Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 1 / 13. Tehtäviä

Transkriptio

1 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 Tehtäviä Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax + bx + c = 0, a 0 ratkaisukaava. Tehtävä. Määrittele joukon A R pienin yläraja sup A ja suurin alaraja inf A. Tehtävä 3. Osoita, että joukon A R pienin yläraja sup A on yksikäsitteinen. Tehtävä 4. Osoita, että jos A = { } 1 x x > 0, niin joukolla A ei ole pienintä ylärajaa. Laske inf A. Tehtävä 5. Ratkaise 1. x 3 > x. x 1 + x + 3 x 3 3. x + x + 1 < 1 4. x + 5 x x Tehtävä. Osoita, että jos seuraavat väitteet ovat tosia jollakin arvolla n Z +, niin ne ovat tosia myös arvolla n n n(n+1)(n+1) n = n(n+1)(n+1) Onko kumpikaan väitteistä tosi kaikilla n Z +? Tehtävä 7. Oletetaan kaava sin(x + y) = sin x cos y + cos x sin y tunnetuksi. Osoita, että 1. sin(x) = sin x cos x. sin(x y) = sin x cos y cos x sin y 3. sin( π 4. cos( π x) = cos x x) = sin x 5. cos(x + y) = cos x cos y sin x sin y. cos(x y) = cos x cos y + sin x sin y 1

2 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu / cos(x) = cos x sin x = cos x 1 = 1 sin x Tehtävä 8. Ratkaisu yhtälöt 1. sin(x) = cos x. sin x + = cos x 3. cos x = 1 sin(x π) 3 Tehtävä 9. Ratkaise epäyhtälöt 1. sin x > tan x. sin x + cos x > 0 3. sin x + cos x > 1 4. sin 4 x + cos 4 x 1

3 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 3 / 13 Vinkkejä tehtäviin Tehtävä 1. Muodosta vasemmalle puolelle neliö käyttämällä kaavaa u + uv + v = (u + v). Tehtävä. Pienimmän ylärajan täytyy olla sekä yläraja, että pienin sellainen. Mieti miten muotoilet nämä ehdot matematiikan kielelle. Tehtävä 3. Tee vastaoletus, että olisi olemassa kaksi erisuurta pienintä ylärajaa. Tehtävä 4. Huomaa, että riittää osoittaa, että joukolla ei ole yhtään ylärajaa. Tehtävä Korota molemmat puolet toiseen potenssiin tai jaa tarkastelu sopiviin osaväleihin.. Jaa tarkasteltava väli sopiviin osaväleihin, joissa itseisarvon sisällä olevat lausekeet eivät vaihda merkkiään. 3. Kuten edellisessä. 4. Käytä kolmioepäyhtälöä. Tehtävä. Oleta oletus todeksi ja pyri muokkaamaan sen avulla haluttu väite. Tehtävä Sijoita x = x + x kaavaan ja laske.. Huomioi sini- ja kosinifunktioiden parillisuus / parittomuus. 3. Sovella edellistä kohtaa sijoittamalla kaavaan luku π. 4. Sovella edellistä tulosta. 5. Muuta tarkasteltava lauseke sisältämään sinifunktiota ja sovella aikaisempia tuloksia.. Käytä edellistä tulosta apuna. 7. Käytä apuna tulosta sin x + cos x = 1. Tehtävä Huomaa sinin parittomuus ja että cos x = sin( π x).. Käytä kaavaa sin x + cos x = 1 apuna. 3. Muunna molemmat puolet sisältämään vain ainoastaan kosinifunktioita. Tehtävä Huomioi alue, jossa epäyhtälöissä olevat funktiot ovat määritelty. Eliminoi sopivalla kertolaskulla ylimääräiset funktiot pois ja ratkaise 3

4 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 4 / 13 epäyhtälö. Huomaa milloin kerrot positiivisella luvulla ja milloin negativiisella!. Ratkaise yhtälö sin x + cos x = 0 ja tarkastele sen merkin vaihtumista. Jatkuvuuden perusteella voit päätellä ratkaisujoukon. 3. Suorita neliöön korotus ja sievennä lauseketta sopivasti. 4. Korota lauseke sin x + cos x = 1 toiseen potenssiin tai arvioi sen avulla summaa sin 4 x + cos 4 x ylöspäin. 4

