1. No category

Sidor i boken
124-125
Vi räknar en KS1
För att ni ska få en uppfattning om hur en KS kan se ut räknar vi här igenom den enda KS1 som
givits i denna kurs! Totalt kan man få 12 poäng. Om man lyckas skrapa ihop 7 poäng eller mer är
man godkänd och får tillgodoräkna 4 poäng på ordinarie tentamen.
Problem 1. Förenkla uttrycket så långt som möjligt (2p)
(a − 3b)2 + a(6b − a)
Lösning:
(a − 3b)2 + a(6b − a)
(a2 − 6ab + 9b2 ) + (6ab − a2 )
a2 − 6ab + 9b2 + 6ab − a2
9b2
Svar: 9b2
Problem 2. Förenkla uttrycket så långt som möjligt. (2p)
a2 − 4
6a2
a+2
12a
Lösning:
a2 − 4
6a2
a+2
12a
2
a − 4 12a
·
6a2
a+2
12a(a2 − 4)
6a2 (a + 2)
12a(a − 2)(a + 2)
6a2 (a + 2)
2(a − 2)
a
Kommentarer: Ett dubbelbråk. Vi vet att vi kan skriva om det som en produkt där nämnaren är
inverterad. Vi tillämpar konjugatregeln på första faktorn i täljaren. Innan vi multiplicerar samman
faktorerna i täljaren och nämnaren passar vi på att förkorta så långt möjligt.
Svar:
2(a − 2)
a
Håkan Strömberg
1
KTH STH
Problem 3. Lös ekvationen (2p)
2x3 = 32x
Lösning: Direkt ser vi att likhet råder då x = 0 eftersom det insatt ger 0 = 0. Det betyder att x1 = 0.
Vi kan nu lugnt dividera båda leden med x och får
2x2
x2
x2
x
x
x2
x3
=
=
=
=
=
=
=
32
32
2
16√
± 16
±4
4
−4
Här en alternativ lösning som går ut på att vi faktoriserar polynomet och direkt ser när vänstra ledet
blir = 0
2x3 − 32x = 0
2x(x2 − 16) = 0
2x(x − 4)(x + 4) = 0
x1 = 0
x2 = 4
x3 = −4
Svar: x1 = 0, x2 = 4, x3 = −4.
Problem 4. Lös ekvationen (2p)
x2
1
+2=
x−1
x−1
Lösning: Vi ser här att x 6= 1 för om x = 1 får vi
ekvationen.
x2
+2
x2− 1 x
+2
(x − 1)
x−1
x2 (x − 1)
+ 2(x − 1)
x−1
x2 + 2x − 2
x2 + 2x − 3
x
x
(x1
x2
1
0
=
=
=
=
=
=
=
=
=
i två av termerna. Medveten om detta löser vi
1
x−1 1
(x − 1)
x−1
x−1
x−1
1
0
√
−1 ± 12 + 3
−1 ± 2
1)
−3
Svar: x = −3
Problem 5. Lös ekvationen (2p)
x4 − 4x2 − 45 = 0
Lösning: Normalt kan vi inte lösa polynomekvationer av 4:e graden. Ett undantag är då ekvationen
saknar både x3 -term och x-term. Det är precis vad som är fallet här. Tillvägagångsättet är då att
substituera t = x2 och vi får ekvationen
x4 − 4x2 − 45
t2 − 4t − 45
t
t
t1
t2
Håkan Strömberg
=
=
=
=
=
=
2
0
0 √
2 ± 4 + 45
2±7
9
−5
KTH STH
√
Återstår att bestämma 9 = x2 som leder till x1 = 3 och x2 = −3. Men −5 = x2 leder till x = ± −5,
som inte leder till reella rötter. En 4:e gradsekvation har alltid 4 rötter om man räknar både reella
och imaginära. I vår kurs redovisar vi inte imaginära rötter, vilket betyder att en 4:e ’gradare’ har
0, 2 eller 4 rötter. I detta fall finns två rötter.
