Linköpings universitet
Matematiska institutionen
Joakim Arnlind
Kurskod: TATA79
Provkod: TEN3
Tentamen i Inledande matematisk analys
2015-04-09 kl. 08.00 – 13.00
Inga hjälpmedel är tillåtna. Lösningarna skall vara fullständiga, välmotiverade, ordentligt skrivna och
avslutade med ett svar. Svaren ska ges på så enkel form som möjligt. Varje uppgift ger maximalt 3 poäng.
En tentand som fått färre än 9 skrivningspoäng får addera intjänade bonuspoäng1 till sin skrivningspoäng
så länge summan av bonuspoäng och skrivningspoäng inte överstiger 9. För betyg 3, 4 och 5 räcker 9,
12 resp. 15 poäng.
Svar och lösningsförslag finns på kurshemsidan efter tentamens slut. Lycka till!
1. (a) Bestäm alla x ∈ R sådana att 2x + 1 = |x + 2|.
(1p)
2
2
(b) Beskriv geometriskt vilka z ∈ C som uppfyller |z + 2i| + |z| = 4.
(2p)
2. Bestäm alla x ∈ R sådana att
x2 + 6x + 2
> 1.
2x2 + 4x − 6
3. Bestäm alla x ∈ R sådana att 4 sin3 (x) = 3 sin(x) + cos(2x).
4. Bestäm alla z ∈ C sådana att z 3 − 2z 2 − iz + 3 − i = 0.
5. Bestäm största möjliga definitionsmängd till funktionen
f (x) = arcsin ln(10 − x2 ) − 1 .
6. Förenkla följande uttryck så långt som möjligt
√ 1
α = arcsin √
− arctan 8 − 5 3 .
5
7. För z ∈ C definierar vi
sin(z) =
1 iz
e − e−iz .
2i
Bestäm alla lösningar till ekvationen sin(z) = a, där a är ett reellt tal sådant att a > 1.
1
Godkänd dugga 1 ger 2 bonuspoäng. Minst 6 poäng på dugga 2 ger 2 bonuspoäng, godkänd dugga 2 ger ytterligare 2
bonuspoäng, d v s godkänd dugga 2 ger totalt 4 bonuspoäng.
Lösningsskisser för TATA79 2015-04-09
1. (a) Vi delar upp alla x i de två mängderna x ≥ −2 och x ≤ −2, och studerar ekvationen i dessa
två fall var för sig. Då x ≥ −2 gäller det att |x + 2| = x + 2, vilket ger att
2x + 1 = |x + 2|
⇔
⇔
2x + 1 = x + 2
x = 1,
och eftersom 1 ≥ −2, så ger detta en lösning till den ursprungliga ekvationen. Då x ≤ −2
gäller det att |x + 2| = −(x + 2), vilket ger att
2x + 1 = |x + 2|
⇔
2x + 1 = −x − 2
⇔
x = −1.
Då x = −1 inte uppfyller x ≤ −2, så bortser vi från denna lösning. Vi drar slutsatsen att
x = 1 är den enda lösningen till ekvationen.
(b) Vi studerar ekvationen genom att sätta z = x + iy, vilket ger
|z + 2i|2 + |z|2 = 4
⇔
|x + (y + 2)i|2 + |x + iy|2 = 4
⇔
2x2 + 2y 2 + 4y + 4 = 4
x2 + y 2 + 2y = 0
⇔
⇔
x2 + (y + 2)2 + x2 + y 2 = 4
⇔
x2 + (y + 1)2 = 1.
De komplexa tal vars real- och imaginärdelar uppfyller denna ekvation ligger på en cirkel med
radie 1, och centrum i −i.
2. Låt oss börja med att skriva om uttrycket så att alla nollskilda termer är på ena sidan av olikheten:
x2 + 6x + 2
>1
2x2 + 4x − 6
−x2 + 2x + 8
>0
2x2 + 4x − 6
⇔
⇔
x2 + 6x + 2
x2 + 6x + 2
2x2 + 4x − 6
−1>0 ⇔
− 2
>0
2
2
2x + 4x − 6
2x + 4x − 6 2x + 4x − 6
x2 − 2x − 8
(x − 4)(x + 2)
<0 ⇔
< 0.
