TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen 2014-01-10 - Lösningsskiss
1. a) Vi löser ekvationen |2 − 1| = 2 − | − 2| genom att studera tre fall.
Fall 1: ≤ . Vi får ekvationen: 1 − 2 = 2 − (2 − ) ⟺ = , som duger ty tillhör aktuellt intervall.
Fall 2: ≤ ≤ 2. Vi får ekvationen: 2 − 1 = 2 − (2 − ) ⟺ = 1, som duger.
Fall 3: ≥ 2. Vi får ekvationen: 2 − 1 = 2 − ( − 2) ⟺ = < 2, och duger alltså inte.
Svar: = , = 1.
b)
− 1 < 1
3 − ⟺ − 1 − 1
3 − < 0 ⇔( − 1)(3 − ) − 1
3 − < 0 ⇔−( − 2) 3 − < 0 Sedvanligt teckenschema visar att detta är uppfyllt ⟺ ∈ ]−∞, 2[ ∪ ]2,3[.
Svar: < 3, ≠ 2.
2. a) Vi sätter in linjens ekvation i planets för att få villkor på vid ev. skärning. Alltså 3(1 − 2 ) − (2 + ) + (1 + ) = 0 ⇔ ⋯ ⇔ =1
3, d.v.s. linjen skär planet i punkten 1 − , 2 + , 1 + = , , .
Svar: Linjen skär planet i punkten , , .
b) Vi konstaterar att origo, O, ligger i det givna planet, och ritar en figur (skiss) där vi har planets normal
= 3
−1 1
.
Vi söker avståndet mellan och , d.v.s. ⃗ . Om vi låter = ⃗ = 1 2 3
får vi
⃗ = ∥ Vi har av projektionsformeln att
∥ = ∙
| | = ⋯ = 4 11
3
−1 1 Så sökt avstånd är
4 11
3
−1 1
= 4
11√9 + 1 + 1 = 4
11√11 l. e.
Svar: √11 l. e.
= 3
−1 1
O
= (1,2,3)
Q
3. a) Eftersom −2 + 2 √3 har beloppet (−2) + (2√3) = 4, kan det skrivas
−2 + 2 √3 = 4
⎝
⎜⎜
⎛
−1 2+ √3
2
⎠
⎟⎟
⎞
= 4 ,
och vi får alltså
−2 + 2 √3 = 4 = 4 = 4 ∙ = 4 = 4 =
= 4 = 4 −1
2+ √3
2 = −2 + 2 √3 Svar: −2 + 2 √3
b)| − (1 + )| ≤ 1 innebär alla på en cirkelskiva med radie 1 och medelpunkt i 1 + . 0 ≤ arg ≤ innebär alla mellan strålarna = 0 och = . Båda villkoren gäller därmed för alla inom och på randen av det skuggmarkerade området i figuren.
4. a) Se kursboken.
b)
sin 3 −
3 = − sin ⟺ [se a) − uppgiften] ⟺ sin 3 −
3 = sin(− ) ⟺ 3 −3= − + ∙ 2 eller 3 −
3= − (− ) + ∙ 2 ⟺ 4 =3+ ∙ 2 eller 2 =
3+ + ∙ 2 ⟺ =
12+ ∙
2 eller =2 3 + Svar: = + ∙ , ∈ ℤ eller = + , ∈ ℤ
5. a) Ekvationens termer är alla definierade om ∈ ]−2, ∞[ ∩ ]3, ∞[ = ]3, ∞[ = Alltså:
ln( + 2) + ln( − 3) = 0 , > 3 ⟺ ln ( + 2)( − 3) = 0, > 3 ⟺
ln( − − 6) = ln 1 , > 3 ⟺ [ty ln är en omvändbar funktion]
− − 6 = 1, > 3 ⟺ − − 7 = 0, > 3 ⟺ =1 2+√29
2 Vi har = +√ > +√ = = 3, så = +√ ∈ .
Anm: Roten = −√ duger inte ty −√ < −√ = −2 ≤ 3, d.v.s. −√ ∉ . Svar: = +√ .
b)
− > 6 ⇔ [Låt = > 0] ⇔ − − 6 > 0, > 0 ⇔ ( + 2)( − 3) > 0, > 0 ⇔ > 3 ⇔ > 3 ⇔ > ln 3
Svar: > ln 3
6. Vi skall visa att påståendetP(n):
1 ) 1 (
1
1
n
n k
k
n
k
gäller för alla ∈ ℤ . Bevismetod: Induktion
Steg I
2 1 ) 1 1 ( 1
1 ) 1 ( ) 1 1 (
1
1
k kk
V 2
1 1 1 ) 1 1
(
H Alltså har vi V(1)H(1), d.v.s. P(1) gäller.
Steg II
Vi antar att P(p) gäller för ett godtyckligt ∈ ℤ , d.v.s. vi antar att
1 ) 1 (
1
1
p
p k
k
p
k
, vilket leder till att
1) (p
V
( 1)( 2)
1 1
) 1 ) 1 )((
1 (
1 )
1 (
1 )
1 (
1
tagandetan- Enligt
* 1
1
1 p p p
p p
p k
k k
k
p
k p
k
) 1 1 (
) 1 (
1 )
2 )(
1 (
) 1 ( ) 2 )(
1 (
1 2 )
2 )(
1 (
1 ) 2
( 2 2
H p
p p p
p p p
p p p p
p p p
Alltså: V(p)H(p)V(p1)H(p1) d.v.s. om P(p) gäller så gäller även P( p 1). Steg III
Påståendet gäller enligt I för n1. Enligt II gäller det då även för n112. Då gäller det även för 3
1 2
n o.s.v. Via matematisk induktion gäller påståendet för alla ∈ ℤ , v.s.v.
7. Vi undersöker definitionsområdena för ekvationens respektive led.
VL:
) 2 2
arccos(x2 x är definierat 1x22x21. Vi undersöker först vänstra och högra olikheten var för sig.
Vänstra olikheten:
1 x2 2x 2 x2 2x 1 0 ... ... x ( 1 2) x ( 1 2) 0 (gör teckenstudium)
∈ −∞, −1 − √2 ∪ −1 + √2, ∞ Högra olikheten:
2 2 1 2 2 3 0 ... ... ( 3)( 1) 0
2 x x x x x
x (gör teckenstudium)
3,1
x .
Båda olikheterna är således uppfyllda för ∈ −3, −1 − √2 ∪ −1 + √2 , 1 , vilket alltså är arccosfunktionens definitionsmängd = D . VL
HL:
) 1
ln( x är definierat för x10x1, d.v.s. vi har DHL
1,
. Vi ser nu att DVLDHL , vilket innebär att ekvationen saknar lösning.Svar: Ekvationen saknar lösning.
