Vi ønsker å finne den omvendte funksjonen f-1 til f når vi krever at definisjonsmengden til f skal inneholde tallet 0. Matematisk: 0∈Df.
a) Vis at funksjonen f er stigende for x=0.
b) Finn den største mulige definisjonsmengden Df som funksjonen f kan ha og samtidig ha en omvendt funksjon når vi krever at definisjonsmengden Df inneholder 0.
2.11
Vi ønsker å finne den omvendte funksjonen til
fx=cos2x+π4
a) Bruk verdimengden til arccosx til å finne en definisjonsmengde Df som gjør at funksjonen f blir én-entydig.
b) Finn den omvendte funksjonen f-1 til f.
c) Vi setter f-1x=g(x). Finn g'x.
2.12
Skriv opp en likning som du kan løse ved hjelp av enhetssirklene nedenfor.
a)
b)
c)
2.13
Løs ulikhetene for hånd og kontroller svaret med CAS.
a) sinx-12≤0,x∈[0,2π〉
Tips til oppgaven
Tegn en enhetssirkel og bruk den til å løse oppgaven.
b) cos2x-14>0,x∈[0,2π⟩
Tips til oppgaven
Her kan det lønne seg å bruke vanlig framgangsmåte for å løse ulikheter.
2.14
Vi har gitt rekka
x+x·sinx+x·sin2x+x·sin3x+...
a) Vis at rekka er geometrisk og finn kvotienten k i rekka.
b) For hvilke verdier av x er rekka konvergent?
c) Finn et uttrykk for summen S av rekka.
2.15
Vi har gitt rekka
x+1+2cosxx+1+4cos2xx+1+8cos3xx+1+...
a) Vis at rekka er geometrisk.
b) For hvilke verdier av x er rekka konvergent når x∈[0,2π〉? Løs oppgaven både ved regning for hånd og med CAS.
Ingen av vinklene har kjente, eksakte verdier. Vi løser oppgaven med CAS i GeoGebra. For å spare inntasting legger vi de fire vinklene inn i ei liste.
2.3 a)
Løsning
fx=sinx=A·sinkx+𝜑+d
Amplituden A=1.
y-verdien til likevektslinja d=0, så likevektslinja er x-aksen.
k=1, som gir at perioden p=2πk=2π1=2π.
𝜑=0, som gir at faseforskyvningen er 0.
Sinusfunksjonen har toppunkter for x=π2+k1·2π der k1∈ℤ, og y-koordinatene er 1. Bunnpunktene er for x=3π2+k1·2π, og y-koordinatene er -1.
Siden likevektslinja er x-aksen, vil nullpunktene være for x-verdier midt mellom x-verdiene til topp- og bunnpunktene. Nullpunktene er derfor x=k1·π.
Grafen til f:
2.3 b)
Løsning
gx=32sin2x+π3-1=A·sinkx+𝜑+d
Amplituden A=32.
y-verdien til likevektslinja d=-1, så likevektslinja er linja y=-1.
k=2, som gir at perioden p=2π2=π.
𝜑=π3, som gir at faseforskyvningen xf=-𝜑k=-π32=-π6.
g har toppunkter når
sin2x+π3=12x+π3=π2+k1·2π2x=π6+k1·2πx=π12+k1·π
der k1∈ℤ, og y-koordinatene er -1+32=12.
Vi finner et bunnpunkt en halv periode etter et toppunkt, det vil si for x=π12+π2=7π12.
g har derfor bunnpunkter for x=7π12+k1·π, og y-koordinatene er -1-32=-52.
Nullpunktene finner vi ved å løse likningen gx=0. Denne likningen gir ingen eksakte trigonometriske verdier vi kan finne vinkelen til manuelt, så vi bruker CAS i GeoGebra.
Nullpunktene er derfor x=-0,16+k1·π∧x=0,68+k1·π.
Grafen til g:
2.3 c)
Løsning
Siden h er en tangensfunksjon, gir det ikke mening å snakke om amplitude, likevektslinje eller topp- og bunnpunkter. Vi ser også bort fra faseforskyvning.
Periode: p2=π⇔p=2π (Husk at tangensfunksjonen tanx har periode π.)
