Avd. Matematik VT z = 2 (1 + 3i) = 2 + 6i, z + w = (1 + 3i) + (1 + i) = i + i = 2 + 4i.

Transkript

1 STOCKHOLMS UNIVERSITET iagnostiskt prov Lösningar MTEMTISK INSTITUTIONEN Vektorgeometri och funktionslära vd. Matematik VT 20 Lösning till uppgift (Komplexa tal) Vi börjar med första och andra uträkningen. 2 z = 2 ( + i) = 2 + 6i, z + w = ( + i) + ( + i) = + + i + i = 2 + i. För den tredje uträkningen behöver vi använda att i 2 =. z w = ( + i)( + i) = + i + i + i 2 = + i = 2 + i. Ett enkelt sätt att beräkna kvoten av två komplexa tal är att förlänga med nämnarens s.k. konjugat och sedan använda sig av konjugatregeln. Konjugatet till ett komplext tal a + bi är a bi, alltså är i konjugatet till + i. z w = + i ( + i)( i) + i i i2 = = + i ( + i)( i) i 2 = + 2i + = + 2i = 2+i. + 2 Lösning till uppgift 2 (Funktioner) Vi sätter in f( ) = + och f() = +. f( ) f() = + + = = = =. Lösning till uppgift (lgebraiska uttryck) Vi använder oss av kvadreringsregeln. (a + b) 2 (a b) 2 = a 2 + 2ab + b 2 (a 2 2ab + b 2 ) = = a 2 + 2ab + b 2 a 2 + 2ab b 2 = = ab = 2 ab.

2 iagnostiskt prov Lösningar, Vektorgeometri och funktionslära, VT 20 2 Lösning till uppgift (Potenser och rötter) Vi börjar med att sätta in x = Sedan använder vi potenslagarna för att dela upp uttrycket i två delar som är lättare att hantera. x 6 = ( 7 2 7) 6 = ( 7) 6 ( 2 7) 6. För att förenkla dessa uttryck använder vi oss av rotens definition. Fjärde roten ur 7 är det positiva reella talet vars fjärde potens är 7. lltså är ( 7) = 7 och ( 7) 6 = ( 7) ( 7) 2 = 7 ( 7) 2. Vi tittar närmare på ( 7) 2. Om vi kvadrerar detta så får vi (( 7) 2 ) 2 = ( 7) = 7. essutom är ( 7) 2 positiv eftersom det är en produkt av två positiva tal. Men då måste ( 7) 2 vara lika med 2, eftersom roten ur två är definierad som det positiva reella talet vars kvadrat är 7. Vi får alltså ( 7) 6 = 7 ( 7) 2 = 7 7. Vi använder samma knep på ( 2 7) 6. ess kvadrat är (( 2 7) 6 ) 2 = ( 2 7) 2 = 7 och ( 2 7) 6 är positiv, alltså måste ( 2 7) 6 också vara 7. Vi sätter in i uttrycket för x 6 och får x 6 = ( 7) 6 ( 2 7) 6 = (7 7) 7 = 7 7 = 9. Lösning till uppgift 5 (bsolutbelopp) Först sätter vi in x = 5. ( x) = ( 5) = ( ) = =. Nu sätter vi in x = 2. ( x) = ( ( 2)) = 6 = =.

3 iagnostiskt prov Lösningar, Vektorgeometri och funktionslära, VT 20 Lösning till uppgift 6 (Vinklar och sidor) Vi börjar med att skissera trianglarna E 70 C 80 F Eftersom vinkelsumman i trianglar är 80 så är = 80 C = = 70. På samma sätt beräknar vi att F = = 0. Eftersom vinklarna i trianglarna C och EF är lika är trianglarna likformiga. ärför är förhållandet mellan längden av motsvarande sträckor lika. lltså är C = E EF. Lösning till uppgift 7 (Figurer i tre dimensioner) En tetraeder är en tredimensionell figur bestående av fyra trianglar. börjar med att skissera den, t.ex. på följande sätt. Vi C Eftersom tetraedern är regelbunden är alla sidor liksidiga trianglar och alla

