Lösningar till intro-tentan i matematik, f.m. 020831 (I1)

1. (a)

   
   

   $$3x^{2}=1-4x \Leftrightarrow 3x^{2}+4x-1=0$$

   $$\Leftrightarrow x^{2}+\frac{4}{3}x-\frac{1}{3}=0$$

   $$\Leftrightarrow \left(x+\frac{2}{3}\right)^{2}-\left(\frac{2}{3}\right)^{2}-\frac{1}{3}=0$$

   $$\Leftrightarrow \left(x+\frac{2}{3}\right)^{2}=\frac{7}{9}$$

   $$\Leftrightarrow \boxed {x=\frac{-2\pm \sqrt{7}}{3}}.$$

   
   

   (b)

   Linjens riktningskoefficient ges av $k=(3-5)/(7-(-2))=-2/9$. Enpunktsformeln ger nu att

   $$y-3=-2/9\cdot(x-7),$$

   vilket är samma sak som .

   (c)

   Betrakta den rätvinkliga triangeln med kateterna $3$ och $2$ (se Figur , sista sidan). Låt $v$ vara vinkeln mellan kateten med sida $2$ och hypotenusan. Då gäller att $\tan{v}=3/2$ (som önskat), och att $0<v<\pi/2$. Hypotenusans längd blir, enligt Pythagoras sats, $\sqrt{9+4}=\sqrt{13}$. Det följer att och .

   (d)

   Vi har
   

   $$x<\frac{1}{x} \Leftrightarrow \frac{1}{x}-\frac{x^{2}}{x}>0$$

   $$\Leftrightarrow \frac{1-x^{2}}{x}>0.$$

   
   

   För att olikheten skall gälla skall alltså båda faktorerna $1-x^{2}$ och $x$ vara positiva eller negativa. De är positiva precis för , och negativa för . Olikheten gäller alltså för precis dessa $x$. (Obs! Täljaren $1-x^{2}$ kan faktoriseras som $(1-x)(1+x)$, och en mer allmän lösningsstrategi hade varit att teckenstudera var och en av de tre faktorerna i olikheten i en teckentabell.)

2. (a)

   
   

   $$1+\ln{x}=\ln{7} \Leftrightarrow \ln{e}+\ln{x}-\ln{7}=0$$

   $$\Leftrightarrow \ln{\left(\frac{ex}{7}\right)}=0$$

   $$\Leftrightarrow \frac{ex}{7}=1$$

   $$\Leftrightarrow \boxed {x=\frac{7}{e}}.$$

   
   

   (b)

   
   

   $$2^{x+2}-3\cdot2^{x+1}+5\cdot2^{x}=9 \Leftrightarrow 4\cdot2^{x}-6\cdot2^{x}+5\cdot2^{x}=9$$

   $$\Leftrightarrow 3\cdot2^{x}=9$$

   $$\Leftrightarrow 2^{x}=3$$

   $$\Leftrightarrow \boxed {x=\frac{\ln{3}}{\ln{2}}}.$$

   
   

3. Vårt ekvationssystem är
   $$\left\{\begin{array}{rcrcrcr} x & + & 2y & + & 3z & = & 4\\ x & - & y & + & z & = & 5\\ 2x & + & 3y & + & z & = & 6\end{array}\right.$$
   Subtrahera ekvation I från ekvation II och subtrahera $2$ gånger ekvation I från III:
   $$\left\{\begin{array}{rcrcrcr} x & + & 2y & + & 3z & = & 4\\ & - & 3y & - & 2z & = & 1\\ & - & y & - & 5z & = & -2\end{array}\right.$$
   Addera $2$ gånger ekvation III till I och addera $-3$ gånger ekvation III till II. Multiplicera därefter ekvation III med $-1$:
   $$\left\{\begin{array}{rcrcrcr} x & & & - & 7z & = & 0\\ & & & & 13z & = & 7\\ & & y & + & 5z & = & 2\end{array}\right.$$
   Lös systemet:
   $$\left\{\begin{array}{rcr} z & = & 7/13\\ x & = & 7\cdot7/13\\ y & = & 2-5\cdot7/13\end{array}\right.$$
   Lösningen blir alltså .