Nullpunkter:
hx=02tanx2=0tanx2=0x2=k·π,k∈ℤx=k·2π
Grafen til h:
2.3 d)
Løsning
ix=-3sinπ3-2x=A·sinkx+𝜑+d
Her har vi i utgangspunktet negativ verdi for A og k. Derfor skriver vi om funksjonen ved hjelp av sin-x=-sinx.
ix=-3sinπ3-2x=-3sin-2x-π3=3sin2x-π3
Amplituden A=3.
y-verdien til likevektslinja d=0, så likevektslinja er x-aksen.
k=2, som gir at perioden p=2π2=π.
𝜑=-π3, som gir at faseforskyvningen xf=-𝜑k=--π32=π6.
i har toppunkter når
sin2x-π3=12x-π3=π2+k1·2π2x=5π6+k1·2πx=5π12+k1·π
der k1∈ℤ, og y-koordinatene er 3.
Vi finner et bunnpunkt en halv periode etter et toppunkt, det vil si for x=5π12+π2=11π12.
i har derfor bunnpunkter for x=11π12+k1·π, og y-koordinatene er -3.
Her brukte vi først sammenhengen mellom sinus og cosinus til komplementvinkler. Etterpå brukte vi at supplementvinkler har samme sinusverdi for å unngå negativ verdi for k.
Amplituden A=2.
y-verdien til likevektslinja d=-3, så likevektslinja er y=-3.
k=2, som gir at perioden p=2π2=π.
𝜑=π2, som gir at faseforskyvningen xf=-𝜑k=-π22=-π4.
Funksjonen har toppunkter når
sin2x+π2=12x+π2=π2+k1·2π2x=k1·2πx=k1·π
der k1∈ℤ, og y-koordinatene er -3+2=-1.
Vi finner et bunnpunkt en halv periode etter et toppunkt, det vil si for x=π2.
j har derfor bunnpunkter for x=π2+k1·π, og y-koordinatene er -3-2=-5.
Funksjonen har ingen nullpunkter siden y-koordinaten til toppunktene er -1.
Grafen til j:
2.4 a)
Løsning
Vi starter med å definere de fire størrelsene A,k,𝜑 og d, og vi bruker disse til å skrive inn funksjonen mx. Deretter regner vi ut perioden p, faseforskyvningen xf, x-koordinaten xt til ett av toppunktene, x-koordinaten xb til ett av bunnpunktene og til slutt nullpunktene.
x-koordinatene til toppunktene er 0,71+k1·5π2,k1∈ℤ og y-koordinaten er -2+2,3=0,3.
x-koordinatene til bunnpunktene er -3,21+k1·5π2, og y-koordinaten er -2-2,3=-4,3.
Nullpunktene er x=0,07+7,85k1∨x=1,36+7,85k1
Grafen til m:
2.4 b)
Løsning
Vi gjør tilsvarende som i oppgave a). Vi starter med å definere de fire størrelsene A,k,𝜑 og d, og vi bruker disse til å skrive inn funksjonen mx. Deretter regner vi ut perioden p, faseforskyvningen xf, x-koordinaten xt til ett av toppunktene, x-koordinaten xb til ett av bunnpunktene og til slutt nullpunktene.
x-koordinatene til toppunktene er 0,64+k1·0,97,k1∈ℤ og y-koordinaten er 0,08+0,15=0,23.
x-koordinatene til bunnpunktene er 0,16+k1·0,97, og y-koordinaten er 0,08-0,15=-0,07.
Nullpunktene er x=0,31+0,97k1∨x=0,97+0,97k1
Grafen til n:
2.5 a)
Løsning
fx=sinxf'x=cosx
gx=32sin2x+π3-1g'x=32cos2x+π3·2=3cos2x+π3
hx=2tanx2h'x=2·1cos2x·12=1cos2x
ix=-3sinπ2-2xi'x=-3cosπ2-2x-2=6cosπ2-2x
jx=2cos2x-3j'x=2-sin2x·2=-4sin2x
2.5 b)
Løsning
2.6 a)
Løsning
4cosx-2=0cosx=12x=π3+k·2π∨x=-π3+k·2π,k∈ℤ
2.6 b)
Løsning
sinx=123,x∈[0,4π⟩x=π3+k·2π∨x=2π3+k·2π
For begge løsningene får vi løsninger i det oppgitte området når k=0∨k=1.
