TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen Lösningsskiss

Transkript

1 TNA001- Matematisk grundkurs Tentamen Lösningsskiss 1. a) Sedvanligt teckenschema visar att detta är uppfyllt [,0[. Svar: [,0[. b) Vi löser ekvationen 1 = genom att studera tre fall. Fall 1: 1. Vi får ekvationen: + 1 = ( ) =, som inte duger ty = tillhör inte aktuellt intervall. Fall : 1. Vi får ekvationen: 1 = ( ) =, som duger ty = tillhör det aktuella intervallet. Fall :. Vi får ekvationen: 1 = ( ), som saknar lösning. Svar: =. a) Först ritar vi en figur/skiss, och observerar att origo ligger på linjen. u P = (,1,1) v = 1 Q O = (0,0,0) Låt u = OP = 1. Av figuren ovan ser vi att vi skall söka u v där 1 u v = u u v Av projektionsformeln får vi 1 1 u v u v = v = 1 v 1 = 6 1 och därmed u v = u u v = 1 1 = = Alltså är det sökta avståndet u v = 1 = = 1 66 l. e. 7 Svar: 66 l. e.

2 b) Med t = insatt i L :s ekvation får vi = = 8, = 1 =, z = () = vilket innebär att punkten (8,, ) ligger på L. På samma sätt om vi sätter in t = 1 i L :s ekvation får vi = + 1 = 8, = =, z = ( 5) = vilket innebär att punkten (8,, ) även ligger på L. Alltså är punkten (8,, ) gemensam för de båda linjerna, v.s.v. A c) Eftersom en normal, n = B, till planet är vinkelrät mot båda linjernas riktningsvektorer v = 1 C respektive v =, så skall det gälla att 5 A n v B 1 = 0 = 0 n v = 0 C 1 A = t A B = t, B = 0 C = t C 5 1 och vi kan välja normalen n =. Planets ekvation är därmed, om vi använder att punkten (8,, ) ligger i planet, 1 ( 8) (y ) 1 (z + ) = 0 y z = 0 Anm 1: Det är även uppenbart att origo ligger i planet eftersom origo ligger på L. Om vi använder den punkten får vi mera direkt ekvationen y z = 0. Anm : Eftersom de båda linjernas riktningsvektorer spänner upp det plan linjerna ligger i och origo ligger i planet så får vi planets ekvation på parameterform: y = s 1 + t, s, t R. z 5 Svar: En ekvation för planet är y z = 0 eller y = s 1 + t, s, t R. z 5. a) Se kursboken sid. 9 och figur.0 sid. 9. b) sin + π = sin [ty sin( ) = sin ] sin + π = sin( ) + π = + n π eller + π = π ( ) + n π = π + n π eller = π π + n π = π 9 + n π eller = π + n π Svar: = + n, n Z eller = + n π, n Z c) På (t.e.) intervallet + är f strängt väande och vi får alltså där en invers på så stort intervall som möjligt. Vi har π + π π π π π π 5π 1 π 1, Med D =, får vi (som förväntat) V = sin, sin = [,1] (KONTROLLERA!). Vi söker inversen på det aktuella intervallet: y = sin + π 5π, 1, π 1 arcsin y = + π, y [,1]

3 Alltså: med = π + arcsin y, y [,1] f () = π + arcsin, [,1] V = 5π 1, π 1 Svar: f () =, D [,1] och V =, Som illustration (behöver inte göras för att lösningen skall vara fullständig) ritar vi graferna till y = f(),, och y = f (), [,1] och y = i samma koordinatsystem och får figuren nedan, där y = f() är den övre grafen.. a) Vi har z = = =. Alltså Vi får Svar: (z 1 z ) = z = i = 1 i 1 = e (z 1 z ) = e iπ e iπ 6 = e = e = b) Eftersom arg z = och arg z = så ger det första villkoret att arg z. Detta är uppfyllt för alla komplea tal z som i det komplea talplanet ligger på och mellan strålarna θ = och θ =, se figur. Villkoret z 1 1 är uppfyllt av alla z ligger på cirkelskivan med radie 1 och medelpunkt i (1,0), se figur Vi söker snittmängden mellan dessa områden i komplea talplanet och får alla komplea tal z som ligger i det skuggade området i figuren till höger. θ = π 6 θ = π

4 5. a) Termerna i ekvationen är alla definierade för alla som samtidigt uppfyller de tre villkoren 1 > 0 > 1, > 0 >, + > 0 > Detta är uppfyllt för alla > Alltså: ln( 1) + ln( ) + ln( + ) = ln 1, > ln[( 1)( )( + )] = ln 1, > [ty ln funktionen är omvändbar] ( 1)( )( + ) = 1, > 7 6 = 0, > (lös tredjegradsekv på sedvanligt sätt) = (tredjegradsekvationens övriga lösningar, =, = uppfyller inte villkoret > ) Svar: Ekvationen har lösningen =. b) På motsvarande sätt som i a)-uppgiften har vi att olikhetens alla termer är samtidigt definierade om >. Alltså ln( 1) + ln( ) + ln( + ) ln 1, > ln[( 1)( )( + )] = ln 1, > [ty ln funktionen är strängt väande] ( 1)( )( + ) 1, > 7 6 0, > ( )( + 1)( + ) 0, > (gör teckensudium!) Svar: ],] ], ] [,] ], [ = ],] 6. Vi visar sambandet med induktion. Steg I: För n = 1 har vi och Alltså gäller sambandet för n = 1. VL(1) = k = 1 = HL(1) = (1 1) + = 0 + = Steg II: Vi antar att sambandet gäller för godtyckligt fit n = p, p Z, d.v.s. att Detta medför att VL(p) = k = (p 1) + = HL(p) VL(p + 1) = k = k + (p + 1) = [enligt antagandet] = = (p 1) + + (p + 1) = (p 1 + p + 1) + = p + = = p + = (p + 1) 1 () + = HL(p + 1) Därmed har vi visat att om sambandet gäller för n = p så gäller det för n = p + 1. Steg III Sambandet gäller enligt Steg I för n = 1. Enligt Steg II gäller det då även för n = =. Då gäller det även för n = + 1 = och n = + 1 = o.s.v. Alltså gäller sambandet för alla n Z, v.s.v. 7. a) Låt u = y och v = y vara tvådimensionella vektorer i ON-basen. Vi får då med den angivna definitionen u v = 1 ( u + v u v ) = 1 + y + y y y =

5 = 1 ( + ) + (y + y ) ( ) + (y y ) = = 1 ( + ) + (y + y ) (( ) + (y y ) ) = [utveckla kvadraterna och förenkla] = = 1 ( + y y ) = + y y, v. s. v. b) Om u och v är vinkelräta så har vektorerna u + v och u v samma längd (se figur), d.v.s. u + v = u v. Då blir högra ledet i den givna definitionen 0. Alltså u v = 0 (även med denna alternativa definition av skalärprodukt). Svar: u v = 0 v u u + v u - v