4. Vi visar påståendet med induktion. För $n=0$ (basfallet) kontrollerar man snabbt att likheten är sann ($0=0$). Antag att formeln gäller för $n=N$, d.v.s. att
   $$\sum_{k=0}^{N}\frac{k^{2}}{2^{k}}=6-\frac{N^{2}+4N+6}{2^{N}}.$$
   Vi vill nu visa att detta medför att formeln då även gäller för $N+1$ (induktionssteget). Vi har
   

   $$\sum_{k=0}^{N+1}\frac{k^{2}}{2^{k}} = \frac{(N+1)^{2}}{2^{N+1}}+\sum_{k=0}^{N}\frac{k^{2}}{2^{k}}$$

   $$= \frac{(N+1)^{2}}{2^{N+1}}+6-\frac{N^{2}+4N+6}{2^{N}}$$

   $$= 6-\frac{2N^{2}+8N+12}{2^{N+1}}+\frac{(N+1)^{2}}{2^{N+1}}$$

   $$= 6-\frac{2N^{2}+8N+12-(N+1)^{2}}{2^{N+1}}$$

   $$= 6-\frac{N^{2}+6N+11}{2^{N+1}}$$

   $$= 6-\frac{(N+1)^{2}+4(N+1)+6}{2^{N+1}},$$

   
   
   som vi trodde och hoppades! Induktionsaxiomet ger nu att likheten gäller för alla $n\geq 0$, vilket skulle visas.

5. Låt $y=\cos{x}$. Då kan vi skriva ekvationen som
   $$4y^{4}+12y^{3}+5y^{2}-9y-6=0.$$
   Man gissar sig nu fram till rötterna $y_{1}=-1$ och $y_{2}=-2$ (möjligtvis genom succesiv faktorisering). Faktorsatsen ger att $(y+1)(y+2)$ är en faktor i vårt fjärdegradspolynom. Efter division ser man att
   

   $$4y^{4}+12y^{3}+5y^{2}-9y-6 = (y+1)(y+2)(4y^{2}-3)$$

   $$= 4(y+1)(y+2)(y-\sqrt{3}/2)(y+\sqrt{3}/2).$$

   
   

   Rötterna till ekvationen ges alltså av $y_{1}=-1$, $y_{2}=-2$, $y_{3}=-\sqrt{3}/2$ och $y_{4}=\sqrt{3}/2$. Vi har nu att lösa ekvationerna

   $$y_{j}=\cos{x}$$
   för $j=1,2,3,4$, där $x$ är en vinkel mellan 0 och $360^{\circ}$. För $j=1$ ges lösningen av $x=180^{\circ}$. För $j=2$ saknas lösning (ty $\vert\cos{x}\vert\leq 1$ för alla $x$). För $j=4$ är de godkända lösningarna $x=30^{\circ}$ respektive $x=-30^{\circ}+360^{\circ}=330^{\circ}$. För $j=3$ kan vi utnyttja lösningen för $j=4$ tillsammans med faktumet att $\cos{x}$ byter tecken om vi adderar (eller subtraherar) $180^{\circ}$ till (från) $x$. Lösningarna ges alltså av $x=30^{\circ}+180^{\circ}=210^{\circ}$, respektive $x=330^{\circ}-180^{\circ}=150^{\circ}$.

   Alltså, lösningarna ges av .

6. (a)

   Kvadratkomplettering:

   $$x^{2}+y^{2}=2x+4y\quad\Leftrightarrow\quad (x-1)^{2}-1+(y-2)^{2}-4=0$$

   $$\Leftrightarrow \quad (x-1)^{2}+(y-2)^{2}=(\sqrt{5})^{2}.$$

   Vi har alltså en cirkel med och . På samma sätt för vi

   $$x^{2}+y^{2}=6x-8y+K \quad\Leftrightarrow\quad (x-3)^{2}-9+(y+4)^{2}-16=K$$

   $$\Leftrightarrow \quad (x-3)^{2}+(y+4)^{2}=(\sqrt{25+K})^{2},$$

   där vi alltså får kräva att $K>-25$. Den geometriska betydelsen är i detta fallet en cirkel med och .

