Algebraiska uttryck: Introduktionskurs i matematik. Räknelagar: a = b a. a b. Potenser: 1. = ( n gånger )

Transkript

1 Intrduktinskurs i mtemtik 1 v 5 Algerisk uttrk: Räknelgr: lgen distriutiv lgr ssitiv lgr kmmuttiv, Ptenser: 1 n L n gånger n udd tl, jämnt tl n, n n n Ptenser med heltlsepnenter: Om h är hel tl då gäller följnde ptenslgr: Aritmetisk Rötter: n n... 1,, 0,, 0 n För udd epnenter definiers även rten ur ett negtivt tl: n n, , 1,, 0 n Ptenser med rtinell epnenter: 0, 1 0, 1 0, 0 0,, 0,

2 Intrduktinskurs i mtemtik p Om > 0, p h q hel tl, q 0 då definiers. Ptenser med reell epnenter: Ovnstående ptenslgrn gäller även för reell epnenter för psitiv ser. Uttrket är definierd för ll reell m sen > 0. Eempel: 16 1 / / / 8 Rtinell uttrk råk Uttrket är definiert m h endst m 0. Anmärkning: I nednstående eempel h frågr ntr vi tt rtinell uttrk är krrekt definierde dvs tt nämnrn 0. d,, d d, d d d d d 1 Kvdreringsreglern: Knjugtregeln:,. 1 p q q Eempel 1. Förenkl följnde uttrk Lösning v

3 Intrduktinskurs i mtemtik v 5 Eempel. Fktriser följnde uttrk z Lösning z z Eempel. Beräkn h förenkl 1 1 Lösning ÖVNINGSUPPGIFTER Beräkn h förenkl

4 Intrduktinskurs i mtemtik d. z d d z w d d d 4 4 e f d SVAR: d z 1 d d d d e 6. [ 5 ] f 4 v 5 [ ]

5 Intrduktinskurs i mtemtik d 5 v 5

6 Intrduktinskurs i mtemtik LINJÄRA EKVATIONSSYSTEM Två ekvtiner med två eknt vriler h. 1 d e f SUBSTITUTIONSMETODEN Vi löser ut en v de eknt ur den en ekvtinen h sätter in i den ndr. Eempel 1. Lös följnde ekvtinssstem ekt Lösning. I ndr ekvtinen är det lätt tt lös ut : Ekvtin ger 7.. I ekvtin 1 ersätter sustituerr vi därför med 7 I ekvtinen 1 ersätter vi med Divider åd leden med 11. insättes i 7, vilket ger 1 Kntrll: Svr:, 1 Eempel. Lös följnde ekvtinssstem med vseende på h 1 5 Lösning. I först ekvtinen är det lätt tt lös ut : 1. Ekvtin 1 ger. I ekvtin ersätter vi därför med Multiplier åd leden med insättes i, vilket ger d v s 1 1 v

7 Intrduktinskurs i mtemtik Svr: 1, 1 Eempel. Linjern i figuren hr ekvtinen h 1. Bestäm ekt krdintern för linjerns skärningspunkt. Lösning. Vi sk lös ekvtinssstemet 1 I ndr ekvtinen ersätter vi med vilket ger 1. 5 Vi ersätter i ekvtinen 1 h får 5 Svr:, ÖVNINGAR: Sustitutinsmetden 1-4 Lös följnde ekvtinssstem med vseende på h : Bestäm ekt krdintern för skärningspunkten melln de åd linjern h Svr: 1. 1,., 1., 1 4., 5. 1, 4 v

8 LINJÄRA EKVATIONSSYSTEM Två ekvtiner med två eknt vriler h. 1 d e f ADDITIONSMETODEN Först multiplierr vi en eller åd ekvtinern med lämplig tl så tt keffiientern för eller lir mtstt tl. Därefter dderr vi ekvtinern led för led h eliminerr en v vrilern. Eempel 1. Lös följnde ekvtinssstem med dditinsmetden Lösning. För tt få rt -termern vid dditinen, multiplierr vi den först ekvtinen med h den ndr med Vi ledvis dderr ekvtinern h får 8 8 Divider med insättes i ekvtinen 1 1 8, vilket ger. Svr:, 1 Alterntiv lösning. För tt få rt -termern vid dditinen, multiplierr vi den först ekvtinen med Vi ledvis dderr ekvtinern h får 4 8 Divider med 4. insättes i ekvtinen 1 8, vilket ger 1. Svr:, 1

