Odpowiedzi

Materiały do zaj˛eć wyrównawczych z matematyki dla studentów informatyki, rok akademicki 2013/14
Zestaw zadań 2 — odpowiedzi
1. Uprość wyrażenia
q
4
2
x2
(23 25 ) ,
12
q
2 14
2· 1
1
2
4
Odpowiedź: (23 25 ) = 23+5
= 28 4 = 28· 2 = 24 = 16.
1
x2 2 = |x|, gdyż 2 · 12 = 1, ale wynikiem pierwiastkowania może być tylko liczba nieujemna.
2. W pewnym j˛ezyku programowania mamy dost˛epne tylko funkcje ln(·) oraz exp(·). Jak w tym j˛ezyku programowania wyrazić (x, y, z, r > 0) log2 x, log10 y, 10x , 2y , 8z , 13r ?
x
ln y
x
x
y
Odpowiedź: log2 x = ln
ln 2 . log10 y = ln 10 . 10 = (exp (ln 10)) = exp (x · ln 10). 2 = exp (y · ln 2).
z
r
8 = exp (z · ln 8). 13 = exp (r · ln 13).
3. Udowodnij, że (a, x, y, z > 0)
loga xy = y loga x
Odpowiedź: loga xy = loga aloga
x y
(1a)
= loga ay loga x = y loga x.
logx y logy z = logx z
Odpowiedź: logx y · logy z = logx y logy
z
(1b)
= logx z, gdyż z definicji logarytmu o podtsawie y, y logy z = z.
logx y logy x = 1
(1c)
Odpowiedź: Równość t˛e otrzymujemy z (1b) przyjmujac
˛ z = x.
ln(xy) = ln x + ln y
Odpowiedź: ln x + ln y = ln eln x+ln y = ln eln x · eln y = ln(xy).
x
ln
= ln x − ln y .
y
ln x Odpowiedź: ln x − ln y = ln eln x−ln y = ln eln x · e− ln y = ln eeln y = ln xy .
(1d)
(1e)
(1f)
4. Wykorzystujac
˛ wyniki poprzedniego zadania, w tym wzór na zamian˛e podstaw logarytmów, udowodnij, że
log10 (xy) = log10 x + log10 y .
˛ t˛e równość obustronnie przez ln 10 otrzymujemy
Odpowiedź: Wiemy, że ln(xy) = ln x + ln y. Dzielac
ln(xy)
ln 10
=
równość.
ln x
ln 10
+
ln y
ln 10 .
Korzystajac
˛ ze wzoru na zamian˛e podstaw logarytmów, otrzymujemy poszukiwana˛
5. Oblicz
2
log2 (8 · 16) , log10 1012 /1023 .
Odpowiedź: log2 (8 · 16) = log2 23 · 24 = log2 27 = 7.
2
log10 1012 /1023 = log10 102·12 · 10−23 = log10 1024 · 10−23 = log10 10 = 1.
6. Definiujemy funkcje hiperboliczne:
sinh x =
1 x
e − e−x ,
2
cosh x =
1 x
e + e−x .
2
1
Udowodnij, że
cosh2 x − sinh2 x = 1.
Odpowiedź:
2
1 x
−x
cosh x − sinh x =
−
e −e
2
1 2x
e + 2ex · e−x + e−2x − e2x − 2ex · e−x + e−2x
=
4
2+2
1 2x
=
e + 2 + e−2x − e2x + 2 − e−2x =
=1
4
4
2
2
1 x
e + e−x
2
2
7. Wyraź za pomoca˛ funkcji hiperbolicznych (|a| < |γ|)
p
p
A exp −γ + γ 2 − a2 + B exp −γ − γ 2 − a2 .
Odpowiedż: Z definicji funkcji hiperbolicznych wynika, że
e
ex
=
cosh x + sinh x
−x
=
cosh x − sinh x
Wobec tego
h
p
p
i
p
p
A exp −γ + γ 2 − a2 + B exp −γ − γ 2 − a2 = e−γ A exp
γ 2 − a2 + B exp − γ 2 − a2
h i
p
p
p
p
= e−γ A cosh γ 2 − a2 + sinh γ 2 − a2 + B cosh γ 2 − a2 − sinh γ 2 − a2
h
i
p
p
= e−γ (A + B) cosh γ 2 − a2 + (A − B) sinh γ 2 − a2 .
8. Definiujemy
ar cosh x = y ⇔ cosh y = x ,
ar sinh x = y ⇔ sinh y = x .
Wyraź funkcje ar cosh(·), ar sinh(·) za pomoca˛ logarytmu naturalnego i funkcji elementarnych. Funkcje
odwrotne do funkcji hiperbolicznych nazywa si˛e funkcjami “area”.
Odpowiedź: Niech ar cosh x = y. Wobec tego
x = cosh y
1 y
x=
e + e−y
2
2x = ey + e−y
ey − 2x + e−y = 0 · ey
e2y − 2xey + 1 = 0
Jest to równanie kwadratowe w zmiennej ey . Jego rozwiazaniem
˛
jest
p
ey = x + x2 − 1
p
y = ln x + x2 − 1
p
ar cosh x = ln x + x2 − 1
√
Rozwiazanie
˛
ey = x − x2 − 1 daje druga˛ gałaź
˛ funkcji ar cosh x, zaznaczona˛ na poniższym rysunku linia˛
przerywana.˛ Zauważmy, że
√
p
1
x − x2 − 1
√
√
√
= x − x2 − 1 ,
=
x + x2 − 1
x + x2 − 1 x − x2 − 1
2
a wobec tego ln x −
√
√
x2 − 1 = − ln x + x2 − 1 .
Post˛epujac
˛ analogicznie, stwierdzamy, że
p
ar sinh x = ln x + x2 + 1
Funkcja ta ma tylko jedna˛ gałaź.
˛
9. Naszkicuj wykresy funkcji sinh x, cosh x, ar sinh(·), ar cosh(·).
10
2
cosh(x)
sinh(x)
ar cosh(x)
ar sinh(x)
5
1
0
0
-5
-1
-10
-2
-3
-2
-1
0
x
1
2
3
-3
-2
-1
0
x
1
2
3
Wykresy funkcji hiperbolicznych (lewy panel) i ich funkcji odwrotnych (prawy panel).
3