Lösningsförslag TATM

HTML
DOWNLOAD

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "Lösningsförslag TATM"

Roger Ivarsson
för 6 år sedan
Visningar:

1 Lösningsförslag TATM 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 = = = n n = 0 n n /) = 9 n = ±, ) n där endast n = 9 är en lösning ty är bara definierat för n =,,,... n c) Låt z = a + bi där a, b R. Då måste + i)a + bi) ia + 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) 9 c) z = 0 + i.. a) För att alla logaritmer ska vara definierade krävs att < x <. Antag att x uppfyller 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 = ± 5, där x = inte uppfyller att x < men x = uppfyller < x <. b) Logaritmlagar och det faktum att exp och ln är varandras inverser visar att e ln e ln ln e ln ) ) + ln e ) eln = ln e ln e ln ) ) = + ) ln ) + ) = ) = + = 0. Svar: a) x = b) 0.

2 . a) Då cos t = cosπ t) = cost π) = cost + π)) följer det att cos x + cos 5x = 0 cos x = cosπ 5x) ±x = π 5x + πn, n Z. Lösningarna ges alltså av x = π + πn, n Z, eller x = π b) Vi ser att α = arcsin ] 0, π [. + πn, n Z. Eftersom 0 < α < π/ kan vi direkt rita upp en rätvinklig hjälptriangel där sin α =. Ifrån denna triangel kan vi se att tan α =. α c) Eftersom cos v = och π < v < π, så måste trigonometriska ettan) sin v = ) =. Därför blir sin v = sin v cos v = =. Svar: a) x = π + πn, n Z, eller x = π + πn, n Z, b) c).. a) Vi börjar med att reda ut största möjliga definitionsmängd. För att logaritmen ska vara definierad måste vi kräva att x > 0, så x <. Vidare får nämnaren inte bli noll, vilket skulle ske då +ln x) = 0 ln x) = x = e x = e ). Definitionsmängden D f ges således av x < och x att y = + ln x) y x = e ). För x D f gäller = + ln x) x = exp )) exp y Vi finner högst en lösning för varje y, vilket innebär att f y) = ) y )) exp y. b) Då ± D g = R och g ) = g) = 6 kan g inte vara injektiv och därmed saknas invers. Svar: a) x <, x e ); f y) = )) exp y b) invers saknas.

3 5. Vi använder Eulers formler för att skriva om vänsterledet enligt ) ) ) e ix e ix e ix e ix e i5x e i5x sin x sin x sin 5x = i i i = e i5x e ix e ix + e i5x) e i5x e i5x) i = e i0x e ix + e i6x e i6x + e ix + e i0x) i = sin x + sin 6x sin 0x). Ekvationen vi vill lösa kan då skrivas som sin x + sin 6x sin 0x = sin x sin 0x = sin 6x 0x = 6x + πn eller 0x = π 6x + πn där n är ett godtyckligt heltal. Svar: sin x + sin 6x sin 0x); x = πn, n Z, eller x = π 6 + πn, n Z. 6. Det komplexa talet i ligger i andra kvadranten och kan skrivas i = e iπ/ = e iπ/. x = πn eller x = π 6 + πn, På samma sätt, Detta medför att i = e iπ/. i i = e iπ/+/) = e iπ/. Låt nu z + i = w och w = re iϕ, där r 0 och ϕ R. Då måste w 5 = r 5 e i5θ = { e iπ/ r 5 =, r 0, 5θ = π/ + πn, n Z. ) Detta visar att r = ) /5 = /0 och ϕ = π 60 + nπ 5, n Z. Eftersom z = i + w blir nu våra lösningar Im z = i + /0 π e i 60 + nπ 5 ), n = 0,,,,. Här har vi valt att endast numrera de lösningar som är unika när n = 5 får vi samma lösning som när n = 0 etc). Observera dock att för ekvivalensen i ekvation ) måste vi ha n Z godtycklig. /0 i Re Svar: z = i + /0 π e i 60 + nπ 5 ), n = 0,,,,.

4 . Vi börjar med att skissa hur funktionen ser ut. Om k = 0 och 0 x < π är fx) = cos x. Om k = 0 och π x < 0 är fx) = cos x. Vi ser att uttrycken hakar i varandra när x = 0 eftersom cos 0 = cos 0. Samma beteende upprepas 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 )π, kπ[ och J k = [kπ, k + )π[. y J I J I 0 J 0 I J I x Vi ser i figuren att även om funktionen inte är periodisk, så finns det en form av periodisk symmetri. Mycket riktigt är fx + π) = fx) för alla x R. Vidare vet vi att om π x < 0 så gäller att fx + π) = cosx + π) = cos x = cos x = fx), vilket visar att fx + π) = fx) för alla x R. Det räcker alltså i princip att betrakta till exempel intervallet J 0 där 0 x < π. För x J 0 är f strängt avtagande, så f måste vara strängt avtagande på hela R. Således är f injektiv och har en invers f. Låt y = fx) så att x = f y). Då är fx + π) = fx) x + π = f fx) ) f y) + π = f y ). För x J 0 gäller sedan att Alltså kommer y = fx) = cos x f y) = arccosy), < y. f y k) = arccosy k), k < y k +.

5 Men då vi vet att f y k) = f y) + kπ, så måste Inversen kan alltså skrivas f y) = arccosy k) kπ, k < y k +. f y) = arccosy k) kπ, k < y k +, k Z. ) Hur ser då inversen ut? Som bekant eller hur?) ges grafen av speglingen av y = fx) i linjen y = x, vilket stämmer överens med det uttryck vi fått fram ovan. y = f x) 0 y y = x x y = fx) Svar: Figuren och uttryck för inversen finns ovan. Alternativ II. Det går även att direkt angripa varje intervall I k och J k för att hitta ett uttryck för inversen, men det blir lite mer otympligt. Låt k Z. Vi undersöker varje delintervall som fx) är definierad på. Vi börjar med att undersöka fx) när x I k. Då gäller att y = fx) y = k cos x cos x = k y x = ± arccos k y) + πn, n Z, eftersom y ] k, k] så k y [, ]. Vi söker x I k, så den enda lösningen som uppfyller kraven är x = arccos k y) + πk, k < y k, ) 5

6 där vi valt minuslösningen samt n = k. Alltså är f y) = πk arccos k y) för y ] k, k]. Det är också klart att fx) är strängt avtagande på intervallet eftersom cos är strängt växande på detta intervall. Om x J k, dvs kπ x < k + )π, så gäller att y = fx) y = k + cos x cos x = k + y x = ± arccosk + y) + πn, n Z, eftersom y ] k, k] så k + y [, ]. Vi behöver ha x J k, så x = arccosk + y) + πk, k < y k, ) där vi valt den positiva lösningen samt n = k, eftersom detta är den enda möjligheten. Alltså är f y) = πk + arccosk + y) för y ] k, k]. Även här är f strängt avtagande. Vi ser att funktionen hänger ihop i skarvarna och att minpunkten i föregående intervall I k blir maxpunkten i nästa intervall J k. Funktionen är alltså inverterbar på hela R. För att uttrycka definitionsmängden för f i växande ordning som vi normalt gör) ersätter vi k med k i ) och ) ovan och erhåller då att { f πk + arccosy k), + k < y + k, y) =, k Z. 5) πk arccos + k y), + k < y + k, Övning: visa att 5) och ) representerar samma funktion. 6

Relevanta dokument

Lösningsförslag TATA

Lösningsförslag TATA 0-0-0 (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 +