1. No category

LINKÖPINGS UNIVERSITET
Matematiska institutionen
Johan Thim
Kurskod: 91MA11
Provkod: STN2
Datum: 2015-03-02
Institution: MAI
Dugga 2 i Algebra, 91MA11/STN2 2015-03-02 14–18
Inga hjälpmedel. Lösningarna skall vara fullständiga, välmotiverade, ordentligt skrivna och
avslutade med ett svar. Varje uppgift är värd 3 poäng. För godkänt betyg (G) räcker 9
poäng. Poängen på duggorna summeras och avgör slutbetyg.
För lösningsskisser, se kurshemsidan efter skrivningens slut. Lycka till!
1. (a) För vilka x gäller 2 +
√
2x − 1 = x.
(b) Bestäm koefficienten före x8 y 2 i (x + 2y)10 .
(c) Räkna ut summan
5
X
(1 + k 2 ).
(1p)
(1p)
(1p)
k=−2
1
ln 2 + 3 ln 16
· ln
.
ln 4
2
(1p)
(b) Finn alla reella x så att ln(1 − 3x) + ln(1 + 4x) = ln x.
(2p)
2. (a) Förenkla exp
3. (a) Finn alla x så att tan2 x = 3.
√
5
(b) Förenkla sin arccos
.
3
(c) Lös ekvationen cos(x + 1) = cos(x − 1).
(1p)
(1p)
(1p)
√
4. Lös ekvationen 8 sin2 2x · cos 2x − 4 sin2 x · cos 2x − cos 4x = 1 + 3 till exempel genom
att först skriva vänsterledet som en summa av sin och/eller cos-termer.
(3p)
√
5. Finn alla z ∈ C så att (z + i)4 + 8 + 8i 3 = 0. Ange eventuella svar på formen a + bi.
(3p)
ex + e−x
ex − e−x
6. Definiera funktionerna cosh x =
och sinh x =
för x ∈ R (dessa
2
2
kallas för de hyperboliska cosinus- och sinusfunktionerna).
(a) Visa att cosh2 x − sinh2 x = 1 för alla x ∈ R (den hyperboliska ettan).
(1p)
(b) Undersök om cosh x och sinh x är inverterbara funktioner och ange om möjligt
inverserna.
(2p)
π
7. Ange det exakta värdet för cos
(utan trigonometriska funktioner som sin- och/eller
24
cos).
(3p)
Lösningsskisser, 2015-03-02
1. (a) Vi ser att 2x − 1 ≥ 0 är nödvändigt för att kvadratroten ska vara definierad.
Dessutom måste x − 2 ≥ 0 för att det ska kunna finnas en lösning. Med andra
ord måste x ≥ 2. Vi kan ändå räkna med implikation och kontrollera eventuella
svar för att vara säkra. Sålunda,
√
√
2 + 2x − 1 = x ⇔
2x − 1 = x − 2
⇒ 2x − 1 = (x − 2)2 = x2 − 4x + 4
⇔ x2 − 6x + 5 = 0 ⇔ (x − 3)2 − 4 = 0
⇔ (x − 5)(x − 1) = 0.
Av alternativen x = 5 och x = 1 är det endast x = 5 som löser ekvationen.
(b) Binomialutveckling ger att
10 10 X
X
10
10
10
k
10−k
(x + 2y) =
x (2y)
=
210−k xk y 10−k .
k
k
k=0
k=0
Vi ser att x8 y 2 dyker upp precis då k = 8, vilket ger koefficienten
10
22 = 45 · 4 = 180.
8
(c) Summan innehåller endast 8 termer så vi kan beräkna den direkt:
5
X
(1 + k 2 ) = 5 + 2 + 1 + 2 + 5 + 10 + 17 + 26 = 68.
k=−2
Svar:(a) 5
(b) 180
(c) 68.
2. (a) Logaritmlagar visar att
ln 2 + 3 ln 16
1
13 ln 2
· ln
= exp −
· ln 2 = exp − ln 213/2
exp
ln 4
2
2 ln 2
√
1
2
−13/2
= 13/2 = 2
=
.
2
256
(b) För att allt ska vara definierat måste x ≤ 1/3, x > −1/4 och x > 0. Med andra
ord, 0 < x < 1/3. Om detta gäller så är
ln(1 − 3x) + ln(1 + 4x) = ln x
⇔
⇔
⇔
⇔
ln((1 − 3x)(1 + 4x)) = ln x
(1 − 3x)(1 + 4x) = x
12x2 = 1
√
x = ±1/ 12
√
1
(b) Endast x = √ .
12
√
π
2π
+ nπ.
3. (a) tan2 x = 3 ⇔ tan x = ± 3 ⇔ x = + nπ eller
3
3
√
√
(b) En hjälptriangel med kantlängder 3 (hypotenusan), 5 och 32 − 5 = 2 visar
att
√
5
2
sin arccos
=
3
3
eftersom vinkeln måste ligga i första kvadranten.
