1. Olkoot f ja g reaalifunktioita. Mitä voidaan sanoa yhdistetystä funktiosta g f, jos a) f tai g on rajoitettu? b) f tai g on jaksollinen?

Transkriptio

1 Matematiikan johdantokurssi, sks 06 Harjoitus 8, ratkaisuista. Olkoot f ja g reaalifunktioita. Mitä voidaan sanoa hdistetstä funktiosta g f, jos a) f tai g on rajoitettu? b) f tai g on jaksollinen? Ratkaisu. Olkoot funktiot f : A B ja g : B C aluksi mielivaltaisia. a) ) Olkoon f rajoitettu. Tällöin g f voi olla rajoitettu tai rajoittamaton. α) Rajoitettu: valitaan A = B = C = R ja funktiot rajoitettu f :=, siis vakiofunktio, ja g := Id. Silloin (g f)() = g(f()) = g() =, joten g f on rajoitettu. β) Ei rajoitettu: valitaan A = B = ]0, [ ja C = R. Olkoon f : ]0, [ ]0, [, f() :=, ja g : ]0, [ R, g() :=. Koska f() < kaikilla ]0, [, on f on rajoitettu. Olkoon M > 0 mielivaltainen luku. Nt hdistetlle funktiolle g f : ]0, [ R pätee (g f)() = = > M, kun 0 < <. Siis g f ei ole rajoitettu. M ) Olkoon toiseksi g rajoitettu. Tällöin g f on rajoitettu. Todistetaan tämä suoralla todistuksella: Oletetaan että g on rajoitettu. Tällöin on määritelmän mukaan olemassa M > 0 siten, että g() < M kaikilla B. Tällöin (g f)() = g(f()) < M kaikilla A, koska f() B. Siis g f on rajoitettu. b) Tässä pitää funktioiden olla R R (vrt. jaksollisuuden määritelmä). ) Olkoon f jaksollinen funktio. Tällöin mös g f on jaksollinen. Todistetaan tämä suoralla todistuksella: Jos funktiolla f on jakso a, niin f(+a) = f() kaikilla R. Tällöin (g f)( + a) = g(f( + a)) = g(f()) = (g f)() kaikilla R. Siis g f on jaksollinen. ) Olkoon g jaksollinen. Tällöin g f voi olla jaksollinen, mutta mös jaksoton. Esimerkki jaksollisesta: g : R R, g() := sin, on tunnetusti jaksollinen. Valitaan f : R R, f() :=. Silloin (g f)() = sin ja g f on jaksollinen. Jaksoton: Olkoon edelleen g : R R, g() = sin, ja valitaan f : R R, f() :=. Yhdistett funktio g f : R R, (g f)() = g(f()) = g( ) = sin ei ole jaksollinen. Se värähtelee väliä [, ] hä kiihtvällä frekvenssillä, kun (ks. kuvio).

2 Muodosta sellainen neljännen asteen polnomi, a) jolla ei ole lainkaan reaalisia nollakohtia. b) jonka reaaliset nollakohdat ovat ja, ja molemmat ovat ksinkertaisia. c) jolla on kolme eri reaalista nollakohtaa. Ratkaisu. a) A() := + b) B() := ( )( )( + ) c) C() := ( )( )( ), nollakohdat, ja eikä muita. Nämä ovat polnomien tuloina polnomeja ja kaikki neljättä astetta.. Muodosta osamurtokehitelmä rationaalilausekkeille a) +, b) +, Ratkaisu. a) Nimittäjän tekijöihin jaoksi saadaan + = ( )( + ) = ( )( + ), sillä nollakohdat ovat = ja =. Siis + = ( )( + ) Voidaan kättää vaikkapa Heaviside-menetelmää: Tehdään rite ( )( + ) = A + B +. Kerrotaan htälö termillä 0, jolloin saadaan htälö + B( ) = A +. + Sijoitetaan tähän = /, jolloin A = /5. Sijoitetaan tämä alkuperäiseen, ja kerrotaan se sitten termillä + 0; näin = B.

3 Tästä sijoitus = antaa B = /5. Osamurtokehitelmä on siis + = 5 b) Nimittäjän tekijöihin jaoksi saadaan = ( )( + ), missä jälkimmäisellä tekijällä ei ole reaalisia nollakohtia. Yritetään tähänkin Heaviside ia, kuitenkin laittaen toisen asteen termin osoittajaan B + C: + = ( )( + ) = A + B + C +. Kerrotaan taas termillä 0, jolloin saadaan htälö + Sijoitus = / antaa A = /9. ( ) (B + C)( ) = A +. + I tapa jatkaa psen reaalimuuttujissa: Saatiin siis ( )( + ) = 9 + B + C +. Koska + > 0, ei jatketa Heaviside lla vaan lavennetaan samanimittäjäisiksi: ( )( + ) = 9 + B + C + = 9 ( + ) + ( )(B + C) ( )( + ) Verrataan osoittajia: kertomalla auki oikeanpuoleinen osoittaja saadaan (samuus ): ( ) 9 + B + C B C 9 + B + (C B) C, joka on totta arvoilla B = /9 ja C = /9 (ks. loppua). II tapa jatkaa Heaviside lla kompleksiluvuilla kohdasta ( ): Sijoitetaan tämä alkuperäiseen, ja kerrotaan se sitten termillä + 0; näin = B + C. Sijoitetaan tähän rohkeasti = i ja lavennellaan normaalimuotoon i B + C = i = + i i = = i 9. Olettaen luvut B ja C reaalisiksi saamme vertaamalla reaali- ja imaginaariosia tuloksen: + =

