Tentamen

Tentamen
Växjö universitet
Matematiska och systemtekniska institutionen
Examinator
Fälten nedan fylls i av tentanden
Marcus Nilsson
Datum
Namn:
Tid
2009–12–5
9–14
Adress:
Plats
Stenladan
Kurskod
MA1011
E-post:
Tillåtna hjälpmedel
Bifogat formelblad
Ej miniräknare
Telefonnummer:
Personnummer:
Meddelande från läraren
Tentamensutdelning sker torsdagen den
17 december 12.15-13.00 (drop in) i
D0036.
Antal inlämnade blad:
Kryssa för de uppgifter du lämnat in
Uppgift
1
2
3
4
5
6
7
8
Poäng
Betyg
Uppvisat kårlegitimation
Ja
Nej
Uppvisat legitimation
Ja
Nej
Tid för inlämmnande
Tentamensvaktens signatur
Poäng
Sätt X
Växjö universitet
Matematiska och systemtekniska institutionen
Marcus Nilsson
Tentamen i Grundläggande matematik 1, MA1011, 7.5hp
Lördagen den 5 december 2009, klockan 9–14.
Tentamensutdelning sker torsdagen den 17 december 12.15-13.00 (drop in) i D0036.
Tillåtna hjälpmedel: Bifogat formelblad
Ej miniräknare
1. (a) Lös olikheten
5
≥ 𝑥 + 1.
𝑥−3
(b) Lös ekvationen
𝑥+2=
√
𝑥 + 8.
(3p)
(2p)
2. (a) Låt 𝐴 = {1, 2, 3} och 𝐵 = {3, 4, 5}. Bestäm unionen och snittet av 𝐴 och 𝐵.(1p)
(b) Vad menas med konjugatet till ett komplext tal?
(1p)
(c) Vad menas med permutationen av 𝑘 element ur en mängd med 𝑛 element?(1p)
(d) Vad menas med kombinationen av 𝑘 element ur en mängd med 𝑛 element?(1p)
(e) Vilken av följande implikationer är sann?
A: 𝑥2 = 1 =⇒ 𝑥 = 1
B: 𝑥2 = 1 ⇐= 𝑥 = 1
3. (a) Skriv talet (133)10 i basen 2.
(1p)
(2p)
(b) Skriv talet (133)10 i basen 16.
(1p)
(c) Skriv talet (1101011)2 i basen 10.
(2p)
4. Lös ekvationen
𝑥4 + 2𝑥3 + 3𝑥2 + 2𝑥 + 2 = 0,
då du vet att 𝑥 = −1 + 𝑖 är en rot.
(5p)
5. Studera utvecklingen av
(
2
− 2𝑥3
𝑥
)19
.
Bestäm koefficienterna för 𝑥-termen och 𝑥3 -termen.
(5p)
6. Bestäm samtliga lösningar till
𝑧 6 + 2𝑧 3 + 2 = 0
och svara i potensform.
(5p)
7. Formulera och bevisa faktorsatsen.
(5p)
8. (a) Bestäm antalet icke-negativa heltalslösningar till ekvationen
𝑥1 + 𝑥2 = 4.
Notera att både 𝑥1 och 𝑥2 skall vara heltal och 𝑥1 ≥ 0, 𝑥2 ≥ 0. Notera också
att (𝑥1 , 𝑥2 ) = (1, 3) och (𝑥1 , 𝑥2 ) = (3, 1) är olika lösningar.
(1p)
(b) Bestäm antalet icke-negativa heltalslösningar till
𝑥1 + 𝑥2 + 𝑥3 = 4.
(2p)
(c) Låt 𝑘 och 𝑛 vara positiva heltal. Bestäm en formel för antalet icke-negativa
heltalslösningar till
𝑥1 + 𝑥2 + . . . + 𝑥𝑘 = 𝑛.
Ledning: Placera ut 𝑛 ettor på de 𝑘 variablerna.
Lycka till!
(2p)
Växjö universitet
Matematiska och systemtekniska institutionen
Marcus Nilsson
Lösningsförslag till tentamen i Grundläggande matematik 1, MA1011, 7.5hp
Lördagen den 5 december 2009, klockan 9–14.
1. (a) Vi har
5
5
(𝑥 + 1)(𝑥 − 3)
≥ 𝑥 + 1 ⇐⇒
−
≥ 0 ⇐⇒
𝑥−3
𝑥−3
𝑥−3
(𝑥 − 4)(𝑥 + 2)
𝑥2 − 2𝑥 − 8
≤ 0 ⇐⇒
≤ 0.
𝑥−3
𝑥−3
Vi gör en teckenundersökning
x
𝑥−4
𝑥+2
𝑥−3
för att avgöra när denna olikhet är uppfylld.
-2
3
4
- - - 0 +
- 0 +
+
+ + +
- - 0
+ + +
(𝑥−4)(𝑥+2)
- 0 + Ej def. - 0 +
𝑥−3
Detta ger oss att olikheten är uppfylld för 𝑥 ≤ −2 och för 3 < 𝑥 ≤ 4.
(b) Vi har
𝑥+2=
√
𝑥 + 8 ⇔ (𝑥 + 2)2 = 𝑥 + 8 ⇐⇒ 𝑥2 + 3𝑥 − 4 = 0.
