Chalmers tekniska högskola Datum: kl Telefonvakt: Jonny Lindström LMA222a Matematik DAI1 och EI1

Transkript

1 MATEMATIK Hjälpmedel: inga Calmers tekniska ögskola Datum: 1015 kl Tentamen Telefonvakt: Jonny Lindström LMA222a Matematik DAI1 oc EI1 Tentan rättas oc bedöms anonymt. Skriv tentamenskoden tydligt på placeringlista oc samtliga inlämnade papper. Fyll i omslaget ordentligt. För godkänt på tentan krävs 2 poäng på tentamens första del (godkäntdelen). Bonuspoäng från duggor 201 räknas med. För betyg 4 resp. 5 krävs dessutom resp. 4 poäng sammanlagt på tentamens två delar, varav minst 4 resp. 6 poäng på del 2. Lösningar läggs ut på kursens emsida. Resultat meddelas via Ladok ca. tre veckor efter tentamenstillfället. Del 1: Godkäntdelen 1. Denna uppgift finns på separat blad på vilket lösningar oc svar skall skrivas. Detta blad (16p) inlämnas tillsammans med övriga lösningar. 2. Bestäm centrum oc alvaxlar i den ellips som ar ekvationen x 2 2x+y 2 4y +2 = 0. (p) x 2 2x + y 2 4y + 2 = 0. ((x 2) ) + (y 2) = 0 (x 2) 2 + (y 2) 2 = (x 2) 2 + (y 2)2 Vi ar då att a = 1, b = oc centrum i (2, 2). = 1.. Förenkla uttrycket x y 2x2 + yx ( y x x y ) så långt som möjligt. (p) x y 2x2 + yx ( y x x y ) = x 2x 2 y + y 2 x y y 2 x 2 xy x(x y) 2 y = (x y)(x + y) xy = x2 (x y). x + y 4. Lös ekvationen 2 ln(x ) ln(2x ) = ln 1. (4p) Vi ser direkt att definitionsmängden är x >. Vi tillämpar en av logaritmlagarna på vänster led oc får ln(x ) 2 ln(2x ) = ln 1.

2 Ytterliggare tillämpning av en logaritmlag ger ln (x )2 2x = ln 1. Vi skriver om båda leden med basen e (x )2 ln e 2x = e ln 1. oc får följande ekvation att lösa som efter lite förenklingar blir (x ) 2 2x = 1 x 2 x + 12 = 0 vilken ar lösningarna x 1 = 6 som är ok! oc x 2 = 2 som är falsk! 5. För vilka v är sin v, 0 v 2π. (4p) 2 sin v 2 2 sin v 2. Studerar vi figuren nedan till öger finner vi att 0 v π y 2π v 4π y = 2 5π v 2π x y = 2 6. Låt f(x) = cos(x + π ) + sin x. Lös ekvationen f (x) = 0. (4p) Derivering av f(x) ger f (x) = sin(x + π ) + cos x. f (x) = 0 oc att cos x = sin( π 2 x) ger oss följande ekvation att lösa sin(x + π ) = sin(π 2 x) som ar lösningen x = π 12 + nπ.

3 7. Bestäm en ekvation för den tangent, till kurvan y = tan( πx2 ), som ar x koordinaten 1. (4p) 4 Vi ar att f(1) = tan π 4 = 1. Deriverar vi f(x) får vi f (x) = (1 + tan 2 ( πx2 4 ))(πx 2 ). Insättning av x = 1 i f (x) ovan ger f (1) = (1 + tan 2 ( π 4 ))(π 2 ) = π. Insättning i tangentens ekvation ger y 1 = π(x 1) y = πx + 1 π. VÄND!