4 iagnostiskt prov Lösningar, Vektorgeometri och funktionslära, VT 20 kanter lika långa. ärför har sträckan C samma längd som sträckan, alltså längd. Lösning till uppgift 8 (Höjd och area) För att underlätta förklaringen inför vi beteckningar för de olika punkterna i triangeln, enligt följande skiss. C I skissen ser det ut som att sträckorna C och är lika långa. Men eftersom det bara är en skiss behöver vi visa på ett rigoröst sätt att sträckorna faktiskt är lika långa. et kan vi göra genom att visa att trianglarna C och är kongruenta. et följer då att sidorna C och är lika långa. tt trianglerna C och är kongruenta kan man visa t.ex. med regeln vinkel-sida-vinkel. Vinklarna i är rätvinkliga och därmed lika. Vinkeln C i C är lika med vinkeln i eftersom de är vinklar i den liksidiga triangeln C. lltså är även vinklarna i lika i de båda trianglarna. essutom har trianglerna en gemensam sida,, som därmed har samma längd i båda triangler. Eftersom sidan C har längd 2 och sträckorna C och har alltså C och längd. Vi skissar den rätvinkliga triangeln. h 2 Enligt Pythagoras sats gäller det att h = 2 2. Vi löser ekvationen för h och får att h = eller h =. Eftersom h är en längd måste den vara positiv, alltså är höjden h =.

5 iagnostiskt prov Lösningar, Vektorgeometri och funktionslära, VT 20 5 För att beräkna arean av triangeln C använder vi oss av formeln area av triangel = höjd längden av motsvarande sida. 2 lltså har den liksidiga triangeln C arean 2 2 =. Lösning till uppgift 9 (Ekvationssystem) Vi sätter in den första ekvationen i den andra och får x + 6 åda sidor av ekvationen skrivs om, = x x 6 + = x. 6 lltså är x 6 + x = 6, och därmed 7x 6 = 7 6. et följer att x =. Vi sätter in x = i den första ekvationen och får y = x + 5 = ( ) + 5 = 8. Vi testar lösningen genom att sätta in i ekvationssystemet. { 8 = ( ) + 5 OK + 6 = 8 8 OK Lösning till uppgift 0 (Polynom) a) Nyckeln till kvadratkompletteringen är kvadreringsregeln. x 2 6x+8 = x 2 2 x+8 = x 2 2 x = (x ) = (x ) 2. Nu löser vi ekvationen x 2 6x+8 = 0 som vi med hjälp av kvadratkompletteringen skriver om som (x ) 2 = 0. Vi adderar till båda sidor och får (x ) 2 =. lltså är x = = eller x = =. et följer att x = eller x = 2.

6 iagnostiskt prov Lösningar, Vektorgeometri och funktionslära, VT 20 6 b) Vi substituerar z 2 = t och får ekvationen t 2 6t + 8 = 0. enna ekvation har vi redan löst i del a) fast för variablen x istället för t. Vi vet alltså redan att t = eller t = 2. et följer att z 2 = eller z 2 = 2, och därmed att z = 2, z = 2, z = 2 eller z = 2. c) llmänt gäller att en lösning x = a till en polynomekvation p(x) = 0 ger en faktor x a av polynomet p(x). (etta samband är en del av faktorsatsen.) Med hjälp av del a) får vi att polynomet x 2 6x + 8 har faktorerna x och x 2, alltså x 2 6x + 8 = (x )(x 2). (Testa!) d) Vi substituerar x = s + och y = t + och får t + = (s + ) 2 6(s + ) + 8, alltså t + = s 2 + 6s + 9 6s = s 2 +, och därmed t = s 2. Grafen är följande parabel. t t = s s