2
x + 2x − 3
(x + 3)(x − 1)
⇔
För att studera detta uttryck gör vi en teckentabell:
x+3
x+2
x−1
x−4
(x − 4)(x + 2)
(x − 1)(x + 3)
-
-3
0
-
+
-
-2
+
0
-
+
+
-
1
+
+
0
-
+
+
+
-
4
+
+
+
0
+
+
+
+
+
6∃
-
0
+
6∃
-
0
+
Från tabellen kan vi avläsa att
(x − 4)(x + 2)
<0
(x − 1)(x + 3)
⇔
−3 < x < −2
eller
1 < x < 4.
3. Låt oss börja med att skriva om 4 sin3 (x) som en summa av cosinus- och/eller sinustermer med
hjälp av Eulers formler:
3
4 ix
1 2ix
e − e−ix = −
e + e−2ix − 2 eix − e−ix
8i
2i
1 3ix
1 3ix
3 ix
=−
e − e−3ix − 3eix + 3e−ix = −
e − e−3ix +
e − e−ix
2i
2i
2i
= − sin(3x) + 3 sin(x).
4 sin3 (x) = −
Detta medför att
4 sin3 (x) = 3 sin(x) + cos(2x)
⇔
− sin(3x) + 3 sin(x) = 3 sin(x) + cos(2x)
− sin(3x) = cos(2x) ⇔ sin(−3x) = cos(2x)
2x = ± π2 + 3x + 2πn ⇔
π
2 + 2πn
π
− 2 − 2πn
−x=
x=
eller
eller
5x = − π2 + 2πn
x=
där n är ett godtyckligt heltal.
π
− 10
+
2πn
5
⇔
⇔
cos(2x) = cos(π/2 + 3x)
⇔
⇔
4. Vi sätter p(z) = z 3 − 2z 2 − iz + 3 − i och kontrollerar att
p(−1) = (−1)3 − 2(−1)2 + i + 3 − i = −1 − 2 + i + 3 − i = 0.
Faktorsatsen ger oss att z + 1 delar p(z) och med hjälp av polynomdivision fås att
p(z) = (z + 1)(z 2 − 3z + 3 − i).
Alltså, p(z) = 0 ger att z = −1 eller q(z) = z 2 − 3z + 3 − i = 0. Låt oss nu lösa ekvationen q(z) = 0:
2
2
2
z − 23 = − 43 + i.
z 2 − 3z + 3 − i = 0 ⇔
z − 23 − 32 + 3 − i = 0 ⇔
Vi sätter w = x + iy = z − 3/2 och får att
(
2
w =
− 34
+i
⇔
2
2
x − y + 2ixy =
− 43
⇔
+i
x2 − y 2 = − 43
2xy = 1
Vi använder oss av ”hjälpekvationen” som fås genom att ta beloppet av ekvationen ovan
q
9
|w2 | = − 34 + i ⇔ x2 + y 2 = 16
+ 1 = 54 .
Tillsammans med x2 − y 2 = −3/4 ger detta att
2x2 =
1
2
x = ± 21 ,
⇔
genom att summera de två ekvationerna. Insatt i ekvationen 2xy = 1 fås lösningarna
(x, y) = 12 , 1 eller (x, y) = − 12 , −1 ,
vilket ger w1 = 12 + i och w2 = − 21 − i som lösningar till w2 = −3/4 + i. Eftersom z = w + 3/2 fås
att alla lösningar till p(z) = 0 ges av följande
z = −1
eller
z =2+i
eller
z = 1 − i.
5. Eftersom definitionsmängderna för ln och arcsin är
Dln = {x ∈ R : x > 0}
respektive
Darcsin = {x ∈ R : −1 ≤ x ≤ 1}
fås största möjliga definitionsmängd för f genom
10 − x2 > 0
och
− 1 ≤ ln(10 − x2 ) − 1 ≤ 1
Den första olikheten ger
10 − x2 > 0
⇔
x2 < 10
⇔
√
√
− 10 < x < 10.
(1)
Den andra olikheten ger
−1 ≤ ln(10 − x2 ) − 1 ≤ 1
⇔
0 ≤ ln(10 − x2 ) ≤ 2,
och eftersom den naturliga logaritmen är strängt växande får vi att
1 ≤ 10 − x2 ≤ e2 ⇔ −9 ≤ −x2 ≤ e2 − 10 ⇔ x2 ≤ 9 och x2 ≥ 10 − e2 ⇔
(
−3 ≤ x ≤ 3 och
p
p
x ≤ − 10 − e2 eller x ≥ 10 − e2
√
och eftersom 10 > 3 så ger olikheten (1) ingetpytterligare krav förutom de två vi har ovan. Vi
noterar att 9 > 10 − e2 vilket implicerar att 3 > 10 − e2 . Olikheterna ovan kan då sammanfattas
som
p
p
10 − e2 ≤ x ≤ 3 eller − 3 ≤ x ≤ − 10 − e2 ,
vilket ger en största möjliga definitionsmängd som
p
p
Df = {x ∈ R : 10 − e2 ≤ x ≤ 3 eller − 3 ≤ x ≤ − 10 − e2 }.
