Transcript Lösningsförslag – Matematik breddning

Lösningsförslag – Matematik breddning
1. Från definitionen av absolutbelopp följer att olikheten måste delas upp i
två fall.
Fall 1: Om x ≥ 5 så får vi olikheten
x − 5 + 2x ≤ 1
x ≤ 2
vilket inte är lösning eftersom vi då är utanför intervallet x ≥ 5.
Fall 2: Om x < 5 så blir olikheten
−(x − 5) + 2x ≤ 1
x ≤ −4
vilket är en korrekt lösning
Svar: Olikheten är uppfylld då x ≤ 4
2.
xln(x)
ln(xln(x) )
(ln(x))2
ln(x)
=
=
=
=
e
⇔
ln(e)
⇔
1
⇔
±1
Lösningarna ges därför av
x=e
eller
x=
1
e
3. En partialbråksuppdelning av uttrycket har formen
2x + 1
A
B
=
+
(x + 2)(x − 1)
(x + 2) (x − 1)
vilket ger att
2x + 1 = A(x − 1) + B(x + 2)
2x + 1 = (A + B)x + (−A + 2B)
1
vilket efter ledvis identifikation av termer ger att
(
A+B =2
−A + 2B = 1
vilket ger att A = B = 1. Partialbråksuppdelningen blir således
1
1
2x + 1
=
+
(x + 2)(x − 1)
(x + 2) (x − 1)
4. Genom en partiell integration där faktorn x integreras får vi att
2
3 Z 3 2
Z 3
x
x 1
x ln(x) dx =
ln(x) −
· dx
2
x
1
1 2
1
Z 3
x
9
=
ln(3) −
dx
2
1 2
2 3
9
x
=
ln(3) −
2
4 1
9
=
ln(3) − 2
2
5.
Z
6.
cos(x)
dx = [t = 1 + sin(x); dt = cos(x)]
1 + sin(x)
Z
1
dt
=
t
= ln(|t|) + C
= ln(|1 + sin(x)|) + C
a)
Z
√
√
ln( x) dx = [u = x; 2u du = dx]
Z
=
2u ln(u) dt
Z
1
2
= u ln(u) − u2 · du
u
2
u
= u2 ln(u) −
2
1
= u2 (ln(u) − ) + C
2
√
1
= x(ln( x) − ) + C
2
x(ln(x) − 1)
=
+C
2
2
b) Genom partiell integration där vi ”inför” faktorn 1 får vi direkt
Z
Z
√
√
1
1
1 · ln( x) dx = x ln( x) − x √ · √ dx
x 2 x
Z
√
1
= x ln( x) −
dx
2
√
x
= x ln( x) − + C
2
√
1
= x(ln( x) − ) + C
2
x(ln(x) − 1)
+C
=
2
3