Linköpings universitet
Matematiska institutionen
Martin Bengtsson
Lösningar till dugga 1
Matematisk grundkurs TATA68
2014-09-12, kl. 8-11
2
2
1. (a) 3x2 − 4x + 5 = 3 x2 − 34 x + 53 = 3 x2 − 43 x + 23 − 32 + 53 =
2
2
11
2
3 x − 23 + 11
= 3 x − 32 + 11
9
3 ≥ 3 med likhet då x = 3
Svar: Minsta värdet är
11
3
och det antas då x =
2
3
(b) Polynomdivision med hjälp av liggande stolen:
x2
x3
− (x3
−
−
−
2x
4x2
2x2 )
−2x2
− (−2x2
−
−
5
x
−
+
x
4x)
−5x
− (−5x
+
2
+
2
x−2
+ 2
+ 10)
−8
ger att kvoten är x2 − 2x − 5 och resten −8 så:
x3 − 4x2 − x + 2
−8
= x2 − 2x − 5 +
x−2
x−2
Svar: x2 − 2x − 5 −
8
x−2
(Kvoten är: x2 − 2x − 5 och resten är: −8)
(c) Första nämnaren är 1 + 5p och nämnarna ökar med 3p för varje term i
summan och vi kan därför få nämnarna av 1+5p+k(3p) där startvärdet
på k är = 0. Kvoten i summans sista term har en nämnare som är 1+38p
dvs 1 + 5p + 3kp = 1 + 38p ⇔ 5 + 3k = 38 ⇔ k = 11 och summans
sista term ska således ha k = 11.
Svar:
11
X
k=0
2. (a)
1
1 + (5 + 3k)p
1 + 5i
(1 + 5i)(2 + 3i)
2 + 13i + 15i2
−13 13
=
=
=
+ i = −1 + i
2
2 − 3i
(2 − 3i)(2 + 3i)
4 − 9i
13
13
Svar: −1 + i
(b) Lösningarna till |z −2| = 3 är alla de komplexa tal z som i det komplexa
talplanet ligger på avståndet 3 från det reella talet 2. Lösningarna bildar
en cirkel med mittpunkten (2, 0) och radien 3.
Alternativ lösning: Ansätt
z = x + iy.
p
|x + iy − 2| = 3 ⇔
(x − 2)2 + y 2 = 3 ⇔ (x − 2)2 + y 2 = 32 vilket
är ekvationen för cirkeln med mittpunkten (2, 0) och radien 3.
Svar: Lösningarna bildar en cirkel med mittpunkten (2, 0) och radien 3
i det komplexa talplanet.
(c) Med ansättningen z = x + iy där x och y är reella tal fås
5(x + iy) − 2(x − iy) + 2 = i ⇔ 3x + 7iy = −2 + i.
Två komplexa tal är bara lika om deras realdelar är lika och deras
imaginärdelar är lika. Vilket här ger 3x = −2 och 7y = 1 ⇔
x = − 23 och y = 71
Svar: z = − 23 +
3.
i
7
x
x
x − (x − 1)(x + 1)
≤x−1 ⇔
− (x − 1) ≤ 0 ⇔
≤0 ⇔
x+1
x+1
x+1
2
2
x − 12 − 14 − 1
x − 12 − 45
−x2 + x + 1
≤0 ⇔
≥0 ⇔
≥0 ⇔
x+1
x+1
x+1
√ √ √ √ x − 12 + 25 x − 12 − 25
x − 1−2 5 x − 1+2 5
≥0 ⇔
≥0
x+1
x+1
√
√
x − 1−2 5 x − 1+2 5
Teckentabell med f (x) =
x+1
x
x + 1√
x − 1−2√5
x − 1+2 5
f (x)
-1
0
-
@
√
1+ 5
2
√
1− 5
2
+
+
+
+
-
0
0
0
0
√
1− 5
2
f (x) ≥ 0 då −1 < x ≤
Svar: −1 < x ≤
√
1− 5
2
eller x ≥
eller x ≥
+
+
+
+
√
1+ 5
2
√
1+ 5
2
√
4. V L = 4 − x3 ≥ 0 ger att HL = 2x − 2 ≥ 0 dvs x ≥ 1. För x ≥ 1 kan vi
använda ekvivalens:
√
4 − x3 = 2x − 2 ⇔ 4 − x3 = (2x − 2)2 = 4x2 − 8x + 4 ⇔
2
2
2
x3 + 4x2 −√8x = 0 ⇔ x(x
√ + 4x − 8) = 0 ⇔ x((x + 2) − 2 − 8) = 0 ⇔
x(x + 2 + 12)(x + 2 − 12) = 0.
