Løsningsforslag. Kalkulus. til. 2. utgave. Lisa Lorentzen. 6. februar 2015

Løsningsforslag til Kalkulus. utgave Lisa Lorentzen 6. februar 05

.. Reelle tall Kapittel : Grunnleggende emner.. Reelle tall Oppgave,,3: Se fasit. Oppgave 4: a) Siden grafen til g(x) = x er linjen gitt som til venstre, så er grafen til f(x) = g(x) gitt som til høyre:,0,8,6,4 0 K 3 4 x,,0 0,8 0,6 0,4 0, K 0 3 4 x b) Siden f(x) = x = x, er grafen: c) Siden f(x) = for x > 3 og f(x) = for x < 3 og f(x) er udefinert for x = 3, er grafen til f(x) gitt ved:

.. Reelle tall 3 (Den vertikale streken hører ikke med til grafen. Min graftegner prøver å lage en sammenhengende graf, men f(x) er egentlig ikke definert for x = 3 der grafen gjør et hopp. Dette problemet opptrer i alle mine grafer med slike hopp.) d) Siden grafen til g(x) = (x+)(x 4) er gitt som til venstre, så er grafen til f(x) = g(x) gitt som til høyre: e) Siden grafen til g(x) = sin x er gitt som til venstre, så er grafen til f(x) = sin x gitt som til høyre: f) I dette tilfellet er f(x) = x + 5 = (x + 5) som har grafen

.. Reelle tall 4 g) (NY.) Siden x x 3 hvis og bare hvis x, der x = x 3 bare for x = 0 og x = ±, og f( x) = f(x), blir grafen til f(x) = x x 3 slik: h) Grafen til f(x) = x x 3 må bli lik grafen i g) for x 0. For x < 0 er f(x) alltid > 0 fordi da er både x > 0 og ( x 3 ) > 0. Grafen blir derfor slik: Oppgave 5 (d), e) og f) er NYE): Se fasit. Oppgave 6: a) x = 0.7... 000x = 7.7... 000x x = 7 Det vil si, 999x = 7 og derved x = 7 999 = 9.

.. Reelle tall 5 b) x = 0.7... 00x = 7.7... 00x x = 7 Det vil si, 99x = 7 og derved x = 7 99 = 3. c) x = 35.49... 000x = 3549.49... og 0x = 35.49... Det vil si, 000x 0x = 3549 35 = 34798 og derved x = 34798 000 0 = 34798 990 = 7399 495. d) x =.3... 0x =.3..., 00x = 3.3... Det vil si, 00x 0x = 3 = 9 og derved x = 9 00 0 = 9 90 = 3 5. Oppgave 7: (NY.) 63 9 7 a) = = 3 7 8 4 7 7 = 3. b) 3 4 3 4 8 = = 3 = 4 3. 8 8 c) ( 8) = (8) = 8 8 = 8. d) 4 + 4 = 8 = 4 = 4 =. e) 0 5 + 0 = 5 5 + 4 5 = 5 5( + 4) = + 4 = 3. f) 3 + 4 = 9 + 6 = 5 = 5. Oppgave 8: (NY.) a) a b = a b = a b = a ( b) = ab.

.. Reelle tall 6 b) 4a + 4b = 4(a + b ) = 4 a + b = a + b. c) a + a b b a = a + a b b a = a + b b = a b b. d) a b ab 3 a ab = ab (a b) a(a b) = b = b. Oppgave 9: (Tidl...7 ENDRET.) a) (Tidl...7 a) og f).) b) (Tidl..7 c) og b).)

.. Reelle tall 7 c) (Tidl...7 d) og e).) d) (NY.) Oppgave 0: (NY.) Fordi x + a = a + a når a er et heltall, gjelder: a) b) c) x = x = x = 3 3 x < 4. x = 3 x = 3 x = 5 5 x < 6. 5x = 4 5x = 4 5x = 5 5 5x < 6 3 x < 6 5. d) x + = 3 x + = 3 x = x <. Oppgave : (Tidl:..3.) 00 milliarder = 00 000 millioner = 0 5 0 6 = 0, så 00 millarder kroner er 0 kronestykker som det vil ta

.. Reelle tall 8 familien 0 / sekunder å telle opp. Nå er 0 sekunder = 0 585.5år. 60 60 4 365år hvis vi tillater oss å regne 365 døgn per år i gjennomsnitt. (Gjennomsnittet er nærmere (365 + 365 + 365 + 366)/4 = 365.5, men pytt. Oppgave : (NY.) a) Midtpunktet er ( + )/ = 0. b) Midtpunktet er ( + 8)/ = 3. c) Midtpunktet er (3 + 4)/ = 7/. Oppgave 3: (NY.) a) Midtpunktet er (a, b) der a = (0 + )/ = og b = (0 + 4)/ =. b) Midtpunktet er (a, b) der a = (3 + 7)/ = 5 og b = (5 + 5)/ = 5. c) Midtpunktet er (a, b) der a = ( + 6)/ = 4 og b = (4 + 0)/ = 7. d) Midtpunktet er (a, b) der a = ( + 4)/ = og b = ( + ( 3))/ =. Oppgave 4: (Tidl:..5.) Ved trekantulikheten er x y = (x z) + (z y) x z + z y. Oppgave 5: (Tidl...6.) Ved trekantulikheten er x = (x + y) y x + y + y. Vi substraherer y på begge sider av ulikhetstegnet og får ulikheten. Oppgave 6: (NY.) Ved trekantulikheten er a + b a + b slik at a a + b b. La a = x y og b = y. Da kan ulikheten a a + b b skrives x y x y + y y = x y.

.. Reelle tall 9 Oppgave 7: (NY.) (Denne oppgaven er ikke ment som en trening i å føre bevis, men en anledning til å tenke igjennom konsekvenser av at et intervall er åpent, og en trening i å benytte begreper fra mengdelæren.) La først I = (a, b) være et åpent intervall, og la x høre til I. Da må x a og x b. Derfor er d := x a > 0 og d := b x > 0. La d være det minste av de to tallene d og d. Da er d > 0 og intervallet (x d, x + d) ligger innenfor I. Altså finnes det en omegn om x som ligger helt innenfor I. Siden dette gjelder for en vilkårlig valgt x I, gjelder det for alle x I. La så I være et intervall med endepunkter a og b der a < b, der I har den egenskapen at til hver x I finnes det en omegn om x som ligger helt innenfor I. Anta at a I. Da må det finnes en omegn om a som ligger helt innenfor I. Men det gjør det jo ikke! Altså er a ikke med i intervallet I. Beviset for at b I går på samme måte. Oppgave 8: (NY.) (Meningen med denne oppgaven er å gi studentene forståelsen av hva det betyr at et desimaltall er rasjonalt.) a) Mulige rester er 0,,, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 og 0, altså muligheter. AHA! Antall mulige rester er i prinsippet lik størrelsen på heltallsnevneren. b) Tenk at divisjonen er kommet så langt at det ikke er flere siffer igjen å trekke ned fra telleren, slik at man trekker ned en null hver gang. Får man nå samme rest to ganger (ikke nødvendigvis rett etterhverandre), og det får man jo for det er bare endelig mange ulike rester som er mulig, ja, så er man kommet inn i en loop. Desimaltallene bare må komme periodisk. c) Situasjonen i b) vil alltid oppstå ved divisjon mellom to heltall: enten stopper prosessen (rest 0), noe som kan sees som en loop der vi får null i hvert trinn, eller så inntreffer en situasjon som i b). d) Siden det bare er 7 ulike mulige rester, og én av dem er lik null, er den lengste perioden man i prinsippet kan få av lengde 6. Oppgave 9: (NY.) Siden π = 3.4 betyr at 3.35 π < 3.45, gjelder 3.45 < π 3.35.

.. Likninger og ulikheter 0.. Likninger og ulikheter Oppgave : a) x + = x = 0 x = 0. b) x + 3 = x 3 x = 6. c) x + 3 = x 3 3x = 6 x =. d) Det er klart at x er nødvendig. Vi lar derfor x og får x + = 3 x + = 3(x ) 4 = x x =. x e) Det er klart at x 4 er nødvendig. Vi lar derfor x 4 og får x x + 4 = x = x + 4 x = 5. f) Det er klart at x 4 er nødvendig. Vi lar derfor x 4 og får x = x = x + 8 6 = 3x x =. x + 4 Oppgave : a) Ved teorem..8 er løsningene gitt ved x = 5 ± 5 4 4 = 5 ± 3 = { 4. b) Ved teorem..8 er løsningene gitt ved x = ± + 4 = ± 3 = {.

