Sekalaiset tehtävät

math.oulu.fi

Sekalaiset tehtävät

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

Tehtäviä

Tehtävä 1. Johda toiseen asteen yhtälön ax 2 + bx + c = 0, a ≠ 0 ratkaisukaava.

Tehtävä 2. 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| > 2 |x|

2. 2 |x − 1| + |2x + 3| ≥ |x − 3|

3. 2 |x + 2| − |x + 1| < 1

4. |2x + 5| ≤ |x + 7| + |x − 2|

Tehtävä 6. Osoita, että jos seuraavat väitteet ovat tosia jollakin arvolla n ∈ Z + ,

niin ne ovat tosia myös arvolla n + 1.

1. 1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + n 2 ≠ n(n+1)(2n+1)

6

2. 1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + n 2 = n(n+1)(2n+1)

6

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(2x) = 2 sin x cos x

2. sin(x − y) = sin x cos y − cos x sin y

3. sin( π 2

4. cos( π 2

− x) = cos x

− x) = sin x

5. cos(x + y) = cos x cos y − sin x sin y

6. cos(x − y) = cos x cos y + sin x sin y

1


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 2 / 13

7. cos(2x) = cos 2 x − sin 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x

Tehtävä 8. Ratkaisu yhtälöt

1. sin(2x) = − cos x

2. −2 sin x + 2 = cos 2 x

3. 2 cos 2 x = 1 − sin(x − π)

3

Tehtävä 9. Ratkaise epäyhtälöt

1. sin x > tan x

2. sin x + cos x > 0

3. sin x + cos x > 1

4. sin 4 x + cos 4 x ≥ 1

2


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 3 / 13

Vinkkejä tehtäviin

Tehtävä 1. Muodosta vasemmalle puolelle neliö käyttämällä kaavaa u 2 + 2uv +

v 2 = (u + v) 2 .

Tehtävä 2. 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 5. 1. Korota molemmat puolet toiseen potenssiin tai jaa tarkastelu

sopiviin osaväleihin.

2. Jaa tarkasteltava väli sopiviin osaväleihin, joissa itseisarvon sisällä olevat

lausekeet eivät vaihda merkkiään.

3. Kuten edellisessä.

4. Käytä kolmioepäyhtälöä.

Tehtävä 6. Oleta oletus todeksi ja pyri muokkaamaan sen avulla haluttu väite.

Tehtävä 7. 1. Sijoita 2x = x + x kaavaan ja laske.

2. Huomioi sini- ja kosinifunktioiden parillisuus / parittomuus.

3. Sovella edellistä kohtaa sijoittamalla kaavaan luku π.

2

4. Sovella edellistä tulosta.

5. Muuta tarkasteltava lauseke sisältämään sinifunktiota ja sovella aikaisempia

tuloksia.

6. Käytä edellistä tulosta apuna.

7. Käytä apuna tulosta sin 2 x + cos 2 x = 1.

Tehtävä 8. 1. Huomaa sinin parittomuus ja että cos x = sin( π − x). 2

2. Käytä kaavaa sin 2 x + cos 2 x = 1 apuna.

3. Muunna molemmat puolet sisältämään vain ainoastaan kosinifunktioita.

Tehtävä 9. 1. Huomioi alue, jossa epäyhtälöissä olevat funktiot ovat määritelty.

Eliminoi sopivalla kertolaskulla ylimääräiset funktiot pois ja ratkaise

3


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 4 / 13

epäyhtälö. Huomaa milloin kerrot positiivisella luvulla ja milloin negativiisella!

2. 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 2 x + cos 2 x = 1 toiseen potenssiin tai arvioi sen avulla

summaa sin 4 x + cos 4 x ylöspäin.

4


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 5 / 13

Tehtävien ratkaisut

Ratkaisu 1. Koska a ≠ 0, niin

ax 2 + bx + c = 0 ⇔ x 2 + b a x + c a = 0.

