UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf Prov i matematik BASKURS DISTANS 011-03-10 Lösningar till tentan 011-03-10 Del A 1. Lös ekvationen 5 + 4x 1 5 x. ( ). Lösning. Högerledet han skrivas som 5 x, vilket ger oss den ekvivalenta ekvationen + 4x 1 x 4x 1 (x 1). Kvadrering ger 4x 1 4(x x + 1) 4x 8x + 4, 4x 1x + 5 0, x 3x + 5 4 0. Den sista ekvationen har rötterna x 3 ± 9 5, alltså x 3±, x 5 eller x 1. Sätter vi in x 5 i ( ) får vi 55 5 5, vilket stämmer. Sätter vi däremot in x 1 i ( ) får vi 5 3 5 1, vilket inte stämmer alls, så x 1 är en falsk rot. Svar. x 5.. Bestäm centrum och radie för cirkeln med ekvationen Lösning. Ekvationen kan skrivas 16(x + y ) + 8x 4y 1 1 16 x + y + 8 16 x 4 16 y 1 16 x + 1 x + y 1 4 y Genom kvadratkomplettering får vi Cirkeln har alltså ekvationen 9 64 1 16 + 1 16 + 1 64 (x + 1 x + y 1 4 y) + 1 16 + 1 64 ( x + 1 x + 16) 1 ( + y 1 4 y + 1 ) ( x + 1 4) + ( y 1 8 ) 64 ( ) x + 1 ( 4 + y 1 ( 8) 3 ) 8 Det är alltså fråga om cirkeln med centrum i punkten ( 1 4, 1 8 ) och radien 3 8. 1
3. Lös olikheten 3 + x > 7. Lösning. Den givna olikheten är ekvivalent med (3 + x < 7) (7 < 3 + x) (x < 10) (4 < x) (x < 5) ( < x). Svar. Olikheten har lösningen (x < 5) ( < x). 4. Lös ekvationen log 8 (x + 3x 1) log (x 1) Lösning. Vi observerar först att log (x 1) är definierat omm x > 1. Den viktiga formeln log b (y) log a (y) log a (b) ger log 8 (y) log (y) log (8) log (y) 3 alltså log (y) 3 log 8 (y) log 8 (y 3 ), y > 0. Det följer att då x > 1 kan ekvationen skrivas log 8 (x + 3x 1) log (x 1) 3 log 8 (x 1) log 8 (x 1) 3 log 8 (x 3 3x + 3x 1) x + 3x 1 x 3 3x + 3x 1 0 x 3 4x x (x 4), som har rötterna x 0 (ogiltig) och x 4. Svar. x 4. 5. Bestäm resten då x 3 x 3x + 1 delas med x + 1 och lös ekvationen p(x) x 3 x 3x 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 3x 1 bör ha nollstället 1 så att det är delbart med x + 1. Vi har p( 1) 1 1 + 3 1 0 så vi gissade rätt! Genom att pröva oss fram får vi p(x) (x + 1)(x x 1) Av detta följer att ekvationen ( ) har rötterna x 1 och x 1 ±. För polynomet q(x) x 3 x 3x + 1 gäller att q(x) p(x) + (x + 1)(x x 1) + Det betyder att då q(x) delas med x + 1 får vi kvoten x x 1 och resten. 6. Hur många olika ord kan bildas genom att man flyttar om bokstäverna i TTTAENR under kravet att A måste stå till vänster om E? Exempelvis är ATTNERT tillåtet, medan TRETTNA är otillåtet.
