LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
TENTAMENSSKRIVNING
ENDIMENSIONELL ANALYS
DELKURS A2
2012–01–09 8–13
INGA HJÄLPMEDEL. Lösningarna ska vara försedda med ordentliga motiveringar.
Lämna tydliga svar om så är möjligt.
1. a) En triangel har två sidor med längderna 4 och 5 cm, med mellanliggande vinkel
lika med 60o. Hur stor är dess area och hur lång är den återstående sidan? (0.4)
b) Formulera binomialteoremet.
(0.2)
9
3
6
c) Bestäm koefficienten framför x i uttrycket (3x − 2) .
(0.4)
2. a) Lös ekvationen 9x = 3x+1 + 10.
b) Bestäm alla x som löser ekvationen
(0.3)
10
log x +10 log(x − 3) = 1.
(0.3)
c) Bestäm maximal definitionsmängd och värdemängd för funktionen
f (x) = ln(6 − x − x2 ).
3. a) Betrakta följande tre påståenden:
√
A : 7 − x = x − 1, B : 7 − x = (x − 1)2 ,
(0.4)
C : x = 3.
Vilka implikationer och ekvivalenser gäller mellan dem?
(0.4)
100
b) Bestäm talet a så att x − 1 blir en faktor till polynomet x
c) Beräkna summan
100
X
2
+ x + a.
(0.3)
3−k .
(0.3)
k=2
4. a) Om cos x = 5/13, vilka värden kan då sin x och tan x anta?
b) Bestäm alla lösningar till ekvationen
(0.2)
sin x cos x = 2−3/2 .
(0.3)
c) Formulera och bevisa sinussatsen.
(0.5)
5. a) Lös ekvationen |x2 − 1| + 2x = 0.
(0.6)
b) För funktionen f gäller att Df = [−1, 1] och Vf = [0, 2]. Bestäm definitionsmängd
och värdemängd för de två funktioner g och h som definieras av g(x) = f (x + 2)
och h(x) = 1 − 2f (x).
(0.4)
6. a) Bestäm medelpunkt och radie för cirkeln som ges av x2 − 4x + y 2 + 6y + 8 = 0
och bestäm i vilka punkter den skär linjen 2x + y + 2 = 0.
(0.3)
b) Två tangenter till cirkeln i figuren skär varandra i punkten P. Bågen mellan tangeringspunkterna syns från P under vinkeln α och från medelpunkten under vinkeln β. Vilket
samband gäller mellan dessa vinklar?
(0.2)
P
α
β
c) Bestäm vinkeln α om tangenterna i figuren dras från skärningspunkterna i a).
[Svaret får innehålla arcusfunktioner.]
(0.5)
Lycka till!
LUNDS TEKNISKA HÖGSKOLA
MATEMATIK
LÖSNINGAR
ENDIMENSIONELL ANALYS
DELKURS A1
2012–01–09 8–13
√
√
1. a) Arean = 4 · 5 sin(π/3)/2 = 2 · 5 · 3/2 = 5 3 och längden d av den återstående
sidan√ges av cosinussatsen: d2 = 42 + 52 − 2 · 4 · 5 cos(π/3) = 41 − 20 = 21, varför
d = 21.
P
b) (a + b)n = nk=0 nk an−k bk .
c) Den k:te termen i binomialutvecklingen är k6 (3x3 )6−k (−2)k . Exponent 9 fås med
k = 3, så koefficienten är 63 33 (−2)3 = −20 · 63 = −4320.
2. a) Sätt t = 3x . Då uppfyller t ekvationen t2 = 3t + 10 som har lösningarna t = 5 och
t = −2. Eftersom t måste vara positiv följer att 3x = 5 och alltså att x =3log 5 =
ln 5
.
ln 3
b) Ur en logaritmlag fås att 10 log x(x − 3) = 1, vilket i sin tur är ekvivalent med att
x2 − 3x = 10. Detta är samma andragradsekvation som i a), och den här gången
måste x > 3 för att ursprungsekvationen ska vara definierad. Det följer att x = 5
är enda lösningen.