Siden høyresiden er et såpass stort tall som 7, kan vi mistenke at likningen ikke har noen løsning. Vi kan argumentere slik:
Høyresiden er 7. På venstre side har vi tre ledd som kan være maksimalt 1, 2 og 1. Venstresiden kan derfor maksimalt bli 4, og likningen har ingen løsning.
Dersom vi prøver å løse denne på vanlig måte uten hjelpemidler, kan løsningen være slik:
Vi starter med å omforme sin2x ved hjelp av enhetsformelen slik at vi får en andregradslikning i cosx.
Vi ser at vi får to serier med skjæringspunkter. I den ene serien har skjæringspunktene y-koordinat 0,5, i den andre y-koordinat -0,25. x-verdiene ligger med fast avstand π2 til hverandre. Vi leser av x-verdien π8 til ett av skjæringspunktene. Da kan vi skrive løsningen som
L=π8+k·π2,k∈ℤ
2.7 b)
Løsning
Vi ser at vi får to serier med skjæringspunkter. Den ene serien får vi når den rette linja skjærer en stigende graf. Ett av disse skjæringspunktene har x-koordinat π8. Den andre serien får vi når den rette linja skjærer en synkende graf. Ett av disse skjæringspunktene har x-koordinat π4.
For begge seriene er avstanden fra skjæringspunkt til skjæringspunkt π2. Vi må derfor skrive opp to uttrykk for løsningen.
L=π8+k·π2,π4+k·π2,k∈ℤ
2.7 c)
Løsning
Vi ser at vi får to serier med skjæringspunkter. Den ene serien får vi når begge grafene er stigende. Ett av disse skjæringspunktene har x-koordinat 0. Den andre serien får vi når begge grafene er synkende. Ett av disse skjæringspunktene har x-koordinat 45 av π4, det vil si 4π20=π5.
For begge seriene er avstanden fra skjæringspunkt til skjæringspunkt π2. Vi må derfor skrive opp to uttrykk for løsningen.
L=k·π2,π5+k·π2,k∈ℤ
2.8 a)
Løsning
2arcsin2x=πarcsin2x=π2
π2 er akkurat innenfor verdimengden til arcsinx, så likningen har løsning. Vi får
sinarcsin2x=sinπ22x=1x=12
2.8 b)
Løsning
2arccosx2-3=0arccosx2-3=0
0 er akkurat innenfor verdimengden til arccosx, så likningen har løsning. Vi får
cosarccosx2-3=cos0x2-3=1x2=4x=-2∨x=2
2.9 a)
Løsning
Yasmin har gjort feil når hun skal finne den andre løsningen. Hun må finne supplementvinkelen til 4π3.
Jomar må huske å sjekke om cos2x=0 kan være løsning i likningen siden han dividerer med cos2x. Siden cos2x er felles faktor i alle ledd i likningen, vil cos2x=0 løse likningen siden alle leddene blir null.
Jomar har også glemt å dele alle ledd på 2 to steder når han går fra 2x til x.
Den tredje løsningen gir løsningen x=2π3 og x=5π3.
Så må vi sjekke
cos2x=02x=π2+k·2π∨2x=3π2+k·2π
Disse kan slås sammen til
2x=π2+k·πx=π4+k2·π
Dette gir løsningene π4,3π4,5π4 og 7π4 i tillegg til de andre løsningene.
Løsningsmengden blir
L=0,π4,π3,2π3,3π4,π,5π4,4π3,5π3,7π4
2.9 c)
Løsning
Jade gjør disse to feilene:
Hun bytter om på konstantene a og b. a skal være konstanten foran sinusleddet slik at det riktige er at a=1 og b=-1
Hun velger feil vinkel 𝜑. Ut ifra hennes resultat er a,b=-1,1, og 𝜑 bør derfor være en vinkel i andre kvadrant. Hun velger derimot den andre vinkelen med samme tangensverdi, som ligger i fjerde kvadrant.
