Lösningsförslag TATM79 08-0-04 a Binomialsatsen medför att b Eftersom 5 = 3 + 4i 3 i 5 5 k 5 k k = 3 5 80 4 + 80 3 40 + 0 4i 3 = 3 + 4i3 + i 0 gäller att realdelen blir 9 4 + 3 = + i3 5 = 9 + i3, c Summan består av 0 termer och har en aritmetisk del med differens och en geometrisk del med kvot Således blir 00 00 00 k + k = k + k = 0 0 + 00 + 0 = 5049 + 0 Svar: a 3 5 80 4 + 80 3 40 + 0 b 9 c 5049 + 0 a För att alla logaritmer ska vara definierade krävs att < 0, < samt < 7, så vi måste kräva att < 0 Antag att < 0 Då gäller eftersom ln är injektiv att ln ln ln7 = ln 3 ln = ln 3 7 = 3 7 3 + 7 = 0 = 8 3 ± 3, där varken = 3 eller = 7 3 uppfller att < 0 Ekvationen saknar alltså lösningar b Eftersom 0 = ln t ln t ln t = ln t ln t = ln t3 + ln t följer det att ln t 3 = Eftersom ln t är reell så måste ln t =, dvs t = e Svar: a Lösning saknas b t = e 3 a Sinus för dubbla vinkeln medför att sin = sin sin cos = sin sin = 0 eller cos = = πn, n Z
b Vi ser att α = arctan ] 7 0, π [ Eftersom 0 < α < π/ kan vi direkt rita upp en rätvinklig hjälptriangel där tan α = 7 Ifrån denna triangel kan vi se att sin α = = 8 3 7 7 8 7 α Då arcsin definieras av sambandet v = arcsin sin v = och π v π och sin π 7 = sin π π 7 arcsin sin π 7 följer det att = arcsin sin π = π 7 7 eftersom π [ 7 π, π ] Svar: a = πn, n Z 4 Uttrcket α definieras enligt b sin arctan 7 = 7 3 och arcsin sin π 7 = π 7 α = ep α ln, > 0, α R Om vi låter t = /4, > 0, övergår ekvationen i t + t = 3t 3 + 4 3t 3 t t + 4 = 0 Vi gissar en rot och finner att t = löser ekvationen Polnomdivision av vänsterledet med t resulterar i att 3t 3 t t + 4 = t 3t + 5t = 3t t + 5 49 3 = 3t t + t 3 Om t = blir = 4 = Om t = saknas lösning Om t = 3 blir = 8 Svar: α = ep α ln samt = eller = 8 5 Ekvationen kan formuleras om enligt sin = + cos sin cos = Vi använder oss av hjälpvinkelmetoden och skriver om vänsterledet som C sin + v med C > 0 Då ska alltså, enligt additionsformeln för sinus, sin cos = C sin cos v + cos sin v = C sin + v
Genom att, till eempel, låta = 0 och = π/, erhåller vi sambanden { C sin v =, C cos v = För att bestämma C kvadrerar vi dessa ekvationer och summerar för att finna att C = C sin v + cos v = 8 Alltså är C = 8 ett lämpligt val, och vi finner v genom att lösa 3 cos v = = 8, sin v = 8 = v = π + nπ, n Z Vi väljer v = π Vi ska nu lösa ekvationen 8 sin π = sin π = π = π + nπ, n Z, 4 eller π = 3π + nπ, n Z 4 Vi erhåller alltså lösningarna = 5π π + nπ eller = + nπ för n Z Svar: = 5π π + πn, n Z, eller = + πn, n Z a Vi ser direkt att f = f, så då D f = R kan funktionen inte vara injektiv Till eempel är f = f Därför saknas f För g med D g =], 0] gäller att man kan även sätta t = e för att se att det är en andragradsekvation = g = e + e e = e + e = Eftersom V g måste, t annars skulle = g sakna lösningar för ett givet D g, vilket vore absurt Då det även är tdligt att = g > 0 så kommer alltså Således gäller att e = ± där endast e = är aktuell eftersom 0 medför att e och medför att + Därmed har vi visat att e = = ln Vi finner alltså högst en lösning för varje, vilket innebär att ett uttrck för inversen ges av g = ln 3
