Lösningar - math.chalmers.se

MATEMATIK
Hjälpmedel: inga
Chalmers tekniska högskola
Datum: 130315 kl. 08.30–12.30
Tentamen
Telefonvakt: Jonny Lindström
0733 607040
LMA222a Matematik DAI1 och EI1
Tentan rättas och bedöms anonymt. Skriv tentamenskoden tydligt på placeringlista och samtliga inlämnade papper. Fyll i omslaget ordentligt.
För godkänt på tentan krävs 23 poäng på tentamens första del (godkäntdelen). Bonuspoäng från duggor 2013
räknas med. För betyg 4 resp. 5 krävs dessutom 33 resp. 43 poäng sammanlagt på tentamens två delar, varav
minst 4 resp. 6 poäng på del 2.
Lösningar läggs ut på kursens hemsida. Resultat meddelas via Ladok ca. tre veckor efter tentamenstillfället.
Del 1: Godkäntdelen
1. Denna uppgift finns på separat blad på vilket lösningar och svar skall skrivas. Detta blad
inlämnas tillsammans med övriga lösningar.
(16p)
2. Bestäm centrum och halvaxlar i den ellips som har ekvationen 8x2 − 32x + y 2 − 4y + 28 = 0.
(3p)
Lösning:
8x2 − 32x + y 2 − 4y + 28 = 0.
⇔
8((x − 2)2 − 22 ) + (y − 2)2 − 22 + 28 = 0
⇔
8(x − 2) + (y − 2)2 = 8
2
⇔
(y − 2)2
(x − 2)2 +
= 1.
8
Vi har då att a = 1, b =
√
8 och centrum i (2, 2).
x3
− 2x2 + yx
y
så långt som möjligt.
3. Förenkla uttrycket
y x
( − )
x y
Lösning:
(3p)
x3
x(x − y)2
x3 − 2x2 y + y 2 x
− 2x2 + yx
−x2 (x − y)
y
y
y
=
=
−
=
.
y x
−(x − y)(x + y)
x+y
y 2 − x2
( − )
x y
xy
xy
4. Lös ekvationen 2 ln(x − 3) − ln(2x − 3) = ln 1.
Lösning:
Vi ser direkt att definitionsmängden är x > 3.
Vi tillämpar en av logaritmlagarna på vänster led och får
ln(x − 3)2 − ln(2x − 3) = ln 1.
(4p)
Ytterliggare tillämpning av en logaritmlag ger
ln
(x − 3)2
= ln 1.
2x − 3
Vi skriver om båda leden med basen e
e
ln
(x − 3)2
2x − 3 = eln 1 .
och får följande ekvation att lösa
(x − 3)2
=1
2x − 3
som efter lite förenklingar blir
x2 − 8x + 12 = 0
vilken har lösningarna x1 = 6 som är ok! och x2 = 2 som är falsk!
√
3
, 0 ≤ v ≤ 2π.
5. För vilka v är | sin v| ≤
2
Lösning:
√
√
√
3
3
3
| sin v| ≤
⇔ −
≤ sin v ≤
.
2
2
2
Studerar vi figuren nedan till höger finner vi att
0≤v≤
π
3
(4p)
y
y=
2π
4π
≤v≤
3
3
5π
≤ v ≤ 2π
3
6. Låt f (x) = cos(x +
√
3
2
x
√
y = − 23
π
) + sin x. Lös ekvationen f ′ (x) = 0.
3
Lösning:
Derivering av f (x) ger
f ′ (x) = − sin(x +
f ′ (x) = 0 och att cos x = sin(
π
) + cos x.
3
π
− x) ger oss följande ekvation att lösa
2
sin(x +
π
π
) = sin( − x)
3
2
som har lösningen
x=
π
+ nπ.
12
(4p)
7. Bestäm en ekvation för den tangent, till kurvan y = tan(
πx2
), som har x− koordinaten 1.
4
(4p)
Lösning:
π
= 1.
4
Deriverar vi f (x) får vi
Vi har att f (1) = tan
f ′ (x) = (1 + tan2 (
πx2 πx
))( ).
4
2
Insättning av x = 1 i f ′ (x) ovan ger
π π
f ′ (1) = (1 + tan2 ( ))( ) = π.
4 2
Insättning i tangentens ekvation ger
y − 1 = π(x − 1)
⇔
y = πx + 1 − π.
VÄND!
Del 2: Överbetygsdelen
I allmänhet kan inte poäng på dessa uppgifter räknas in för att nå godkäntgränsen.
8. Vilka logiska samband gäller mellan följande utsagor( motivera!).
P : x2 ≤ 2x + 3,
Q : x − 2 < 2x − 3 ≤ 3 − x,
(4p)
R : |x − 1| ≤ 2.
Lösning:
P kan skrivas x2 − 2x − 3 ≤ 0 ⇔ (x − 3)(x + 1) ≤ 0 vilket är detsamma som −1 ≤ x ≤ 3.
