥ 133.
Svar: ≥ 133.
6. Plan I har normal . Då skall det gälla att normalen är ortogonal mot planets båda riktningsvektorer.
Vi har alltså villkoren
⎩⎪
⎨
⎪⎧ ∙
−1 0 2
= 0
∙ 2 1
−1
= 0
⟺ −1 0 2
2 1 −1
0
0 ⟺ −1 0 2
0 1 3
0
0 ⟺
= 2
= −3
=
Alltså är = 2
−3 1
en normal till plan I, och eftersom plan II har samma normal, innebär det att planen är parallella, v.s.v.
b) Vi ritar en figur där vi markerar en punkt (1,2,2) i plan I och en punkt (5,0,0) i plan II och låter = ⃗ = ⃗ − ⃗ = −4
2 2
.
Av figuren har vi att avstånden mellan planen ges av
∥ = [projektionsformeln] = ∙
| | =
−4 2 2
∙ 2
−3 1 14
2
−3 1
= −6 7
2
−3 1
=6 7√14
Svar: Avståndet mellan planen är √14 l.e.
7.
I. För = 1 har vi VL(1) = = och HL(1) = + = 1 ∙ + 0 = Alltså gäller formeln för = 1.
För = 2 har vi VL(2) = = + 1 och HL(2) = + = 1 ∙ + 1 = + 1 Alltså gäller formeln för = 2.
II. Vi antar att formeln gäller för = , godtyckligt, ∈ ℤ , ≥ 2, d.v.s. vi antar att
VL( ) = = + = HL( )
Detta medför att
VL( + 1) = = ∙ = [enligt antagandet] = + = + = [ty = + 1] =
= ( + 1) + = + + = ( + ) + = + ( ) = HL( + 1)
Vi har alltså visat att om formeln gäller för = så gäller den för = + 1.
III. Att formeln gäller för alla ∈ ℤ följer nu av induktionsprincipen.
u
= (5,0,0)
= (1,2,2)
= 2
−3 1
∥
