Lösningar till övningstentan. Del A. UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf. Övningstenta BASKURS DISTANS

Transkript

1 UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf Övningstenta BASKURS DISTANS Lösningar till övningstentan Del A 1. Lös ekvationen 9 + 5x = x 1 ( ). Lösning. Genom att kvadrera ekvationens led får vi 9 + 5x = (x 1) = x x + 1, x 7x 8 = 0, (x + 1)(x 8) = 0, med rötterna x = 1 och x = 8. Dessa båda rötter måste prövas i den ursprungliga ekvationen ( ): Sätter vi in x = 1 får vi 9 5 = 1 1 eller =. Det innebär att x = 1 är en falsk rot. Sätter vi in x = 8 får vi = 8 1 eller 7 = 7, vilket uppenbarligen är sant. Svar. x = 8.. Bestäm centrum och radie för cirkeln med ekvationen x + y + x y = 1. Lösning. Genom att kvadratkomplettera får vi ( 3 1 = x + y + x y = (x + x + 1 ) + (y y + 1) 1 1 ) = 9 = (x + 1 ) + (y 1) Cirkeln har alltså radien 3 och centrum i ( 1, 1). 3. Lös olikheten 3 + x < 5.

2 Lösning. Den givna olikheten är ekvivalent med den dubbla olikheten 5 < 3 + x < 5 8 < x < < x < 1 Svar. Olikheten har lösningen < x < 1.. Lös ekvationen log 9 (x + 1) = log 3 (x 1). ( ) Lösning. Sätt y = log 9 (x + 1) = log 3 (x 1). Vi har då vilket ger oss x + 1 = 9 y = 3 y = (3 y ) och x 1 = 3 y x + 1 = (x 1) = x x = x 3x = x(x 3), som har rötterna x = 0 och x = 3. Här är x = 0 en falsk rot (log 3 ( 1) är inte definierat), medan x = 3 insatt i ( ) ger log 9 () = log 3 (), vilket är sant ty Här använde vi den viktiga formeln Svar. x = 3. log 9 () = log 3 () log 3 (9) = log 3 () = log 3 (). log b (x) = log a (x) log a (b) 5. Bestäm resten då x 3 + x 7x + 5 delas med x + och lös ekvationen p(x) = x 3 + x 7x 1 = 0. ( ) Lösning. Det här problemet handlar om faktorsatsen, som säger att polynomet p(x) är delbart med x a om och endast om p(a) = 0. Som problemet är formulerat gissar vi därför genast att polynomet p(x) = x 3 + x 7x 1 bör ha nollstället så att det är delbart med x +. Vi har p( ) = = 0 så vi gissade rätt! Genom att pröva oss fram får vi p(x) = (x + )(x + 0x 7) = (x + )(x 7) Av detta följer att ekvationen ( ) har rötterna x = och x = ± 7. För polynomet q(x) = x 3 + x 7x + 5 gäller att q(x) = p(x) + 19 = (x + )(x 7) + 19 Det betyder att då q(x) delas med x + får vi kvoten x 7 och resten 19.

3 6. Hur många olika ord med sju bokstäver får man genom att på alla möjliga sätt kasta om ordningen på bokstäverna TTTAENR? Lösning. Man kan se det som så att orden bildas genom att man på alla möjliga sätt placerar ut de sju givna bokstäverna i de sju rutorna Vi väljer att placera ut bokstäverna i ordningen AENRTTT: Då kan A placeras på 7 sätt. Oavsett hur vi placerade A finns det sex tomma rutor där E kan placeras, så E kan läggas ut på 6 sätt. Därefter kan N och sedan R placeras på 5 respektive sätt, varefter det bara återstår tre tomma rutor för TTT, så utplaceringen av dessa kan bara göras på 1 sätt. Av multiplikationsprincipen följer att antalet olika ord som kan bildas är (7)(6)(5)()(1) = Lös ekvationen 1 + cos x = sin x. Lösning. Med hjälp av trigonometriska formler får vi x = π där n är ett godtyckligt heltal. 1 + cos x = 1 cos x, 3 cos x = 0, cos x = 0, (n + 1)π + nπ =, x = 8. Skriv talet z = 3 + i på formen a + bi och bestäm z. + 3i Lösning. Förlängning med konjugatet ger Enklaste sättet att beräkna z är (n + 1)π, (3 + i)( 3i) (1 + 1) + (16 9)i z = = ( + 3i)( 3i) i = = i z = 3 + i 5 + 3i = = Låt z = 3 + i. Skriv z, z och i z på polär form.