Svar: (a)
2
256
(c) cos(x + 1) = cos(x − 1) ⇔ x + 1 = ±(x − 1) + 2nπ
möjligheter eftersom nπ 6= 1 för alla n ∈ Z.
Svar: (a) x = π/3 + nπ eller x = 2π/3 + nπ.
(b) 2/3.
⇔
x = nπ som enda
(c) x = nπ, n ∈ Z.
4. Vi kan med hjälp av formler för dubbla vinkeln och Eulers formler skriva om
1 − cos 4x
· cos 2x
2
= 4 cos 2x − ei4x + e−i4x ei2x + e−i2x
= 4 cos 2x − ei6x + ei2x + e−i2x + e−i6x = 2 cos 2x − 2 cos 6x
8 sin2 2x · cos 2x = 8 ·
och
4 sin2 x · cos 2x = 2(1 − cos 2x) cos 2x
= 2 cos 2x − 2 cos2 2x = 2 cos 2x − 1 − cos 4x
vilket leder till att ekvationen i uppgiften ekvivalent kan skrivas som
√
√
5π nπ
3
⇔ x=±
+
,
−2 cos 6x + 1 = 1 + 3 ⇔ cos 6x = −
2
36
3
där n ∈ Z.
Svar: x = ±
5π nπ
+
.
36
3
5. Ekvationen kan formuleras om som
√
w4 = 8(−1 − i 3) = 16e−i2π/3 ,
√
där vi skrivit −1 − i 3 på polär form och introducerat w = z + i. Låt w = reiθ ,
där r > 0. Då måste z 4 = r4 e4iθ = 16e−i2π/3 , så r4 = 16 och 4θ = −2π/3 + 2πn
där n är heltal (absolutbeloppet och argumenten måste stämma överens). Detta ger
att r = 2 och att θ = −π/6 + nπ/2. Våra lösningar blir nu
w = 2ei(−π/6+nπ/4) ,
n = 0, 1, 2, 3.
Om vi förenklar dessa får vi lösningarna
√
w = ±( 3 − i),
√
w = ±(1 + i 3).
Sen är z = w − i, vilket ger svaret nedan.
√
√
√
√
Svar: z = 3 − 2i, 1 + ( 3 − 1)i, − 3, −1 − ( 3 + 1)i.
6. (a) Vi förenklar:
2 1 x
2
1 x
e + e−x −
e − e−x
4
4
4
1 2x
−2x
e +2+e
− e2x + 2 − e−2x = = 1.
=
4
4
cosh2 x − sinh2 x =
(b) Eftersom cosh är en jämn funktion saknar den en invers (med R som definitionsmängd). Att cosh är jämn kan enkelt ses ur definitionen då
cosh(−x) =
e−x + ex
= cosh x.
2
Däremot verkar det möjligt att sinh är inverterbar, så vi försöker därmed att
finna ett uttryck för en eventuell invers:
y = sinh x
⇔
ex − e−x
⇔ 2y = ex − e−x
2
2yex = e2x − 1 ⇔ e2x − 2yex − 1 = 0
⇔
(ex − y)2 = y 2 + 1.
⇔
y=
Det verkar nu finnas två möjligheter: ex = y ±
p
1 + y 2 > |y|
p
1 + y 2 . Men, eftersom
så blir högerledet negativt om vi väljer minus-lösningen. Detta är omöjligt eftersom vänsterledet alltid är positivt (varför?). Således måste
p
p
ex = y + 1 + y 2 ⇔ x = ln y + 1 + y 2 .
Vi har alltså endast
ett alternativ, och därmed har vi visat att f −1 (x) =
ln x + ln(1 + x2 ) .
Svar: sinh−1 (x) = ln x + ln(1 + x2 ) . Funktionen cosh saknar invers.
π
π
7. Detta kan göras på lite olika sätt. En variant är att uppmärksamma att 4 ·
= .
24
6
π
Vi låter v = . Då vet vi att
24
√
π
3
cos 4v = cos =
.
6
2
Vidare är som bekant
cos 4v = cos(2 · 2v) = 2 cos2 (2v) − 1 = 2(2 cos2 v − 1)2 − 1
!
2
1
1
1
= 8 cos4 v − 8 cos2 v + 1 = 8
cos2 v −
− +
2
4 8
√
3
.
=
2
Då måste alltså
√
2
1
2+ 3
2
cos v −
=
2
16
⇔
⇔
√
2+ 3
cos v =
4
q
p
√
2+ 2+ 3
cos v = ±
2
2
2±
p
där vi tagit bort en negativ möjlighet ur den inre kvadratroten eftersom uttrycket
inte är reellt definierat då. Vidare är cos v > 0 så den enda möjligheten är alltså att
q
p
√
2+ 2+ 3
.
cos v =
2
q
π
Svar: cos
=
24
2+
p
√
2+ 3
.
2