Tentamen i Matematik, del B, för Tekniskt basår

Tentamen i Matematik, del B, för Tekniskt basår Kurskod: MVE45 B Telefonvakt: tel. Datum: 4 augusti 016 Tid för tentamen: 14.00-18.00 Hjälpmedel: Inga Betygsgränser: Betyg : 0-1, Betyg 4: - 41, Betyg 5: 4-50 Certainly my troops must consist of numbers, or they can have no existence at all. (Ada Lovelace, 1815-185) 1. Det radioaktiva ämnet cesium-17 sönderfaller till barium samtidigt som en elektron skickas ut. Cesium-17 har halveringstiden 0 år, dvs. efter 0 år nns hälften så mycket kvar av den mängd som fanns då tidräkningen börjar. Det radioaktiva sönderfallet sker exponentiellt, y = C a x. Vid kärnkraftsolyckan i Tjernobyl i maj 1986 föll ca 0.47 kg cesium-17 ner över Sverige. Hur mycket av detta cesium kan beräknas nnas kvar i maj 017? (5p) Lösning: Använd den exponentiella modellen y = C a x, där y är mängd cesium vid tiden x, C = 0.47 är startmängd vid tiden x = 0. För att bestämma a utnyttjar vi halveringstiden 0 år, dvs efter 0 år är y = 0.5 C = 0.5 = a 0 a = 0.5 1/0 Sätt in detta i modellen, då fås y = 0.47 (0.5 (1/0) ) x = 0.47 0.5 (x/0) Från maj 1986 till maj 017 är det 1 år = y = 0.47 0.5 (1/0) 0. kg Svar: I maj 017 nns det kvar ca 00 g cesium-17. Godtabar ansats, tex satt upp modell med godtagbart värde på C Relevant fortsättning, tex visat hur a kan beräknas mha halveringstid Godtagbar beräkning av a Använder modellen för beräkning av mängd vid år 017 Godtagbart svar av mängden

. Avgör om funktionen f(x) = x är inverterbar. Om funktionen är inverterbara, bestäm då också inversen till funktionen tillsammans med denitions- och värdemängd till den inversa funktionen. Om funktionen inte är inverterbar, bestäm restriktionen av funktionen så att denna restriktion blir inverterbar. (p) Lösning: För att en funtkion ska vara inverterbar ska den vara bijektiv, det innebär både injektiv, dvs alla pkt i denitionsmängden avbildas på olika pkt i värdemängden, samt surjektiv, dvs värdemängden är hela avbildningsmängden. Detta stämmer för f(x) = x, D f = (, ), V f = (, ), eftersom fkt x antar olika y-värden för olika värden på x och funktionen kommer anta alla värden i värdemängden. Den inversa funktionen till f(x) är f inv = ( x )1/, fås gnm att lösa ut x ur f(x) och byta y mot x. Denitionsmängden till inversa fkt är värdemängden till f och värdemängden till inv fkt är def.mängd till f, så att D finv = (, ) och V finv = (, ). Svar: Inverterbar funktion med inversen f inv = ( x )1/, D finv = (, ) och V finv = (, ). Godtagbar motivering till att funktionen är inverterbar Korrekt uttryck för invers funktion med korrekt denitions- och värdemängd.. Beräkna arean av följande triangel med vinkel v = 61 (5p)

Lösning: Detta kan t.ex. göras med hjälp av areasatsen. Då behöver vi veta mellanliggande vinkel till de kända sidorna. Denna vinkel kan t.ex. bestämmas med hjälp av sinussatsen. Vi inför följande beteckningar och får då enligt sinussatsen sin C 8 = sin A 8 sin 61 1 C = arcsin( 1 ) 5, 7 = B = 180 61 5, 7 = 8, Här vet vi att C < A eftersom c < a, dvs bara en lösning för C (och B). Kan också se att vi annars skulle få C = 180 5, 7 = 144, = B = 180 61 144, = 5,! Nu kan vi använda areasatsen T = Svar: 47,7 a.e ac sin B 8 1 sin 8, = 47, 7 a.e. Godtagbar ansats av lösning, tex ställt upp sinussatsen eller areasatsen Godtagbar beräkning av vinkel C Godtagbar beräkning av vinkel B Använt areasatsen på godtagbart sätt (även om B och C är fel) Godtagbar beräkning av arean 4. Funktionen f(x) är denerad på [, ] och har grafen som illustrerar i guren nedan.