Merkitään, että p = b ja q = c . Täydennetään vasemmalle puolelle neliö lisää-

a a

mällä yhtälön molemmille puolille luku ( p 2 )2 − q eli

Koska

x 2 + 2 · p

2 x + (p 2 )2 = ( p 2 )2 − q.

x 2 + 2 · p

2 x + (p 2 )2 = (x + p 2 )2 ,

niin voidaan ottaa neliöjuuri puolittain olettaen, että ( p 2 )2 − q ≥ 0 ja saadaan

x + p 2 = ± √( p 2 )2 − q.

Siis

x = − p 2 ± √

( p 2 )2 − q = − b

2a ± √

( b

2a )2 − c a .

Koska a ≠ 0, niin


±

Koska |a| = ±a, niin

( b

2a )2 − c a = ± √

b

2

4a 2 − c a = ± √

1

4a 2 (b2 − 4ac) = ±

x = −b ± √ b 2 − 4ac

2a


b2 − 4ac

2 |a|

aina, kun ( p 2 )2 − q ≥ 0 eli b 2 − 4ac ≥ 0. Mikäli b 2 − 4ac < 0, niin yhtälöllä

ax 2 + bx + c = 0 ei ole reaalisia ratkaisuja.

Ratkaisu 2. Luku M on joukon A ⊂ R pienin yläraja, mikäli

1. a ≤ M kaikilla a ∈ A ja

2. jokaista lukua ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen a ∈ A, että M −ɛ < a ≤ M.

5


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 6 / 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

2. jokaista lukua ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen a ∈ A, että m ≤ a < m+ɛ.

Ratkaisu 3. Oletetaan, että luvut M 1 ja M 2 ovat joukon A pienimmät ylärajat.

Tehdään vastaoletus, että M 1 ≠ M 2 . Voidaan olettaa, että M 1 < M 2 . Valitaan

ɛ = M 2 −M 1 > 0. Koska M 2 oli pienin yläraja ja ɛ > 0, niin on olemassa sellainen

luku a ∈ A, että

Nyt

M 2 − ɛ < a ≤ M 2 .

M 2 − ɛ = M 2 − M 2 + M 1 = M 1 < a ≤ M 2

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 2 , 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

1

M+1

M + 1 ∈ A.

> 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 2 > 0.

2 2 ɛ

Täten jokaista lukua ɛ > 0 kohti on olemassa sellainen luku y ∈ A, että 0 < y < ɛ.

Tästä väite seuraa.

6


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 7 / 13

Ratkaisu 5. 1. Korotetaan molemmat puolet toiseen potenssiin. Koska |x − 3| =


(x − 3)2 ja |x| = √ x 2 , niin

x 2 − 6x + 9 > 4x 2

eli

0 > 3x 2 + 6x − 9 = 3(x 2 + 2x − 3).

Yhtälön 3x 2 +6x−9 = 0 ratkaisut ovat x = 1 ja x = −3. Koska kyseessä on

alaspäin aukeava paraabeli, niin merkkikaaviosta nähdään ratkaisu −3 <

x < 1.

2. Oletetaan, että x < − 3. Tällöin

2

−2(x − 1) − (2x + 3) = −4x − 1 ≥ −(x − 3) = 3 − x,

jonka ratkaisu on x ≤ − 4 3 . Epäyhtälö on siis tosi kaikilla x < − 3 2 .

Oletetaan seuraavaksi, että − 3 2

≤ x < 1. Tällöin

−2(x − 1) + (2x + 3) = 5 ≥ 3 − x

joka on tosi tarkasteltavalla välillä − 3 2

≤ x < 1. Siis epäyhtälö pätee, kun

− 3 2 ≤ x < 1.

Oletetaan, että 1 ≤ x < 3. Tällöin

2(x − 1) + (2x + 3) = 4x + 2 ≥ 3 − x,

jonka ratkaisu on x ≥ 1 , joten epäyhtälö pätee myös kaikilla 1 ≤ x < 3.

5

Oletetaan, että 3 ≤ x. Nyt

4x + 2 ≥ x − 3

eli x ≥ − 5 . Näin ollen epäyhtälö on aina voimassa. Ratkaisu on siis x ∈ R.

3

7


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 8 / 13

3. Oletetaan ensin, että x < −2. Tällöin

−2(x + 2) + (x + 1) = −x − 3 < 1,

jonka ratkaisu on x > −4. Siis saadaan ratkaisujoukko −4 < x < −2.