4 . Sievennä a) 9, b) a a a a a, c) 5n b n a n b n 5 a. b 6n Ratkaisu. a) Sievennetään potenssilaskusäännöillä 9 = ( ) ( ) = 6 6 = = 6 = 6. b) Sievennetään potenssilaskusäännöillä a a ) a = (a a a 5 a (a 5 ) = a (a ) a a 5 = a a 8 a a 5 = a + 8 a + 5 = a 8 a 8 = a 8 8 = a 9 6 = a 55. c) Sievennetään a 5n b n a n b n a = (a5n ) (b n ) b 6n a (b 6n ) = a 5n b n a n b n a b n = a 5n a n a b n b n b n = a n b 9n. 5. Ratkaise htälöt a) ( + ) / = (( + ) ) /, b) ( ) / = (( ) ) /. Ratkaisu. a) Parittomalla n N on juurifunktio /n laajennettavissa koko reaalilukujen joukkoon bijektiona. Koska lausekkeet + ja ( + ) ovat reaalisia kaikilla R, on ( + ) / = (( + ) ) / + = ( + ) = =. b) Samoin: ( ) / = (( ) ) / = ( ) = 6 =

5 6. Ratkaise htälö 6 = ja piirrä kuvio. Ratkaisu. Kseessä ovat parilliset juuret, joten ratkaisuiksi kävät vain joukon [ A := 6, ] [ 6 [, [ =, ] 6 [,.5] alkiot. Voitaisiin poistaa juuret vedoten juurrettavien ei-negatiivisuuteen joukossa A sekä juurifunktion ksikäsitteisteen (kun sopimusten mukaisesti valitaan positiivinen haara), mutta tehdään tässä toisin: selvitetään aluksi mitkä ovat mahdollisia juuria, ts. katsotaan ksisuuntaisesti mitä htälön voimassaolosta välttämättä seuraa: 6 = 6 = ( ) = + 5 = 0 = ( ± ). Näistä kahdesta ehdokkaasta vain /(+ ).6 on joukossa A. Tarkastus osoittaa, että tämä todella on ratkaisu. Mös kuvio vahvistanee tuloksen oikeellisuutta: 7. Piirrä reaalifunktioiden f, g, kuvaajat ja laske niiden leikkauspisteet. 0 f() := ( + ), g() := ( + ), Ratkaisu. Funktioiden lausekkeiden eksponentit eivät ole rationaalisia (mutta ovat positiivisia), joten juurrettavien on oltava ei-negatiivisia. Ehdoista vallitseva on /, silloinhan mös toteutuu. Juurifunktion bijektiivisden mukaan, kun /: f() = g() ( + ) = ( + ) ( + ) = ( ( + ) ) + = ( + ) = 0, = ( ± 5). Molemmat ovat vaaditulla välillä, joten leikkauspisteet ovat (saatavissa kumman funktion avulla hvänsä): ( (, g( )) = ( + 5), ( ( + ) 5)) (.68, 5.) ja ( (, g( )) = ( 5), ( ( ) 5)) ( 0.68, ) 5

6 Ratkaise htälö a) ln( ) + ln( ) ln =. b) + =. Ratkaisu. a) Tutkitaan ensin, millä tuntemattoman arvoilla htälö on määritelt. Logaritmi on määritelt vain aidosti positiivisilla arvoilla, joten tät olla ) > 0 eli >, ) > 0 eli 0 ja ) > 0. Näistä kolmesta ehdosta saadaan siis hteensä määrittelehto >. Yhtälön toteutumisesta seuraa: ln( ) + ln( ) ln = ln( ) + ln = ln ln(( ) ) = ln = ( ) = 0 = 0 tai = ( ± 5). Määrittelehdon > toteuttaa näistä vain = ( + 5).6, ja sijoitus alkuperäiseen htälöön osoittaa sen ratkaisuksi. b) Muokataan aluksi + = + = ( ) + = 0. Tehdään muuttujanvaihto sijoittamalla htälöön t = > 0, jolloin saadaan t t + = 0 t = ± ( ) t = ± t = tai t = molemmat kelpaavat! = tai = = 0 tai =. Yhtälön ratkaisut ovat siten = 0 ja = (tarkasta!). 6

7 9. Ratkaise epähtälö a) ln <. b) e e 0. Ratkaisu. a) Logaritmi on määritelt vain aidosti positiivisilla arvoilla, joten 0 eli. Ratkaistaan (lisää perustelut!): ln < e ln < e < e e < < e e < < + e. Ottaen huomioon määrittelehdon saamme ratkaisuiksi ] e, [ { +e \ }. b) Osoittaja ja nimittäjä voivat vaihtaa merkkiä ainostaan nollakohdissa. Tutkitaan nollakohdat erikseen. Osoittajalla on vain ksi nollakohta: e = 0 e = = 0. Nimittäjällä on ksi nollakohta, joka on samalla epähtälön määrittelemättömskohta: e = 0 e = = ln = ln. Tutkitaan osamäärän etumerkkiä merkkikaavion avulla: e + + e + Osamäärä + + ln 0 Epähtälön ratkaisut ovat siis ], ln [ [0, [. 7