Uppgift 1) Ett företag som tillvärkar batterier har tillverkningen förlagt

TENTAMEN I MATEMATIK, TEN 1
Skrivtid: 08:15-12:15
Kurskod 6A2113, 6A2110
Hjälpmedel: Inga hjälp medel
Poängfördelning och betygsgränser:
För betyg 3, 4, 5 krävs 18, 30 respektive 36 poäng.
Examinator : Armin Halilovic
Denna tentamenslapp får ej behållas efter tentamenstillfället.
Uppgift 1) ( 2 poäng)
2i
.
3i
2  i 2  i 3  i 6  3i  2i  i 2 5  5i 1 1

Lösning:
=
=
=
=  i
3 i 3i 3i
10
5 5
9  i2
2i
1
)
Svar: Im(
3i
5
Bestäm imaginärdelen av
Uppgift 2) ( 2 poäng)
 2  2i 
Beräkna 
 . Svara på formen a  bi .
 2  2i 
21
Lösning:
 2  2i 
 2  2i 2  2i 



 =
 2  2i 2  2i 
 2  2i 
Svar: i
Uppgift 3) ( 2 poäng)
x2
0
Lös olikheten
3 x
Lösning:
21
-2
0 +
+ +
0 +
x+2 3-x +
f(x) Svar :
x<-2

3
+
+
0
ej d. x> 3
Uppgift 4) ( 2 poäng)
Beräkna determinanten
2 3 1
2 1 2
2 5 5
Svar: det=0
21
 4  8i  4i 2
= 
2
 4  4i
21

 = i 21 = i 20  i = i

Datum: 030109
Uppgift 5) ( 2 poäng)
En rätlinje går genom punkterna A=(1,2,3) och B=(3,4,10).
Bestäm rätlinjens ekvation.


Lösning: v  AB  (2,2,7) är en vektor som är parallell med linjen.
Svar: Linjens ekvation på parameterfårm : (x,y,z)=(1,2,3)+t(2,2,7)
Uppgift 6) ( 2 poäng)
En triangel har sina hörn i punkterna A(4,1,2), B=(6,2,-1) och C=(3,3,4).
Beräkna triangelns area.
 
 
Lösning: Låt u  AB  (2,1,3) och v  AC  (1,2,2)
 
Då gäller: u  v  (8,1,5) ,
 
| u  v | 64  1  25  90  3 10
1   3
10
AreanABC= | u  v | =
2
2
Uppgift 7) ( 2 poäng)
Undersök för vilket (vilka) värde på den reella parametern a som följande ekvationssystem
har oändligt många lösningar
x  y  2z  4
x yz 2
2 x  az  6
Lösning: Vi använder Gauss’ metod
x  y  2z  4
x  y  2z  4




x yz 2
 2 y  z  2
~
 ekv2  ekv1 
ekv3  2ekv1
2 x  az  6
 2 y  (a  4) z  2
x  y  2z  4




 2 y  z  2
~ 

ekv3  2ekv2
(a  3) z  0
Svar : Systemet har oändligt många lösningar om a=3
Uppgift 8) ( 2 poäng)
Bestäm avståndet från punkten (1,2,3) till planet x+2y+2z=0
Lösning: Avståndet från en punkt M= ( x0 , y0 , z 0 ) till planet Ax+By+Cz+D=0 kan beräknas
med hjälp av formeln
Ax  By 0  Cz 0  D
1 *1  2 * 2  2 * 3  0 11 11
| =|
d= | 0

|=
2
2
2
9 3
A  B C
12  2 2  2 2
Svar: d=11/3
Metod 2)
Först bestämmer vi ekvationen för den linje som går
genom punkten P=(1,2,3) parallell med vinkelrätt mot
planet och därför parallell med planets normalvektor

N =(1,2,2).
Linjens ekvation är x=1+t, y=2+2t , z=3+2t. Vi substituerar detta i planets ekvation
för att bestämma skärningspunkten Q:
1(1+t)+2(2+2t)+2(3+2t) =0.
Härav t=-11/9 och
11
22
22
Q= (1  , 2  , 3  )
9
9
9