9 5 1 Eempel. Lös följnde ekvtinssstem med vseende på h Lösning. För tt få rt -termern vid dditinen, multiplierr vi den först ekvtinen med h den ndr med Vi dderr ekvtinern led för led h får Divider med 11. insättes i ekvtinen Divider med 5 0 Svr: 0, Eempel. Lös följnde ekvtinssstem med vseende på h Lösning. Den här gången är det lett tt eliminer -termern. Vi multiplierr den ndr ekvtinen med Ledvis dditin ger Divider med 1. 1 insättes i ekvtinen 1 1 Svr: 1, 1 Eempel 4. I nednstående ekvtinssstem är > 0 h > 0. Bestäm h. 1 Lösning. För tt få rt -termern vid dditinen, multiplierr vi den först ekvtinen med h den ndr med.

10 1.. Ledvis dditin ger Fktriser Divider med sm är enligt ntgnde 0. Vi insätter i ekvtinen Svr:, ÖVNINGAR: Additinsmetden Använd dditinsmetden för tt lös följnde ekvtinssstem med vseende på h : I nednstående ekvtinssstem är > 0. Bestäm h I nednstående ekvtinssstem är > 0 h > 0. Bestäm h. Svr: 1., 1., 1., 4., 5. 1, 1 6., 0

11 Intrduktinskurs i mtemtik EXPONENTIALEKVATIONER Ekvtiner sm hr eknt i en eller fler epnenter. Metd 1. Med hjälp v ptenslgr skriver vi åd leden sm ptenser med lik ser en ptens på vrje sid Därefter identifierr vi epnenter h får enklre ekvtin. Här finns ptenslgr sm vi ftst nvänder när vi löser epnentilekvtiner: Ptenser med reell epnenter: Uttrket > 0. är definierd för ll reell m sen Om >0, >0, h är reell tl då gäller följnde ptenslgr: 0 1, 1,,,, q p p q Om > 0, p h q hel tl, q 0 Eempel1. Lös ekvtinen 4 8 Lösning: 1 v 7

12 Intrduktinskurs i mtemtik Det är enkelt tt skriv 4 h 8 sm ptenser med sen, 4 h 8. Vi nvänder ptenslgr h skriver åd leden sm ptenser med sen Vi hrskrivit vänsterledet sm EN ptens med sen h högerledet sm EN ptens med SAMMA s. Därför kn vi identifier epnenter i ekv 1 1 å 1 Anm: Den här gången är det enkelt tt kntrller lösningen: 4 8, OK Svr. 1 Eempel. Lös ekvtinen Lösning: / Vi identifierr epnenter h får en enkel ekvtin v 7

13 Intrduktinskurs i mtemtik Svr: 7/6 Eempel. Lös ekvtinen 9 4 Lösning:! Nu hr vi lik ser h kn identifier epnenter 1 Svr. Eempel 4. Lös ekvtinen Lösning: Det är uppenrt tt epnent 0 h. Alterntivt men vi kn kså skriv 1 sm v 7

14 Intrduktinskurs i mtemtik 5 5 Svr: Eempel 5. Lös ekvtinen 5 Lösning: 5 Den här gången hr vi lik ser men smm epnent. Vi delr ekvtinen med 5 h får Sm vi kn skriv Oh därför 1 0 eller 1. Svr: 1 Uppgift 1. Lös följnde epnentilekvtiner / d 5 5 e 4 f Svr: 1 d / e f 1 Någr epnentilekvtiner sm innehåller ptenssummr löser vi genm tt vi först fktriserr åd leden 4 v 7