.. Likninger og ulikheter c) Det er klart at x er nødvendig. Vi lar derfor x og får at likningen er ekvivalent med x + 3 = (x )(x + ) = x x x x 5 = 0. Ved teorem..8 er løsningene gitt ved x = ± + 4 5 = ± 64 = { 5 3. d) Ved teorem..6 er løsningene gitt ved x = 0 ± 0 + 4 5 = 0 ± 00 = 0 ± 0 = 5( ± ). e) Dette er en tredjegradslikning. Vi ser lett at x = er en løsning. Polynomet på venstre side kan derfor divideres med (x ). Det gir (x 3 6x + x 6) : (x ) = x 5x + 6. x 3 x 5x + x 5x + 5x 6x 6 6x 6 Resten av løsningene må derfor være løsninger av annengradslikningen x 5x + 6 = 0 som ved teorem..8 har løsningene x = 5 ± 5 4 6 = { 3. Den opprinnelige likningen har derfor løsningene x =, x = og x = 3. f) Denne likningen kan oppfattes som en annegradslikning med ukjent x. Ved teorem..8 får vi x = ± { + 4 =. Løsningen x = kan ikke brukes. Derfor er x = og derved x = ± de to reelle løsningene av den opprinnelige likningen.

.. Likninger og ulikheter g) Likningen kan skrives (x + x )x 3 = 0 som holder hvis og bare hvis x = 0 eller x + x = 0 som holder hvis og bare hvis x = 0 eller x = ± { + 4 / = 4. Derfor er løsningene av likningen x = 0, x =, og x =. h) Det er klart at x er nødvendig. La x. Siden telleren kan skrives som (x )(x+), kan vi forkorte faktoren (x+). Vi får da likningen som har løsning x =. x = Oppgave 3: a) x + x + = x + x + (/) (/) + = (x + ) + = (x + ) +. b) x 4x = x 4x + (4/) (4/) = (x ) 4 = (x ) 5. c) x + 4x + 4 = (x + x + ) = (x + x + + ) = ((x + ) + ) = (x + ) +. d) x 8x = (x 4x) = (x 4x+ ) = ((x ) 4) = (x ) 8. e) 3x + 8x + = 3(x 6x) + = 3(x 6x + 3 3 ) + = 3(x 3) 3 ( 9) + = 3(x 3) + 9.

.. Likninger og ulikheter 3 f) x + x = (x x + ) = (x ). Oppgave 4: a) () x y = 3 () x y = 4. Av likning () finner vi at x = 4 + y. Innsatt i () gir det (4 + y) y = 6 + 6y + 4y y = 3. Det vil si: 3y + 6y + 3 = 0 som har løsningene y = 6 ± 6 4 3 3 6 = 6 ± 00 6 = 6 ± 0 6 = { 3/3. Når y =, er x = 4 + y =. Når y = 3/3, er x = 4 + y = 4/3. Systemet har derfor de to løsningene (x, y) = (, ) og (x, y) = ( 4/3, 3/3). b) () y x = 8 () y + x = 0. Av likning () finner vi at y = 0 x. Innsatt i () gir det 0 x x = 8, det vil si, x + x = 0 som har løsningene x = ± + 4 = ± 3 = {. Når x = er y = 0 x = 9, det vil si y = ±3. Når x =, er y = 0 x =, det vil si, y = ± 3. Systemet har derfor de fire løsningene (x, y) = (, 3), (x, y) = (, 3), (x, y) = (, 3) og (x, y) = (, 3). c) (Tidl. d).) () 4xy + z = 0, () x + y + z = 3, (3) xyz = 0. Av (3) følger at x = 0 eller y = 0 eller z = 0. Tilfelle : x = 0. Da følger det av () at z = 0. Innsatt i () gir det y = 3. Altså: (x, y, z) = (0, 3, 0) er en løsning. Tilfelle : y = 0. Da følger det av () at z = 0. Innsatt i () gir det x = 3.

.. Likninger og ulikheter 4 Altså: (x, y, z) = ( 3, 0, 0) er en løsning. Tilfelle 3: z = 0. Da følger det av () at xy = 0. Men de to mulige tilfellene x = 0 og y = 0 er allerede behandlet. Altså har ikke systemet flere løsninger. Oppgave 5: Siden + x > 0, kan vi multiplisere ulikheten med ( + x ) uten å snu ulikhetstegnet. Vi får: + x, som holder hvis og bare hvis 0 x, men det holder for alle x R. Oppgave 6: a) 0 < x < x og < x < x og < x < 3. Ulikheten holder derfor når < x < og når < x < 3, det vil si, x (, ) (, 3). b) Ulikheten holder hvis og bare hvis x + < eller < x +, det vil si hvis og bare hvis x < 3 eller < x, det vil hvis og bare hvis x (, 3) (, ). c) Siden x + > 0 for alle x R, kan vi multiplisere ulikheten med (+x ) uten å endre ulikhetstegnene. Det vil si, uliheten holder hvis og bare hvis x+3 > x +, det vil si hvis og bare hvis 0 > x + x 3 = (x )(x+). Et fortegnsskjema viser at denne ulikheten holder hvis og bare hvis x (, ). d) Vi ser at x = er umulig i ulikheten. Vi lar derfor x. Vi kan da multiplisere ulikheten med x > 0 og får x som holder hvis og bare hvis x eller x, det vil si, for x (, 0] [, ). e) Ulikheten holder hvis og bare hvis x x 4 < 4 eller x x 4 > 4. Det vil si, hvis og bare hvis x x = x(x ) < 0 eller x x 8 = (x 4)(x + ) > 0. Et fortegnsskjema viser at den første av disse to ulikhetene holder hvis og

.. Likninger og ulikheter 5 bare hvis 0 < x <. På samme måte ser vi at den andre uliketen holder hvis og bare hvis x < eller x > 4. Den opprinnelige ulikheten holder derfor hvis og bare hvis x (, ) (0, ) (4, ). f) Ulikheten kan løses ved samme teknikk som i de tidligere oppgavene. Men man kan også løse den på en enklere måte: x er avstanden på tallinjen mellom x og tallet, og x + 3 er avstanden mellom x og 3. Ulikheten sier at x skal ha større avstand til 3 enn til. Midtpunktet mellom 3 og er punktet ( 3 + )/ = /. For x i det punktet, er de to avstandene like. Derfor må x >. g) Vi ser at x = 4 er umulig i den doble ulikheten. La derfor x 4. Vi skiller mellom to tilfeller: Tilfelle : x > 4. Vi multipliserer ulikheten med (x 4) > 0 og får 5(x 4) < x + < 7(x 4) som blant annet krever at x 7x + 30 < 0. Men x 7x + 30 = (x 7/) 49/4 + 30 = (x 7/) + 7/4 som er > 0 for alle x. Altså er ingen x > 4 med i løsningen. Tilfelle : x < 4. Vi multipliserer ulikheten med (x 4) < 0. Vi må da snu ulikhetene, og får 5(x 4) > x + > 7(x 4) som blant annet krever at 0 > x 5x+. Men x 5x+ = (x 5/) 5/4+ = (x 5/) +63/4 som er > 0 for alle x. Altså er heller ingen x < 4 med i løsningen. Altså har denne doble ulikheten ingen løsninger. h) Vi ser at x = er umulig i ulikheten. La derfor x ±. Vi skiller mellom tre tilfeller: Tilfelle : x >. Da kan venstre side skrives (x )/(x ) som er lik /(x + ) > 0. Ulikheten holder derfor hvis og bare hvis < (x + ) som holder for alle x >. Tilfelle : < x <. Da kan venstre side skrives (x )/(x ) som er lik /(x + ) der x + > 0. Ulikheten holder derfor hvis og bare hvis x + < som holder for alle < x < siden venstre side er negativ. (Dette kunne vi også ha sett direkte fra den opprinnelige ulikheten.) Tilfelle 3: x <. Da kan venstre side skrives (x )/(x ) som er lik /(x + ) der x + < 0. Når vi multipliserer ulikheten med (x + ), må vi snu den: > (x + ). Det vil si, x < = 3, altså, x < 3/. Konklusjon: ulikheten holder for x (, 3/) (, ) (, ).