5 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 5 / 13 Tehtävien ratkaisut Ratkaisu 1. Koska a 0, niin ax + bx + c = 0 x + b a x + c a = 0. Merkitään, että p = b a ja q = c. Täydennetään vasemmalle puolelle neliö lisää- a mällä yhtälön molemmille puolille luku ( p ) q eli Koska x + p x + (p ) = ( p ) q. x + p x + (p ) = (x + p ), niin voidaan ottaa neliöjuuri puolittain olettaen, että ( p ) q 0 ja saadaan x + p = ± ( p ) q. Siis x = p ± ( p ) q = b a ± ( b a ) c a. Koska a 0, niin ± ( b a ) c b a = ± 4a c 1 a = ± b 4ac 4a (b 4ac) = ± a Koska a = ±a, niin x = b ± b 4ac a aina, kun ( p ) q 0 eli b 4ac 0. Mikäli b 4ac < 0, niin yhtälöllä ax + bx + c = 0 ei ole reaalisia ratkaisuja. Ratkaisu. Luku M on joukon A R pienin yläraja, mikäli 1. a M kaikilla a A ja. jokaista lukua ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen a A, että M ɛ < a M. 5

6 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu / 13 Ensimmäinen ehto siis sanoo, että luku M on joukon A eräs ylärajoista ja toinen ehto vaatii, että M on näistä ylärajoista pienin. Vastaavasti että luku m on joukon A R suurin alaraja, mikäli 1. m a kaikilla a A ja. jokaista lukua ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen a A, että m a < m+ɛ. Ratkaisu 3. Oletetaan, että luvut M 1 ja M ovat joukon A pienimmät ylärajat. Tehdään vastaoletus, että M 1 M. Voidaan olettaa, että M 1 < M. Valitaan ɛ = M M 1 > 0. Koska M oli pienin yläraja ja ɛ > 0, niin on olemassa sellainen luku a A, että Nyt M ɛ < a M. M ɛ = M M + M 1 = M 1 < a M eräälle a A, joten M 1 ei voi olla joukon A yläraja eikä erityisesti pienin yläraja. Tämä on ristiriita oletuksen kanssa. Siis M 1 = M, joten joukon A pienin yläraja on yksikäsitteinen. Ratkaisu 4. Riittää osoittaa, että joukolla A ei ole olemassa yhtään ylärajaa. Tehdään vastaoletus, että joukko A on ylhäältä rajoitettu. Siis on olemassa sellainen luku M, että M a kaikilla a A. Koska jokainen joukon A alkio on positiivinen, niin luku M on positiivinen. Nyt M + 1 A. 1 M+1 > 0, joten Kuitenkin M + 1 > M, mikä on ristiriita vastaoletuksen kanssa. Täten joukko A ei ole ylhäältä rajoitettu. Osoitetaan, että inf A = 0. Ensinnäkin 0 < 1 x kaikilla x > 0. Toisekseen olkoon ɛ > 0 mielivaltainen. Nyt ɛ > ɛ > 0 ja ɛ A, koska ɛ > 0. Täten jokaista lukua ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen luku y A, että 0 < y < ɛ. Tästä väite seuraa.

7 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 7 / 13 Ratkaisu Korotetaan molemmat puolet toiseen potenssiin. Koska x 3 = (x 3) ja x = x, niin x x + 9 > 4x eli 0 > 3x + x 9 = 3(x + x 3). Yhtälön 3x +x 9 = 0 ratkaisut ovat x = 1 ja x = 3. Koska kyseessä on alaspäin aukeava paraabeli, niin merkkikaaviosta nähdään ratkaisu 3 < x < 1.. Oletetaan, että x < 3. Tällöin (x 1) (x + 3) = 4x 1 (x 3) = 3 x, jonka ratkaisu on x 4 3. Epäyhtälö on siis tosi kaikilla x < 3. Oletetaan seuraavaksi, että 3 x < 1. Tällöin (x 1) + (x + 3) = 5 3 x joka on tosi tarkasteltavalla välillä 3 x < 1. Siis epäyhtälö pätee, kun 3 x < 1. Oletetaan, että 1 x < 3. Tällöin (x 1) + (x + 3) = 4x + 3 x, jonka ratkaisu on x 1, joten epäyhtälö pätee myös kaikilla 1 x < 3. 5 Oletetaan, että 3 x. Nyt 4x + x 3 eli x 5. Näin ollen epäyhtälö on aina voimassa. Ratkaisu on siis x R. 3 7