15 Intrduktinskurs i mtemtik Uppgift. Lös följnde epnentilekvtiner. Tips: Fktriser först vrje led genm tt rt ut en gemensm fktr Lösning Svr: 0 1 Uppgift. Lös följnde epnentilekvtiner med hjälp v en lämplig sustitutin Lösning Med hjälp v sustitutinen 5 * får vi en ndrgrdsekvtin 650 Sm hr två rötter 1 5 kntrller själv Nu estämmer vi mtsvrnde med hjälp v sustitutinen ger 0 h 5 5 ger 1 Svr: 0, 1 1, 5 v 7

16 Intrduktinskurs i mtemtik Metd. Lgritmering v åd leden Den här metd nvänds ftst m vi INTE kn skriv åd leden med hjälp v en s sm t e i ekvtinen där För tt förenkl ekvtinen lgritmerr vi åd leden. Mn kn nvänd vilken sm helst lgritms men vi nvänder ftst sen e.7 eller sen 10. Alltså får vi ln ln Anmärkning: Innn mn nvänder den här metden måste mn repeter lgritmlgr speiellt nednstående där, >0: ln ln ln ln ln ln ln n ln ln1 0 Eempel1. Lös ekvtinen Lösning: 5 Vi lgritmerr åd leden vi kn t e välj lgritm med sen e, den nturlig lgritmen h får sm vi utveklr med hjälp v lgritmlgr: ln ln5, ln ln ln5 regeln: ln ln ln Vi förenklr vidre h får en enkel linjär ekvtin 6 v 7

17 Intrduktinskurs i mtemtik ln ln ln5 [ regeln ln ln ] Härv ln ln5 h Svr: Uppgift 4. Lös följnde epnentilekvtiner Svr: 7 v 7

18 Intrduktinskurs i mtemtik LOGARITMER Definitin v egreppet lgritm Betrkt ekvtinen. Om är ett psitivt tl skilt från 1 h >0 då finns det ekt en epnent sm stisfierr ekvtinen. Den känd epnent i ekvtinen klls lgritm v i sen h etekns i någr öker lg eller lg lg [ Anmärkning: Bsen i en lgritm kn inte vr 1 eftersm ekvtinen 1 hr ntingen ingen lösning eller ändligt mång lösningr] Empel 1. lg 8 eftersm 8 lg eftersm 1/8 lg 1 eftersm d lg 10 eftersm 1. Lgritmen lg är definierd m, är psitiv h 1 men nter tt resultt kn vr negtivt, 0 eller psitivt; t e lg 1 5, lg 1 0 h lg 5 Här följer en frmell definitin v lgritmen med sen. Definitin. Låt h vr psitiv tl h 1. lg n Tlet klls lgritm v i sen eller lgritm v. 1 v 8

19 Intrduktinskurs i mtemtik Med hjälp v definitinen kn mn härled nednstående lgritmlgr. RÄKNELAGAR: Vi ntr tt,, 0 h lg lg lg lg / lg lg lg lg lg, lg 1, lg 10 BASBYTE: lg där,, > 0 h dessutm sern, skild från 1 Uppgift 1. Beräkn följnde lgritmer utn hjälp v miniräknre lg 16 lg 7 lg d lg e lg f lg g lg 1 h lg 1 i lg 10, j lg 1 k lg l lg e e.7 m lg, n lg lg 10 p lg e r lg 1000 s lg t lg 5 lg u lg lg 4 v lg 4 lg Lösning för uppgift h uppgift u. lg 16 4 eftersm 16 u lg lg v 8

20 Intrduktinskurs i mtemtik Svr: 4 d 1 e f g 0 h 0 i 1 j 1 k 1 l 1 m {eftersm } n 5 7 p 11 r s t 0 u 1 v 1 Vi nvänder ftst två tper v lgritmer: 1. lgritm med sen 10, sm vi eteknr lg h. lgritm med sen.716, sm vi eteknr ln den nturlig lgritmen Alltså lg lg h ln lg. T e lg1000 lg 1000 ln 1 lg 1 1 Uppgift. Beräkn följnde lgritmer utn hjälp v miniräknre lg lg lg 10 d lg 10 e lg1 f lg 1/100 g lg 1/10 h lg0.001 i lg0.1 Svr: 4 eftersm d 8 eftersm e 0 f g 1 h i 1 v 8