Avgör om f(x) är kontinuerlig, vänsterkontinuerlig, högerkontinuerlig och diskontinuerlig i var och en av punkterna x =, x = 1, x = 0, x = 1 och x =. (Motivera ditt svar) (5p) Lösning: Vi betraktar var punkt för sig x = : Här är f(x) högerkontinuerlig i pkt (-, 0) eftersom vi i grafen ser att y 0 då x, dvs lim f(x) = 0 = f( ). Eftersom x = är en x + sluten ändpkt till D f är f(x) också kontinuerlig i x =. x = 1: Här gör grafen ett språng, dvs f(x) diskontinuerlig i x = 1. lim f(x) = 1 f( 1) = 0 = x 1 x = 0: Här har vi lim f(x) = 1 = f(0) = f(x) är vänsterkontinuerlig x 0 i x = 0, men lim f(x) = 0 f(0) = f(x) är inte högerkontinuerlig i x 0 + x = 0 och då inte heller kontinuerlig, dvs diskontinuerlig. x = 1: Här har vi lim f(x) = f(1) = 0 = f(x) är inte vänsterkontinuerlig i x = 0, lim f(x) = 0 = f(1) = f(x) är högerkontinuerlig x 1 x 1 + i x = 0. Eftersom vänstergränsvärdet högergränsvärdet så är f(x) även diskontinuerlig i x = 1. x = : Återigen sluten ändpkt i D f. Denna gång endast intressant att betrakta vänstergränsvärdet, lim f(x) = 0 f() = 1 = f(x) är inte x vänsterkontinuerlig i x = 0, och då även diskontinuerlig. Svar: x = : högerkontinuerlig och kontinuerlig; x = 1: diskontinuerlig; x = 0: vänsterkontinuerlig, diskontinuerlig; x = 1: högerkontinuerlig, diskontinuerlig; x = : diskontinuerlig.

Godtagbar bestämning av kontinuitet i en av punkterna Godtagbar bestämning av kontinuitet i två av punkterna eller delar av tre punkter Godtagbar bestämning av kontinuitet i tre av punkterna eller delar av fyra punkter Godtagbar bestämning av kontinuitet i fyra av punkterna eller delar av fem punkter Godtagbar bestämning av kontinuitet i alla fem punkter 5. Lös följande ekvationer exakt (a) ln x ln 18 = (p) Lösning: Använder logaritmlagarna ln x ln 7 = ln x ln 7 = ln( x 7 ) = x ln( e 7 ) = e x 7 = e x = 7e x = (7e ) 1/ x = 9e Svar: x = 9e Lämplig ansats, tex visat förståelse för ngn av logaritmlagarna Godtabar fortsättning, men ngn felräkning Korrekt svar (b) sin(x + 10 ) = 1 (Svara i grader) (p) Lösning: sin(x + 10 ) = 1 x + 10 = arcsin( 1 ) + n 60, n Z eller x + 10 = π arcsin( 1 ) + n 60, n Z = x + 10 = 0 + n 60, x = 0 + n 60 v = 10 + n 180, n Z eller = x + 10 = 150 + n 60, x = 140 + n 60 v = 70 + n 180, n Z Svar: v = { 10 + n 180 70 + n 180, n Z Godtagbar ansats av lösning, tex satt upp uttryck för båda lösningar Rimlig, men ej fullständig lösning, tex vinkel rätt för båda lösningar men glömt period, eller bara ena lösning korrekt Korrekt lösning

(c) tan x = 6 (Svara i radianer) (p) Lösning: tan x = 6 tan x = tan x = x = arctan( ) + n π, n Z x = π + n π x = π 9 + n π Svar: x = π 9 + n π Godtagbar ansats av lösning, tex satt upp uttryck för lösning inkl period Rimlig, men ej fullständig lösning, tex vinkel rätt men fel period Korrekt lösning (d) z iz i = 0 (Svara på formen z = x + iy) (p) Lösning: z iz i = 0 z(1 i) = +i z = +i 1 i z = (+i)(1+i) (1 i)(1+i) z = +7i+i 1 9i z = 1+7i 10 = 1 10 + i 7 10 Svar: z = 1+7i 10 = 1 10 + i 7 10 Godtagbar ansats av lösning, tex börja lösa ut z Rimlig, men ej korrekt lösning Korrekt lösning (e) z 4 + 1 = 0 (Svara på formen z = x + iy) (5p) Lösning: Sätt p(z) = z 4 +1, p(z) har då reella koecienter, från satsen om komplexkonjugerade rötter vet vi då att om z 1 är en rot så är också z = z 1 en rot och p.s.s. om z är en rot så är också z 4 = z en rot. Från satsen om faktoruppdelning vet vi då att p(z) = (z z 1 )(z z )(z z )(z z 4 ). Vi sätter z 1 = x + iy = z = x iy och z = a + ib = z 4 = a ib. Då får vi p(z) = (z (x+iy))(z (x iy))(z (a+ib))(z (a ib)) = ((z x) (iy) )((z a) (ib) ) = (z xz+(x +y ))(z az+(a +b )) Sätt nu a + b = k och x + y = m = p(z) = z 4 az + kz xz + 4axz xkz + mz amz + km = z 4 (a + x)z + (4ax + m + k)z (xk + am)z + km Nu identierar vi lika koecienter i de två olika uttrycken för p(z) a 4 : 1 = 1 a : (a + x) = 0 = x = a a : 4ax + m + k = 0 a 1 : (xk + am) = 0 = xk = am = fråna ak = am k = m a 0 : mk = 1 = fråna 1 m = 1 m = ±1 = enl.a 1 k = ±1

