Lösningsförslag TATA

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Lösningsförslag TATA"

Arne Sundström
för 4 år sedan
Visningar:

1 Lösningsförslag TATA (a) Summan är geometrisk med kvoten q =/ och termer Alltså X0 k= k = X0 k+ k= k = (b) Från definitionen av binomialkoe n n = = n där endast n =är en lösning t (c) Låt z = a + bi där a b R Dåmåste =! cienter ser vi att n(n ) = n n = 0 (n /) = n n n = ± är bara definierat för n = ( + i)(a + bi) i(a + bi) = i a bi + ai + b ai +b = i a +b (a +b)i = i ( ( a +b = a =0/ a +b = b =/ 0 + i Alltså ges den enda lösningen av z =! Svar: (a) (b) (c) z = 0 + i (a) För att alla logaritmer ska vara definierade krävs att <x< Antag att x ufller detta villkor Då gäller (eftersom ln är injektiv) att ln (x + ) + ln( x) =ln( x) ln ((x +)( x)) = ln( x) (x +)( x) = x x x =0 x = ± där x =inteufllerattx< men x = ufller <x< (b) Logaritmlagar och det faktum att ex och ln är varandras inverser visar att e ln e ln ln (e ln ) +(lne ) eln = ln e ln e ln +( ) = = ( ) = + = 0 ln () + ( ) Svar: (a)x = (b) 0

2 (a) Då cos t =cos( t) (=cos(t ) =cos(t + )) följer det att cos x +cosx =0 cos x =cos( x) ±x = x + n n Z Lösningarna ges alltså av x = + n nz eller x = (b) Vi ser att =arcsin i 0 h + n n Z Eftersom 0 < < /kanvidirektritauen rätvinklig hjältriangel där sin = Ifråndenna triangel kan vi se att tan = (c) Eftersom cos v = och <v< såmåste(trigonometriskaettan) sin v = s = Därför blir sin v =sinv cos v = = Svar: (a)x = + n n Z ellerx = + n n Z (b) (c) (a) Vi börjar med att reda ut största möjliga definitionsmängd För att logaritmen ska vara definierad måste vi kräva att bli noll vilket skulle ske då x >0 så x< Vidare får nämnaren inte +ln( x) =0 ln( x) = x = e x = e Definitionsmängden D f ges således av x< och x = e För x D f gäller att = +ln( x) =+ln( x) x =ex x = ex Vi finner högst en lösning för varje vilketinnebär att f () = (b) Då ± D g = R och g( invers Svar: (a)x< x = ( e ); f () = ex ) = g() = kan g inte vara injektiv och därmed saknas ex (b) invers saknas

3 Vi använder Eulers formler för att skriva om vänsterledet enligt e ix e ix e ix e ix e ix e ix sin x sin x sin x = i i i = i = i e ix e ix e ix + e ix e ix e ix e i0x e ix + e ix e ix + e ix + e i0x = (sin x +sinx sin 0x) Ekvationen vi vill lösa kan då skrivas som sin x +sinx där n är ett godtckligt heltal Svar: (sin x +sinx sin 0x =sinx sin 0x =sinx >< 0x =x + n eller >: 0x = x + n n sin 0x); x = n Z ellerx = + n n Z Det komlexa talet i liggeriandrakvadrantenochkanskrivas i = e i / = e i / >< >: x = n eller x = + n På samma sätt Detta medför att i =e i / i i = e i (/+/) = e i / Låt nu z +i = w och w = re i' där r 0och' R Dåmåste w = r e i = ( e i / r = r 0 = / + n n Z () Detta visar att r =( ) / = /0 och ' = 0 + n n Z Eftersom z = i + w blir nu våra lösningar Im z = i + /0 e i( 0 + n ) n =0 Här har vi valt att endast numrera de lösningar som är unika (när n =fårvisammalösning som när n = 0 etc) Observera dock att för ekvivalensen i ekvation () måste vi ha n Z godtcklig /0 i Re Svar: z = i + /0 e i( 0 + n ) n =0

