Dugga 2 i Matematisk grundkurs

Transkript

1 Linköpings tekniska högskola Matematiska institutionen Tillämpad matematik Kurskod: TATA68 Provkod: TEN Inga hjälpmedel är tillåtna. Dugga i Matematisk grundkurs kl Lösningarna skall vara fullständiga, välmotiverade, ordentligt skrivna och avslutade med ett svar. Svaren ska förstås ges på så enkel form som möjligt. Uppgifterna bedöms med 0 3 poäng. För godkänt betyg G) räcker 9 poäng. Poängen på godkända duggor summeras och avgör slutbetyget. Svar m m finns att hämta på kurshemsidan efter duggans slut. e-brev. Resultat meddelas via 1. a) För vilka x är x 3 + x > x? 1 p) b) Beräkna summan p) c) Visa att polynomet px) = x saknar reella nollställen. 1 p). a) Beräkna tan arcsin 1 ). 5 1 p) b) Finn alla lösningar till ekvationen cos x = cos 3 4x). 1 p) c) Lös ekvationen cos x = 1 + sin x. 1 p) 3. a) För vilka reella x gäller e x + 4e x = 4? 1 p) b) Lös ekvationen ln3 x) = ln1 + x) + lnx 1). p) ) 4. Bestäm definitionsmängden och om möjligt) inversen till fx) = ln 7 ln1 + x). 5. Finn alla z C så att iz) = Lös ekvationen arctan 4x = arctan 5x ) arctan x. 7. För vilka x gäller att 1 cos x) positiva heltal n? sin kx = sin nx + sin x sinn + 1)x för alla

2 Lösningsförslag 1. a) Faktorisering ger x 3 + x > x x 3 + x x > 0 xx + x ) > 0 xx + )x 1) > 0 och en teckentabell visar att detta gäller precis då < x < 0 eller x > 1. b) Geometrisk summa med kvoten 7 1 : ) = = c) Reella nollställen, så x R. Eftersom x 4 0 så måste px) 1. Alltså kan px) aldrig bli noll. Reella nollställen saknas Svar: a) < x < 0 eller x > 1 b) c) Se ovan. 6. a) Eftersom v = arcsin 1 ]0, π/[ kan vi ur en hjälptriangel finna att cos v = 5 5 och därmed att tan v = 1. b) Ur enhetscirkeln ser vi att cos3 4x) = cos x 3 4x + πn = ±x vilket leder till två fall. Fall 1: Fall : 3 4x + πn = x 6x = 3 + πn x = 1 + πn x + πn = x x = 3 + πn x = 3 + πn. Här är n Z ett godtyckligt heltal. c) Vi erhåller cos x = 1 + sin x sin x = 1 + sin x sin x = 1 4 Två fall alltså: sin x = ± 1. sin x = 1 x = π 6 + πn eller x = 5π 6 + πn och sin x = 1 x = π 6 + πn eller x = 7π 6 + πn. Svar: a) 1 b) 1 + πn 3 eller 3 + πn c) Se ovan.

3 3. a) Det följer att e x + 4e x = 4 e x 4e x + 4 = 0. Låt t = e x. Då måste t 4t + 4 = t ) = 0, vilket endast t = uppfyller. Alltså är e x =, eller ekvivalent, x = ln. b) För att alla ingående uttryck skall vara definierade måste 1 är uppfyllt är ursprungsekvationen ekvivalent med < x < 3. Om detta ln3 x) = ln1 + x)x 1)) x + x = 0 x = 1 eftersom x = ej uppfyller villkoret. Svar: a) x = ln b) x = 1 4. Vi börjar med att bestämma den största möjliga definitionsmängden. Kraven som måste gälla är att 1 + x > 0 samt 7 ln1 + x) > 0. Alltså måste x > 1 och 7 ln1 + x) > 0 e 7 > 1 + x 1 e 7 ) 1 > x eftersom ln är strängt växande. Således ges D f av de x R så att 1 < x < 1 e 7 ) 1 Låt y R. Då gäller att y = ln 7 ln1 + x)) expy) = 7 ln1 + x) 1 + x = exp 7 expy)) x = 1 exp ) 7 expy)) 1. Eftersom vi bara har ett alternativ ges inversen av f 1 x) = 1 exp ) 7 expx)) 1. { Svar: D f = x R : 1 < x < 1 e 7 ) } 1, f 1 x) = 1 exp ) 7 expx)) 1 5. Vi formulerar om lite: 0 = iz) = iz = iz 5 3i) z 5 = 3i = 5 e iπ/. Låt z = re iθ där r > 0 och θ R. Då måste r 5 = z 5 = 3i = 5, så r = då r > 0. Vidare gäller att argz 5 ) = 5θ = arg 3i = π/ + πn, så 5θ = π + πn θ = π 10 + πn 5.

4 De z som löser ekvationen ges alltså av z = e iπ/10+πn/5), n = 0, 1,, 3, 4. Svar: z = e iπ/10+πn/5), n = 0, 1,, 3, Då arctan är udda gäller att arctan 4x = arctan 5x ) arctan x arctan 4x+arctan x = arctan ) 5x. Eftersom arctan är en strängt växande funktion så är högerledet strängt avtagande och vänsterledet strängt växande. Kurvorna kan alltså högst passera varandra en gång. Eftersom vi direkt kan se att detta sker vid x = 0 så är detta den enda lösningen! Alternativt argument. Ekvationen medför att efter att vi tar tan på båda sidor och använder formeln för dubbla vinkeln) )) tanarctan x) + tanarctan 4x) 5x 1 tanarctan x) tanarctan 4x) = tan arctan eller 5x 1 4x = 5x. Här ser vi att x = 0 eller 1 4x = måste gälla. Men 4x = 10 saknar reella lösningar så x = 0 är enda möjligheten. Svar: x = 0 enda lösningen. 7. Vi börjar med att försöka räkna ut summan. Vi Euelers formler kan vi skriva sin kx = Im e ikx) = Im e ikx. Summan vi nu tar imaginärdelen av är en geometrisk summa med kvoten e ix. Vi räknar ut denna: e ikx = 1 + k=0 e ikx = 1 + ein+1)x 1 e ix 1 = 1 + einx e in+1)x e ix + 1 e ix e ix, där vi har förlängt med konjugatet. Likheten gäller så länge e ix 1. Nämnaren kan skrivas om som cos x, och vi erhåller då ) Im 1 + einx e in+1)x e ix + 1 = e ix e ix sin nx sinn + 1)x sin x. 1 cos x)

5 Alltså måste 1 cos x) sin kx = sin nx sinn + 1)x sin x såvida inte e ix = 1. Men detta händer precis då x = kπ för något k Z, och då är cos x = 1 och alla sinus-termer i vänsterledet lika med noll. Likheten gäller alltså även då. Vi har nu visat att likheten gäller för alla x R. Svar: alla x R.