.. Likninger og ulikheter 6 Oppgave 7: Siden + a > 0 og + b > 0 under de gitte betingelsene, kan vi multiplisere ulikheten med ( + a)( + b) uten å snu den. Derfor holder ulikheten hvis og bare hvis a( + b) < b( + a) a + ab < b + ab a < b Oppgave 8: a) er ikke sann dersom a < 0 og a < b. b) er ikke sann dersom b < 0. c) er alltid sann, uansett hvilke betingelser som gjelder for a og b. d) er alltid sann fordi x 3 øker når x øker (også når x er negativ). e) er ikke sann dersom a < 0 med a > b. (For eksempel a =, b = eller a =, b =.) f) er bare sann for a = b. (Når ulikheten multipliseres med, blir den snudd.) Oppgave 9: a) x 5x+4 = x 5x+( 5 ) ( 5 ) +4 = (x 5 ) 5 6 4 = (x 5 ) ( 3 ) = (x 5 + 3 )(x 5 3 ) = (x )(x 4). b) x +x = x +x+( ) ( ) = (x+ ) +8 4 = (x+ ) ( 3 ) = (x + + 3 )(x + 3 ) = (x + )(x ). c) x 0x+5 = x 0x+(0/) (0/) +5 = (x 5) 0 = (x 5). d) I oppgave e viste vi at likningen x 3 6x + x 6 = 0 har løsningene x =, x = og x = 3. Siden polynomet x 3 6x + x 6 har pluss foran leddet av høyest grad, blir faktoriseringen (x )(x )(x 3). e) Det kan være fristende å bruke samme idé som i forrige oppgave, fordi likningen x 4 +x = 0 ble løst i oppgave f. Men vi fant bare to løsninger,

.. Likninger og ulikheter 7 nemlig x = og x =, og det er ikke mange nok. (x )(x + ) = (x ) er ikke det samme som x 4 + x. x 4 + x = x 4 + x + ( ) ( ) = (x + ) ( 3 ) = (x + + 3 )(x + 3 ) = (x + )(x ) = (x + )(x + )(x ) der faktoren (x + ) ikke kan faktoriseres ytterligere. f) x 5 + x 4 x 3 = x 3 (x + x ) = x3 [x + x + ( 4 ) ( 4 ) ] = x 3 [(x + 4 ) 9 6 ] = x3 (x + 4 + 3 4 )(x + 4 3 4 ) = x3 (x + )(x ). Oppgave 0:. overgang følger av teorem.... overgang følger fordi a = a, b = b og ab = ab hvis a og b har samme fortegn eller en av dem er 0, mens ab < ab hvis a og b har motsatt fortegn. 3. overgang følger av teorem... Trekantulikheten følger nå hvis vi tar kvadratrot på hver side av ulikheten. (Husk at c = c for reelle tall!) Oppgave : Vi skal vise at a + b ab når a 0 og b 0. Ulikheten holder hvis og bare hvis det vil si, hvis og bare hvis der høyre side er lik ( a + b ) a + ab + b ab =, 4 0 4 (a + ab + b ) ab 4 (a + ab + b 4ab) = 4 (a ab + b ) = 4 (a b). Dette uttrykket er alltid 0. Altså holder ulikheten. Likhet har vi bare når 4 (a b) = 0, altså hvis og bare hvis a = b.

.3. Grafen til en likning 8.3. Grafen til en likning. Oppgave.3.: (NY.) Kurvene er tegnet i rekkefølgen rød, blå og eventuelt grønn. a) og b) c) og d) Oppgave.3.: (NY.) a) L må ha likning (y 0) = (x ( 3)), altså y = x + 3. 0 b) Linjen har stigningstall ( 3) =. Siden den går gjennom punktet 4 (, ), har den derfor likning y = 4 (x ), altså y = 4 x + 3 4. c) Siden L er parallell med linjen y = x, har den samme stigningstall som linjen y = x, altså stigningstall. Siden L også går gjennom punktet (, ), har den derfor likning y = (x ), altså y = x +.

.3. Grafen til en likning 9 Oppgave.3.3: (NY.) a) En sirkel med sentrum i (a, b) og radius R har likning (x a) +(y b) = R. Likningen for C blir derfor (x ( )) + (y ) = ( ) altså (x + ) + (y ) =. b) En sirkel med sentrum i (a, b) og radius R har likning (x a) +(y b) = R. Dersom punktet (0, 0) ligger på sirkelen, må x = 0, y = 0 passe i likningen, slik at () a + b = R. Videre, hvis punktet (, ) også ligger på sirkelen, må også () ( a) + ( b) = R. Videre, hvis punktet ( +, ) også ligger på sirkelen, må også (3) ( + a) + ( b) = R. Derved har vi fått et likningssystem av tre likninger til å bestemme de tre ukjente a, b og R. Av () følger det at R = a + b. Innsatt i () gir det og innsatt i (3) gir det 4 4a + a + 4 4b + b = a + b 8 = 4a + 4b () a + b =, 4 + + a + 4 4a a + b + b = a + b (3) a + 4 + b = 8 + 4 = (4 + )a + b Av () ser vi at a = b. Innsatt i (3) gir det b + 4 + b =, altså b = 0. Derved er a = b = og R = a + b = 4. Sirkelen C har derfor en likning (x ) + y =. c) Siden radien er, og de to punktene (, ) og (, ) har avstand, må sentrum i sirkelen ligge i midtpunktet ( +, + ) = (0, )

.3. Grafen til en likning 0 mellom disse to punktene. Sirkelen er derfor gitt ved likningen x +(y ) =. Oppgave.3.4: (NY.) a) x 4x + y = 0 x 4x + + y = 0 + (x ) + y = Sirkelen har derfor sentrum i (, 0) og radius. b) x + y = x + y + x x + y y = x x + + y y + = + + (x ) + (y ) = 4 =. Sirkelen har derfor sentrum i (, ) og radius. c) x + x + y 4y = x + x + + y 4y + 4 = + + 4 (x + ) + (y ) = 6. Sirkelen har derfor sentrum i (, ) og radius 6. d) x + 4x + y 5y = 0 ( ) 5 x + 4x + 4 + y 5y + = 0 + 4 + ( (x + ) + y 5 ( ) 5 ) = 4 + 5 4 = 4 4. Sirkelen har derfor sentrum i (, 5 ) og radius 4.

.3. Grafen til en likning Oppgave.3.5: (NY.) a) Kurvene er to sirkler med sentrum på x-aksen og radius. Avstanden mellom sentrene (0, 0) og (, 0) er < +, så sirklene skjærer hverandre i to punkter som ligger symmetrisk om x-aksen. x-koordinaten til skjæringspunktene må ligge midt mellom sirkelsentrene, altså x = 0 + =. y-koordinatene er løsningene av likningen ( ) x + y = + y = 4 Skjæringspunktene er derfor (, y = 4 4 5 y = ±. ) ( ) 5 5 og,. b) Linjen x + y = 0 skjærer parabelen x + y = i punkter. For å finne skjæringspunktene, må vi løse likningssystemet som består av de to gitte likningene med hensyn på x og y. Av den ene får vi at y = x

.3. Grafen til en likning som innsatt i den andre gir x x = 0. Dette er en andregradslikning med de to løsningene x = ± 4 ( ) = ± 3. Siden y = x, betyr det at kurvene har de to skjæringspunktene ( + 3, 3) og ( 3, + 3). c) Vi må løse likningssystemet som består av de to gitte likningene med hensyn på x og y. Av den første får vi at x 3 = y. Innsatt i den andre gir det y y = 0 som er en andregradslikning i y med løsninger y = ± 4( ) = ± 5. Det betyr at for y = ( + 5)/ er y = y og x 3 = y = ( y) = y = + 5, og for y = ( 5)/ er y = y og x 3 = y = ( y) = y = 5, slik at skjæringspunktene mellom de to kurvene er 3 + 5, + 5 og 3 5, 5.

.3. Grafen til en likning 3 Oppgave.3.6: Trekk forbindelseslinjen mellom P og P. Resultatet er opplagt dersom denne er horisontal eller vertikal, altså dersom y = y eller x = x. La oss anta at dette ikke inntreffer. Da er forbindelseslinjen skrå, og vi kan la den være hypotenusen i en rettvinklet trekant P QP som vist på figuren. Siden lengden av kateten P Q er x x, og lengden av kateten QP er y y, følger resultatet ved Pytagoras teorem. Oppgave.3.7: Punktet (, 0) ligger på kurven (fordi x =, y = 0 passer i likningen). Dersom kurven er symmetrisk om linjen y = x, må også punktet (0, ) ligge på kurven. Det vil si, det må passe i likningen. Vi prøver: For x = 0 og y =, er x 3 y + x y + x = 0. Altså kan ikke kurven være symmetrisk om linjen y = x.

.4. Funksjoner 4.4 Funksjoner Oppgave.4.: (Tidl.3..) a) Her må x + 0, det vil si x. b) Her må x 4 > 0, det vil si x > 4, altså x > eller x <, altså x (, ) (, ). c) Her må sin x > 0, det vil si x (0, π), eller x (π, 3π), osv. Faktisk, den naturlige definisjonsmengden er ( 4π, 3π) ( π, π) (0, π) (π, 3π).... d) Her må x ±π/, ±3π/, ±5π/,.... De negative verdiene kan x aldri ta for relle verdier av x. Derfor x ± π/, ± 3π/, ± 5π/,..., altså x ± (k )π/ for alle k N. Den naturlige definisjonsmengden er derfor R \ {± (k )π/ k N}. e) Her må x 0 og x + 0. Det vil si, x og x 0, som kan skrives x [, 0) (0, ). Den naturlige definisjonsmengden er derfor [, 0) (0, ). f) Her må x 0 og 5 x > 0. Begge disse betingelsene må være oppfylt. De holder når x og x < 5, altså x < 5. Vi trenger altså at x < 6, og den naturlige definisjonsmengden er ( 6, ] [, 6). Oppgave.4.: (Tidl.3..) a)quad For x R blir verdimengden D f = [0, ). b) For x R er x 0, og sin(x ) oscillerer mellom og. Det vil si, V f = [, ].

