TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen Lösningsskiss

Transkript

1 TNA00- Matematisk grundkurs Tentamen Lösningsskiss. a) Vi löser ekvationen x + x = x + 4 genom att studera tre fall. Fall : x 0. Vi får ekvationen: x + x = x + 4 x =, som duger ty x = tillhör aktuellt 4 4 intervall. Fall : 0 x. Vi får ekvationen: x + x = x + 4 x =, som inte är lösning, ty x = tillhör inte det aktuella intervallet. Fall : x. Vi får ekvationen: x + x = x + 4, som saknar lösning. Svar: x = 4 b) x + x x + x (x + )() x x x (x + )(x ) Sedvanligt teckenschema visar att detta är uppfyllt x ], ] ],]. Svar: x ], ] ],].. a) Vi ritar först en skiss. 0 x ( y) = t ( ), t R, Skärning för något värde på t x Vi har linjens ekvation: ( y) = t ( ), t R, och planets ekvation x y + z = 4 och skall bestämma det värde på parametern t som satisfierar båda ekvationerna. Vi får, då vi sätter in linjens ekvation i planets, villkoret t ( t) + t = 4 t =, som insatt i linjens ekvation ger skärningspunkten (,,4) Svar: Linjen skär planet i punkten (,,4). b) Först ritar vi en figur/skiss. u P = (,,) v = ( ) Q Vi söker O = (0,0,0)

2 koordinaterna för punkten Q och behöver den riktade sträckan OQ = u v. Vi observerar att origo ligger på linjen och låter u = OP = ( ). Av projektionsformeln får vi ( ) ( ) u v u v = v = ( v ) = 6 ( ) OQ = ( ), vilket ger oss Q = (,, ). Svar: Den ortogonala projektionen av punkten P på linjen är punkten (,, ). c) Av figuren ovan ser vi att vi skall söka u v där u v = u u v = ( ) ( ) = ( ) ( ) = ( 4). är det sökta avståndet u v = ( 4) = l. e. Svar: Avståndet mellan punkten P och den givna linjen är l. e.. (a) Vi har z = = 8 =. Svar: z = e iπ 4 z = + i = ( + i ) = eiπ 4 (a) ( z π 4 ) = ( ei 4 e iπ ) 4 = ( ) 4 (e i(π 4 π ) 4 ) = 4 e i( π ) 4 = 4 e iπ = = 4 = Svar: 4 = (som naturligtvis inte behöver beräknas/anges) b) Villkoret z i = innebär att z ligger på cirkelranden till cirkeln med radie och medelpunkt i 0 + i, d.v.s. randen till cirkeln med ekvationen x + (y ) =, där x = Re z och y = Im z. Om vi här sätter in villkoret Im z = + Re z y = + x, får vi x + ( + ) = x = x = ± x = ger oss y = + och x = ger att y =. Båda villkoren gäller alltså för z = ± + i ( ± ). Svar: z = ± + i ( ± ).

3 4. a) Eftersom π < α < π så är sin α > 0. Med trigonometriska ettan får vi Vi har alltså Svar: sin α = 5 8 sin α = ± cos α = [ty sin α > 0] = ( 4 ) sin α = sin α cos α = 5 4 ( 4 ) = 5 8 = 5 6 = 5 4 b) Vi utnyttjar additionsformeln för sinus och får sin x + cos x = C sin(x + v) = C(sin x cos v + cos x sin v) = Vi ser då att följande måste gälla = C sin x cos v + C cos x sin v C cos v = C sin v = cos v = C sin v = C Eftersom (cos v, sin v) är en punkt på enhetscirkeln får vi villkoret Vi väljer C = och får ( C ) + ( C ) = C = ± cos v = och kan välja v = π 6. sin v = sin x + cos x = sin (x + π 6 ) Svar: sin x + cos x = sin (x + π 6 ) c) Flera alternativa lösningsstrategier finns. Vi väljer följande, där vi i första steget använder subtraktionsformeln för sinus: sin (x π 6 ) + cos x = 0 sin x cos π 6 cos x sin π + cos x = 0 6 sin cos x + cos x = 0 sin x + cos x = 0 [se resultatet från b) uppgiften] sin (x + π 6 ) = 0 x + π 6 = nπ x = π + n π, n Z Svar: x = π + n π, n Z. 5. a) Svar: x = 4 ln e x 7e x 4 = 0 [t = e x 4, t > 0] t 4 7t = 0, t > 0 t(t 7) = 0, t > 0 t = e x 4 = x = 4 ln