Svar: x1 = 3 och x2 = −3.
Problem 6. Förenkla uttrycket så långt som möjligt. (2p)
a
− 1 a2 − ab
a−b
Lösning:
a
− 1 a2 − ab
a−b
a−b
a
a(a − b)
−
a−b a−b
a − (a − b)
a(a − b)
a−b
b
a(a − b)
a−b
b(a − b)
a
a−b
ab
Svar: ab
Polynom i faktorform
Målet med föreläsningen är att kunna skriva ett polynom på faktorform. Polynomet
3x2 − 6x − 24
består av tre termer. Det kan också skrivas som
3(x + 2)(x − 4)
Nu som tre faktorer. Den som inte tror kan multiplicera samman faktorerna
3(x + 2)(x − 4)
3(x2 − 4x + 2x − 8)
3(x2 − 2x − 8)
3x2 − 6x − 24
Det stämmer! Men utför man faktoriseringen? Vi tar ett nytt exempel
Exempel 1.
2x2 − 8x − 42
Lösning: Först bryter vi ut så mycket vi kan. Vi kan dock inte bryta ut mer än 2
2(x2 − 4x − 21)
Håkan Strömberg
3
KTH STH
Det som står inom parentes betraktar vi som en andragardsekvation som vi måste lösa.
x2 − 4x − 21
x
x
x1
x2
=
=
=
=
=
0 √
2 ± 4 + 21
2±5
7
−3
Andragradsekvationen kan nu skrivas, som vi tidigare nämnt
(x − 7)(x + 3) = 0
Det betyder att vi kan skriva i tre steg
2x2 − 8x − 42 ≡ 2(x2 − 4x − 21) ≡ 2(x − 7)(x + 3)
Istället för tre termer består nu polynomet av tre faktorer. Nästa exempel
Exempel 2. Faktorisera polynomet som är av tredje graden
3x3 + 3x2 − 6x
Lösning: Först bryter vi ut allt vi kan
3x3 + 3x2 − 6x
3x(x2 + x − 2)
Sedan löser vi ekvationen
x2 + x − 2 q
=0
x = − 21 ±
x = − 21 ±
x = − 21 ±
x = − 21 ±
x1 = 1
x2 = −2
1
q4
1
q4
+2
+
8
4
9
4
3
2
Det betyder att faktoriseringen ser ut så här
3x(x − 1)(x + 2)
Om vi hade att lösa tredjegrasekvationen
3x3 + 3x2 − 6x = 0
så kan vi utifrån faktorerna direkt säga att rötterna är x1 = 0, x2 = 1 och x3 = −2. Att vi klarar
att lösa den här tredjegradsekvationen beror på att den är speciell. Den saknar konstant term och
därför ser vi direkt att x = 0 är en rot.
Hade vi istället stött på denna ekvation, också av tredje graden
x3 − 3x2 − 10x + 24 = 0
så hade vi inte haft någon annan chans än att gissa rötterna. Därför kommer vi inte att träffa på
någon ekvation av 3:e graden i denna kurs om den inte är speciell som i vårt exempel.
Med det datorprogram som jag har och som finns på skolans datorer kan man skriva
Solve[x^3-3x^2-10x+24==0]
{{x-> -3}, {x-> 2}, {x-> 4}}
Håkan Strömberg
4
KTH STH
och få svaret på direkten. Det finns till och med räknedosor som klarar detta. Men de är inte
tillåtna på KS:ar och tentor.
Exempel 3. Faktorisera polynomet
x3 − x
Lösning: Vi bryter ut och får x(x2 − 1). Vad kan man såga om (x2 − 1) ? Jo att vi kan tillämpa
konjugatregeln och direkt få (x2 − 1) ≡ (x + 1)(x − 1). Och vips har vi faktoriserat x3 − x ≡
x(x + 1)(x − 1)
Exempel 4. Faktorisera polynomet
4x2 + 8x + 20
Vi bryter ut och får
4(x2 + 2x + 5)
Vi löser ekvationen
x2 + 2x + √
5=0
x = −1 ± 1 − 5
Ekvationen har inga reella rötter, (negativt under rottecknet), och se då kan inte polynomet faktoriseras.