.4. Funksjoner 5 c) For x R, er + x, så ln( + x ) er definert for alle x. Siden ln t er en voksende funksjon, har f verdimengden [ln, ln ) = [0, ). d) Nevneren kan aldri bli null, så funksjonen er definert for alle x R. Videre kan f(x) skrives f(x) = x + x + = x + x = + x +. Derfor er f(x) minst mulig når x + er minst mulig, det vil si for x = 0. Videre vokser f(x) mot når x + vokser mot uendelig. Verdimengden er derfor V f = [, ) = [, ). Oppgave.4.3: (NY.) a) f g(x) = sin(x ) for x R med verdimengde [, ] (fordi sin u oscillerer mellom og ). g f(x) = sin x for x R med verdimengde [0, ] (fordi sin x = (sin x) 0 der sin u for alle u). b) f g(x) = sin x = ( sin x) = cos x for x R med verdimengde [, 0] (fordi cos u oscillerer mellom og ). g f(x) = sin(x ) for x R med verdimengde [, ] (fordi sin u oscillerer mellom og ). c) f g(x) = cos x = sin x = tan x sin x. cos x cos x Den naturlige definisjonsmengden består av alle x R der cos x 0, altså alle x (π/) + kπ for k Z. Verdimengden er R fordi sin x/ cos x vokser mot når x vokser mot π/, og avtar mot nå x avtar mot π/. g f(x) = cos x x for x 0 med verdimengde [, ] (fordi cos u oscillerer mellom og ).

.4. Funksjoner 6 d) f g(x) = ( x ) = x for x, altså for x. Verdimengden er da [0, ]. g f(x) = (x ) = x 4 for x 4, altså for x. Verdimengden er da [0, ]. Oppgave.4.4: (Tidl.3.3.) a) y = x 3 hvis og bare hvis x = y /3. Altså er f (x) = x /3 for x R. b) For x 0 gjelder y = x hvis og bare hvis x = y. Altså er f (x) = x for x 0. c) For x 0 gjelder y = x hvis og bare hvis x = y. Altså er f (x) = x for x 0. d) For x 0 er y = x hvis og bare hvis y 0 og y = x. Derfor er f (x) = x med definisjonsmengde x 0. e) f(x) = x + x + 3 = (x + ) + for x, og f(x) er voksende for x. Verdimengden er derfor [f( ), f( )) = [, ). Videre er y = f(x) hvis og bare hvis x + x + 3 y = 0 det vil si x = ± 4(3 y) = ± y der vi ikke kan bruke minus foran rottegnet siden x. Derfor er f (x) = + x for alle x. f) For x 0 er verdimengden for f(x) = x 9 lik V f = [ 9, ), og y = x 9 hvis og bare hvis x = y + 9. Siden x 0, betyr det at x = y + 9. Derfor er f (x) = x + 9 for x 9. g) For 5 x 3 vokser funksjonen f(x) = x 9 når x vokser, det vil si når x avtar. Verdimengden er derfor [f( 3), f( 5)] = [ 3 9, 5 9] =

.4. Funksjoner 7 [0, 4]. Videre er y = x 9 hvis og bare hvis x [ 5, 3] og x 9 = y, det vil si x = y + 9. Derfor er f (x) = x + 9 for x [0, 4]. Oppgave.4.5: (Tidl.3.4.) a) La y = f(x) = x + 3x +, det vil si, x + 3x + y = 0. Det vil si x = 3 ± 3 4( y) = 3 ± + 4y. For at f(x) skal være inverterbar, må x restrikteres slik at vi bare får én løsning for x. Siden intervallet I skal inneholde 0, velger vi pluss foran rottegnet, og får x = 3 + 4y + 3. Det vil si, I = [ 3, ). Den omvendte funksjonen er da f (x) = 3 + + 4x for x 4. b) La y = x 4x +. Da må x 4x+ = x 4x+4 = (x ) = (x + )(x ) 0. Et fortegnsskjema viser at x + eller x. Siden x skal holde i et intervall som inneholder 0, betyr det at vi i alle fall må ha x. Videre er y = x 4x + hvis og bare hvis y 0 og y = x 4x +, det vil si y 0 og x 4x + y = 0, altså x = 4 ± 4 4( y ) = ± + y der x. Vi kan altså bare bruke minus foran rottegnet. Men da er f(x) injektiv. Derfor er I = (, ]. Den omvendte funksjonen er f (x) = + x for x 0. c) La y = f(x) = x x + = 3 for x. For x > er y < x + og for x < er y >. Siden definisjonsintervallet I skal inneholde 0, må

.4. Funksjoner 8 I (, ). På dette intervallet vokser y når x vokser. Derfor er f(x) injektiv og inverterbar for x I = (, ). Verdimengden for f(x) med x I er (, ). For å finne den omvendte funksjonen, løser vi likningen y = 3/(x + ) med hensyn på x: vi får (y )(x+) = 3, altså x(y ) = 3 (y ) = y, altså x = ( + y)/(y ). Derfor er f (x) = + x x for x (, ). x + d) La y = f(x) =. Her må x, så intervallet I må i alle fall x + være inneholdt i (, ). Vi ser at x + x + = vokser når x vokser x + i I, men vi trenger også at det som står under rottegnet er 0. Altså må x +, det vil si, x. Konklusjon: f(x) er injektiv for x [, ), med verdimengde [0, ). For å finne den omvendte funksjonen, løser vi likningen y = /(x + ) med hensyn på x: vi får y = /(x + ), altså x + = /(y ) = /( y ), slik at f (x) = + x = x x for x [0, ). Oppgave.4.6: (Tidl.3.6.) Kurven er grafen til en funksjon hvis og bare hvis det bare finnes høyst ett punkt på kurven for hver gitte x-verdi. Derfor er bare kurvene på figur.4.3,.4.4 og.4.7 grafen til en funksjon. Oppgave.4.7: (Tidl.3.6.) a) f(x) er en odde funksjon når f( x) = f(x). For x 0 er derfor kravet at f( x) = x x, slik at f(x) = x + x for x 0. b) f(x) er en jevn funksjon når f( x) = f(x). For x 0 er derfor kravet at f( x) = x + x, slik at f(x) = x x for x 0.

.4. Funksjoner 9 Oppgave.4.8: (Tidl.3.7.) a) og b) c) og d) e) og f)

.4. Funksjoner 30 g) og h) Oppgave.4.9: (Tidl.3.8.) a) og b) 4 4 3 3 K K 0 3 4 x K K 0 3 4 x K c) og d) 4 3 6 5 4 K 0 3 x K K 3 K3 K4 K K 0 3 4 x

.4. Funksjoner 3 Oppgave.4.0: (Tidl.:.3.9.) Oppgave.4.: (Tidl.3.0.) a) VET: y = f(x ) > y = f(x ) hvis og bare hvis x > x. Siden x = f (y ) og x = f (y ) betyr det at f (y ) > f (y ) hvis og bare hvis y > y. b) Teorem: Dersom f : D f R er en strengt avtakende funksjon med verdimengde V f, så er f : V f R også strengt avtakende. Bevis: Beviset er identisk med det foregående. Bare snu ulikhetstegnene. Oppgave.4.: (Tidl.3..) La y = f(x ) og y = f(x ). VET: y = y hvis og bare hvis x = x. Siden x = g(y ) og x = g(y ) gjelder derfor y = y hvis og bare hvis g(y ) = g(y ). Det vil si, g er injektiv på V f. Den omvendte funksjonen til g er f.