4 b) Termerna i olikheten är alla definierade om x ], [ ]0, [ = ]0,[. : ln( x) ln x ln, 0 < x < ln( x) ln + ln x, 0 < x < ln( x) ln x, 0 < x < [ty ln funktionen är strängt växande] x x, 0 < x < x + 0, 0 < x < x + x 0, 0 < x < ( ) (x + ) 0, 0 < x < [Gör teckenstudium på ( ) (x + ) 0 ] Svar: x [, [. x (], ] [, [ ) ]0,[ = [, [ 6. Vi visar sambandet med induktion. Steg I: Så sambandet gäller för n =. VL() = ( k + k ) = + = = ( + ) = HL() k= Steg II: Vi antar att sambandet gäller för godtyckligt fixt p Z +, d.v.s. att Detta medför att p+ p VL(p) = ( k + k ) = p(p + ) = HL(p) k= VL(p + ) = ( k + k ) = ( ( k + k )) + ( (p + ) + (p + ) ) = [enligt antagandet] = k= = p(p + ) p k= = p(p + ) + p + p + + p + p + p + = p(p + ) + p + p + = = p + p + p + p + = p + p + 5p + Vi har också HL(p + ) = (p + )((p + ) + ) = (p + )(p + p + ) = p + p + p + p + p + = p + p + 5p + Därmed har vi visat att om VL(p) = HL(p) så gäller det att VL(p + ) = HL(p + ) Steg III Påståendet gäller enligt Steg I för n =. Enligt Steg II gäller det då även för n = + =. Då gäller det även för n = + = o.s.v. gäller påståendet för alla n Z +, v.s.v. 7. a) Eftersom arcsin t är definierad för t [,] och cos v är definierad för alla v R, så är f(x) = cos(arcsin()) definierad om 0 x. har vi D f = [0, ]. För x D f gäller det att π arcsin() π, vilket innebär att 0 f(x), ty 0 cos v om π v π. är V f = [0,].

5 Vi undersöker om f har invers. Vi har y = cos(arcsin()), x [0, ], y [0,] arccos y = arcsin(), x [0, ], y [0,]. Låt θ = arccos y = arcsin() cos θ = y, sin θ =. Detta ger oss (för x [0, ], y [0,]), eftersom (cos θ, sin θ) är en punkt på enhetscirkeln, cos θ + sin θ + y + () = 9x 6x + y = 0 x = ± y Så, för alla y [0,[ svarar två x [0, [ ], ], vilket innebär att f saknar invers. Anm: För att visa att f saknar invers räcker det att visa att det finns a [0, ] och b [0, ] med a b och sådana att f(a) = f(b) = c, där c [0,]. T.ex. gäller det att f(0) = f ( ) = 0. Svar: D f = [0, ] och V f = [0,], f saknar invers. b) För ekvationen arcsin() = arccos x gäller det (se bl.a. a)-uppgiften ovan) att båda termerna är definierade om x [0, ] [, ] = [0, ]. Eftersom vidare arcsin() är strängt växande, med π arcsin() π, så gäller det att arcsin() 0 för x [0, ]. Men arccos x 0 för x [, ], vilket innebär att det för en eventuell lösning till ekvationen måste gälla att x [, ]. Vi kan även utesluta x = som lösning eftersom VL ( ) = π 0 = HL 6 (). Även x = kan uteslutas eftersom VL () = 0 och HL () > 0. Låt θ = arcsin() = arccos x för x ], [. Det innebär att sin θ = och cos θ = x. Trigonometriska ettan ger oss villkoren () + (x) = och x ], [ 9x 6x + + 4x =, x ], [ x 6x = 0, x ], [ x(x 6) = 0, x ], [ x = 6 Anm: Kurvorna y = arcsin() och y = arccos x är ritade i figuren till höger. Svar: Ekvationen har lösningen x = 6.