21 Intrduktinskurs i mtemtik Uppgift. Beräkn utn hjälp v miniräknre ln ln ln d ln1/ e ln Svr: 8 eftersm 6 1 d 1 e Lgritmlgr gäller vsett vilken s väljer vi. Vi kn t e nge räknelgr lgr för sen 10. RÄKNELAGAR för 10 lgritmer: Vi ntr tt, 0 lg lglg lg/ lglg lg lg lg10 10 lg10 1, lg1 0 BASBYTE från sen till 10: lg där, > 0 h dessutm sen skild från 1 Uppgift. Använd lgritmlgr h utvekl följnde uttrk i en linjär mintin v lg, lg, lg lg lg d lg e lg Lösning för uppgift e lg lg lg lg lg lg lg lg lg lg 4lg 8lg 5 lg 7lg 5 lg 4 v 8

22 Intrduktinskurs i mtemtik Svr: lg lg lg lg 4lg 8lg lg lg lg lg lg lg d lg 5 lg 15 lg 17 lg e lg 4lg 8lg 5 lg 7lg lg RÄKNELAGAR för den nturlig lgritmen: Vi ntr tt, 0 ln lnln ln/ lnln ln ln ln ln 1, ln1 0 BASBYTE från sen till e: lg där, > 0 h dessutm sen skild från 1 Uppgift 5. Använd lgritmlgr h utvekl följnde uttrk i en linjär mintin v ln, ln, ln ln ln d ln Svr: 1 ln 4 ln 6 ln ln ln ln ln ln ln ln ln9ln5ln17ln d ln14ln8ln5ln ln I någr mtemtisk tillämpningr v lgritmer t e lgritmekvtiner måste vi gör mvänt d v s mvndl en linjär kmintin v lgritmer till en lgritm. Uppgift 5. Skriv följnde uttrk sm en lgritm ln ln ln ln ln ln lnln4ln5ln6ln7ln 5 v 8

23 Intrduktinskurs i mtemtik lg 5 lg 11 lg 7 lg d lg 5 lg 15 lg 17 lg Lösning d lg 5 lg 15 lg 17 lg lg lg lg lg lg Svr: ln ln lg d lg Uppgift 7. Använd frmeln för ste för tt eräkn pprimtivt nednstående lgritmer, med miniräknre. lg 8, med hjälp v miniräknre lg 4, med hjälp v miniräknre lg 8 ekt, utn miniräknre d lg 5 ekt Lösning : På en vnerd miniräknre kn vi eräkn 10 lgritmen h den nturlig lgritmen med sen e. Vi nvänder frmeln för ste lg h ter t e till nturlig lgritmer e i vnstående frmel. Därför lg 8ste. miniräknre lg 4 lg d 1/ ste / / 9/4 6 v 8

24 Intrduktinskurs i mtemtik VIKTIGT: Enligt lgritmens definitin är uttrket lg definiert sm ett reellt tl endst m >0, >0 h dessutm sen 1. Eempel: Följnde uttrk, t e, är INTE definierde lg10, ln8, lg 5, lg 0, ln0, lg 4, lg 4 Uppgift 8. Avgör m följnde utrk är krrekt definierde: lg 5 lg lg 8 d lg 9 e lg 5 f ln g ln 4 h lg.4 i lg j lg0 k ln0 Svr: j j nej d nej e nej f j g nej h j i nej j nej k nej Uppgift 9. För vilk är nednstående uttrk definierde lg 5 ln lg d 5lg 8lg5 e 5ln ln 7 Lösning för uppgift e Följnde två villkr måste vr smtidigt uppflld Villkr 1 > 0 > Villkr : Båd villkr är uppflld m 7 Svr: 5 d 5 e 7 Uppgift 10. Beräkn värden i tellen 1/100 1/ lg * * * * * h skiss grfen till funktinen lg. 7 v 8