.4. Funksjoner 3 Oppgave.4.3: (Tidl.3..) NEI. Moteksempel: La f(x) = x, g(x) = 3 og h(x) = 4. (g og h er konstante funksjoner.) Da er f (g+h)(x) = f(3+4) = 7 = 49 og f g(x)+f h(x) = 3 +4 = 9+6 = 5. Oppgave.4.4: (Tidl.3.3.) Vi antar at f og g er definert slik at fg, f g og f + g gir mening. a) Produktet f(x)g(x) er en jevn funksjon fordi f( x)g( x) = [ f(x)][ g(x)] = f(x)g(x). Sammensetningen f(g(x)) er en odde funksjon fordi f(g( x)) = f( g(x)) = f(g(x)). Summen f + g er en odde funksjon fordi (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) g(x) = (f + g)(x). b) Produktet f(x)g(x) er en jevn funksjon fordi f( x)g( x) = f(x)g(x). Sammensetningen f(g(x)) er en jevn funksjon fordi f(g( x)) = f(g(x)). Summen f + g er en jevn funksjon fordi (f + g)( x) = f( x) + g( x) = f(x) + g(x) = (f + g)(x). c) Produktet f(x)g(x) er en odde funksjon fordi f( x)g( x) = f(x)[ g(x)] = f(x)g(x). Sammensetningen f(g(x)) er en jevn funksjon fordi f(g( x)) = f( g(x)) = f(g(x)). Summen f + g er normalt hverken jevn eller odde, men kan være det hvis f eller g er konstant lik 0. Eksempel : f(x) = x, g(x) = x. Da er f(x) + g(x) = x + x som verken er jevn eller odde. Eksempel : f(x) = x, g(x) = 0. Da er f(x) + g(x) en jevn funksjon. Eksempel 3: f(x) = 0, g(x) = x. Da er f(x) + g(x) en odde funksjon.

.4. Funksjoner 33 Oppgave.4.5: (Tidl.3.5.) Funksjonsverdien er lik på hver side av den vertikale linjen x = a. Grafen til f(x) er derfor symmetrisk om den vertikale linjen x = a. Oppgave.4.6: (Tidl.3.6.) La f(x) være definert for alle x. Da er f(x) + f( x) en jevn funksjon og f(x) f( x) en odde funksjon. Inspirert av dette, skriver vi f(x) = (f(x) + f( x)) + (f(x) f( x)) = g(x) + h(x) der g(x) = (f(x) + f( x)) er en jevn funksjon og h(x) = (f(x) f( x)) er en odde funksjon. Oppgave.4.7: (Tidl.3.0.) Se fasit. Oppgave.4.8: (NY.) At f er den inverse til f, betyr at f f (x) = f(f (x)) = x, altså g h f (x) = x for alle x. Men da må g (venstre side) = g (høyre side). Nå er g (høyre side) = g (x), og g (venstre side) = g g h f (x) = h f (x) fordi g g( ) =. Derved er h f (x) = g (x) for alle x. Men da er også h (venstre side) = h h f (x) = h (høyre side) = h (g (x)), som viser at f (x) = h g (x) for alle x. Oppgave.4.9: (Tidl.3.7.) Vi eliminerer r ved hjelp av likheten A = 4πr som gir r = A/4π = A/π. Innsatt i uttrykket for V gir det ( V = 4 3 πr3 = 4 3 π A π ) 3 = 6 π A3/.

.4. Funksjoner 34 Oppgave.4.0: (Tidl.3.8.) A = πr og L = πr. Vi eliminerer r: r = L/π innsatt i uttrykket for A gir ( ) L A = πr = π = π 4π L. Oppgave.4.: (Tidl.3.9.) Hvis omkretsen av kvadratet er L, er siden i kvadratet lik L/4 og arealet av kvadratet (L/4) = L /6. Lengden av omkretsen til sirkelskiven blir (50 L)cm. La r betegne radien i sirkelen. Da er (50 L) = πr, slik at r = (50 L)/π. Arealet av sirkelskiven er derfor πr = π((50 L)/π), og summen av de to arealene er L (50 L) + π 6 4π = L 6 (50 L) +. 4π Oppgave.4.: (Tidl.3..) Omkretsen av sirkelen med radius R er πr. Omkretsen av grunnflaten til kjeglen er derfor πr x. La radien i grunnflaten til kjeglen være r. Da er πr x = πr, det vil si r = R x/π. Høyden h av kjeglen finner vi ved å bruke Pythagoras: h = R r = R (R x/π) = Rx/π x /4π = 4πRx x π. Volumet av kjeglen er derfor V = 3 (πr )h = 3 π ( πr x π ) π 4πRx x = 4π (πr x) 4πRx x.

.4. Funksjoner 35 Oppgave.4.3: (Tidl.3..) 50 40 30 0 0 0 0 0 0 30 40 50 x Oppgave.4.4: (Tidl.3.3.) a) Siden C er en lineær funksjon av F, finnes det to faste konstanter a og b slik at C = af + b. VET: C = 0 når F = 3 det vil si 0 = a 3 + b () C = 00 når F = det vil si 00 = a + b () Det gir et likningssystem med to likninger for de to ukjente konstantene a og b. Av () følger at b = 3a. Innsatt i () gir det a 3a = 00, det vil si a = 00/80 = 5/9. Derved er b = 3a = 3 5/9, slik at C = 5 (F 3). 9 b) (i) Hvis C = F, må F = 5 9 (F 3), dvs., 9F = 5F 60, dvs., F = C = 40. (ii) Det er klart at K = C + 73, så hvis K = C, må C = C + 73, men det er umulig. (iii) Det er klart at K = C + 73 = 5 9 (F 3) + 73, så hvis K = F, må F = 5 9 (F 3) + 73 9F 5F = 60 + 9 73 = 97 F = 97 = 574.5. 4

.5. Elementære funksjoner 36.5. Elementære funksjoner Oppgave.5.: (Tidl.4..) a) y = e x for 50 x 5. Bredde på papiret: cm. Høyde på papiret: (e 5 e 50 )cm = e 50 (e )cm 3.35 0 cm. Vi gjør om til en mer hendig måleenhet: 3.36 0 cm = 3.35 0 0 m = 3.35 0 7 km = 3.35 0 6 mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå 3.36 0 6 4000 8.8 0 = 880 milliarder ganger rundt jorden b) y = 0 x for 0 x. Bredde på papiret: cm. Høyde på papiret: (0 0 0 )cm = 0 0 (0 )cm = 9.9 0 cm = 9.9 0 5 mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå 9.9 0 5 4000.48 0 = 480 milliarder ganger rundt jorden c) y = 7. x for 0 x. Bredde på papiret: cm. Høyde på papiret: (7. 7. 0 )cm = 7. 0 (7. )cm.6084 0 0 cm = 6084mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå 6084 4000 4 ganger rundt jorden d) y = (e x ) ex for x 4. Bredde på papiret: cm.

.5. Elementære funksjoner 37 Høyde på papiret: ((e 4 ) e4 (e ) e )cm = cm 7.059 0 94 cm = 7.059 0 88 mil. Jordens omkrets er ca 4000 mil. Papiret vil altså gå 7.059 9 88 4000.8 0 85 ganger rundt jorden e) y = ln x for 0 y 0. Høyde på papiret: 0 cm. Bredde på papiret: (e 0 e 0 )cm 05 cm = 0.5 m. (Liten trykkfeil i fasit.) f) y = ln x for 50 y 5. Høyde på papiret: cm. Bredde på papiret: (e 5 e 50 )cm 3.35 0 6 mil (som høyden i punkt a). g) y = log 8 x for 0 y 0. Høyde på papiret: 0 cm. Bredde på papiret: (8 0 8 0 )cm.074 0 9 cm = 074 mil. h) y = ln(ln x) for y 4. Høyde på papiret: 4 cm. Bredde på papiret: ((e 4 ) e4 (e 0 ) e0 )cm 7.059 0 94 cm = 7.059 0 88 mil. Oppgave.5.: (NY.) a) log + log = log = = 0. b) log /3 7 = 3 fordi ( ) 3 = 3 7.

.5. Elementære funksjoner 38 c) log /3 7 = c ( ) c = 7 3 c = 7. 3 Altså må c = 3, slik at log /3 7 = 3. d) log /3 7 + log /3 7 = log /3 7 + log /3 7 = 0. e) log 3 7 + log 3 8 = log 3 7 + log 3 ( 9) = 3 + log 3 + log 3 9 = 3 + log 3 + = log 3. f) log 3 8 log 3 4 = log 3 ( 9) 4 log 3 = log 3 + log 3 9 4 log 3 = 3 log 3. Oppgave.5.3: (Tidl.:.4.3.) a) og b) 50 40 30 K K 0 x K K 0 0 K3 K4 K5 K K 0 x K6

.5. Elementære funksjoner 39 c) og d),0,5 0 K 0,5,0,5,0,5 3,0 x,0 K4 0,5 K6 0 3 x K8 e) og f) 0 5 0 5 0 0,5,0,5,0,5 3,0 x Oppgave.5.4: (NY.) Grafene er tegnet i rekkefølgen rød, blå. a) og b)

.5. Elementære funksjoner 40 c) og d) e) og f) Oppgave.5.5: (NY.) a) 3 log 3 3 = 3 = 9. b) 4 log 4 + 4 log 3 3 = 4 + 4 = 6 + 4 = 0. c) log 6 = log 4 = 4. d) 3 log 6 = 3 log ( 3) = 3 log +log 3 = 3 +log 3. Det er en smaksak om man vil kalle dette en forenkling eller ikke. Riktignok kan det også skrives som 3 3 log 3, men det er vel egentlig ikke stort bedre.