Denna ekvation har lösningarna
√
√
3
9
25
3
3 5
𝑥=− ±
+4=− ±
=− ± ,
2
4
2
4
2 2
det vill säga 𝑥 = −4 eller 𝑥 = 1. På grund av att vi kvadrerade måste vi prova
om dessa rötter löser ursprungsekvationen. En prövning ger att endast 𝑥 = 1
är en lösning.
2. Se boken och föreläsningsanteckningarna.
3. (a) Vi delar 133 upprepade gånger med 2:
133 = 2 ⋅ 66 + 1
66 = 2 ⋅ 33 + 0
33 = 2 ⋅ 16 + 1
16 = 2 ⋅ 8 + 0
8=2⋅4+0
4=2⋅2+0
2=2⋅1+0
1=2⋅0+1
Detta ger
(133)10 = (10000101)2 .
(b) Division med 16 ger:
133 = 8 ⋅ 16 + 5.
Detta ger
(133)10 = (85)16 .
(c) Vi får
(1101011)2 = 26 + 25 + 23 + 21 + 1 = 107.
4. Eftersom vi har reella koefficienter så måste även 𝑥 = −1 − 𝑖 vara en rot. Polynomet
𝑝(𝑥) = 𝑥4 + 2𝑥3 + 3𝑥2 + 2𝑥 + 2
måste alltså vara delbart med
(𝑥 − (−1 + 𝑖))(𝑥 − (−1 − 𝑖)) = 𝑥2 + 2𝑥 + 2.
Polynomdivision ger
𝑝(𝑥) = (𝑥2 + 1)(𝑥2 + 2𝑥 + 2).
De övriga nollställena till 𝑝(𝑥) är alltså rötter till 𝑥2 + 1 = 0, det vill säga 𝑥 = ±𝑖.
Alla lösningar till 𝑝(𝑥) = 0 är 𝑥 = −1 + 𝑖, 𝑥 = −1 − 𝑖, 𝑥 = −𝑖 samt 𝑥 = +𝑖.
5. Enligt binomialsatsen har vi
(
2
− 2𝑥3
𝑥
)19
=
19 ( ) ( )𝑘
∑
2 (
19
𝑘=0
𝑘
𝑥
−2/𝑥
)
3 19−𝑘
19 ( )
∑
19 19
2 (−1)19−𝑘 𝑥57−4𝑘 .
=
𝑘
𝑘=0
Vi får (en)𝑥-term då 57 − 4𝑘 = 1, det vill säga då 𝑘 = 14. Koefficienten för 𝑥-termen
219 . För att få en 𝑥3 -term måste 57 − 4𝑘 = 3, alltså då 𝑘 = 27/2. Eftersom
blir − 19
14
𝑘 inte är ett heltal saknas 𝑥3 -term och koefficienten blir 0.
6. Sätt 𝑤 = 𝑧 3 . Ekvationen blir nu en andragradsekvation i 𝑤,
𝑤2 + 2𝑤 + 2 = 0.
Denna ekvation har lösningarna 𝑤 = −1 ± 𝑖. Vi har kvar att lösa 𝑧 3 = −1 + 𝑖 och
𝑧 3 = −1 − 𝑖.
(i) Vi börjar √
med 𝑧 3 = −1 + 𝑖. Vi går över till potensform. Sätt 𝑧 = 𝑟𝑒𝑖𝜙 . Vi har
−1 + 𝑖 = 2𝑒3𝜋𝑖/4 . Ekvationen blir
√
𝑟3 𝑒3𝜙𝑖 = 2𝑒3𝜋𝑖/4 .
Vilken har lösningar för 𝑟 = 21/6 och
𝜙=
2𝜋
𝜋
+𝑘⋅
,
4
3
där 𝑘 = 0, 1, 2. Dessa blir 𝑧 = 21/6 𝑒𝑖𝜋/4 , 𝑧 = 21/6 𝑒𝑖11𝜋/12 och 𝑧 = 21/6 𝑒𝑖19𝜋/12 .
(ii) På likande sätt får vi att ekvationen 𝑧 3 = −1−𝑖 har lösningarna 𝑧 = 21/6 𝑒−𝑖𝜋/4 ,
𝑧 = 21/6 𝑒𝑖5𝜋/12 och 𝑧 = 21/6 𝑒𝑖13𝜋/12 .
7. Se boken och föreläsningsanteckningar.
8. (a) Variabeln 𝑥1 kan ha 5 olika värden, och för varje värde på 𝑥1 finns ett bestämt
värde på 𝑥2 . Detta ger oss totalt 5 lösningar.
(b) Om 𝑥1 = 0 finns det fem olika värden på paret (𝑥2 , 𝑥3 ), från a-uppgiften. Om
𝑥1 = 1 så finns det fyra olika värden på (𝑥2 , 𝑥3 ). Om 𝑥1 = 2 så finns det tre
olika lösningar. För 𝑥1 = 3 finns det två olika lösningar. Slutligen för 𝑥1 = 4
finns det bara en lösning (𝑥2 , 𝑥3 ) = (0, 0). Detta ger oss totalt
5+4+3+2+1=
6⋅5
= 15.
2
(c) Om vi tänker oss de 𝑘 variablerna som 𝑘 flexibla behållare avgränsade av 𝑘 − 1
mellanväggar. I dessa ska vi placera ut 𝑛 ettor. Detta kan göras på
(
)
𝑛+𝑘−1
.
𝑘−1
sätt.