Vi lär oss att man säger:
Polynomet p(x) = (x + 3)(x − 2) har nollställena x = −3 och x = 2
Ekvationen (x + 3)(x − 2) = 0 har rötterna x1 = −3 och x2 = 2
Nollställena till ett polynom p(x) får man reda på genom att lösa ekvationen p(x) = 0.
Problem 7. Ekvationen
84 + 47x − 37x2 + x3 + x4 = 0
är en fjärdegradsekvation med rötterna
x1 = −7, x2 = −1, x3 = 3, x4 = 4
Faktorisera med denna information uttrycket
84 + 47x − 37x2 + x3 + x4
Lösning: Med den kunskap vi har klarar vi det hela utan att räkna
(x + 7)(x + 1)(x − 3)(x − 4)
Problem 8. Lös ekvationen
x4 + 4x2 + 3 = 0
Lösning: Vi vet att vi kan klara den här ekvationen, just därför att den saknar x3 -term och x-term.
Vi startar med att substituera t = x2 och får
t2 + 4t + 3
t
t
t1
t2
=
=
=
=
=
0
√
−2 ± 4 − 3
−2 ± 1
−3
−1
Nu ska vi lösa x2 = −3 och x2 = −1, men inga av dessa ekvationer har reella rötter, vilket betyder
att den ursprungliga ekvationen helt saknar (reella) rötter.
Svar: Ekvationen saknar rötter.
Håkan Strömberg
5
KTH STH
Problem 9. Lös ekvationen
a + bx = c − dx
med avseende på x
Lösning: Det är bara att betrakta a, b, c och d, som om de vore tal.
a + bx
bx + dx
(b + d)x
x
Svar: x =
=
=
=
=
c − dx
c−a
c−a
c−a
b+d
c−a
b+d
Problem 10. Lös ekvationen
a(x − b) = b(x + a)
med avseende på x.
Lösning: Samma här, vi betraktar a och b som tal eller konstanter.
a(x − b)
ax − ab
ax − bx
(a − b)x
x
Svar: x =
=
=
=
=
=
b(x + a)
bx + ab
2ab
2ab
2ab
a−b
2ab
a−b
Problem 11. Lös ekvationen
x3 + x2 − 12x = 0
Lösning: Detta är alltså en tredjegradsekvation som vi kan lösa därför att den saknar konstant term.
Vi vet då att en rot x1 = 0.
För de andra två rötterna bryter vi ut x och får x(x2 + x − 12) Vi går vidare med ekvationen
x2 + x − 12
=
0
x
=
− 21 ±
x
x
x2
x3
=
=
=
=
− 21 ±
− 21 ±
−4
3
q
1
q4
+
12·4
4
49
4
7
2
Svar: x1 = 0, x2 = −4, x3 = 3
Problem 12. Ursprungligen finns en kvadratisk tomt som utökas i nordsydlig riktningen med 12
m och i östvästlig med 10 m. Tomten får nu en area på 15128 m2 . Vilken var tomtens ursprungliga
mått?
Lösning: Antag att den kvadratiska tomten från början har sidan x meter. Efter förlängning är tomtens sidor x + 12 meter respektive x + 10 meter. Arean kan nu tecknas på två sätt (x + 10)(x + 12) =
15128. Rötterna till denna ekvation ger oss svaret
(x + 10)(x + 12) = 15128
x2 + 12x + 10x + 120
x2 + 22x − 15008
x
x
x1 = 112
Håkan Strömberg
=
=
=
=
6
15128
0
√
−11 ± 121 + 15008
−11 ± 123
x2 = −134
KTH STH
Svar: Den ursprungliga sidan hos tomten var 112 meter.