.5. Elementære funksjoner 4 e) Dette uttrykket kan ikke forenkles. Riktignok er for eksempel 5 ln 8 + 4 ln 5 = e (ln 8)(ln 5) + e (ln 4)(ln 5) = 5 ln 8 + 5 ln 4 = 5 ln 4 (5 ln + ), men det kan vel egentlig ikke regnes som en forenkling. f) ln 3 ln 3 = ln + ln 3 ln 3 = ln. g) Uttrykket kan ikke forenkles. h) ln( 5 5) = ln( 5( 3 )) = ln 5 + ln( 3 ). i) Uttrykket kan egentlig ikke forenkles. Riktignok er log 3 = ln 3 ln e log 3 = e (ln 3)/(ln ), slik at som kan oppfattes som en forenkling siden den naturlige logaritmen er å foretrekke i mange sammenhenger, men... Oppgave.5.6: (Tidl.4.5.) a) 4 x+ = 8 x (x + )ln 4 = (x )ln 8 x(ln 4 ln 8) = ln 8 ln 4 ln(8 4) x = ln(6/8) = ln(7) ln(9/8) 36.3 b) 5 3 x+ 9 x = e ln 5 + (x + )ln 3 + xln 9 = x(ln 3 + 4ln 3) = ln 5 ln 3 ln 75 x = 0.6039 5ln 3

.5. Elementære funksjoner 4 c) x 3 x + = 0 er en annengradslikning med ukjent x. Vi løser den og får x = 3 ± { 3 4 = 3 ± = Siden x = hvis og bare hvis x =, og x = hvis og bare hvis x = 0, har den opprinnelige likningen to løsninger: x = 0 og x =. d) ln x + ln x = 3 ln x + ln + ln x = 3 ln x = 3 ln ln x = 3 ln = 3 ln x = e 3/ / 3.69 e) (NY.) 4 e x+ = 3 e x 4 ln 4 + x + = ln 3 + x 4 ln 4 + ln 3 + 4 = x x = ln 4 ln 3 + 5 = 5 + ln 4 3 5.88 f) (NY. ln x + ln 4 = ln(x 4) = 4x = e x = e/.359 fordi x > 0 er nødvendig siden ln x skal eksistere ifølge oppgaven. Oppgave.5.7: (NY.) a) y = 5 ln y = 5 ln y = e 5 ln.

.5. Elementære funksjoner 43 b) y = log 0 0 y = y ln 0 = ln y = ln ln 0. c) der Altså er y = 3 log 3 ln y = (log 3) ln 3 z = log 3 z = 3 z ln = ln 3 z = ln 3 ln. (ln 3)(ln 3) ln y = = ln y = e (ln 3) / ln. (ln 3) ln Oppgave.5.8: (NY.) a) y = 3 x+ log 3 y = x + x = + log 3 y = f (y). Altså er f (x) = + log 3 x for x > 0. b) y = log (x 3 ) y = x 3 x 3 = y + x = 3 y + = f (y). Altså er f (x) = 3 x + for x R.

.5. Elementære funksjoner 44 c) y = x3 log y = x 3 x = 3 log y = f (y). Altså er f (x) = 3 log x for x > 0. d) y = ln(x + x) e y = x + x ( x) + x e y = 0 som er en andregradslikning i x. Vi kan bare godta løsninger som er 0, naturligvis. Derfor er + + 4e y x =, og derved x = 4 ( + + 4e y ) = f (y). Altså er f (x) = 4 ( + + 4e x ) for x R. Oppgave.5.9: (NY.) ln x + ln x = ln x + ln ln x = ln x + 0 ln x = 0. Oppgave.5.0: (NY.) Vi har f( x) = e x + e ( x) = e x + e x = f(x) for alle x I som er et intervall symmetrisk om origo. Altså er f en jevn funksjon. Vi har g( x) = e x e ( x) = e x e x = (e x e x ) = g(x) for alle x I som er et intervall symmetrisk om origo. Altså er g en odde funksjon. Oppgave.5.: (NY.) a) Grafen til y = (/a) x er den speilvendte grafen til y = a x hvis og bare hvis grafen til y = (/a) x er lik grafen til y = a x. At dette holder, følger av at a x = /a x = (/a) x.

.5. Elementære funksjoner 45 b) Grafen til y = a x er lik grafen til y = (/a) x fordi a x = /a x = (/a) x. Oppgave.5.: (NY.) For alle deloppgavene her gjelder: P (t) = P (0)e rt P (T ) = P (0)e rt = P (0) e rt = rt = ln r = (ln )/T. a) r = ln 7 så P (t) = P (0)e rt der r = ln 7 0.040773. b) r = ln / så P (t) = P (0)e rt der r = ln.38694. c) r = ln så P (t) = P (0)e rt der r = ln 0.69347. d) r = ln ln 5 så P (t) = P (0)e rt der r = ln ln 5 0.430677. Oppgave.5.3: (NY.) For alle deloppgavene her gjelder: P (t) = P (0)e rt P (T ) = P (0)e rt = P (0) e rt = rt = ln r = (ln )/T.

.5. Elementære funksjoner 46 a) r = ln 7 så P (t) = P (0)e rt der r = ln 7 0.040773. b) r = ln / så P (t) = P (0)e rt der r = ln.38694. c) r = ln så P (t) = P (0)e rt der r = ln 0.69347. d) r = ln ln 5 så P (t) = P (0)e rt der r = ln ln 5 0.430677. Oppgave.5.4: (NY.) Mengde paracetamol i blodet ved tidspunkt t etter inntak, er gitt ved P (t) = P (0)e rt der konstanten r er gitt ved Vi søker t som er slik at P (t) = P (0)e rt = 3 P (0) P () = P (0)e r = P (0) e r =. e rt = 3 e rt = e (r)(t/) = t ln = ln 3 t = ln 3 ln = ( ) t/ = 3 ( ln 3) ln = ln 3 ln 3.7 timer. Oppgave.5.5: (NY.) La q 0 og Q 0 være lønnen ved tidspunkt t = 0 for henholdsvis en lavtlønnet og en høytlønnet arbeider, og la q(t) og Q(t) være lønnen deres ved tidspunkt t > 0. Da er q(t) = q 0 e rt og Q(t) = Q 0 e rt

.5. Elementære funksjoner 47 der r > 0 er en konstant som bare avhenger av prosenttallet 3. Derved er lønnsforskjellen Q(t) q(t) = (Q 0 q 0 )e rt. Den stiger altså også med 3 prosent i året. Dersom inflasjonen også er 3 prosent, betyr det status quo. Men hvis levestandarden stiger i landet, betyr det at den høytlønnede kan koste på seg økende luksus i forhold til den lavtlønnede. Oppgave.5.6: (Tidl.4.0.) a) D = 0 log 0 p p 0 p p 0 = 0 D/0 p = p 0 0 D/0. La lydtrykket ved 50 db være p 50 og lydtrykket ved 0 db være p 0. Da er p 0 p 50 = 00/0 0 50/0 = 0/ 5/ = 0 3 = 000. Lydtrykket ved 0dB er derfor 000 ganger sterkere enn ved normal tale. b) La D være maksimum for det gamle anlegget. p gammelt = p 0 0 D/0 p nytt = p 0 0 D/0 = p 0 0 (0 log 0 +D)/0. Det nye anlegget må derfor tåle (D + 0 log 0 )db (D + 6)dB. Oppgave.5.7: (Tidl.4..) a) La a og a betegne amplituden ved henholdsvis styrke 5 og 6. Det vil si slik at a 5 = log 0 T + B og 6 = log a 0 T + B, a = log 0 T log a 0 T = log a 0. a Med andre ord, 0 = a /a, og amplituden ved 6-skjelvet er 0 ganger høyere enn amplituden ved 5-skjelvet. b) VET: 7. = log 0 (a/t )+B. Ved fordobling av amplituden, ville skjelvet ha målt log 0 a T + B = log 0 + log 0 a T + B = log 0 + 7. 7.5.

.5. Elementære funksjoner 48 Oppgave.5.8: (NY.) Mengden virus er lik mengden antistoffer idet e.5 t = 0. e t 0 e.5 t = e t ln 0 + 3 t = t t = ln 0 t = ln 0 4.6 dager. Oppgave.5.9: (NY.) Det er klart at mengde radium ved tidspunkt t er gitt ved P (t) = P (0)e rt der konstanten r er gitt ved P (t + 590) = P (t) slik at P (t) = P (0)e (ln )t/590. e 590 r = 590 r = ln = ln r = ln 590, a) Vi søker t som er slik at P (t) = 0 P (0) e (ln )t/590 = 0 ln t = ln 0 590 t = 590 ln 0 ln 58 år.

