TATA79/TEN2 Dugga 2, 2017-01-03 Inledande matematisk analys 1.

TATA79/TEN2 Dugga 2, 2017-01-03 Inledande matematisk analys

1.

Ange och bevisa Pythagoras sats.

Solution:

Sats (Pythagoras sats). Betrakta en r¨ atvinklig triangel som har sidor med l¨ angden a, b och c. Anta att sidan mittemot den r¨ ata vinkeln har l¨ angden c. D˚ a

¨ ar

a ² + b ² = c ² .

Bevis. Betrakta en kvadrat med sidorna av l¨ angden a + b. Markera en punkt p˚ a toppsidan som har l¨ angden a fr˚ an v¨ ansterkanten. G¨ or det samma p˚ a de tre andra sidorna och rita en kvadrat som har de fyra punkterna som h¨ ornpunkter.

Se figur 1.

Mittemellan de tv˚ a kvadraterna finns fyra r¨ atvinkliga trianglar som alla har sidor med l¨ angderna a, b och c.

Vi kan r¨ akna ut arean av den st¨ orst kvadraten p˚ a tv˚ a olika s¨ att. Det f¨ orsta

¨ ar med den vanliga formeln f¨ or arean av en kvadrat med sidorna med l¨ angden a + b. D˚ a ¨ ar arean (a + b) ² . Det andra s¨ attet ¨ ar att addera arean av den mindre kvadraten c ² och arean av de fyra trianglarna ab/2. Det vill s¨ aga arean ¨ ar c ² + 4(ab/2). Eftersom b˚ ada uttrycken f¨ or arean m˚ aste vara lika f˚ ar vi att

a ² + 2ab + b ² = (a + b) ² = c ² + 4(ab/2) = c ² + 2ab.

Det medf¨ or att a ² + b ² = c ² .

Figur 1: En kvadrat med sidor av l¨ angden c inom en kvadrat med sidor av l¨ angden a + b.

2.

Hitta alla x ∈ R som l¨ oser ekvationen

√

3 cos(x) + 3 sin(x) = √ 6.

1

Solution:

Om vi j¨ amf¨ or v¨ ansterledet med

A sin(v + x) = A sin(v) cos(x) + A cos(v) sin(x) ser vi att det ¨ ar hj¨ alpsam att hitta A och v s˚ a att

A sin(v) = √ 3 och A cos(v) = 3.

Om vi delar den f¨ orsta ekvation ovan med den andra f˚ ar vi att tan v = √ 3/3 = 1/ √

3 s˚ a till exempel kan vi ta v = π/6. Sen beh¨ over vi att A ² = A ² sin ² v + A ² cos ² v = ( √

3) ² + 3 ² = 12. Eftersom sin(π/3) och cos(π/3) ¨ ar positiva m˚ aste vi ta A = √

12 = 2 √

3. D¨ arf¨ or kan vi skriva om ekvation som 2 √

3 sin(π/6 + x) = √

3 cos(x) + 3 sin(x) = √

6 ⇐⇒ sin(π/6 + x) = 1

√ 2 . D˚ a vet vi att m¨ ojliga l¨ osningar ¨ ar

π

6 + x = π

4 + 2kπ f¨ or k ∈ Z

och π

6 + x = 3π

4 + 2kπ f¨ or k ∈ Z s˚ a alla m¨ ojliga l¨ osningar ¨ ar

x = π

12 + 2kπ f¨ or k ∈ Z, och x = 7π

12 + 2kπ f¨ or k ∈ Z.

3.

(a) Kom ih˚ ag att exp(x) ≤ 1/(1 − x) f¨ or x < 1. Anv¨ and den tillsammans med andra r¨ aknareglar f¨ or att visa

ln(a) ≥ a − 1 a f¨ or alla a > 0.

(b) Skissa grafen av den naturliga logaritmfunktionen ln : (0, ∞) → R.

Solution:

(a) Vi vet att exp(x) ≤ 1/(1 − x) f¨ or x < 1 s˚ a vi f˚ ar ta x = ln(a) s˚ a l¨ ange a < e. Vi f˚ ar

a = exp(ln(a)) ≤ 1

(1 − ln(a)) =⇒

↑ 0 < a < e

1 − ln(a) ≤ 1

a =⇒ ln(a) ≥ a − 1 a . Om a ≥ e ¨ ar ln(a) ≥ 1 och (a − 1)/a ≤ 1 s˚ a ln(a) ≥ 1 ≥ (a − 1)/a.

(b) Graphen av ln:

2

4.

Hitta alla l¨ osningar θ ∈ R till ekvationen cos(2θ) − 3 cos θ + 2 = 0.

