Valintakoe

Transkriptio

1 Valintakoe Kokeessa saa käyttää kirjoitusvälinewiden lisäksi ainoastaan kokeessa jaettavaa funktiolaskinta ja taulukkoa Pisteytys 8*3p=4p. Tehtävien alakohtien pistemäärät voivat poiketa toisistaan.. Sievennä a) ( 0 ) + 0, (p.) b) 0 + 0, (p.) c) ( 0 ) (p.) + 0 a) ( 0 ) + 0 = ( 0)(+ 0) = 0 = 0, b) = ( 0)+(+ 0) =, c) ( 0 ) = 0 = = 4. Vastaus: a) 0, b), c) 4.. Laske seuraavat raja-arvot: ( + ) a) 0 (, (p.) b) 0 ), (p.) c) 0 sin + sin.(p.) a) ( ( + ) ) 0 b) ( 0 ) ( ) sin c) 0 + sin = 0 ( ) = 0 ( ) =, ( ) ( ) = 0 ( ) ( ) ( ) ( ) = = = 0 ( ) 0 ( ) = l Hospital cos = 0 + cos. Vastaus: a), b), c).

2 3. a) Selvitä onko yhtälö e = e ( R) ratkeava? (p.) b) Millä vakion a (a R) arvoilla yhtälö e sin + a = 3 ( R) on ratkeava? (p.) a) Koska eksponenttifunktio e on aidosti kasvava, niin (a < b) (e a < e b ). Erityisesti: kaikilla :n mahdollisilla arvoilla ( R) on voimassa seuraava (aito!) epäyhtälö / < e / < e e < e Kaikilla :n arvoilla a-kohdan yhtälön vasen puoli on aidosti suurempi kuin yhtälön oikea puoli. Yhtälö ei ole siis ratkeava. b) () Sini-funktion ( sin) pienin arvo on ja suurin arvo on ja funktio saa kaikki arvot välillä [,]. () Eksponenttifunktio ( e ) on aidosti kasvava. () sin (saa kaikki välin arvot) () e e sin e (saa kaikki välin arvot) e + a e sin + a e + a (saa kaikki välin arvot) b-kohdan yhtälö on ratkeava, jos 3 kuuluu funktion e sin + a arvo-välille e + a 3 e + a e 3 a e e 3 a e 3 3 e a 3 e Vastaus: a) Yhtälö ei ole ratkeava. b) Yhtälö on ratkeava, jos 3 e a 3 e.

3 4. a) Laske kompleksiluvun ( i)0 6 reaali- ja imaginaariosa sekä moduli ja argumentti (napakoordinaattiesitys). (p.) b) Laske kompleksiluvun cosϕ + isinϕ cosϕ + isinϕ (ϕ R) moduli z ja argumentti argz. (p.) a) ( i)0 6 = ( e iπ/4 ) 0 6 Siis re(z) = 0, im(z) =, z =, ja arg(z) = π/. b) Siis z =, ja arg(z) = ϕ. cosϕ + isinϕ cosϕ + isinϕ = eiϕ e = (5 e i5π/ ) 4 = e iπ/ = i iϕ = eiϕ Vastaus: a) re(z) = 0, im(z) =, z =, ja arg(z) = π/ b) z =, ja arg(z) = ϕ.

