LUNDS TEKNISKA H¨OGSKOLA L¨OSNINGAR MATEMATIK

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.