LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA MATEMATIK 1. a) √ x+5+x=1 ⇔ ⇔ √ LÖSNINGAR ENDIMENSIONELL ANALYS A1 2011–10–21 kl 14–19 x+5=1−x ⇒ x + 5 = (1 − x)2 x2 − 3x − 4 = 0 ⇔ x = −1 eller x = 4. Kontroll i ursprungsekvationen visar att endast x = −1 är en rot. b) Vi delar upp i två olika fall: x≥2: |x − 2| = 2x + 1 ⇔ x − 2 = 2x + 1 ⇔ x = −3, x<2: |x − 2| = 2x + 1 ⇔ −(x − 2) = 2x + 1 ⇔ x = 31 . Eftersom endast x = 1/3 ligger i rätt intervall, så är detta den enda roten. c) Dubbelolikheten 5/2 < x < 17/2 svarar mot alla tal x vars avstånd till talet 11/2 är lika med 3. Med tolkningen av abslolutbelopp som avstånd kan vi uttrycka detta som |x − 11/2| < 3. Svaret är alltså a = 11/2 och b = 3. 2. a) För formulering av faktorsatsen, se läroboken sidan 28. För att faktorisera p(x) börjar vi med bryta ut faktorn x. Därefter gissar vi nollstället x = 1 och polynomdividerar den återstående faktorn med x − 1 (faktorsatsen). Avslutningsvis kan vi använda konjugatregeln: p(x) = x4 − x3 − 2x2 + 2x = x(x3 − x2 − 2x + 2) = √ √ = x(x − 1)(x2 − 2) = x(x − 1)(x − 2)(x + 2). b) För formulering av binomialsatsen, se läroboken sidan 57. Använder vi binomialsatsen på uttrycket i uppgiften får vi 2x − 1 9 2 = 9 X 9 k k=0 (2x)9−k − Vi ser att x4 -termen svarar mot fallet k = 5: 5 9 (2x)4 − 21 = 95 24 x4 (−1)5 215 = − 12 · 5 1 k . 2 9! x4 4!·5! = −63x4. Den sökta koefficienten är alltså −63. 3. a) Vi kan här utnyttja ”förflyttnings- och omskalningsregler”: y y = f (x + 1) − 1 y y = 2f (x) 2 y = f (−x) y 1 −1 1 x −1 1 2 x töjning faktorn 2 i y-led −2 −1 spegling i y-axeln x 1 steg vänster och 1 steg ner y y = f (2x) y 1 1 1/2 1 x y = f (1 − x) = f (−(x − 1)) −1 hoptryckning faktorn 2 i x-led x 1 spegling i y-led följt av 1 steg höger b) Vi kvadratkompletterar först vänsterledet (x och y var för sig): x2 − 2x + 4y 2 + 16y + 1 = (x − 1)2 − 1 + 4(y 2 + 4y) + 1 = = (x − 1)2 + 4 (y + 2)2 − 4 = (x − 1)2 + 4(y + 2)2 − 16. Ekvationen kan således skrivas (x − 1)2 + 4(y + 2)2 = 16 x − 1 2 ⇔ 4 + y + 2 2 2 = 1, och svarar mot en ellips med medelpunkt (1, −2) och halvaxlarna 4 och 2. y −3 5 x 1 −2 −4 4. a) 9x − 3x − 2 = 0 ⇔ (3x )2 − 3x − 2 = 0 ⇔ t = 2 eller t = −1 t=3x ⇔ ⇔ t2 − t − 2 = 0 3x = 2 eller 3x = −1. Eftersom 3x = −1 saknar lösning, är den enda lösningen x =3log 2 (alt. x = ln 2 ). ln 3 b) Se läroboken sidan 133. c) Eftersom f (x) = ex+1 + ex − 1 = ex · e1 + ex − 1 = (e + 1)ex − 1, så kan man få grafen till f genom att först ”töja” kurvan y = ex faktorn e + 1 i y-led, och sedan flytta resultatet ett steg nedåt. Det följer därför att f är injektiv, och att Df −1 = Vf =] − 1, ∞[. Vidare är Vf −1 = Df = R. Vi bestämmer nu inversen: ⇔ y = ex+1 + ex − 1 ⇔ y+1 = ex e+1 ⇔ Inversen ges således av f −1 (y) = ln y+1 e+1 , y > −1. y = (e + 1)ex − 1 x = ln y+1 e+1 . 5. a) Vi använder hjälpvinkelmetoden och får √ √ f (x) = sin x − 3 cos x = 2 21 sin x + − 23 cos x = = 2 cos − π3 sin x + sin − π3 cos x = 2 sin x − π3 . Eftersom sin x − π3 pendlar mellan −1 och 1, så är Vf = [−2, 2]. b) 1 8 cos2 x ⇔ 1 16 1 8 cos2 x + cos 2x = 0 ⇔ + t2 − 21 t = 0 ⇔ t = 1 4 (dubbel) ⇔ x = ± π3 + k2π ⇔ t=cos2 x + 2 cos2 x − 1 = 0 1 8t ⇔ cos2 x = 1 4 + 2t − 1 = 0 ⇔ cos x = ± 21 eller x = ± 2π + k2π, 3 k ∈ Z. 6. a) Låt θ beteckna storleken av vinkeln A. Använder vi areasatsen får vi · 5 · 6 · sin θ = 9 ⇔ sin θ = 53 ⇔ θ = arcsin 53 (+k2π) eller θ = π − arcsin 53 (+k2π). De möjliga värdena på vinkeln är alltså arcsin 35 och π − arcsin 53 . 1 2 b) Vi inför beteckningar enligt figur: D A β x α β y w α z B C (Notera de parvis lika vertikalvinklarna vid skärningspunkten.) Med areasatsen så kan sambandet mellan trianglarnas areor skrivas 1 xy 2 ⇔ sin α + 12 zw sin α = 21 yz sin β + 12 xw sin β (xy + zw) sin α =(yz + xw) sin β. Eftersom β = π − α (sidovinklar), så följer det att sin β = sin(π − α) = sin α, och (xy + zw) sin α = (yz + xw) sin β ⇔ xy + zw = yz + xw ⇔ xy − xw + zw − yz = 0 ⇔ x(y − w) − z(y − w) = 0 ⇔ (x − z)(y − w) = 0 ⇔ x=z eller y = w.