4 Vi börjar med att skissa hur funktionen ser ut Om k =0och0ale x< är f(x) =cosx Om k =0och ale x<0 är f(x) = cos x Vi ser att uttrcken hakar i varandra när x =0eftersomcos0= cos 0 Samma beteende ureas när k = ± ±med skillnaden att funktionen har skiftats k enheter i vertikal led Vi definierar intervallen I k och J k k Z enligt I k =[(k ) k [ och J k =[k (k +) [ J I J I 0 J 0 I J I 0 0 x Vi ser i figuren att även om funktionen inte är eriodisk så finns det en form av eriodisk smmetri Mcket riktigt är f(x + ) =f(x) för alla x R Vidare vet vi att om ale x<0sågäller att f(x + ) =cos(x + ) = cos x = cos x =f(x) vilket visar att f(x + ) =f(x) för alla x R Deträcker alltså i rinci att betrakta till exemel intervallet J 0 där 0 ale x< För x J 0 är f strängt avtagande så f måste vara strängt avtagande å hela R Såledesär f injektiv och har en invers f Låt = f(x) såattx = f () Då är f(x + ) =f(x) x + = f (f(x) ) f ()+ = f ( ) För x J 0 gäller sedan att Alltså kommer = f(x) =cosx f () =arccos() <ale f ( k) =arccos( k) k <ale k +

5 Men då vi vet att f ( k) =f ()+k såmåste Inversen kan alltså skrivas f () =arccos( k) k k <ale k + f () =arccos( k) k k <ale k +k Z () Hur ser då inversen ut? Som bekant (eller hur?) ges grafen av seglingen av = f(x) i linjen = x vilketstämmer överens med det uttrck vi fått fram ovan = f (x) 0 = x x = f(x) Svar: Figuren och uttrck för inversen finns ovan Alternativ II Detgåräven att direkt angria varje intervall I k och J k för att hitta ett uttrck för inversen men det blir lite mer otmligt Låt k Z Vi undersöker varje delintervall som f(x) är definierad å Vi börjar med att undersöka f(x) när x I k Då gäller att = f(x) = k cos x cos x = k x = ± arccos( k )+ n n Z eftersom ] k k] så k [ ] Vi söker x I k sådenendalösningen som ufller kraven är x = arccos( k )+ k k <ale k ()

6 där vi valt minuslösningen samt n = k Alltså är f () = k arccos( k ) för ] k k] Det är också klart att f(x) är strängt avtagande å intervallet eftersom cos är strängt växande å detta intervall Om x J k dvsk ale x<(k +) sågäller att = f(x) = k +cosx cos x =k + x = ± arccos(k + )+ n n Z eftersom ] k k] såk + [ ] Vi behöver ha x J k så x =arccos(k + )+ k k <ale k () där vi valt den ositiva lösningen samt n = k eftersomdettaär den enda möjligheten Alltså är f () = k +arccos(k + ) för ] k k] Även här är f strängt avtagande Vi ser att funktionen hänger iho i skarvarna och att minunkten i föregående intervall I k blir maxunkten i nästa intervall J k Funktionenär alltså inverterbar å hela R För att uttrcka definitionsmängden för f i växande ordning (som vi normalt gör) ersätter vi k med k i()och()ovanocherhållerdåatt ( f k +arccos( k) +k<ale+k () = k Z () k arccos( + k ) +k<ale+k Övning: visa att () och () reresenterar samma funktion

Relevanta dokument

Lösningsförslag TATM

Lösningsförslag TATM9 0-0-0. a) Summan är geometrisk med kvoten q = / och termer. Alltså, 50 k = 50 k+ = k ) ) ) ) =. k= k= b) Från definitionen av binomialkoefficienter ser vi att ) ) n n nn ) 6 = = =