25 Intrduktinskurs i mtemtik Svr: 1/100 1/ lg lg Uppgift 11. Beräkn värden i tellen 1/8 1/4 1/ lg * * * * * * * h skiss grfen till funktinen lg. Svr: 1/8 1/4 1/ lg lg 8 v 8

26 Intrduktinskurs i mtemtik LOGARITMEKVATIONER Vi sk vis först hur mn löser två ft förekmmnde grundekvtiner Tp 1. lg h Tp. lg lg När vi löser lgritmekvtiner måste vi tänk på tt rgument till lgritmer måste vr psitiv. i vnstående ekvtiner 0 h 0. Det är est tt örj lösningspress med ekvtinens definitinsmängd. Blnd vår frmell lösningr epterr vi endst de sm ligger i ekvtinens definitinsmängd. Tp1 ekvtiner löser vi enligt lgritmens definitin lg Tp ekvtiner löser vi genm tt identifier rgument lg lg dessutm måste ll rgument vr psitiv d v s 0 h 0. Eempel 1. Tp1 Lös ekvtinen Lösning: Ekvtinen är definierd m 0 d v s m villkr V1: / är uppflld lg. 1 v 6

27 Intrduktinskurs i mtemtik Vi hr lg Eftersm 14 stisfierr villkr V1, epterr vi lösningen. Svr: 14. Eempel. Tp Lös ekvtinen Lösning: lg lg 7 Först estämmer vi ekvtinens definitinsmängd: Ekvtinen är definierd m följnde två villkr är uppflld: V1: 0 dvs h V: 70 dvs Båd villkr är uppflld m < <7 Nu hr vi lg lg 7 tp ; vi identifierr rgument Eftersm 5 stisfierr åd villkr, V1 h V, epterr vi lösningen. Svr: 5 Om vi hr mer kmplierde ekvtiner nvänder vi lgritmlgr h förenklr ekvtiner till Tp1 eller Tp. Oftst nvänder vi följnde tre lgr: lg lg lg lg lg lg / lg lg Vi upprepr tt lg lg h ln lg där e.7 v 6

28 Intrduktinskurs i mtemtik Eempel. Lös ekvtinen lg lg 1 Lösning: Först estämmer vi ekvtinens definitinsmängd: Villkr V1: 0 dvs Villkr V: Anmärkning: Vrje lösning måste uppfll åd villkr. I vårteempel, m > är åd villkr uppflld. Vi löser ekvtinen genm tt skriv vänsterledet sm en lgritm: lg lg 1 lg Endst lösningen uppfller åd villkr V1 h V. Svr : En lösning Eempel 4. Lös ekvtinen lg lg4lg1 lg Lösning: Först estämmer vi ekvtinens definitinsmängd: V1: 0 dvs V: 10 dvs 1 Anmärkning 1. Om 1 är åd villkr smtidigt uppflld. v 6

29 Intrduktinskurs i mtemtik Anmärkning. Argument i lg 4 h lg, d v s knstnter 4 h, är psitiv. Vi skriver vrje sid sm EN lgritm: lg lg4lg 1 lg lg 4 lg 1 vi identifierr rgument Eftersm INTE uppfller krv V1, V, kn vi INTE epter sm en lösning. Svr: Ekvtinen hr INGEN lösning. Eempel 5. Lös ekvtinen ln ln5ln Lösning: Först estämmer vi ekvtinens definitinsmängd: V1: 0 dvs. Med hjälp v lgritmlgr skriver vi vrje sid sm EN lgritm: ln ln5ln vi nvänder regeln ln ln ln ln5 ln vi nvänder regeln ln ln ln ln8 vi identifierr rgument Eftersm 198 stisfierr villkr V1 är det en lösning. Svr: v 6