11 22 22 11
QP = ( 9 , 9 , 9 ) = 9 (1,2,2)

d= |QP| =
11
11
1 4  4 =
9
3
Uppgift 9) ( 5 poäng)
( x 2  4)( x 2  2)
Lös olikheten
0
x3  x
Lösning:
Först faktoriserar vi uttrycket i reella faktorer:
( x  2)( x  2)( x 2  2)
0
x( x  1)( x  1)
Anm: Uttrycket x 2  2 är alltid positiv
-2
-1
0
1
2
x-2
x+2
-
0
+
+
+
+
+
+
+
0
+
+
+
x2+2
x+1
+
-
+
-
+
-
+
0
+
+
+
0
+
+
+
+
+
+
0
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
f(x)
-
0
+
ej d
-
ej
d
+
ej d
-
0
+
x
x-1
Svar: x  2   1  x  0  1  x  2
Uppgift 10 ) ( 5 poäng)
Ekvationen z 4  2 z 3  6 z 2  8 z  8  0 har en lösning z1  1  i .
Bestäm de övriga lösningar.
Lösning:
Ekvationen har reella koefficienter och en lösning z1  1  i implicerar att
z 2  1  i är också en lösning.
Härav följer att polynomet z 4  2 z 3  6 z 2  8 z  8  0 är delbart med
( z  z1 )( z  z 2 ) = ( z  (1  i ))( z  (1  i)) = ( z  (1  i ))( z  (1  i)) = ( z  1  i))( z  1  i))
= ( z  1) 2  i 2 = z 2  2 z  1  1 = z 2  2 z  2
Vi delar och får
z2  4
_____________________
z 4  2 z 3  6 z 2  8z  8 | z 2  2z  2
-( z 4  2 z 3  2 z 2 )
-------------------------4 z 2  8z  8
-( 4 z 2  8 z  8 )
-----------------0
Detta betyder att z 4  2 z 3  6 z 2  8 z  8 =( z 2  2 z  2 )( z 2  4 )
Det återstår att lösa
z 2  4 =0
z 2  4
z 3, 4  2i
Svar: Ekvationen har 4 lösningar: z1, 2  1  i , z 3, 4  2i
Uppgift 11 ) ( 5 poäng)
Bestäm parametern a så att skärningslinjen mellan planen
x  y  3z  1  0 och x  3 y  z  2  0
blir parallell med planet 5 x  ay  3z  3  0
Lösning: Vi löser systemet (Gauss` metod)
x  y  3z  1  0
x  y  3z  1  0
x  3y  z  2  0
~ [ekv2 -ekv1]
4y +4z-3 = 0
Härav får vi skärningslinjen ekvation :
1
3
 2t , y =  t , z = t
4
4

En riktnings vektor är v = (2,-1,1)

Planets normal (normalvektor) är N =(5,a,-3)
(Linjen och planet är parallella ) 


( v och N är vinkelräta)
 
 (Skalärprodukt v N =0).
Vi löser ekvationen
10-a-3=0
och får
a=7
Svar: a=7
x=
Uppgift 12 ) ( 5 poäng)Lös följande ekvation med avseende på x
1
a
a2
1 ( x  1) 2 ( x  1) 4  0
1
b
b2
Lösning: Vi inför substitutionen y  ( x  1) 2 och för andragradsekvationen :
1 a
a2
1 y
y2  0
1 b
b2
Metod 1:
A ab
Om a  b är determinanten =0 för alla y
x1, 2  1  y där y är ett godtyckligt tal.
B ab
Vi ser omedelbart att ekvationen har 2 lösningar:
y=a (första raden och andra raden är lika och därför blir determinanten 0) och
y=b (andra raden och tredje raden är lika och därför blir determinanten 0)
Om vi utvecklar determinanten för vi en andragradsekvation m a p y . Detta medför att vi inta
har flera lösningar förutom y=a och y=b .
i) y=a
y  ( x  1) 2  ( x  1) 2  a  x1, 2  1  a
ii) y=b
y  ( x  1) 2  ( x  1) 2  b  x3, 4  1  b
Svar:
A: Om a  b då x1, 2  1  y där y är ett godtyckligt tal (oändligt många lösningar).
B: a  b då x1, 2  1  a x3, 4  1  b ( 4 lösningar)
Metod 2: Vi utvecklar determinanten och får
(y-b)(y-a)(a-b)=0
Därefter fortsätter vi som ovan i Metod 1 .
Uppgift 13 ) ( 5 poäng)
Beräkna volymen av tetraedern med hörnen
A=(1,2,3), B=(2,2,5), C=(5,8,5) och D=(4,5,-3)

 
 

Lösning: u  AB =(1,0,2), v  AC =(4,6,2) w  AD =(3,3,-6)
1 0 2
  
| u (v  w) |
Volymen av tetraedern=
=|4 6 2 |=9
6
3 3 6
Lycka till!