4 Del 2: Överbetygsdelen I allmänet kan inte poäng på dessa uppgifter räknas in för att nå godkäntgränsen.. Vilka logiska samband gäller mellan följande utsagor( motivera!). (4p) P : x 2 2x +, Q : x 2 < 2x x, R : x 1 2. P kan skrivas x 2 2x 0 (x )(x + 1) 0 vilket är detsamma som 1 x. För Q gäller att vänstra oliketen x 2 < 2x x > 1. För den ögra oliketen gäller 2x x x 2. Vänster oc öger oliket sammanfaller då 1 < x 2. För utsagan R gäller att 2 x x. De logiska sambanden blir då: P Q, Q P, Q R. 9. Lös ekvationen x + ln(e x 1) = ln 12. (4p) Vi sätter e x = t x = ln t. Insättning i ekvationen ger ln t + ln(t 1) = ln 12 Vi tillämpar en av logaritmlagarna på vänster led oc får ekvationen ln(t(t 1)) = ln 12 att lösa. Omskrivning av båda leden med basen e ger oss följande ekvation att lösa t 2 t = 12 som ar lösningen t 1 = falsk t 2 = 4 ok! Vi får då att e x = 4 x = ln 4.

5 10. Funktionen f(x) = 2x + 1 x är given. (a) Bestäm inversen ϕ(y) till f. (2p) Vi löser f(x) = y d.v.s. 2x + 1 x = y 2x + 1 = y(x ) x(2 y) = y + 1 x = y 1 y 2, y 2. Så inversen ϕ(y) ges av ϕ(y) = x = y 1 y 2, y. (b) Bestäm funktionen g så att g(f(x)) = x för alla x. (2p) Vi sätter f(x) = y oc vet enligt uppgift a) att x = ϕ(y) vilket ger g(f(x)) = x g(y) = x g(y) = 2ϕ(y) g(y) = 2 y 1 y 2, y 2. Lycka till! Jonny L

6 Anonym kod sid.nummer Po LMA222a Matematik DAI1 oc EI Till nedanstående uppgifter skall korta lösningar redovisas, samt svar anges, på anvisad plats (endast lösningar oc svar på detta blad, oc på anvisad plats, beaktas). (a) Bestäm med jälp av derivatans definition f (x) då f(x) = x 2 5x (p) f(x + ) f(x) = (x + )2 5(x + ) (x 2 5x) = x2 + 2x + 2 5x 5 x 2 + 5x (2x + 5) = = (2x + 5) 2x 5 då 0. Svar: 2x (b) Lös ekvationen x = 0. x = 0 = x. Kvadrering av båda leden ger = x 2 (p) Denna andragradsekvation ar lösningarna x 1 = 1 2 som är en falsk rot oc x 2 = 1 4 som är ok efter prövning i ekvationen = x. Svar: x = (c) Ekvationen x 4x 2 2x + = 0 ar en eltalsrot. Ange denna rot samt ekvationens övriga rötter. Möjliga rötter:±1, ±, 2±, 4 ±. Efter prövning finner vi att x = 4 är en rot till x 4x 2 2x + = 0. Om vi dividerar x 4x 2 2x + med x 4 får vi kvotpolynomet k(x) = x 2 2. Löser vi k(x) = 0 får vi övriga två rötter x = ± 2 Svar: x 1 = 4, x 2 = 2, x = (d) Bestäm y om tan y = y cos x. (1 + tan 2 y)y = y 2 y cos x y sin x y (y 2 cos x 1 tan 2 y) = y 2 sin x y = y 2 sin x y 2 cos x 1 tan 2 y Svar: y = y 2 sin x y 2 cos x 1 tan 2 y (e) Lös ekvationen x x =. För x < 2 får vi ekvationen x x = att lösa.denna ekvation ar rötterna x 1 = 4 ok! oc x 2 = som är falsk! För 2 x < 2 får vi ekkvationen x x = att lösa. Denna ekvation saknar reella rötter. För x 2 får vi ekvationen x x = att lösa.denna ekvation ar rötterna x 1 = 4 falsk! oc x 2 = som är ok! (p) (p) (4p) Svar: x 1 = 4 oc x 2 =