30 Intrduktinskurs i mtemtik Uppgift 1. Lös nednstående ekvtiner. lg lg 1 lg 6 d ln1 4 e lg 1 lg 1 Lösning Definitinsmängd: 0 lg 6lg Eftersm vi epterr lösningen eftersm 98 uppfller krvet. Svr: 18 d 1 / 98 e 1/9 Uppgift. Lös nednstående ekvtiner. Tipps: Glöm inte ekvtinens definitinsmängd. lg lg 5 lg lg lg lg5 lg 4 lg6 lg lg 1 lg Svr: Ingen lösning 9 nter tt definitinsmängden är > 1 Uppgift. Lös nednstående ekvtiner med hjälp v lämplig sustitutiner. lg 5lg60 ln ln0 Lösning ekvtinen är definierd m 0 Sustitutinen ger 560 h,. Från får vi lg lg v 6

31 Intrduktinskurs i mtemtik Båd lösningr ligger i definitinsmängden. Svr: 10, 10 e, Uppgift. Lös nednstående ekvtiner Tips. Lgritmer åd leden. Lösning Definitinsmängd: >0 4lg lg10 lg lg 4 lg 4lg 10, 10 Svr: 10, 10, 1/10, 10, 6 v 6

32 TRIGONOMETRISKA FUNKTIONER I RÄTVINKLIGA TRIANGLAR mtstående ktet m sin v hptenusn närlignde ktet n s v hptenusn mtstående ktet m tn v närlignde ktet n B v n u A m C närlignde ktet t v mtstående ktet n m u u v v 90 Ptgrs sts: m n Ekt värden v trignmetrisk funktiner för vinklrn 0, 45 h 60 grder. vinkelmått i grder vinkelmått i rdiner π π π 6 4 sin v 1 s v 1 tn v 1 1 t v 1 1

33 Eempel 1.Härled följnde frmler: sin 45, s 45, tn 45 1, t Lösning. Vi sk estämm funktinerns värden med hjälp v en hlvkvdrt se ilden. Först eräknr vi kvdrtens dignl med hjälp v Ptgrs sts d. Enligt definitinen v trignmetrisk funktiner gäller då: 1 sin 45 d 1 s 45 d tn 45 1, h t 45 1,, Eempel. Figuren visr en rätvinklig tringel. Bestäm h. Svr ekt. A 4 60 B C Lösning. sin 60 4 sin s60 4 s Svr:,

34 Eempel. Bestäm h i nednstående figur. Svr ekt. A 0 B C Lösning. tn 0 tn 0 s0 s0 s0 Svr: Eempel 4. Bestäm F h F i nednstående figur m F40 kn. Svr ekt. Lösning. Eftersm v 0 hr vi F 1 sin v F F sin 0 F 40 F 0 F F s v F F s0 F 40 F 0 F Svr: F 0 kn, F 0 kn

35 ÖVNINGAR 1. Beräkn ekt sin 0 s60 tn 45 sin 60 4s 45 e sin 0 s60 tn 45 d 401π 1 tn 4 sin 45 s 45 π 17π f sin tn 4 4. Bestäm i nednstående figur. Svr ekt. A B 10 C. Ange sm en funktin v sidn s h vinkeln v. 4. Bestäm kmpnenter F h F m F 10 N. Svr ekt.

36 r r r 5. I nednstående figur gäller F F 1 F. Bestäm kmpnenter F h F m F 1 N h F N. 6. Hur str är ren v nednstående rektngel? 0 10m 7. I nednstående figur är u h v givn vinklr h AB 4m. Ange ett ekvtinssstem ekvtiner med eknt h. Bestäm h. Utrk h sm funktiner v u h v D u v A 4m B C

37 Svr: 1. 1 d 4 e 4 f s t v s sin v 4. F 5 N F 5 N 5. F 1 N F N A m 7. Ekvtin 1: tn v Ekvtin : 4 tn u Ekvtinssstem: tn v tn u 4 tn u 4 tn u, tn v tn u 4 tn u tn v tn v tn u