8 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 8 / Oletetaan ensin, että x <. Tällöin (x + ) + (x + 1) = x 3 < 1, jonka ratkaisu on x > 4. Siis saadaan ratkaisujoukko 4 < x <. Oletetaan, että x < 1. Nyt (x + ) + (x + 1) = 3x + 5 < 1 jonka ratkaisu on x < 4. Siis ratkaisuun saadan koko tarkasteluväli 3 x < 4 3. Oletetaan lopuksi, että 1 x. Siis (x + ) (x + 1) = x + 3 < 1, josta saadaan ratkaisu x <. Koska tämä ei leikkaa tarkasteltavan väliä 1 x, niin epäyhtälöllä ei ole yhtään ratkaisua x 1. Lopulliseksi ratkaisujoukoksi saadaan siis 4 < x < Kolmioepäyhtälöä soveltamalla saadaan suoraan, että x + 5 = x x x x. Täten yhtälö on tosi kaikilla x R. Ratkaisu. 1. Oletetaan siis, että n n(n+1)(n+1). 8

9 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 9 / 13 Ratkaistaan, mitä n +(n+1) on. Oletuksen perusteella n + (n + 1) n(n + 1)(n + 1) (n + 1) + n(n + 1)(n + 1) + (n + 1) = (n + 1)(n(n + 1) + (n + 1)) = = (n + 1)(n + n + n + ) = (n + 1)(n + 7n + ) (n + 1)(n + )(n + 3) = (n + 1)((n + 1) + 1)((n + 1) + 1) = eli väite on tosi myös, luvulle n Oletetaan, että n = n(n+1)(n+1). Tällöin edellisen tehtävän perusteella n + (n + 1) = = n(n + 1)(n + 1) (n + 1) + (n + 1)((n + 1) + 1)((n + 1) + 1) Täten väite on tosi myös luvulle n + 1. Koska 1 = 1 3, niin siitä saadaan induktion perusaskel. Induktioperiaatteen nojalla jälkimmäinen väite on tosi kaikilla n Z +. Täten vaikka ensimmäisen väitteen päättely on virheetön, se on tavallaan turha, koska oletus n n(n+1)(n+1) on epätosi kaikilla n Z +. Ratkaisu Suoran laskun perusteella sin(x) = sin(x + x) = sin x cos x + sin x cos x = sin x cos x. 9

10 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 10 / 13. Ottamalla huomioon funktion sin x parittomuus ja funktion cos x parillisuus saadaan, että sin(x y) = sin x cos( x) + cos x sin( x) = sin x cos x cos x sin x. 3. Koska sin π = 1 ja cos π = 0 ja käyttämällä edellisen kohdan tulosta saadaan sin( π x) = sin π cos x cos π sin x = cos x. 4. Edellisen kohdan perusteella cos( π x) = sin(π (π x)) = sin x. 5. Aikaisemmista kohtia avuksi käyttäen saadaan, että cos(x + y) = sin( π x y) = sin( π x) cos y cos(π x) sin y = cos x cos y sin x sin y.. Edellisesta kohdasta ja käyttämällä funktion sin x parittomuutta ja funktion cos x parillisuutta saadan johdettua, että cos(x y) = cos x cos( y) sin x sin( y) = cos x cos y + sin x sin y. 7. Kohdan 5 nojalla, kun y = x on cos(x) = cos x sin x. Lisäksi sin x = cos x 1 ja cos x = 1 sin x, joten cos x sin x = cos x 1 = 1 sin x. Ratkaisu Koska sin(x) = sin( x) = cos x = sin( π x), 10