1
2
c) Vi har att 6−x−x2 = −(x+3)(x−2) = −(x+ )2 +
25
. Maximal definitionsmängd
4
fås då (x + 3)(x − 2) < 0, alltså −3 < x < 2. Det största värde för 6 − x − x2 i
intervallet är 25/4 (antas då x = −1/2), så 6−x−x2 antar alla värden i intervallet
]0, 25/4] då −3 < x < 2. Det följer att Vf =] − ∞, ln(25/4)].
3. a) A ⇒ B fås genom kvadrering av ekvationen. Omvändningen gäller ej. Att C ⇒ B
ses genom instoppning, liksom att C ⇒ A. Löser vi ekvationen i B ser vi att den
har lösningarna x = 3 och x = −2, av vilka bara den förra löser A. Det följer att
A ⇒ C och alltså att C ⇔ A.
b) Insättning av x = 1 i polynomet ger enligt faktorsatsen att villkoret är att 2 + a =
0, dvs a = −2.
c)
100
X
k=2
3
−k
=3
−2
98
X
3−k = 3−2
k=0
1 − 3−99
1
= (1 − 3−99 ).
−1
1−3
6
4. a) Vi har att 122 + 52 = 132 , varför sin x = ±
Det följer att tan x =
12
enligt den trigonometriska ettan.
13
sin x
12
=± .
cos x
5
b) Multiplicerar vi ekvationen med 2 och använder att
√ sin(2x) = 2 sin x cos x så ser
vi att ekvationen är ekvivalent med sin(2x) = 1/ 2. Det följer att antingen är
2x = π/4 + 2kπ eller så är 2x = π − π/4 + 2kπ. Alltså är x = π/8 + kπ eller
x = 3π/8 + kπ.
c) Se geometriboken
5. a) Då x2√≥ 1 är ekvationen identisk med x2 − 1 + 2x = 0 ⇔ (x + 1)2 = 2 ⇔ x =
−1 ± 2. Av dessa ger endast −-tecknet en lösning som uppfyller villkoret. √
Om
2
2
2
x ≤ 1 är ekvationen identisk med −x +1+2x = 0 ⇔ (x−1) = 2 ⇔ x = 1± 2.
Återigen är det endast
minustecknet
√
√ som ger en rot som uppfyller villkoret.
Svar: x = −1 − 2 och x = 1 − 2.
b) Dg är alla x sådana att x + 2 ligger i [−1, 1], alltså Dg = [−3, −1]. Ingen ändring i
höjdled, så Vg = Vf . h är definiera i samma punkter som f , alltså Dh = Df , medan
Vh utgörs av alla tal mellan 1 − 2 · 0 = 1 och 1 − 2 · 2 = −3, alltså Vh = [−3, 1].
6. a) x2 − 4x + y 2 + 6y + 8 = (x − 2)2 + (y + 3)2 − 5, så ekvationen är ekvivalent
med (x√
− 2)2 + (y + 3)2 = 5, vilket betyder cirkeln med medelpunkt i (2, −3) och
radien 5. För att få skärningspunkterna med linjen sätter vi in y = −2(x + 1) i
ekvationen för cirkeln: (x − 2)2 + (−2(x + 1) + 3)2 = 5 ⇔ (x − 2)2 + (2x − 1)2 =
5 ⇔ 5x2 − 8x = 0, vilken har lösningarna x = 0 och x = 8/5. Detta ger oss de två
skärningspunkterna (0, −2) och (8/5, −26/5).
b) De två vinklarna som utgör skärning mellan tangent och radie är räta, och vinkelπ
summan i en fyrhörning är 2π, så α + β + 2 = 2π vilket betyder att α + β = π.
2
c) Beräkna vinkeln β istället genom att först beräkna avståndet mellan
√ de två skärp
√
8
5
ningspunkterna: (8/5 − 0)2 + (−26/5 + 2)2 = 82 + 162 /5 =
. Vinkeln β
5
√ √ 8
är nu toppvinkel i en likbent triangel med sidorna 5, 5, √ , och drar vi höjden
5
√
√
i den finner vi att 5 sin(β/2) = 4/ 5, dvs β = 2 arcsin(4/5). Ur b) följer nu att
π
α = 2( − arcsin(4/5)) = 2 arccos(4/5).
2