.5. Elementære funksjoner 49 b) Vi søker t som er slik at P (t) = 4 P (0) e (ln )t/590 = 4 ln 590 t = ln 4 t = 590 ln 4 ln = 590 ln ln = 590 = 380 år. Dette svaret var egentlig ganske opplagt, for mengden er redusert til /4 når den er halvert ganger.

.6. Trigonometriske funksjoner 50.6. Trigonometriske funksjoner. Oppgave.6.: (NY.) a) 80 = π 80 360 = π. b) 5 = π 5 360 = π. c) 70 = π ( 70) 360 = 4π. d) 36 = π ( 36) 360 = π 5. e) 756 = π ( 756) 360 = π 5. f) π = π π 360 = π 80. Oppgave.6.: (Tidl.4..) a) og b),0,0 0,5 0,5 K 0 4 6 8 x K 0 4 6 8 x K0,5 K0,5 K,0 K,0

.6. Trigonometriske funksjoner 5 c) og d),0,0 0,8 0,5 0,6 K 0 4 6 8 x 0,4 K0,5 0, K,0 K 0 4 6 8 x e) og f) 0,4 0, K 0 4 6 8 x K 0 4 6 8 x K0, K K0,4 K Oppgave.6.3: (NY.) a) Siden sin π/ > 0, følger det av teorem.6.4 F at sin π π/6 cos(π/6) = sin = 3/ 3 = =. b) Siden cos π/ > 0, følger det av teorem.6.4 F at cos π π/6 + cos(π/6) = cos = + 3/ + 3 = =.

.6. Trigonometriske funksjoner 5 c) Siden sin π/8 > 0, følger det av teorem.6.4 F at sin π π/4 cos(π/4) = sin 8 = / = =. d) Siden sin π/4 > 0, følger det av teorem.6.4 C og oppgave b) over at sin 5π (π 4 = sin + π ) = sin π π/ = sin 4 4 cos(π/) + 3/ + 3 = = =. e) Siden cos π/8 > 0, følger det av teorem.6.4 C og oppgave c) over at sin 5π ( π 8 = sin + π ) = cos π 8 8 = sin (π/8) = + =. 4 f) Ved teorem.6.4 A og oppgave c) over er cos 5π 8 = cos ( π + π 8 ) = sin π 8 =. g) Siden cos(π/8) > 0, følger det av teorem.6.4 F at cos π π/4 + cos(π/4) = cos 8 = + / + = =. h) Ved teorem.6.4 C og oppgave b) over følger det at cos 5π (π 4 = cos + π ) = cos π π/ = cos 4 4 + cos(π/) + + 3/ + + 3 = = =.

.6. Trigonometriske funksjoner 53 Oppgave.6.4: (Tidl.4.4 a) og b).) a) og b) c) og d) (NY.) e) og f) (NY.)

.6. Trigonometriske funksjoner 54 g) og h) (NY.) i) (NY.) Oppgave.6.5: (NY.)

.6. Trigonometriske funksjoner 55 Oppgave.6.6: (Tidl.4.6.) a) og b) 0 3 4 5 6 x 0 0, 0,4 0,6 0,8,0 x K K K K c) og d) e) og f),5 3,0,0,5 0,5,0 K K 0 x K0,5,5,0 K,0 0,5 K,5 K,0 K0,5 0,0 0,5,0 x Oppgave.6.7: (NY.) a) Ifølge teorem.6.4 H er sin u + cos u = + sin(u + T ) der T er gitt

.6. Trigonometriske funksjoner 56 ved at cos T = + = og sin T = + =. Det vil si, T = π 4 og sin u + cos u = ( sin u + π ). 4 b) Ifølge teorem.6.4 H er sin u + cos u = + sin(u + T ) der T er gitt ved at cos T = = + og sin T = = +. Det vil si, T = π 4 og sin u + ( cos u = sin u + π ). 4 c) Ifølge teorem.6.4 H er 3 sin t 4 cos t = 3 + 4 sin(t + T ) der T er gitt ved at cos T = 3 3 + 4 = 3 5 og sin T = 4 3 + 4 = 4 5. Det vil si, π < T < 0, og en kalkulator viser at arccos 3 5 0.973. Siden cos( u) = cos u, er derfor T 0.973, slik at 3 sin t 4 cos t 5 sin (t 0.973). d) Ifølge teorem.6.4 H er sin πt p T er gitt ved at Det vil si, T = π 4 πt + cos p = ( ) πt + sin p + T der cos T = og sin T =. og sin πt p πt + cos p = ( πt sin p + π ). 4 e) Ifølge teorem.6.4 H er sin πt cos πt = + sin(πt + T ) der T er gitt ved at cos T = + = og sin T = + =. Det vil si, T = arcsin( / ) = π 4 og sin πt cos πt = ( sin πt π ). 4

.6. Trigonometriske funksjoner 57 f) Ifølge teorem.6.4 H er 5 sin πt + cos πt = 5 + sin(πt + T ) der T er gitt ved at cos T = 5 5 + = 5 og sin T = 6 5 + =. 6 Det vil si, T = arcsin / 6 0.97 og 5 sin πt+cos πt 6 sin (πt + 0.97). Oppgave.6.8: (Tidl.4.7.) Se fasit. Oppgave.6.9: (NY.) Vi viser teoremet for trekanten ABC. Vi nedfeller først en normal CD ned på grunnlinjen AB, og bruker Pytagoras teorem på trekanten DBC: c = DB + DC = (b a cos θ) + (a sin θ) = b ab cos θ + a cos θ + a sin θ = b ab cos θ + a som viser teoremet for denne trekanten. Argumentet vi brukte var ikke avhengig av verdien av θ, så teoremet gjelder også generelt. Oppgave.6.0: (Tidl.4.9.) Poenget her er at en kalkulator ikke alltid gir riktig graf, og at man bli lurt av grafer tegnet på et lite intervall. Med Maple får vi

.6. Trigonometriske funksjoner 58 0,8 0,6,00 0,90 K,0 K0,5 0,0 0,5,0 x 0,4 0, K,0 K0,5 0 0,5,0 K0, x,4 0,06, 0,04 0,0,0 0,8 K0,0 K0,05 0 0,05 0,0 K0,0 x K0,04 K0,06 0,6 K0,08 K0,0 K0,05 0,00 0,05 0,0 x,4,,0 0,8 0,6 K0,00 K0,005 0,000 0,005 0,00 x 0,008 0,006 0,004 0,00 K0,00 K0,005 0 0,005 0,00 K0,00 x K0,004 K0,006 K0,008,4,,0 0,8 0,6 K0,000 K0,0005 0,0000 0,0005 0,000 x 0,0008 0,0006 0,0004 0,000 K0,000 K0,0005 0 0,0005 0,000 K0,000 x K0,0004 K0,0006 K0,0008 som er ganske bra, i alle fall for grafene tl g(x) = x sin /x som står til venstre. De viser tydelige at g(x) når x 0. Grafene til f(x) = x sin x på høyre side burde ha hatt jevne, pene sving-

.6. Trigonometriske funksjoner 59 ninger med stadig økende frekvens inn mot x = 0, og med amplityder ut til linjene y = x og y = x. (Hvorfor?) Resultatet ble istedenfor ganske hakkete... Oppgave.6.: (Tidl.4.0 b).) Arealet av hele sirkelskiven er πr. A er θ/π-deler av denne: A = θ π πr = r θ Oppgave.6.: (Tidl.4..) a) VET: a + b = c Areal av en halvsirkelskive med grunnlinje (diameter) d er π SKAL VISE: πa /8 + πb /8 = πc /8. BEVIS: ( ) d = πd 8 Divider likeheten med π/8 og bruk Pytagoras. Areal av en likesidet trekant med side d er d h der h er høyden h = d (d/) = 3 d/. Altså er arealet d 3 d = 3 d /4. SKAL VISE: 3 a /4 + 3 b /4 = 3 c /4. BEVIS: Divider likeheten med 3/4 og bruk Pytagoras. b) Det samlede arealet av de to skalkene er ( A = πa 8 + πb πc 8 8 ) ab der a + b = c. Altså er A = ab/ (som er lik arealet av den rettvinklede trekanten!!!!). Oppgave.6.3: (NY.) La θ := sin y og ψ := cos y for y. Da er θ ψ [0, π], og y = sin θ = cos ψ [ π, π ] og ( )

.6. Trigonometriske funksjoner 60 ( π ) Siden sin x = cos x, er det naturlig å sjekke om θ = π ψ stemmer med intervallene for θ og ψ. Det gjør de. Altså er θ = π ψ θ + ψ = π sin y + cos y = π. Oppgave.6.4: (Tidl.4.6.) La r være den søkte radien og θ være vinkelen BCA slik at cos θ = 4/5. La videre A, B, C, E, F og G være punktene markert på figuren. Vi observerer først at lengdene GC = F C og vinklene GCD = F CD = θ/ fordi trekantene GCD og F CD begge er rettvinklede med felles hypotenus og en katet som har lengde r, slik at de er kongruente (men speilvendte). Videre er 4 = BC = BG + GC = r + r tan(θ/) der tan θ = sin(θ/) cos θ cos(θ/) = + cos θ = 4/5 + 4/5 = 9 = 3. Derved er r + 3r = 4, altså r =. Oppgave.6.5: (Tidl.4.7.) a) Drivremmen går akkurat rundt på en halvsirkel i hver ende. Radien i sirklene er r = dm. Lengden av remmen er derfor (gitt i desimeter) L = πr + 5 + πr + 5 = 4π + 0.