Med riktig valg av a og b blir a,b=1,-1. Vinkelen 𝜑 skal derfor ligge i fjerde kvadrant. Vi får fortsatt at tan𝜑=-1. Derfor ender Jade opp med riktig vinkel 𝜑 på tross av de to feilene.
De to feilene påvirker ikke utregningen av konstanten A.
2.9 d)
Løsning
Når Jørund har kommet til tredje linje av løsningen, kan han stoppe:
arcsinx=-2π3
Verdimengden til arcsinx er -π2,π2. -2π3 ligger utenfor dette intervallet, så likningen har ingen løsning.
2.10 a)
Løsning
Vi deriverer f:
f'x=cos2x·2=2cos2x
Vi får
f'0=2·cos2·0=2·1=2>0
Den deriverte er positiv når x=0, som betyr at funksjonen er stigende ved denne x-verdien.
2.10 b)
Løsning
Vi må finne topp- og bunnpunktene til f for å finne den største mulige definisjonsmengden.
Vi kan analysere funksjonen ved hjelp av den deriverte. Vi velger her å bruke informasjon vi kan lese rett ut av funksjonsuttrykket. Fra siden om periode, amplitude, frekvens og faseforskyvning har vi at vi kan finne perioden p med
p=2πk=2π2=π
Vi har at f0=sin2·0=0. Da vet vi at x=0 er midt mellom et bunnpunkt og et toppunkt. Avstanden i x-retning mellom disse ekstremalpunktene blir en halv periode, eller π2. Den største mulige definisjonsmengden blir derfor
Df=-π4,π4
2.11 a)
Løsning
På teorisiden om omvendte funksjoner har vi at verdimengden for den omvendte cosinusfunksjonen arccosx er 0,π. Vi velger at verdiene for 2x+π4 må være innenfor dette området.
cos2x+π4 er en synkende funksjon i den definisjonsmengden vi har valgt. arccosx er en synkende funksjon, så vi kan se bort fra løsningen på tredje linje.
Fra den første løsningen får vi
2x=arccosy-π4+k·2πx=12arccosy-π8+k·π
Vi må finne den riktige verdien for k. Vi har at
f-π8=cos2·-π8+π4=cos-π4+π4=cos0=1
Da må vi kreve at
f-11=-π812arccos1-π8+k·π=-π812·0+k·π=0k=0
Vi får derfor
f-1x=12arccosx-π8
2.11 c)
Løsning
g'x=12arccosx'=-121-x2
2.12 a)
Løsning
Enhetssirkelen viser supplementvinklene π4 og 3π4, som begge har sinusverdien 122. Vi kan da bruke enhetssirkelen til å løse likningen
sinx=122
2.12 b)
Løsning
Enhetssirkelen viser de to vinklene 5π6 og 2π-5π6=7π6
som har samme cosinusverdi -123. Enhetssirkelen kan hjelpe oss med å løse likningen
cosx=-123
2.12 c)
Løsning
Figuren viser en enhetssirkel med vinkelen π6 og vinkelen som er π større. Skjæringspunktet mellom det venstre vinkelbeinet til vinkelen π6 og linja x=1 har x-koordinaten 133. Dette er derfor tangensverdien til de to vinklene. Enhetssirkelen kan hjelpe oss å løse likningen
tanx=133
2.13 a)
Løsning
Vi ordner ulikheten.
sinx-12≤0sinx≤12
Vi tegner en enhetssirkel og markerer vinklene der sinx=12.
Vi har at sinx=12 når x=π6∨x=5π6. Det er når vinkelen x er i det skraverte området på figuren over at sinus til vinkelen er er mindre eller lik 12. Siden vi bare skal ha løsninger i første omløp, blir løsningen på ulikheten
L=0,π6∪[5π6,2π〉
Vi får samme svar med CAS i GeoGebra, men skrevet på en annen måte.
2.13 b)
Løsning
Vi starter med å finne ut når uttrykket på venstre side er null. Etterpå tester vi uttrykket for x-verdier på alle sider av disse nullpunktene.