Lösning. Man kan se det som så att orden bildas genom att man på alla tillåtna sätt placerar ut de sju givna bokstäverna i de sju rutorna Vi väljer att placera ut bokstäverna i ordningen AENRTTT ( ) (alla andra val ger samma 7 resultat): De två platserna för A och E kan väljas på 1 sätt. Oavsett hur vi placerade A och E finns det fem tomma rutor där N kan placeras, så N kan läggas ut på 5 sätt. Därefter kan R placeras på 4 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 (1)(5)(4)(1) 40. 7. Lös ekvationen cos x sin x. Lösning. Ekvationen kan skrivas cos x sin x. Trigonometriska formler ger 1 + cos x cos x sin x cos x, 0 cos x + cos x 1 (1 + cos x)( 1 + cos x) ( 1 cos x) ( 1 Lösningarna ges alltså av cos x), (n + 1)π x (n ± 1 3 )π x, alltså x (n + 1 )π x (n ± 1 6 )π. Svar. x (n + 1 )π eller x (n ± 1 6 )π, där n är ett godtyckligt heltal. 8. Skriv talet z (1 + 7i)(3 i) 4 + 3i på formen a + bi och bestäm z. Lösning. Förenkling och konjugatförlängning ger Detta ger oss z (3 + 7) + (1 1)i 4 + 3i 10((4 + 6) + (8 3)i) 16 + 9 10 + 0i 4 + 3i 10(1 + i)(4 3i) (4 + 3i)(4 3i) 50( + i) 5 10(10 + 5i) 5 z 16 + 4 0 5. 4 + i 9. Låt z 1 + i 1 + i 3. Skriv z, z och 1 z på polär form. 3
Lösning. Vi har 1 + i e i 3π 4 (cos 3π 4 + i sin 3π 4 ), 1 + i 3 e i π 3 (cos π 3 + i sin π 3 ), vilket ger z e i 3π 4 e i π 3 1 e i( 3π 4 π 3 ) 1 e i 5π 1 z ( ) e i 10π 1 1 ei 5π 1 6, z 5π i e 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 1 + x x kan fås från parabeln y x genom förskjutningar. Lösning. Med kvadratkomplettering får vi y 1 + 1 4 (x x + 1 4 ) 5 4 (x 1 ) Förskjuter vi parabeln y x en halv enhet åt höger får vi kurvan y (x 1 ). Om denna kurva sedan förskjuts fem fjärdedels enheter uppåt får vi kurvan y 5 4 (x 1 ) 1 + x x. 4
11. Skissa kurvan med ekvationen 9x + 4y + 6x 0y 10. Förklara din skiss. Lösning. Ekvationen kan med kvadratkomplettering skrivas vilket ger 36 10 + 1 + 5 (9x + 4y + 6x 0y) + 1 + 5 (9x + 6x + 1) + (4y 0y + 5) (3x + 1) + (y 5) 9(x + 1 3 ) + 4(y 5 ) 1 (x + 1 3 ) 4 + (y 5 ) 9 (x + 1 3 ) + (y 5 ) 3 Ekvationen beskriver alltså ellipsen med centrum i punkten ( 1 3, 5 ) och halvaxlarna respektive 3: 1. Låt mängden M bestå av punkterna i det komplexa talplanet som uppfyller z < z + i Skissa M. Förklara din skiss. Lösning. Låt z x + iy. Vi har då z + i x + (y + )i, z x + y och z + i x + (y + ) 5
Mängden M består alltså av alla z x + iy sådana att x + y z < z + i x + y + 4y + 4 0 < 4y + 4 y > 1. M består alltså av alla punkter z x + iy för vilka y > 1. Alternativt ser vi att M består av alla punkter z x + iy som har mindre avstånd till 0 än till i. Eftersom punkterna på den horisontella räta linjen z x i, x R har samma avstånd till 0 som till i följer att M består av alla punkter ovanför denna räta linje. Del B 13. Bestäm radien och medelpunkten för cirkeln som går genom de tre punkterna (5, 6), (9, 4) och ( 3, 0). Lösning. Antag att cirkeln har medelpunkten (a, b) och radien R. För varje punkt (x, y) på cirkeln gäller då att R (x a) + (y b) (a x) + (b y) Sätter vi här in (x, y) (5, 6), (x, y) (9, 4) och (x, y) ( 3, 0) så får vi R (a 5) + (b 6) a + b 10a 1b + 5 + 36 a + b 10a 1b + 61 R (a 9) + (b 4) a + b 18a 8b + 81 + 16 a + b 18a 8b + 97 R (a + 3) + (b 0) a + b + 6a + 9 Genom att subtrahera den första- respektive andra ekvationen från den tredje får vi som förenklas till vilket ger 0 16a + 1b 5 0 4a + 8b 88 13 4a + 3b 11 3a + b, b 11 3a, 13 4a + 33 9a 33 5a, 5a 0, a 4, b 11 1 1. Ekvationssystemet har alltså lösningen (a, b) (4, 1). För radien får vi sedan alltså R 5. R (a + 3) + (b 0) 49 + 1 50, 6