.6. Trigonometriske funksjoner 6 b) La θ være vinkelen GAB. Siden radien i hjulet er AB = dm, og radien står nomalt på selve sirkelen, er trekanten ABG rettvinklet, og derfor cos θ = AB AG = 4 =, altså θ = π 3. Drivremmen går derfor en vinkel π θ = π π/3 = 4π/3 rundt på sirkelen på hver side. Dessuten er lengden BG lik r tan θ = 3. Lengden av drivremmen er derfor (målt i desimeter) ( L = πr 4π/3 π ) + 4 ( 3) = 6π 3 + 8 3. c) Av figuren ser vi at drivremmen går som i en avrundet likesidet trekant. Det betyr spesielt at den går en vinkel π/3 rundt på hver av de tre sirklene. Lengden av drivremmen er derfor (målt i desimeter) ( L = 3 π ) + 3 4 = 4π +. 3 Oppgave.6.6: (Tidl.4.8.)

.6. Trigonometriske funksjoner 6 La r og R være radiene i de to rørene som vist på figuren. La D og F være sentrene i henholdsvis det tynne og det tykke røret, og la B og G være punktene som vist på figuren. Da er BF = R, GF = R, DG = r og BD = r. Siden BF = BD + DG + GF, får vi likningen R = R + r + r dvs. r = R. + Oppgave.6.7: (Tidl.4.9.) Vi legger figuren inn i et koordinatsystem med A i (0, 0), B i (d, 0) og båten i punktet (x 0, y 0 ). Båten har da avstanden y 0 fra stranden. Av figuren ser vi at y 0 = x 0 tan α = (d x 0 ) tan β. Vi eliminerer x 0 ved hjelp av den siste likningen: x 0 = Innsatt i den første likningen gir det y 0 = d tan α tan β tan α + tan β. d tan β tan α + tan β. Oppgave.6.8: (Tidl.4..) Se fasit. Oppgave.6.9: (Tidl.4.3.) Strømstyrken i vekselstrømmen kan beskrives ved funksjonen I(t) = sin(πt 50) = sin(00πt). Graf for I(t):

.6. Trigonometriske funksjoner 63 Oppgave.6.0: (Tidl.4.4.) Figuren viser prinsippet, men målene er naturligvis helt feil. La θ være vinkelåpningen i sirkelsektoren med sentrum i Jordens sentrum O og sirkelbuen ved jordoverflaten i lengde b = 7 km. Her er jordradien R = 6370 km og b = 7 km = Rθ, slik at θ = 7/6370. Tenk deg at du står vertikalt ved punktet A. Det vil si, du står normalt på jordoverflaten, og siktelinjen din AB er tangensiell til jordoverflaten. (Vi ser bort fra høyden din som blir forsvinnende liten i denne sammenhengen.) Trekanten OAB er derfor en rettvinklet trekant. Flaggstangen skal stå i punkt C, også den normalt på jordoverflaten. Høyden CB = h på stangen må derfor minst være som vist på figuren. Siden cos θ = OA / OB = R R + h, er R + h = R/ cos θ. Derved er ( ) h = R cos θ.075 km = 075 m. Flagget må altså heises over 000 meter over vannflaten! Opggave.6.: (Tidl..3.) a) Ved å beregne verdien av tan x for verdier av x nær null, ser man at x grader er utelukket. x må være målt i radianer. b) Jeg valgte å beregne tan x for x i radianer. Det ga tan(0.) 0.0033467, tan(0.0) = 0.0000033335 og tan(0.00) = 0.00000000333.

.6. Trigonometriske funksjoner 64 c) Høyden av treet er h = d tan θ. Når d er stor i forhold til h, er vinkelen θ liten, og derved er h = AB omtrent lik lengden θd av sirkelbuen AC, slik at tan θ = h d Dette følger fordi tan x x θ slik at h = d tan θ θd. for x nær 0. (Se figuren nedenfor.)

.7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 65.7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner. Oppgave.7.: a) og b) ( a) NY, b) tidl.4.4 c).) c) og d) ( c) NY, d) tidl.4.4 d).)

.7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 66 e) og f) (tidl.4.4 e) og f).) Oppgave.7.: (Tidl.4.8.) Se fasit. Oppgave.7.3: (Tidl.4.4.) Uttrykkene gjelder bare for x > 0 (fordi de inneholder ln x). a) sinh ln x = eln x e ln x = x /x = x x for x > 0. b) cosh ln x = eln x + e ln x = x + /x = x + x for x > 0. c) cosh ln x + sinh ln x cosh ln x sinh ln x = (eln x + e ln x ) + (e ln x e ln x ) (e ln x + e ln x ) (e ln x e ln x ) = eln x e ln x = x x = x for x > 0. Oppgave.7.4: (Tidl.4..) (i) ( e cosh x sinh x + e x ) ( e x e x x = = 4 (ex + + e x (e x + e x ) = 4 ( + ) =. )

.7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 67 (ii) (iii) (iv) tanh x + sech x = sinh x cosh x + cosh x = sinh x + cosh = cosh x x cosh x =. sinh x cosh y + cosh x sinh y = ex e x ey + e y + ex + e x ey e y = 4 (ex e y + e x e y e x e y e x e y + e x e y e x e y + e x e y e x e y ) = 4 (ex e y e x e y ) = ex+y e x y cosh x cosh y + sinh x sinh y = ex + e x = sinh(x + y). ey + e y + ex e x ey e y = 4 (ex e y + e x e y + e x e y + e x e y + e x e y e x e y + e x e y + e x e y ) = 4 (ex e y + e x e y ) = ex+y + e x y = cosh(x + y). Oppgave.7.5: (Tidl.4.3.) a) cosh x er ikke en inverterbar funksjon, men blir det når vi restrikterer definisjonsområdet til x 0. Verdiområdet er da [, ), slik at y = cosh x 0 og definert for x. Nå er y = cosh x 0 hvis og bare hvis x = cosh y = (ey + e y ). Dette er likning vi vil løse med hensyn på y. Vi multipliserer likningen med e y. Det gir følgende annengradslikning der e y er den ukjente: (e y ) x e y + = 0. Løsning: e y = x ± 4x 4 = x ± x der bare pluss kan brukes foran rottegnet fordi y 0 og derved e y. Vi tar logaritme på hver side av likhetstegnet, og får y = ln(x + x ) for x. b) y = tanh x hvis og bare hvis x = tanh y = ey e y derfor x <. e y. Spesielt er + e y

.7. Hyperbolske og inverse hyperbolske funksjoner 68 Vi vil løse denne likningen med hensyn på y. Vi multipliserer likningen med (e y + e y ) og deretter med e y : xe y + xe y = e y e y, x(e y ) + x = (e y ) + x ( x)(e y ) = + x, e y = x + x y = ln for x <. x c) Funksjonen sech x har verdimengde (0, ], men er ikke inverterbar med mindre vi restrikterer definisjonsområdet. Funksjonen y = sech x er definert som den inverse til sech x for x 0. Derved er sech x definert for x (0, ] med verdimengde [0, ). Det er klart at y = sech x hvis og bare hvis x = sech y = e y +e y. Dette er likning vi vil løse med hensyn på y. Vi multipliserer likningen med (e y + e y ) og deretter med e y. Det gir følgende annengradslikning der e y er den ukjente: x(e y + e y ) = x(e y ) e y + x = 0. Løsning: e y = ± 4 4x der bare pluss kan brukes foran rottegnet x fordi e y når y 0. Vi tar logaritme på hver side av likhetstegnet, og får y = ln + x x for 0 < x. Oppgave.7.6: (Tidl.4.5.) a) Som i oppgave 5 b kan vi vise at at tanh u = ln Vi har u = x x +. Det gir Svar: + u u = x + + x x + (x ) = x ln x = ln x som viser likheten. + u u for u <. b) + tanh x cosh x + sinh x = tanh x cosh x sinh x = ex e x = ex.