Pierwsze kolokwium z Matematyki I 4. listopada 2013 r. J. de Lucas

Transkrypt

1 Pierwsze kolokwium z Matematyki I 4. listopada 03 r. J. de Lucas Uwagi organizacyjne: Każde zadanie rozwi azujemy na osobnej kartce, opatrzonej imieniem i nazwiskiem w lasnym oraz osoby prowadz acej ćwiczenia, jak również numerem grupy ćwiczeniowej. Korzystanie z jakichkolwiek pomocy (notatek, ksi ażek, tablic matematycznych, kalkulatorów etc.) jest niedozwolone. W razie w atpliwości dotycz acych treści zadań proszȩ zwrócić siȩ do asystenta. Zadanie. Zdefiniujmy podzbiory p laszczyzny: oraz W := { (x, y) R x (3 y) (y 3 + x ) < 0 }, K := { (x, y) R x + y 8y + < 0 }, A := W K Opisz i narysuj zbiór B := { (x, y) R 4x + 4y 4x 3y + 6 < 0 } H := (A B) \ (A B). Rozwi azanie: Aby ustalić kszta lt podzbioru W, rozpatrujemy kiedy x, (3 y) i y 3 + x s a wiȩksze, równe lub równe zeru. Najpierw sprawdzamy, gdy y 3 + x jest wiȩkszy, mniejszy lub równy zeru. Aby to zrobić zbadamy równanie y 3 + x = 0. Widać, że y = 3 x Gdy x >, czyli x > /, mamy, że y = 3 x + = 4 x. Natomiast, gdy x < mamy, że y = 3 + x = + x.

2 Trzeba zauważyć, że ta linia jest z lożona z punktów, dla których y 3 + x = 0. Gdy mamy punkt (x 0, y 0 ), który jest wyższy od punktu (x 0, y) tej linii, wtedy y x 0 > y 3 + x 0 = 0 Natomiast, jeżeli y 0 < y, to y x 0 < y 3 + x 0 = 0. Korzystaj ac z tego, zbiór y 3 + x jest mniejszy lub równy zeru na obszarze W laśnie, funkcja y 3 + x jest równa zeru na brzegu tego obszaru i dodatnia na zewn atrz. Czȩść x jest dodatnia gdy x > 0 i ujemna gdy x < 0. Natomiast, y 3 jest dodatnia gdy y > 3 i ujemna gdy y < 3. Wiȩc, na p laszczyźnie mamy nastȩpuj ace obszary Jeżeli sprawdzamy znak każdej czȩści x, 3 y i y 3 + x, mamy, że obszary gdzie x(3 y)(y 3 + ) < 0 to

3 Teraz mamy, że K to zbiór punktów gdzie x + y 8y + < 0 x + (y 4) 6 + < 0 x + (y 4) < 4 Wiȩc, K to okr ag z promieniem i środkiem w punkcie (0, 4), czyli

4 Wówczas, zbiór A to przeciȩcie miȩdzy K i W, czyli Natomiast 4x + 4y 4x 3y + 6 < 0 4 ( x ) + 4(y 4) < 0 Wówczas 4x + 4y 4x 3y + 6 < 0 ( x ) + (y 4) < i B wygl ada nastȩpuj aco

5 Wiȩc, różnica symetryczna jest zbiorem punktów, które należ a do B i nie do A lub do A i nie do B. Zadanie. Udowodnij, że dla dowolnej liczby naturalnej dodatniej n liczba n+ + n jest podzielna przez 33. Rozwi azanie: Przeprowadzamy dowód przez indukcjȩ. Dla n =, mamy, że + = + = 33. Wiȩc, n+ + n jest podzielna przez 33 dla n =. Teraz, zak ladamy, że n+ + n jest podzielna przez 33 i udowodnimy, że dla n +, czyli n+ + (n+), jest podzielna przez 33: n+ + (n+) = n+ + n = ( n + n ) n + n = ( n + n ) + 33 n. Pierwsza czȩść, czyli ( n + n ), jest podzielna przez 33 z hipotezy indukcyjnej. Druga czȩść, czyli 33 n jest oczywiście podzielna przez 33. Wówczas, n+ + (n+) jest podzielna przez 33. Z hipotezy indukcyjnej, n+ + n jest podzielny dla każdej n N. Zadanie 3. Rozwi aż równanie log (4 x + 5) = log ( x+ + 8).