4 Lösning. Vi har 3 + i = e i π 6 vilket ger = (cos π 6 + i sin π 6 ), 1 + i = e i π = (cos π + i sin π ), z = ei π 6 e i π = e i( π 6 π ) = e i π 1 z = ( ) π i e 1 = e i π 1 6, z = 1 e i 1 π = 1 e i π 1 Vi påminner om att för exponentialen gäller e iθ e iϕ = e i(θ+ϕ), e iθ = cos θ + i sin θ 1 e iθ = e iθ, ( e iθ) n = e inθ, där n är ett godtyckligt heltal. Varje komplext tal z = x + yi har en polär framställning z = x + yi = r cos θ + ir sin θ = r e iθ, där r = z och θ är vinkeln som z, sett som en från origo emanerande vektor, bildar tillsammans med positiva reella axeln. z = x + iy θ r = z z = x + iy = r e iθ. 10. Förklara hur kurvan y = x + x + 1 kan fås från parabeln y = x genom förskjutningar. Lösning. Med kvadratkomplettering får vi y = (x + x + 1 ) + 3 = (x + 1 ) + 3 Förskjuter vi parabeln y = x en halv enhet åt vänster får vi kurvan y = (x + 1 ). Om denna kurva sedan förskjuts tre fjärdedels enheter uppåt får vi kurvan y = (x + 1 ) + 3 = x + x + 1.

5 11. Skissa kurvan med ekvationen x + 9y + x 18y = 6. Förklara din skiss. Lösning. Ekvationen kan med kvadratkomplettering skrivas vilket ger 36 = = (x + x + 1 ) + 9(y y + 1) = (x + 1 ) + 9(y 1) 1 = (x + 1 ) 9 + (y 1) = (x + 1 ) (y 1) 3 + Ekvationen beskriver alltså ellipsen med centrum i punkten ( 1, 1) och halvaxlarna 3 respektive : 1. Låt mängden M bestå av punkterna i det komplexa talplanet som uppfyller Skissa M. Förklara din skiss. z = z + i Lösning. Låt z = x + iy. Vi har då z = (x ) + iy, z + i = x + (y + )i, z = (x ) + y och z + i = x + (y + ) Mängden M består alltså av alla z = x + iy sådana att x x + + y = z = z + i = x + y + 8y + 16, vilket kan förenklas till y = 1 x 3. M är alltså denna räta linje.

6 Alternativt ser vi att M består av alla punkter z = x + iy som har samma avstånd till och i. Det betyder att M är mittpunktsnormalen till sträckan mellan och i. M är alltså den räta linjen genom punkten 1 i som har lutningen 1, alltså linjen som beskrivs av ekvationen y = 1 x 3. Del B 13. Skissa kurvan y = x Förklara din skiss. Lösning. Successivt får vi (a) y = x + 1 (b) y = x (c) y = x + 1 1

7 1. På hur många olika sätt kan sex identiska bollar placeras i sex olika (t.ex numrerade från ett till sex) lådor? Lösning. Beteckna en boll med en nolla. Ställ lådorna 1-6 tätt intill varandra, från vänster till höger, och beteckna gränsen mellan två lådor med en etta. Varje utplacering av de sex bollarna kan då beskrivas som en sekvens av sex nollor och fem ettor, tagna i en viss ordning. Exempelvis svarar sekvensen mot en utläggning av noll bollar i första lådan, två bollar i andra lådan, en boll i tredje lådan, noll bollar i fjärde lådan, två bollar i femte lådan och slutligen en boll i den sjätte lådan. Hur många sådana sekvenser av fem ettor och sex nollor finns det? Vi kan se bildandet av en sekvens som ett val av fem fack, bland elva, där ettorna placeras. Därefter är nollornas platser givna. Antalet sekvenser är därför lika med ( ) 11 = (11)(10)(9)(8)(7) 5 (5)()(3)()(1) = (11)(1)(3)()(7) = En talföljd definieras rekursivt genom a 0 = och för n = 1,, 3,.... Visa med induktion att a n = a n 1 1 n + n a n = n + n + 1 ( ) för alla n. Lösning. Eftersom (0 + )/(0 + 1) = stämmer ( ) för n = 0 (basfallet). Antag nu att ( ) är sann för n < p (induktionsantagande). Nu återstår det för oss att, med hjälp av induktionsantagandet och rekursionsformeln bevisa att ( ) stämmer även för n = p (induktionssteget): a p = (rekursionsformeln) = a p 1 1 p + p = (( ), då n = p 1) = p + 1 p = (p + 1) 1 p(p + 1) = p + p p(p + ) = p(p + 1) p(p + 1) = p + p (p + 1) = p(p + 1) p(p + 1) 1 p(p + 1) Enligt induktionsaxiomet har vi nu visat att ( ) gäller för alla n. 16. Lös andragradsekvationen ( 3i)z 5z i = 0.

8 Lösning. Efter division med 3i får vi 0 = z i z + 3i 3i = z 5( + 3i) (31 17i)( + 3i) z + ( 3i)( + 3i) ( 3i)( + 3i) = z 5( + 3i) (1 + 51) + (93 68)i z ( = z ( + 3i) z i = z + 3i ) 8 + i + ( = z + 3i ) 1 0i + Sätter vi nu a + bi = z ( + 3i)/ så kan ekvationen skrivas (a b ) + (ab)i = 1/ + 5i. Identifikation av real- och imaginärdelar ger oss ekvationssystemet { a b = 1 ab = i Den andra ekvationen ger b = 5 a, vilket sätts in i den första ekvationen: a 5 a = 1, a + 1 a = 5, a = (16)(5) = 1 8 Detta ger oss a + ib = ±(1 + 5 i) och z = + 3i Svar. z 1 = 3 + i, z = 1 i. ± + 5i = 3 + i eller 1 i