För Q gäller att vänstra olikheten x − 2 < 2x − 3 ⇔ x > 1. För den högra olikheten gäller
2x − 3 ≤ 3 − x ⇔ x ≤ 2. Vänster och höger olikhet sammanfaller då 1 < x ≤ 2.
För utsagan R gäller att −2 ≤ x − 1 ≤ 2 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3.
De logiska sambanden blir då:
P ⇔ Q, Q ⇒ P , Q ⇒ R.
9. Lös ekvationen x + ln(ex − 1) = ln 12.
(4p)
Lösning:
Vi sätter ex = t ⇔ x = ln t. Insättning i ekvationen ger
ln t + ln(t − 1) = ln 12
Vi tillämpar en av logaritmlagarna på vänster led och får ekvationen
ln(t(t − 1)) = ln 12
att lösa. Omskrivning av båda leden med basen e ger oss följande ekvation att lösa
t2 − t = 12
som har lösningen
t1 = −3 falsk ∨ t2 = 4 ok!
Vi får då att
ex = 4 ⇔ x = ln 4.
10. Funktionen f (x) =
2x + 1
är given.
x−3
(a) Bestäm inversen ϕ(y) till f .
(2p)
Lösning:
Vi löser f (x) = y d.v.s.
2x + 1
3y − 1
= y ⇔ 2x + 1 = y(x − 3) ⇔ x(2 − y) = −3y + 1 ⇔ x =
, y ̸= 2.
x−3
y−2
Så inversen ϕ(y) ges av
ϕ(y) = x =
3y − 1
, y ̸= 3.
y−2
(b) Bestäm funktionen g så att g(f (x)) = 3x för alla x ̸= 3.
(2p)
Lösning:
Vi sätter f (x) = y och vet enligt uppgift a) att x = ϕ(y) vilket ger
g(f (x)) = 3x ⇔ g(y) = 3x ⇔ g(y) = 2ϕ(y) ⇔ g(y) = 2
3y − 1
, y ̸= 2.
y−2
Lycka till!
Jonny L
Anonym kod
sid.nummer
LMA222a Matematik DAI1 och EI1
130315
1
1. Till nedanstående uppgifter skall korta lösningar redovisas, samt svar anges, på anvisad plats
(endast lösningar och svar på detta blad, och på anvisad plats, beaktas).
(a) Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (x) då f (x) = x2 − 5x
(3p)
Lösning:
f (x + h) − f (x)
(x + h)2 − 5(x + h) − (x2 − 5x)
x2 + 2xh + h2 − 5x − 5h − x2 + 5x
=
=
h
h
h
h(2x + h − 5)
=
= (2x + h − 5) → 2x − 5 då h → 0.
h
Svar: 2x − 5. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
√
1 − 2x
(b) Lös ekvationen
− x = 0.
8
Lösning:
√
√
1 − 2x
1 − 2x
1 − 2x
−x=0⇔
= x. Kvadrering av båda leden ger
= x2
8
8
8
1
1
Denna andragradsekvation har lösningarna x1 = − som är en falsk rot och x2 =
2
4
√
1 − 2x
som är ok efter prövning i ekvationen
= x.
8
1
......................................................................
4
(c) Ekvationen x3 − 4x2 − 2x + 8 = 0 har en heltalsrot. Ange denna rot samt ekvationens
övriga rötter.
(3p)
Svar: x =
(3p)
Lösning:
Möjliga rötter:±1, ±, 2±, 4 ± 8. Efter prövning finner vi att x = 4 är en rot till
x3 − 4x2 − 2x + 8 = 0.
2
Om vi dividerar x3 − 4x2 − 2x + 8 med x − 4 får
√ vi kvotpolynomet k(x) = x − 2.
Löser vi k(x) = 0 får vi övriga två rötter x = ± 2
√
√
Svar: x1 = 4, x2 = 2, x3 = − 2. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(d) Bestäm y ′ om tan y = y 3 cos x.
(3p)
Lösning:
(1 + tan2 y)y ′ = 3y 2 y ′ cos x − y 3 sin x ⇔ y ′ (3y 2 cos x − 1 − tan2 y) = y 2 sin x ⇒
y′ =
y 2 sin x
3y 2 cos x − 1 − tan2 y
y 2 sin x
..................................................
3y 2 cos x − 1 − tan2 y
(e) Lös ekvationen |x2 − 4| + x = 8.
Svar: y ′ =
Lösning:
För x < −2 får vi ekvationen x2 − 4 + x = 8 att lösa.Denna ekvation har rötterna
x1 = −4 ok! och x2 = 3 som är falsk!
För −2 ≤ x < 2 får vi ekkvationen −x2 + 4 + x = 8 att lösa. Denna ekvation saknar
reella rötter.
För x ≥ 2 får vi ekvationen x2 − 4 + x = 8 att lösa.Denna ekvation har rötterna
x1 = −4 falsk! och x2 = 3 som är ok!
Svar: x1 = −4 och x2 = 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
(4p)
Po