Solution:

Vi kan skriva om cos(2θ)−3 cos θ+2 = (cos(2θ)+1)−3 cos θ+1 = 2(cos θ) ² − 3 cos θ + 1 s˚ a ekvationen ¨ ar ekvivalent med

0 = (cos θ) ² − 3

2 cos θ + 1

2 = (cos θ − 1)



cos θ − 1 2

 .

L¨ osningar ¨ ar d˚ a alla θ som uppfyller antingen cos θ − 1 = 0 eller cos θ − 1/2 = 0.

cos θ − 1 = 0 ⇐⇒ cos θ = 1 ⇐⇒ θ = 2kπ (k ∈ Z) och cos θ − 1/2 = 0 ⇐⇒ cos θ = 1

2 ⇐⇒ θ = ± π

3 + 2kπ (k ∈ Z).

S˚ a alla l¨ osningar ¨ ar

θ = 2kπ (k ∈ Z) och θ = ± π

3 + 2kπ (k ∈ Z).

5.

(a) Definiera a ^x f¨ or a > 0 och x ∈ R.

(b) L˚ at b > 1. Visa att funktionen x 7→ b ^x ¨ ar bijektiv och ge en formel f¨ or den inversa funktionen.

Solution:

(a) a ^x := exp(x ln(a)) f¨ or a > 0 och x ∈ R.

(b) F¨ or givet y ∈ (0, ∞) vill vi vissa att det finns precis en l¨ osning x ∈ R till y = b ^x :

y = b ^x ⇐⇒ y = exp(x ln(b)) ⇐⇒ ln(y) = x ln(b) ⇐⇒

↑ ln(b) > 0

x = ln(y) ln(b) (Eftersom y = b ^x =⇒ x = ^ln(y) _ln(b) ¨ ar x 7→ b ^x injektiv och eftersom y = b ^x ⇐= x = ^ln(y) _ln(b) ¨ ar x 7→ b ^x surjektiv, d¨ arf¨ or ¨ ar x 7→ b ^x bijektiv.) Formeln f¨ or inversa funktionen ¨ ar d˚ a y 7→ ln(y)/ ln(b).

3

6.

(a) Hitta alla w ∈ C s˚ a att w ² = 8 + 6i.

(b) Hitta alla z ∈ C s˚ a att z ² + (2 + 4i)z − 11 − 2i = 0.

Solution:

(a) S¨ att w = u + iv f¨ or u, v ∈ R. D˚ a ¨ ar u ² − v ² + 2uvi = (u + iv) ² = 8 + 6i s˚ a

u ² − v ² = 8 och (1)

2uv = 6. (2)

Men eftersom |w| ² = |8 + 6i| ¨ ar u ² + v ² = p

8 ² + 6 ² = 10. (3)

Om vi adderar (1) och (3) f˚ ar vi att 2u ² = 18 och om vi subtraherar (1) fr˚ an (3) f˚ ar vi att 2v ² = 2. S˚ a

u = ±3 och v = ±1.

Ekvation (2) s¨ ager att u och v har samma tecken, s˚ a vi har bara tv˚ a m¨ oljigheter: u = 3 och v = 1, eller u = −3 och v = −1. D¨ arf¨ or ¨ ar l¨ osningar w = 3 + i och w = −3 − i.

(b) Vi kan skriva om z ² + (2 + 4i)z − 11 − 2i = 0 som (z + (1 + 2i)) ² = 8 + 6i s˚ a enligt f¨ orsta delen av uppgiften ¨ ar

z + (1 + 2i) = 3 + i eller z + (1 + 2i) = −3 − i.

D¨ arf¨ or alla l¨ osningar ¨ ar z = 2 − i och z = −4 − 3i.

7. Hitta fem l¨ osningar z ∈ C till ekvationen z ⁵ = 32.

Solution:

Vi skriva om 32 som 32 = 32e ^0×i och z = re ^iθ . D˚ a f˚ ar man att r ⁵ e ^5θi = (re ^iθ ) ⁵ = z ⁵ = 32 = 32e ^0×i .

Likhetens argument m˚ aste vara lika med varandra och argumenten kan bara skilja sig med ett heltal hel varv. D¨ arf¨ or

r ⁵ = 32 (r > 0) och 5θ = 0 + 2kπ (k ∈ Z).

S˚ a r = (32) ^1/5 = 2 och θ = 2kπ/5 f¨ or k ∈ Z. D¨ arf¨ or f˚ ar vi l¨ osningar z = 2e ^2kπi/5 f¨ or k ∈ Z. Talen z = 2e ^2kπi/5 ¨ ar olika f¨ or till exempel k = 0, 1, 2, 3, 4: S˚ a fem olika l¨ osningar z ¨ ar

2, 2e ^2πi/5 , 2e ^4πi/5 , 2e ^6πi/5 och 2e ^8πi/5 .

4