Oletetaan, että −2 ≤ x < −1. Nyt

2(x + 2) + (x + 1) = 3x + 5 < 1

jonka ratkaisu on x < − 4 . Siis ratkaisuun saadan koko tarkasteluväli −2 ≤

3

x < − 4 3 .

Oletetaan lopuksi, että −1 ≤ x. Siis

2(x + 2) − (x + 1) = x + 3 < 1,

josta saadaan ratkaisu x < −2. Koska tämä ei leikkaa tarkasteltavan väliä

−1 ≤ x, niin epäyhtälöllä ei ole yhtään ratkaisua x ≥ −1.

Lopulliseksi ratkaisujoukoksi saadaan siis −4 < x < − 4.

3

4. Kolmioepäyhtälöä soveltamalla saadaan suoraan, että

|2x + 5| = |x + 7 + x − 2| ≤ |x + 7| + |x − 2| .

Täten yhtälö on tosi kaikilla x ∈ R.

Ratkaisu 6. 1. Oletetaan siis, että 1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + n 2 ≠ n(n+1)(2n+1)

6

.

8


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 9 / 13

Ratkaistaan, mitä 1 2 +2 2 +3 2 +. . .+n 2 +(n+1) 2 on. Oletuksen perusteella

1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + n 2 + (n + 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) 6(n + 1)2

≠ +

6

6

n(n + 1)(2n + 1) + 6(n + 1)2

=

6

(n + 1)(n(2n + 1) + 6(n + 1))

=

6

= (n + 1)(2n2 + n + 6n + 6)

6

= (n + 1)(2n2 + 7n + 6)

6

(n + 1)(n + 2)(2n + 3)

=

6

(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)

=

6

eli väite on tosi myös, luvulle n + 1.

2. Oletetaan, että 1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + n 2 = n(n+1)(2n+1)

6

. Tällöin edellisen

tehtävän perusteella

1 2 + 2 2 + 3 2 + . . . + n 2 + (n + 1) 2 =

=

n(n + 1)(2n + 1) 6(n + 1)2

+

6

6

(n + 1)((n + 1) + 1)(2(n + 1) + 1)

6

Täten väite on tosi myös luvulle n + 1.

Koska 1 = 1·2·3 , niin siitä saadaan induktion perusaskel. Induktioperiaatteen

6

nojalla jälkimmäinen väite on tosi kaikilla n ∈ Z + . Täten vaikka ensimmäisen

väitteen päättely on virheetön, se on tavallaan turha, koska oletus 1 2 + 2 2 + 3 2 +

. . . + n 2 ≠ n(n+1)(2n+1)

6

on epätosi kaikilla n ∈ Z + .

Ratkaisu 7.

1. Suoran laskun perusteella

sin(2x) = sin(x + x) = sin x cos x + sin x cos x = 2 sin x cos x.

9


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 10 / 13

2. 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 2 = 1 ja cos π 2

= 0 ja käyttämällä edellisen kohdan tulosta saadaan

sin( π 2 − x) = sin π 2 cos x − cos π sin x = cos x.

2

4. Edellisen kohdan perusteella

cos( π 2 − x) = sin(π 2 − (π 2

− x)) = sin x.

5. Aikaisemmista kohtia avuksi käyttäen saadaan, että

cos(x + y) = sin( π 2 − x − y)

= sin( π 2 − x) cos y − cos(π 2

− x) sin y

= cos x cos y − sin x sin y.

6. 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(2x) = cos 2 x − sin 2 x.

Lisäksi − sin 2 x = cos 2 x − 1 ja cos 2 x = 1 − sin 2 x, joten

cos 2 x − sin 2 x = 2 cos 2 x − 1 = 1 − 2 sin 2 x.

Ratkaisu 8.

1. Koska

− sin(2x) = sin(−2x) = cos x = sin( π 2 − x),

10


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

niin yksikköympyrästä nähdään, että ratkaisut tulevat olemaan muotoa

−2x = π 2 − x + n2π tai −2x = π − π 2

+ x + n2π, missä n ∈ Z mielivaltaisia.