   (b)

   Låt oss börja med att räkna ut avståndet $d$ mellan medelpunkterna. Vi har att $d=\sqrt{(3-1)^{2}+(-4-2)^{2}}=\sqrt{40}$ (Pythagoras sats). Cirklarna kan tangera varandra på två sätt. Antingen kan vi ha en yttre tangeringspunkt, d.v.s. cirklarna ligger ``bredvid'' varandra och tangerar, eller en inre tangeringspunkt, d.v.s den ena cirkeln innesluter och tangerar den andra. I det första fallet måste det gälla att summan av cirklarnas radier är lika med avståndet $d$, d.v.s. $\sqrt{5}+\sqrt{25+K}=\sqrt{40}$. I det andra fallet måste den ena cirkelns radie vara lika med avståndet $d$ plus den andra cirkelns radie, d.v.s. $\sqrt{25+K}=\sqrt{40}+\sqrt{5}$. Vi kan sammanfatta dessa bägge ekvationer som $\sqrt{25+K}=\sqrt{40}\pm\sqrt{5}$. Vi har nu
   

   $$\sqrt{25+K}=\sqrt{40}\pm\sqrt{5} \Leftrightarrow 25+K=40\pm2\sqrt{200}+5$$

   $$\Leftrightarrow \boxed {K=20\pm20\sqrt{2}=20(1\pm\sqrt{2})}.$$

   
   

7. (a)

   Påståendet är falskt och ett motexempel ges av (t.ex.) $27$. Det är inte ett primtal. Antag då att det kan skrivas som $27=a+b$, där $a$ och $b$ är primtal. Antingen $a$ eller $b$ måste då vara jämnt och därmed lika med $2$. Men då blir det andra talet lika med $25$ som inte är ett primtal. Vi har en motsägelse.

   (b)

   Påståendet är sant (sambandet mellan aritmetiskt och geometriskt medium). Man har nämligen
   

   $$\sqrt{ab}\leq (a+b)/2 \Leftrightarrow a-2\sqrt{ab}+b\geq 0$$

   $$\Leftrightarrow (\sqrt{a}-\sqrt{b})^{2}\geq 0,$$

   
   

   som uppenbarligen är sant.

8. Placera tetraedern i ett rätvinkligt koordinatsystem enligt Figur . Vi får $A^{2}+B^{2}+C^{2}=(x_{0}^{2}y_{0}^{2}+x_{0}^{2}z_{0}^{2}+y_{0}^{2}z_{0}^{2})/4$. Vi är alltså klara om vi kan visa att detta uttryck är lika med $D^{2}$. För att bestämma $D^{2}$ ska vi räkna ut höjden $h$ (se Figur ) i den sneda sidoytan. Basen $b$ ges av $b=\sqrt{x_{0}^{2}+y_{0}^{2}}$ (Pythagoras sats).

   Betrakta nu den sidoyta (triangel) som ligger i $xy$-planet. Om vi kan bestämma höjden $l$ mot hypotenusan i denna triangel så är vi nästan klara. Då gäller ju nämligen att $h^{2}=l^{2}+z_{0}^{2}$ (Pythagoras sats igen). Vi har nu, för att sammanfatta, återfört vårt problem till att bestämma $l$. Men detta är lätt, eftersom vi kan utnyttja likformighet. Vi har¹

   $$\frac{l}{y_{0}}=\frac{x_{0}}{b}\quad \Leftrightarrow \quad l=\frac{x_{0}y_{0}}{b}.$$
   Det följer att
   

   $$D^{2} = (bh/2)^{2}$$

   $$= b^{2}\cdot(l^{2}+z_{0}^{2})/4$$

   $$= (b^{2}l^{2}+b^{2}z_{0}^{2})/4$$

   $$= (x_{0}^{2}y_{0}^{2}+(x_{0}^{2}+y_{0}^{2})z_{0}^{2})/4$$

   $$= A^{2}+B^{2}+C^{2},$$

   
   
   vilket skulle visas.

Figure: Uppgift $1$ (c).

a$3$ b$2$ c $\sqrt{3^{2}+2^{2}}=\sqrt{13}$ theta$v$

Figure: Uppgift $8$: Det räcker att bestämma $l$ (via likformiga trianglar) för att få ett uttryck för $h$, och därmed för $D^{2}$.

x0$x_{0}$ y0$y_{0}$ z0$z_{0}$ h$h$ l$l$ b$b$

/ MARTIN BRUNDIN, -02