6. Låt oss först beräkna tan α för att sedan se om vi kan sluta oss till vad α är. Vi sätter
√
√
β = arcsin(1/ 5) och γ = arctan(8 − 5 3)
och börjar med att beräkna tan β och tan γ:
√ √1
√ sin arcsin(1/ 5)
1
5
√ =q
tan β = tan arcsin(1/ 5) =
=
2
2
cos arcsin(1/ 5)
1 − √15
√
tan γ = 8 − 5 3
Additionsformeln för tangens ger att
√
√
1
−15 + 10 3
tan β − tan γ
2 − (8 − 5 3)
√
√ =
tan α = tan(β − γ) =
=
1 + tan β tan γ
1 + 12 (8 − 5 3)
10 − 5 3
√
√
√
−3 + 2 3
(−3 + 2 3)(2 + 3) √
√
√
√
=
=
= 3,
2− 3
(2 − 3)(2 + 3)
vilket ger att α = π/3+πn där n är ett godtyckligt heltal. Detta begränsar de möjliga värden
som α
√
kan vara,
och
vi
ska
bestämma
vilket
av
dessa
värden
som
är
det
korrekta.
Eftersom
1/
5
>
0 och
√
8 − 5 3 < 0 (ty 64 < 25 · 3) vet vi att β ∈ (0, π2 ) och γ ∈ (− π2 , 0), vilket ger att α = β − γ ∈ (0, π).
Tillsammans med α = π/3 + πn får vi att α = π/3.
7. Vi sätter z = x + iy, där x, y ∈ R, vilket ger
ei(x+iy) − e−i(x+iy) = 2ia ⇔ e−y eix − ey e−ix = 2ia
cos(x) + i sin(x) − ey cos(x) − i sin(x) = 2ia.
sin(z) = a
e
−y
⇔
⇔
Genom att jämföra real- och imaginärdelar i båda leden fås att
(
(
cos(x) e−y − ey = 0
cos(x) = 0 eller e−y − ey = 0
⇔
sin(x) e−y + ey = 2a
sin(x) e−y + ey = 2a
Låt oss börja med att visa att e−y − ey = 0 ej ger upphov till några lösningar:
e−y − ey = 0
⇔
e−y = ey
⇔
−y = y
⇔
y = 0,
eftersom exponentialfunktionen är injektiv. Sätter vi in y = 0 i ekvationen sin(x)(e−y + ey ) = 2a
fås sin(x) = a, vilket inte har några (reella) lösningar eftersom a > 1. Vi antar nu att e−y − ey 6= 0,
vilket ger oss ekvationssystemet
(
(
(
cos(x) = 0
x = π2 + πn
(n ∈ Z)
x = π2 + πn
(n ∈ Z)
⇔
⇔
−y
y
n −y
y
−y
y
sin(x) e + e = 2a
sin(x) e + e = 2a
(−1) e + e = 2a
eftersom sin(π/2 + πn) = (−1)n . Vi noterar också att då a > 1 och e−y + ey > 0 så måste n vara
ett jämt heltal, och vi sätter n = 2m för m ∈ Z. Den kvarvarande ekvationen blir
(−1)2m e−y + ey = 2a ⇔ e−y + ey = 2a ⇔ e2y − 2aey + 1 = 0
och vi löser denna genom att sätta t = ey :
p
(t − a)2 − a2 + 1 = 0 ⇔ t = a ± a2 − 1,
p
p
2 − 1 vilket ger att a −
där vi noterar att a2 − 1 > 0 eftersom
a
>
1.
Vidare
är
a
>
a
a2 − 1 > 0,
p
2
och vi får två lösningar y = ln a± a − 1 . Detta ger följande lösningar till ekvationen sin(z) = a:
p
π
z = + 2πm + i ln a ± a2 − 1
2
e2y − 2aey + 1 = 0
⇔
t2 − 2at + 1 = 0
där m är ett godtyckligt heltal.
⇔