11 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 11 / 13 niin yksikköympyrästä nähdään, että ratkaisut tulevat olemaan muotoa x = π x + nπ tai x = π π + x + nπ, missä n Z mielivaltaisia. Siis x = π nπ ja x = π n 3 π.. Koska 1 cos x = sin x, niin ratkaistavana on yhtälö sin x sin x + 1 = (sin x 1) = 0. Ratkaisut ovat siis muotoa x = π + nπ, missä n Z. 3. Koska cos(x) = cos x 1, niin on ratkaistava yhtälö on cos(x) = sin(x π 3 ) = sin( (x π 3 ) = cos(x + π 3 ). Nyt cos(x) = cos(x+ π 3 ) silloin, kun x = x+ π 3 +nπ tai x = x π 3 +nπ eli yhtälön ratkaisut ovat x = π 3 + nπ ja x = π 9 + n 3 π. Ratkaisu Epäyhtälöä ei ole määritelty, kun x = π + nπ. Kerrotaan yhtälö puolittain termillä cos x. Tämä on sallittua, kun sin x 0 eli x nπ. sin x Kun nπ < x < π + nπ ja π + nπ < x < 3π + nπ, niin termi on positiivinen ja epäyhtälö tulee muotoon cos x > 1, mikä on epätosi väite. Kun π + nπ < x < π + nπ ja 3π + nπ < x < (n + 1)π, niin termi on negatiivinen ja epäyhtälön merkki vaihtuu. Siis cos x < 1, 11

12 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 1 / 13 mikä on tosi väite kyseisellä välillä. Siis ratkaisut ovat π + nπ < x < π + nπ ja 3π + nπ < x < (n + 1)π.. Tarvitsee siis ratkaista epäyhtälö sin x + cos x = sin x + sin( π x) > 0. Yhtälön sin x = sin( π x) = sin(x π ) ratkaisut ovat x = x π + nπ tai x = π + π x + nπ. Ainoat ratkaisut ovat siis x = 3π 4 + nπ. Nyt esimerkiksi 3π 4 < π < 7π 4 < π < 3π 4 +π ja koska sin π+cos π = 0 1 < 0 ja sin π + cos π = > 0, niin funktion sin x + cos x jatkuvuuden perusteella ratkaisut ovat välit ] π 4 + nπ, 3π 4 + nπ[, missä n Z. 3. Edellisen kohdan perusteella epäyhtälön vasen puoli on positiivinen, kun ] π 4 + nπ, 3π 4 + nπ[, missä n Z. Tällöin voidaan suorittaa neliöön korotus eli saadaan, että sin x + sin x cos x + cos x = 1 + sin(x) > 1. Ratkaistavaksi jää epäyhtälö sin(x) > 0 väleillä x ] π 4 + nπ, 3π 4 + nπ[. Sinin kulusta saadaan suoraan, että nπ < x < π + nπ. Yhdistämällä välit saadaan lopullinen tulos x ] nπ, π + nπ [, missä n Z. 4. Ensimmäinen tapa. Koska sin x + cos x = 1 kaikilla x R, niin 1 = ( sin x + cos x ) = sin 4 x + } sin {{ x cos x} + cos 4 x. 0 Siis 1 sin 4 x + cos 4 x kaikilla x R. Täten tutkittava epäyhtälö sin 4 x + cos 4 x 1 on tosi täsmälleen silloin, kun yhtäsuuruus on voimassa eli sin x cos x = 0. 1

13 Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 005, sivu 13 / 13 Nyt sin x = 0 täsmälleen silloin, kun x = nπ ja cos x = 0 jos ja vain jos x = ± π + nπ. Yhdistämällä tulokset lopulliseksi vastaukseksi saadaan, että x = n π, missä n Z. Toinen tapa. Koska sin x 1 ja cos x 1, niin voidaan arvioida, että kaikilla x R pätee sin 4 x + cos 4 x sin x + cos x = 1. Täten kysytty epäyhtälö on voimassa vain jos sin 4 x + cos 4 x = sin x + cos x = 1. Täten tiedoista sin x 1 ja cos x 1 voidaan päätellä, että epäyhtälö on voimassa vain jos sin x = 0 ja cos x = 1 tai cos x = 0 ja sin x = 1. Epäyhtälö sin 4 x + cos 4 x 1 on siis voimassa, kun x = n π, missä n Z. 13