Läxa 1. Lös ekvationen
x4 − x2 − 6 = 0
Läxa 2. Faktorisera uttrycket
z2 − 7z + 10
Läxa 3. Är det sant att den här ekvationen
x3 − 6x2 + 11x − 6 = 0
har rötter x1 = 1, x2 = 3 och x3 = 4 ?
Läxa 4. Ett bostadskvarter i en stad upptar ett markstycke av storleken 230 × 350 m2 . Den jämnbreda gatan runt om kvarteret beräknas uppta 24800 m2 . Vilken bredd har gatan?
Läxa 5. Bestäm konstanten a så att ekvationen
3(a − x) + 4a = 9
får en rot x = 4
Läxa Lösning 1. En fjärdegradsekvation som saknar x3 -term och x-term klarar vi genom att substituera t = x2 . Vi får
t2 − t − 6 = 0 q
t = 12 ± 14 + 6·4
4
t = 12 ± 25
t1 = −2
t2 = 3
2
Återstår så att lösa −2 = x2 och
ser då direkt att den första saknar reella rötter och att
√ 3 = x . Vi √
3
och
x
=
−
3
den andra har
rötter
är
x
=
2
1
√
√
Svar: x1 = 3, x2 = − 3
Läxa Lösning 2. Vi vet att vi kan få tag i faktorerna genom att lösa ekvationen
z2 − 7z + 10
=
0
z =
7
2
7
2
7
2
z =
z =
z1 =
z2 =
5
2
±
±
±
q
q
49
4
−
10·4
4
9
4
3
2
När vi nu har rötterna kan vi direkt skriva ned faktorerna
z2 − 7z + 10 ≡ (z − 5)(z − 2)
Svar: (z − 5)(z − 2)
Håkan Strömberg
7
KTH STH
Läxa Lösning 3. För att testa om ett visst x-värde satisfierar en ekvation, sätter man helt enkelt in
värdet och kontrollerar om V.L. = H.L.
V.L.
H.L.
V.L.
H.L.
V.L.
H.L.
13 − 6 · 12 + 11 · 1 − 6 ≡ 0
0
23 − 6 · 22 + 11 · 2 − 6 ≡ 0
0
43 − 6 · 42 + 11 · 4 − 6 ≡ 6
0
Här kommer räknedosan till användning.
Svar: x1 = 1, x2 = 2 men x3 6= 4
Läxa Lösning 4. Antag att gatan är x meter bred. Vi kan teckna hela arean (inklusive gatan) på
två sätt. Detta leder till andragradsekvationen:
(2x + 230)(2x + 350)
4x2 + 700x + 460x + 230 · 350
4x2 + 1160x
x2 + 290x
x
x
x1
(x2
=
=
=
=
=
=
=
=
24800 + 230 · 350
24800 + 230 · 350
24800
6200 √
−145 ± 1452 + 6200
−145 ± 165
20
−310)
Svar: Gatan är 20 meter bred
Läxa Lösning 5. Vi sätter in x = 4 i ekvationen och får
3(a − 4) + 4a
3a − 12 + 4a
7a
a
a
=
=
=
=
=
9
9
9 + 12
21
7
3
Ekvationen
3(3 − x) + 12 = 9
har roten x = 4
Svar: a = 3
Håkan Strömberg
8
KTH STH
Som vanligt gäller det i denna avdelning att förenkla uttrycket så långt möjligt.
Problem 13.