6 Rozwi azanie: log (4 x + 5) = log ( x+ + 8) log (4x +5) = log (x+ +8) Jeżeli zdefiniujemy u = x > 0, to mamy, że Wówczas, 4 x + 5 = ( x+ + 8) 4( x + 5) = 4 x + 8. log (4 x + 5) = log ( x+ + 8) 4u + 0 = 4u + 8 u u = 0. u ± = ± ( ) 4( ) = ± 3 u =, u + =. Skoro u ma być wiȩkszy od zera, to x =, to x =. Zadanie 4. Rozwi aż równanie przy warunku x [, ]. Rozwi azanie: Z (0.) mamy, że [ tan arc tan ( ) x arc tan ( x) + arc tan ( 4 x) = π 4 (0.) ( )] ( π ) + arc tan 4 x = tan =. (0.) 4 Trzeba pamiȩtać, że rozwi azania (0.) to podzbiór rozwi azań poprzedniego równania. Mówi ac inaczej, rozwi azania równania (0.) to podzbiór rozwi azań poprzedniego równania (0.). Teraz rozwi ażemy (0.) i sprawdzimy, które z jego rozwi azań s a rozwi azaniami (0.). Z (0.) wynika, że x + 4 x ( x) =. x 4

7 i Z tego 4 x ( x) = ( 4 x 4 x = ) x 4 x + 4 x 8 x4 = 0. Rozwi azania dla z = x z = /4 ± /6 + / /4 = /4 ± 3/4. /4 Wiȩc, z {4, }. Skoro x = z i x R, to x = ±. Wówczas, s a rozwi azaniami (0.). Teraz musimy sprawdzić które z tych rozwi azań s a też rozwi azaniami równania (0.). Skoro szukamy rozwi azań równania (0.) dla x [, ], jedyn a możliwości a w przedziale [, ] jest x =. Natomiast, jeszcze musimy sprawdzić, czy to rozwi azanie spe lnia (0.). W laśnie, mamy, że równanie siȩ spe lnia: arc tan ( ) ( ) + arc tan 4 = arc tan(0) + arc tan() = π 4. Możemy udowodnić też, że równanie siȩ spe lnia drug a metod a. Widać, że dla x [, ] mamy x [0, ], 4 x [0, ]. Wiȩc, Z tego widać, że Wiȩc, jeżeli to 0 arc tan ) ( x π/4, 0 arc tan(x /4) π/4. ) ( ) 0 arc tan ( x x + arc tan π/. 4 [ ) ( )] tan arc tan ( x x + arc tan 4 ) ( ) arc tan ( x x + arc tan = π 4 4. ( π ) = tan = 4

8 Zadanie 5. Wektory f, f i f3 maj a w bazie kartezjańskiej nastȩpuj ac a postać: ( ) ( ) ( ) f :=, f 3 :=, f3 :=. Sprawdź, że uk lad wektorów { f, f, f 3 } jest baz a, i roz lóż wektor ( ) 07 x := w tej bazie. Rozwi azanie: Wektory f, f, f 3 tworz a bazȩ gdy s a liniowo niezależne i generuj a R 3. Aby udowodnić, że s a liniowo niezależne, musimy udowodnić, że λ f + λ f + λ 3 f3 = 0 λ = λ = λ 3 = 0, czyli, musimy udowodnić, że uk lad równań liniowych postaci ( ) ( ) ( ) 3 λ + λ + λ 3 = 0, ma tylko trywialne rozwi azanie λ = λ = λ 3 = 0. Aby to sprawdzić, sprowadzamy poprzedni uk lad do postaci macierzowej i korzystamy z metody Gaussa: 3 0 R 3 R R R 0 R 3 R Z tego wynika, że 3λ 3 = 0 i λ 3 = 0. Z pierwszego wiersza wynika, że λ = 0. Na końcu, z drugiego wiersza, mamy, że λ + λ + λ 3 = 0. Wiȩc, λ = 0. Skoro mamy trzy wektory z trzema wspó lrzȩdnymi, możemy też sprawdzić, czy takie wektory s a liniowo niezależne za pomoc a ich wyznacznika 3 8 = = 3 0. Ponieważ wyznacznik jest różny od zera, wektory s a liniowo niezależne.

9 Przestrzeń R 3 ma wymiar trzy, czyli, wiemy że ma jedn a bazȩ z trzema elementami, np. baza kanoniczna ( ) 0 f =, f ( ) 0 =, f ( ) 00 3 =. 0 Z tego wynika, że trzy wektory liniowo niezależne generuj a i tworz a bazȩ. Skoro f, f, f 3 s a liniowo niezależne, to tworz a bazȩ. Skoro f, f, f 3 tworz a bazȩ, to każdy wektor przestrzeni R 3, np. x, można sprowadzić w tylko jeden sposób, do postaci x = λ f + λ f + λ 3 f3. Mówi sie, że λ, λ, λ 3 s a wspó lrzȩdnymi wektora x w bazie f, f, f 3. Możemy obliczyć takie wspó lrzȩdne rozwi azuj ac poprzedni uk lad, czyli ( ) ( ) ( ) ( ) 07 3 x := = λ + λ + λ 3. 8 Korzystamy znowu z metody Gaussa i zapiszemy taki uk lad w postaci macierzowej 3 0 R 3 R R R 7 R 3 R Z tego wynika, że λ 3 =, λ = i λ =. Wiȩc, ( ) ( ) ( ) 07 3 x := = ( ). Latwo widać, że taki wynik jest poprawny. Wiȩc, można powiedzieć że x ma postać ( ) x := w bazie f, f, f 3.