Alternativt inser vi att mittpunktsnormalen till sträckan mellan två punkter på cirkeln alltid går genom cirkelns medelpunkt. Mittpunkten på sträckan mellan ( 3, 0) och (5, 6) är (1, 3). Eftersom linjen mellan ( 3, 0) och (5, 6) har lutningen 3 4 så har mittpunktsnormalen lutningen 4 3 och därför ekvationen y 3 4 3 (x 1) 1 3 (13 4x) Mittpunkten på sträckan mellan (5, 6) och (9, 4) är (7, 5). Eftersom linjen mellan (5, 6) och (9, 4) har lutningen 1 så har mittpunktsnormalen lutningen och därför ekvationen y 5 + (x 7) x 9 Skärningspunkten mellan dessa båda mittpunktsnormaler ges av 13 4x 3y 6x 7, 10x 40, x 4, y ()(4) 9 1, alltså (a, b) (4, 1), vilket sedan ger R (4 + 3) + ( 1 0) 5. 14. Lös andragradsekvationen (3 i)z + (4 + i)z 0. Lösning. Efter division med 3 i får vi 0 z + 4 + i z 0 3 i 3 i z (4 + i)(3 + i) 0(3 + i) + z (3 i)(3 + i) (3 i)(3 + i) z 10 + 10i 60 + 0i + z 10 10 z + (1 + i) z 6 i ( z + 1 + i ) 6 5 i ( z + 1 + i ) 6 i 0 + i 4 Sätter vi nu a + bi z + (1 + i)/ så kan ekvationen skrivas (a b ) + (ab)i 6 + 5 i. Identifikation av real- och imaginärdelar ger oss ekvationssystemet { a b 6 ab 5 7
Den andra ekvationen ger b 5 4a, vilket sätts in i den första ekvationen: a 5 16a 6, a4 6 a 5 16, a 3 + 9 + 5 169 16 3 + 16 5 4 Detta ger oss a + ib ±( 5 + 1 i) och Svar. z 1, z 3 i. z 1 + i ± 5 + i eller 3 i 15. En talföljd definieras rekursivt genom a 0 0 och för n 1,, 3,.... Visa med induktion att a n a n 1 + 3n(n + 1) a n n(n + 1)(n + ) ( ) för alla n. Lösning. Eftersom (0)(0 + 1)(0 + ) 0 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 + 3p(p + 1) (( ), då n p 1) (p 1)p(p + 1) + 3p(p + 1) p(p + 1)(p 1 + 3) p(p + 1)(p + ) Enligt induktionsaxiomet har vi nu visat att ( ) gäller för alla n. 16. Hur många positiva fyrsiffriga tal finns det om vi kräver att siffrorna ska ha avtagande storlek? Om talet är abcd ska alltså gälla att 9 a b c d 0 och a > 0. Exempelvis är talen 9998 och 1000 tillåtna, medan 9979 och 0000 är förbjudna. Lösning. Beteckna en siffra med symbolen #. Bildandet av ett tal abcd kan ses som att vi har tio lådor, numrerade från nio ner till noll, som vi ställer från vänster till höger, där vi, på alla möjliga sätt, slänger ner fyra #. Om vi, till exempel, får # # # # 9 8 7 6 5 4 3 1 0 så svarar det mot bildandet av talet 7553. Ett annat exempel är att talet 900 svarar mot # # # # 9 8 7 6 5 4 3 1 0 8
Vi drar alltså slutsatsen att antalet fyrsiffriga tal, inkluderande 0000, med avtagande sifferstorlek är lika med antalet sätt att placera fyra identiska föremål i tio olika lådor. Om vi betecknar gränsen mellan två lådor med en etta så betyder det att det sökta antalet fyrsiffriga tal är lika med antalet sekvenser bestående av nio ettor och fyra #. Exempelvis svarar sekvensen 11#11##11#111 mot talet 7553, medan #1111111#11## svarar mot 900. Antalet sekvenser (se övningstentan, problem 14) bestående av nio ettor och fyra # är ( ) 13 (13)(1)(11)(10) (13)(1)(11)(5) 715. 4 (4)(3)()(1) Här är dock sekvensen svarande mot 0000 inkluderad, så det sökta antalet är 714. Alternativt kan vi resonera så här: Antalet fyrsiffriga tal abcd, där a > b > c > d, är lika med antalet sätt att välja fyra siffror bland tio, alltså ( ) 10 (10)(9)(8)(7) (10)(3)(1)(7) 10. 4 (4)(3)()(1) Antalet fyrsiffriga tal abcd, där a b > c > d, är lika med antalet sätt att välja tre siffror bland tio, alltså ( ) 10 (10)(9)(8) (10)(3)(4) 10. 3 (3)()(1) På samma sätt är antalet tal abcd, där a > b c > d eller a > b > c d, lika med 10 + 10 40. Antalet tal med två lika siffror är därför 360. Antalet tal abcd, där a b > c d, är ( ) 10 45 Antalet tal abcd, där a b c > d eller a > b c d (tre lika siffror), är ( ) ( ) 10 10 + 45 + 45 90 Slutligen gäller att antalet tal abcd, där a b c d > 0, är 9. Antalet tal abcd, där 9 a b c d 0 och a > 0, är därför 10 + 360 + 45 + 90 + 9 714. 9