Men enligt våra antaganden ovan är m = x + y och k = a + b och x, y, a, b R = m 1, k 1 Så vi har alltså m = x + y = 1 och k = a + b = 1 Använd detta i a tillsammans med villkoret från a = 4a + = 0 a = 1 = x = 1 enl.a = ( 1 enl.ovan ) + b = 1 b = 1 y = ± 1 och = ( 1 enl.ovan ) + y = 1 y = 1 y = ± 1 Så vi får rötterna z 1, = 1±i och z,4 = 1±i Svar: z 1, = 1 ± i, z,4 = 1 ± i Godtagbar ansats, tex anger att komplexkonjugat är lösning Godtagbar fortsättning, tex utnyttjar faktoruppdelning Förenklar uttryck Identierar koecienter Godtagbart svar points+1 6x ax a 6. Bestäm värden på konstanten a så att gränsvärdet G = lim x 1 x 1 existerar. Beräkna sedan G för dessa värden på a. (6p) Lösning: Om vi sätter x = 1 i nämnaren i gränsvärdet ovan får vi 1 1 = 0. För att G ska kunna existera måste även täljaren vara 0 då x = 1, dvs 6 1 a 1 a = 0 a + a 6 = 0 a = 1 ± 1 4 + 4 4 = 1 ± 5 = a = eller a = 6x x 4 a = = G = lim x 1 x 1 6 + 4 = 10 6x + x 9 a = = G = lim x 1 x 1 6 + 9 = 15 = lim x 1 (x 1)(6x + 4) x 1 = lim x 1 (x 1)(6x + 9) x 1 = lim x 1 6x + 4 = = lim x 1 6x + 9 = Svar: a = = G = 10 och a = = G = 15 Godtagbar ansats, tex satt täljare = 0 Bestämmer ett värde för a Bestämmer båda värden för a

Påbörjar godtagbar beräkning av gränsvärde Bestämmer ett motsvarande värde för G Bestämmer båda motsvarande värde för G 7. Visa att cos x = 1 + cos 4x (4p) Lösning: Använd dubbla vinkeln för cosinus och trig.ettan HL = 1 + cos 4x = 1 + cos(x + x) = 1 + cos x sin x = 1 + cos x (1 cos x) = cos x = VL vsv. Godtagbar ansats, en påbörjad omskrivning av VL eller HL Godtagbar användning av dubbla vinkeln Godtagbar anv av trig.ettan Fullständig, logisk härledning 8. Härled omskrivningen a cos v + b sin v = c sin(v + φ) (5p) Lösning: Se t.ex. avsnitt.18 Godtagbar ansats, tex ställt upp hjälptriangel Påbörjar omskrivning godtagbar omskrivning med motivering, tex add.formel för sinus Godtagbar motiviering/härledning av c Påbörjar härledning av φ Godtagbar motivering av φ för både b<0 och b>0

TRIGONOMETRISKA FORMLER Additions- och subtraktionsformlerna cos(α β) = cos α cos β + sin α sin β cos(α + β) = cos α cos β sin α sin β sin(α + β) = sin α cos β + cos α sin β sin(α β) = sin α cos β cos α sin β tan α + tan β tan(α + β) = 1 tan α tan β tan α tan β tan(α β) = 1 + tan α tan β Formler för dubbla vinkeln sin α = sin α cos α cos α = cos α sin α tan α = tan α 1 tan α Omskrivning till amplitud-fasvinkelform a cos v + b sin v = c sin(v + φ) c = a + b φ = arctan( a b ), om b > 0 φ = arctan( a b ) + π, om b < 0