√
Sista ekvationen
har
lösningskandidaterna
x
=
0,
x
=
−2
−
√
√ 12 och
x = −2 +√ 12 men av dessa är det endast x = −2 + 12 som uppfyller
x ≥ 1 (ty 12 > 3) och därmed är den enda lösningen till ekvationen.
√
Svar: x = −2 + 12
5.
x+1
−x − 1
x−a
|x − a| =
a−x
|x + 1| =
om x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1
om x + 1 ≤ 0 ⇔ x ≤ −1
om x − a ≥ 0 ⇔ x ≥ a
om x − a ≤ 0 ⇔ x ≤ a
För att kunna visualisera delar vi upp i de två huvudfallen a ≤ −1 och a ≥ −1.
Betraktar först a ≤ −1 som ger tre olika fall:
Fall 1: x ≤ a ≤ −1
|x + 1| + |x − a| = 1 ⇔ −x − 1 + (a − x) = 1 ⇔ 2x = a − 2 ⇔ x = a2 − 1
Lösningen x = a2 − 1 ligger i intervallet för fall 1 omm a2 − 1 ≤ a och
a ≤ −1 ⇔ a2 ≥ −1 och a ≤ −1 ⇔ −2 ≤ a ≤ −1.
Fall 2: a ≤ x ≤ −1
|x + 1| + |x − a| = 1 ⇔ −x − 1 + (x − a) = 1 ⇔ a = −2
Samtliga värden på x i detta falls intervall är lösningar om a = −2.
Om a 6= −2 får vi inga lösningar från fall 2.
Fall 3: a ≤ −1 ≤ x
|x + 1| + |x − a| = 1 ⇔ x + 1 + (x − a) = 1 ⇔ 2x = a ⇔ x = a2
Lösningen x = a2 ligger i intervallet för fall 3 omm a2 ≥ −1 och a ≤ −1 ⇔
−2 ≤ a ≤ −1.
Fall 1-3 ger:
För a = −2 är −2 ≤ x ≤ −1 lösningar, för −2 < a ≤ −1 är x = a2 − 1 och x = a2 lösningar.
(Vi har här valt att använda sträng olikhet mellan −2 och a då lösningarna:
−2
x = −2
2 −1 = −2 och x = 2 = −1 redan är medtagna i första lösningsmängden.)
Om vi däremot betraktar a ≥ −1 så fås fall 4, 5 och 6.
Fall 4: x ≤ −1 ≤ a
|x + 1| + |x − a| = 1 ⇔ −x − 1 + (a − x) = 1 ⇔ 2x = a − 2 ⇔ x = a2 − 1
Lösningen x = a2 − 1 ligger i intervallet för fall 4 omm a2 − 1 ≤ −1 och
a ≥ −1 ⇔ a2 ≤ 0 och a ≥ −1 ⇔ −1 ≤ a ≤ 0.
Fall 5: −1 ≤ x ≤ a
|x + 1| + |x − a| = 1 ⇔ x + 1 + (a − x) = 1 ⇔ a = 0
Samtliga värden på x i detta falls intervall är lösningar om a = 0.
Om a 6= 0 får vi inga lösningar från fall 5.
Fall 6: −1 ≤ a ≤ x
|x + 1| + |x − a| = 1 ⇔ x + 1 + (x − a) = 1 ⇔ 2x = a ⇔ x = a2
Lösningen x = a2 ligger i intervallet för fall 6 omm a2 ≥ a och a ≥ −1 ⇔
−1 ≤ a ≤ 0.
Fall 4-6 ger:
För a = 0 är −1 ≤ x ≤ 0 lösningar, för −1 ≤ a < 0 är x = a2 − 1 och x = a2 lösningar.
(Vi har här valt att använda sträng olikhet mellan a och 0 då lösningarna:
x = 20 −1 = −1 och x = 02 = 0 redan är medtagna i första lösningsmängden.)
I sammanfattningen av ekvationens lösningar kan intervallen −2 < a ≤ −1
och −1 ≤ a < 0 läggas ihop till intervallet −2 < a < 0 eftersom vi har
samma lösningar i de båda intervallen.
Svar: För
För
För
För
För
a < −2 saknar ekvationen lösning.
a = −2 löses ekvationen av alla x sådana att −2 ≤ x ≤ −1.
−2 < a < 0 fås lösningarna av: x = a2 − 1 och x = a2 .
a = 0 löses ekvationen av alla x sådana att −1 ≤ x ≤ 0.
a > 0 saknar ekvationen lösning.