Siis

x = − π 2 − n2π

ja

x = − π 6 − n2 3 π.

2. Koska 1 − cos 2 x = sin 2 x, niin ratkaistavana on yhtälö sin 2 x − 2 sin x + 1 =

(sin x − 1) 2 = 0. Ratkaisut ovat siis muotoa x = π 2

+ n2π, missä n ∈ Z.

3. Koska cos(2x) = 2 cos 2 x − 1, niin on ratkaistava yhtälö on

cos(2x) = − sin(x − π 3 ) = sin(−(x − π 3 ) = cos(x + π 3 ).

Nyt cos(2x) = cos(x+ π 3 ) silloin, kun 2x = x+ π 3 +n2π tai 2x = −x− π 3 +n2π

eli yhtälön ratkaisut ovat

x = π 3 + n2π

ja

x = − π 9 + n2 3 π.

Ratkaisu 9.

1. Epäyhtälöä ei ole määritelty, kun x = π 2

+ nπ. Kerrotaan

yhtälö puolittain termillä cos x . Tämä on sallittua, kun sin x ≠ 0 eli x ≠ nπ.

sin x

Kun n2π < x < π + n2π ja π + n2π < x < 3π + n2π, niin termi on

2 2

positiivinen ja epäyhtälö tulee muotoon

cos x > 1,

mikä on epätosi väite. Kun π 2 + n2π < x < π + n2π ja 3π 2 + n2π < x <

(n + 1)2π, niin termi on negatiivinen ja epäyhtälön merkki vaihtuu. Siis

cos x < 1,

11


Sekalaiset tehtävät, 11. syyskuuta 2005, sivu 12 / 13

mikä on tosi väite kyseisellä välillä. Siis ratkaisut ovat

π

2 + n2π < x < π + n2π ja 3π

+ n2π < x < (n + 1)2π.

2

2. Tarvitsee siis ratkaista epäyhtälö

sin x + cos x = sin x + sin( π 2

− x) > 0.

Yhtälön sin x = − sin( π 2 − x) = sin(x − π 2 ) ratkaisut ovat x = x − π 2 + n2π

tai x = π + π 2 − x + n2π. Ainoat ratkaisut ovat siis x = 3π 4

+ nπ.

Nyt esimerkiksi 3π 4 < π < 7π 4 < 2π < 3π 4

+2π ja koska sin π+cos π = 0−1 <

0 ja sin 2π + cos 2π = 0 + 1 > 0, niin funktion sin x + cos x jatkuvuuden

perusteella ratkaisut ovat välit ] − π 4 + n2π, 3π 4

+ n2π[, missä n ∈ Z.

3. Edellisen kohdan perusteella epäyhtälön vasen puoli on positiivinen, kun

] − π 4 + n2π, 3π 4

+ n2π[, missä n ∈ Z. Tällöin voidaan suorittaa neliöön

korotus eli saadaan, että

sin 2 x + 2 sin x cos x + cos 2 x = 1 + sin(2x) > 1.

Ratkaistavaksi jää epäyhtälö sin(2x) > 0 väleillä x ∈] − π 4 + n2π, 3π 4 + n2π[.

Sinin kulusta saadaan suoraan, että nπ < x < π 2

+ nπ. Yhdistämällä välit

saadaan lopullinen tulos

x ∈ ] n2π ,

π

+ n2π [,

2

missä n ∈ Z.

4. Ensimmäinen tapa. Koska sin 2 x + cos 2 x = 1 kaikilla x ∈ R, niin

1 = ( sin 2 x + cos 2 x ) 2

= sin 4 x + } 2 sin 2 {{ x cos 2 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

2 sin 2 x cos 2 x = 0.

12


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

Nyt sin x = 0 täsmälleen silloin, kun x = nπ ja cos x = 0 jos ja vain jos

x = ± π 2

+ n2π. Yhdistämällä tulokset lopulliseksi vastaukseksi saadaan,

että x = n π , missä n ∈ Z.

2

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 2 x + cos 2 x = 1.

Täten kysytty epäyhtälö on voimassa vain jos

sin 4 x + cos 4 x = sin 2 x + cos 2 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.

2

13

More magazines by this user
Similar magazines