4 5. Selvitä funktion f () = 3 e, R, kaikki (lokaalit) ääriarvopisteet sekä mahdolliset maksimi- ja minimiarvot R:ssä. (3p.) f () = 3 e, jatkuva koko R:ssä, f () = 3 e + 3 e ( ) = (3 4 )e, jatkuva koko R:ssä. Koska e on aina positiivinen, niin derivaatan nollakohdat saadaan yhtälöstä (3 4 ) = 0 (3 ) = 0 = 0 tai = ± 3/ ±,5 Funktion arvot mahdollisissa lokaaleissa ääriarvokohdissa ovat f (0) = 0 ja f (± 3/) = ± 3 3 e 3/ ±0, Raja-arvo ± :ssä on 0, sillä l Hospitalin sääntöä soveltaen saamme 3 ± 3 e = l H = ± e ± 3 e = 3 ± e l H = 3 ± e = 0 Derivaatan merkkikaaviota varten laskemme derivaatan arvot muutamassa kohdassa Derivaatan merkkikaavio on siis f ( ) = (3 ( ) ( ) 4 )e ( ) = 0 e 4 < 0 f ( ) = (3 ( ) ( ) 4 )e ( ) = e > 0 f () = (3 4 )e = e > 0 f () = (3 4 )e = 0 e 4 < 0 f() min ma f () / 3/ Kohta = 0 ei ole lokaali ääriarvokohta, sillä jos ε > 0 on pieni, niin f (+ε) = ε 3 e ε > 0 ja f ( ε) = ε 3 e ε < 0. Siis = 0 ei ole ääriarvokohta. Vastaus: Funktiolla on (lokaali/globaali) minimi kohdassa = 3/, f ( 3/) = 3 ja (lokaali/globaali) maksimi kohdassa = 3/, f ( 3/) = 3 3 e 3/ 3 e 3/

5 6. a) Laske osittaisintegroinnilla ln d.(p.) b) Integroi osamurtokehitelmän avulla: ( ) d.(p.) a) Osittaisintegroinnin kaavassa (u () v())d = u() v() (u() v ())d valitsemme u () = / ja v() = ln(). Silloin u() = ln ja v () = / ja ( ) ( J = ln d = (ln) (ln) ln ) d = (ln) J Siis J = (ln) J + C J = (ln) + C J = (ln) +C b) Tehdään osamurtohajoitelma, eli hajoitetaan integroitava kolmen helposti integroitavan termin summaksi ( ) = F + G + H = F( ) + G( ) + H ( ) F = F G = 0 G + H = 0 = (G + H) + (F G) F ( ) F = G = H = Siis ( ) d = d + d + = ln + ln +C = ( ) + ln +C d

6 7. Olkoon a,b,c R ja A = a b c 3 6 a) Laske matriisin A determinantti. (p.) b) Millä vakioiden a, b ja c arvoilla matriisin A sarakkeet ovat lineaarisesti riippumattomia? (p.). a) det(a) = +a 3 6 = 9a + 3b b + c 3 6 Toinen tapa laskea: det(a) = a 3 + b + c 6 a 6 b c 3 = 9a + 3b b) Matriisin A sarakkeet ovat lineaarisesti riippumattomat det(a) 0 9a + 3b 0 b 3a Vastaus: a) det(a) = 9a + 3b, jos ja vain jos b 3a. b) Matriisin sarakkeet ovat lineaarisesti riippumattomat,

7 8. a) Olkoon k reaalinen vakio. Laske matriisin 0 A = 0 k 0 0 käänteismatriisi, mikäli se on olemassa. (p.) b) Ratkaise yhtälöryhmästä ( ) 0 y z 0 k = ( 4 3 ).(p.) 0 0 a) Matriisin A determinantti on det(a) = k = k. Siis A on olemassa jos ja vain jos k k [] 0 0 (i) lisää rivi 3 luvulla 0,5 kerrottuna riviin (ii) kerro rivi 3 luvulla 0, [k] 0 0 / / (i) lisää rivi luvulla /k kerrottuna riviin (ii) kerro rivi luvulla /k 0 0 /k /(k) /k /(k) / b) Yhtälöryhmä voidaan kirjoittaa muotoon ( ) y z A = 0 0 k 0 0 = 4 + ky = 3 y + /k /(k) 0 /k /(k) 0 0 / = ( 4 3 ). Jos k = 0, niin ensimmäinen ja toinen yhtälö eivät voi yhtäaikaa olla tosia, joten ratkaisujoukko on silloin tyhjä. Jos k 0, niin kerroinmatriisin determinantin arvo ei ole nolla, joten yhtälöryhmällä on yksikäsitteinen ratkaisu. Selvästi silloin = 4. Vastaus: a) Jos k = 0, niin käänteismatriisia ei ole olemassa. Jos k 0, niin /k /(k) A = 0 /k /(k), 0 0 / b) Jos k = 0, niin yhtälöryhmällä ei ole ratkaisua. Jos k 0, niin = 4.