1
1
1
+
+
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)
Lösning:
1
1
1
+
+
≡
(a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)
1
(−1)
1
1
+
+
≡
(a − b)(a − c) (−1)(b − c)(b − a) (−1)(−1)(a − c)(b − c)
2
a−c
a−b
b−c
−
+
≡
(a − b)(a − c)(b − c) (a − c)(b − c)(a − b) (a − b)(a − c)(b − c)
3
(b − c) − (a − c) + (a − b)
≡
(a − b)(a − c)(b − c)
4
b−c−a+c+a−b
≡
(a − b)(a − c)(b − c)
5
0
≡
(a − b)(a − c)(b − c)
6
0
Vi startar med att försöka finna en gemensam nämnare. Det ser ut som vi kan få en bestående av tre
faktorer om vi på tre ställen använder ’knepet’ (x − y) = (−1)(y − x), (1). I andra termen förlänger
vi med (−1). Observera att i tredje termen bryter vi ut (−1) två gånger och får (−1)(−1) = 1. Detta
är alltså ingen förlängning. I (2) förlänger vi de tre bråken med det uttryck som inte redan finns i
nämnaren. Vi kan skriva allt på samma bråkstreck (3). Efter förenkling får vi 0 i täljaren (5). Svar: 0
Håkan Strömberg
9
KTH STH
Problem 14.
b 
a
+


(b + c)  b + c b + c 
a+b

Lösning:
b 
a
+


(b + c)  b + c b + c  ≡
a+b

1
a+b


(b + c)  b + c  ≡
a+b
1
2
(b + c)
a+b
1
·
b+c a+b
3
(b + c)
1
b+c
4
b+c
≡
b+c
5
1
≡
≡
Först identifierar vi huvudbråkstrecket som det längsta av alla bråkstreck. Sedan ser vi att i täljaren
har de två bråken redan samma nämnare och kan därför enkelt skriva dem på samma bråkstreck. I
nämnaren gör vi för enkelhetens skull ett bråk av a + b genom att lägga till nämnaren 1, se (1). Vi
håller oss fortfarande innanför parenteserna. Vi vet hur vi ska hantera division av två bråk (2). Vi
kan förkorta (3) och multiplicerar till sist de två parenteserna (4) och förkortar och får Svar: 1
Figur 1:
Håkan Strömberg
10
KTH STH
Problem 15.
1−
b
2a − b
a2
−a+b
a−b
Lösning:
a2
−a+b
a−b
b
1−
2a − b
1
2a − b
b
−
2a − b 2a − b
2
2a − b − b
2a − b
3
2a − 2b
2a − b
4
2(a − b) b(2b − b)
·
≡
2a − b
a−b
5
2b
≡
a2
a(a − b) b(a − b)
−
+
a−b
a−b
a−b
a2 − a(a − b) + b(a − b)
a−b
a2 − a2 + ab + ab − b2
a−b
≡
≡
≡
Vi ska multiplicera en parentes med 2 termer med en annan som innehåller 3 termer vilket kommer
att ge oss 6 termer med lite olika nämnare. Detta är en framkomlig väg, men vi väljer istället att
reducera uttrycken i varje parentes för sig. Vi gör liknämnigt genom förlängning (1). Vi skriver de
båda parenteserna på gemensamma bråkstreck (2). Reducerar och bryter ut (3) och (4). Till sist får
vi Svar: 2b.
Figur 2:
Håkan Strömberg
11
KTH STH
Problem 16.
a+4 a
−
9
7
a a−2
−
7
6
Lösning:
a+4 a
−
9
7 ≡
a a−2
−
7
6
1
7(a + 4)
9a
−
7·9
9·7 ≡
6a
7(a − 2)
−
6·7
7·6
2
7a + 28 − 9a
63
≡
6a − 7(a − 2)
42
3
7a + 28 − 9a
42
·
≡
63
6a − 7(a − 2)
3
28 − 2a
42
2(14 − a)
42
·
≡
·
≡
63
14 − a
63
14 − a
4
4
84
=
63
3
Ett dubbelbråk igen. Vi startar med att skriva om huvudbråkets täljare och nämnare på gemensamt
bråkstreck (1). I täljaren är den gemensamma nämnaren 63 och i nämnaren 42 (2). Vi skriver om
bråken från en division till en multiplikation (3) och reducerar så långt vi kan (4). Svar: 43
Håkan Strömberg
12
KTH STH