b Enklaste eemplet kanske är funktionen n = med D n = { R : 0} Figuren nedan visar utseendet 4 4 3 Uppenbarligen gäller inte att om < med, D n så är n > n i fallet då < 0 och > 0 Men lokalt kring varje punkt D n gäller så klart att n är strängt avtagande Problemet uppstår i punkteringen av definitionsmängden där funktionen tillåts hoppa ordentligt Fusk? Kan vi hitta eempel på ett sammanhängande intervall? Ett sätt att konstruera ett sådant eempel är att skarva ihop två funktioner en väande och en avtagande så det uppstår ett hopp som separerar graferna Ta till eempel följande funktion med definitionsmängd [ 5, 3] 05 5 4 3 3 4 5 05 Det är tdligt att varje -värde i värdemängden motsvarar precis ett -värde i definitionsmängden, så funktionen är inverterbar Däremot är den så klart varken strängt väande eller avtagande Kan vi konstruera ett eempel som är definierat på hela reella aeln? Absolut, med 4
samma tanke som föregående konstruktion kan vi betrakta funktionen arctan, < 0, h = π e, 0 Faktorn har endast ett estetiskt sfte Om vi ritar upp grafen till h ser den ut π enligt följande: 05 4 4 05 Här är h varken strängt väande eller strängt avtagande på R, men eftersom varje - värde ger högst ett -värde är funktionen inverterbar vad blir h? Nu kanske man kan tcka att h ändå i princip är monoton eftersom den är det på olika delintervall, så den går att dela upp i två delar där h är endera strängt avtagande eller strängt väande Skulle den slutsatsen gälla generellt? Går det alltid att dela upp i mindre intervall där funktionen är strängt väande eller avtagande? Svaret är nej Betrakta till eempel följande roliga funktion: {, Q, d =, R \ Q Funktionen d definieras alltså enligt d = om är rationell och d = om är irrationell På intervallet ]0, [ är d uppenbarligen inverterbar t d = d, men det finns inget delintervall där d är väande eller avtagande Att ge sig in på att rita upp funktionen blir dock problematiskt varför? För er som läst envariabelanalsen: kan en kontinuerlig funktion definierad på ett intervall vara inverterbar utan att vara strängt väande eller avtagande på definitionsintervallet? Svar: a g = ln b Se ovan 5
7 Vi börjar med att skissa hur vänster- och högerled ser ut 3 = arccos 075 05 05 05 05 075 = arctan 3 Det verkar alltså troligt att det finns precis en lösning Eftersom arctan 3 är strängt väande och arccos är strängt avtagande kan det maimalt finnas en lösning till ekvationen Vidare gäller att för < 0 så är arctan 3 < 0 och arccos > 0 om även, så den eventuella lösningen kan ej vara negativ Mer noggrant kan vi se att om så gäller att arccos arccos = π 4 = π > arctan 3 Det kan alltså inte finnas några lösningar om Antag därför att < Då ] gäller att α = arctan 3 0, π [ och 0 arccos π [ 4, dvs arccos 0, π ] Eftersom [ cosinus är injektiv på 0, π ] är arccos = arctan 3 cos arccos = cosarctan 3 = cos α Då 0 < α < π/ kan vi direkt rita upp en rätvinklig hjälptriangel där tan α = 3 Ifrån denna triangel kan vi se att cos α = + 9 Såldes gäller alltså att = + 9 + 9 = + 9 α 3 + 9 4 4 4 + = 3 4 3 + 5 = 0 där vi utnttjat att > i kvadreringen för att behålla ekvivalens Eftersom > 0 medför detta att 0 = 4 8 9 + 5 3 = 4 9 9 34
Alltså måste Eftersom < är det = = 4 9 9 ± 8 8 + 9 8 + 9 = 8 3 som är lösningen Svar: = 8 + 9 3 7