1. No category

Oppfriskingskurs
Sommer 2015
Norges teknisk–naturvitenskapelige
universitet
Institutt for matematiske fag
Løsningsforslag til
prøve
x
og g(x) = 1−x
. Finn følgende komposisjoner (f ◦ f )(x), (f ◦ g)(x),
(g ◦ f )(x) og (g ◦ g)(x), og spesifisér definisjonsmengden til komposisjonen (f ◦ f )(x).
1 La f (x) =
2
x
Løsningsforslag:
2
=x
(f ◦ f )(x) = f (f (x)) = f
x
2(1 − x)
x
=
(f ◦ g)(x) = f (g(x)) = f
1−x
x
2
2
(g ◦ f )(x) = g
=
x
x−2
x
x
=
(g ◦ g)(x) = g
1−x
1 − 2x
D(f ◦ f ) = {x : x 6= 0}
2 Skissér funksjonen e−|x| for alle x ∈ R.
Løsningsforslag: Se figur 1.
Figur 1: Grafen til e−|x| .
3 Løs ulikhetene for x.
a) 6x2 − 5x > 0
6. august 2015
Side 1 av 4
b)
x
2
≥1+
4
x−1
Løsningsforslag:
Del a). Vi skriver om uttrykket til x(6x − 5) > 0. Ved hjelp av fortegnsskjema fåes
x ∈ (−∞, 0) ∪ ( 65 , ∞).
Del b). Vi skriver om uttrykket:
4
x
≥1+
2
x−1
8
− 2 ≥ 0 ganger opp med 2 og flytter alt over
x−1
x(x − 1) − 8 − 2(x − 1)
≥ 0 setter på felles brøkstrek
x−1
x2 − 3x − 6
≥ 0 ganger ut og trekker sammen.
x−1
x−
Ved abc-formelen og Teorem 1 får vi
2
x − 3x − 6 =
x−
√ !!
33
3
+
x−
2
2
Analyse av fortegnsskjemaet gir da x ∈
h
3
2
√
−
33
2 ,1
∪
√ !!
3
33
−
.
2
2
h
3
2
√
+
33
2 ,∞
.
4 Skissér følgende implisitte uttrykk. Nevn også noen av egenskapene til figurene;
nyttige ord kan være sentrum, radius, eller halvakser.
a) 4(x − 3)2 +
(y+2)2
4
=4
b) 2x2 + 2y 2 − 16x + 8y + 40 ≤ 4
Løsningsforslag:
2
Del a). Ved å dele uttrykket på 4 fåes (x − 3)2 + (y+2)
= 1. Dette er dermed ei ellipse
16
med sentrum i (3, −2) og halvakser (1, 4).
Del b). Bruk sammenhengene 2x2 − 16x = 2(x2 − 8x) = 2((x − 4)2 − 16) og
2y 2 + 8y = 2(y 2 + 4y) = 2((y + 2)2 − 4) til å se at
2x2 + 2y 2 − 16x + 8y + 40 = 2(x − 4)2 + 2(y + 2)2 .
√
Dermed har vi at (x − 4)2 + (y + 2)2 ≤ 2 = ( 2)√2 . Dette er altså en disk (hvor randen
er inkludert) med sentrum i (4, −2) og radius 2.
5 Skriv polynomet
x6 − 3x4 + 3x2 − 1
som et produkt av lineære faktorer. (Hint: x = 1 løser ligningen x3 −3x2 +3x−1 = 0.)
Løsningsforslag: Bruk substitusjonen u = x2 til å redusere polynomet til u3 −
6. august 2015
Side 2 av 4
3u2 + 3u − 1. Fra hintet (eller innsetting) ser vi at u = 1 er en rot. Ved polynomdivisjon fåes
u3 − 3u2 + 3u − 1
= u2 − 2u + 1.
u−1
Polynomet u2 − 2u + 1 har en rot u = 1 (med multiplisitet 2) som kan finnes ved
abc-formelen:
√
2± 4−4
u1,2 =
= 1.
2
Dermed finner vi at
u3 − 3u2 + 3u − 1 = (u − 1)3 .
Siden u = x2 og x2 − 1 = (x − 1)(x + 1), konkluderer vi med at
x6 − 3x4 + 3x2 − 1 = (x2 − 1)3 = (x − 1)3 (x + 1)3 .
2
6 La f (x) = |x − 1| sin( x2 ). Finn alle løsninger av ligningen f (x) = 0.
Løsningsforslag:
f (x) = 0 ⇐⇒ |x − 1| sin
Enten er x = 1, eller så er sin
x2
2
x2
2
=0
= 0:
x2
sin
=0
2
x2
= 0 + πn
n∈N
2
x2 = 2πn
n∈N
√
|x| = 2πn
n∈N
√
x = ± 2πn
n ∈ N.
√
Løsningene av ligningen er derfor x = 1, og x = ± 2πn hvor n ∈ N. Merk spesielt
2
at n ikke kan være negativ (dvs. n 6∈ Z) siden x2 ≥ 0 for alle x, og merk også at her
er N = {0, 1, 2, 3, 4, . . .}.
7 Vis at |a + b| ≤ |a| + |b| for alle a, b ∈ R. (Hint: Bruk at |x|2 = x2 for alle x ∈ R.)
Løsningsforslag: Vi gjør følgende:
|a + b|2 = (a + b)2
hintet
2
= a + 2ab + b2
kvadratsetningen
≤ a2 + 2|a||b| + b2
2
x ≤ |x|
2
= |a| + 2|a||b| + |b|
= (|a| + |b|)2
hintet
kvadratsetningen.
Siden begge sider er positive, tar vi roten og får |a + b| ≤ |a| + |b|.
6. august 2015
Side 3 av 4
8 Bevis ved induksjon at
2n+2 + 32n+1
er delelig med 7 for alle naturlige tall n ≥ 1.
Løsningsforslag:
1. GRUNNSTEGET. Sjekker for n = 1: 21+2 + 32·1+1 = 35 = 7 · 5. Grunnsteget
stemmer.
2. INDUKSJONSSTEGET. Vi antar nå at påstanden stemmer for n = k, dvs.,
2k+2 + 32k+1 er delelig med 7.
(1)
Ønsker så å vise påstanden for n = k + 1:
2(k+1)+2 + 32(k+1)+1 = 2k+3 + 32k+3
= 2 · 2k+2 + 9 · 32k+1
= 2 · 2k+2 + (2 + 7) · 32k+1
= 2 · (2k+2 + 32k+1 ) + 7 · 32k+1 .
Første ledd på høyre side er delelig med 7 per antagelse (1), og andre ledd er
helt klart delelig med 7. Påstanden er dermed bevist.
6. august 2015
Side 4 av 4