Kapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon

Transkript

1 3.1. Flere koblede hastigheter 165 Kapittel 3: Flere anvendelser av derivasjon 3.1. Flere koblede hastigheter. Oppgave 3.1.1: (NY.) a) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er 2x dx + 2y dy = 0 der x(t) = 1, dx = 2 og y(t) = 4 x(t) 2 = = 3 i det øyeblikket vi studerer. Derfor er dy = 0 dy = = b) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er 2x dx + dy = 0 der x(t) = 2, dx = 1 4 og y(t) = 3 ( 2)2 = 1 i det øyeblikket vi studerer. Derfor er 2 ( 2) dy = 0 dy = 1.

2 3.1. Flere koblede hastigheter 166 c) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er der x(t) = 2, dx er dx y + x dy = 0 1 = 8 og y(t) = x(t) = 1 i det øyeblikket vi studerer. Derfor dy = 0 dy = 4 2 = 2. d) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er 3x 2 dx + 3y2 dy = 0 der x(t) = 0, dx = 13 og y(t) = 3 1 x 3 = = 1 i det øyeblikket vi studerer. Derfor er dy = 0 dy = 0. e) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er dy sin x2 + y(cos x 2 ) 2x dx + (sin x2 ) 2x dx dy = 2y der x(t) = π/2, dx = 1 2 og y er gitt ved likningen y sin π 2 cos π 2 = y2 y 1 0 = y 2 som viser at y = 1 (siden y > 0) i det øyeblikket vi studerer. Derfor er dy sin π (cos π ) π 2 2 dy (sin 2 + π 2 π 2 = 2 dy dy = π 2 = 1 2 ) π = 2 1dy 2π.

3 3.1. Flere koblede hastigheter 167 f) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er 4x 3 dx 1 2 2yxdy 1 dx y2 2 = 0 der x(t) = 2, dx = 1 3 og y = 2x 3 = 2 4 = 4 i det øyeblikket vi studerer (siden y > 0). Derfor er dy = dy 8 3 = 0 8 dy = 24 3 = 8 dy = 1. g) Ved implisitt derivasjon med hensyn på tiden t er der x(t) = 0, dx dy dx dx dy sinh x + y cosh x sinh x = 2y = 4 og y er gitt ved likningen y sinh 0 cosh 0 = 1 y = 1 y 2 y 2 = 2 y = 2 i det øyeblikket vi studerer (siden y > 0). Derfor er dy sinh (cosh 0) 4 sinh 0 4 = 2 2 dy 4 2 = 2 2 dy dy = 2. Oppgave 3.1.2: (Tidl.: ) La (0, 0) være det faste punktet på bakken og (x(t), 60) være dragens posisjon ved tidspunkt t. Da er lengden av linen som er løpt ut s(t) = x(t)

4 3.1. Flere koblede hastigheter 168 m. Vi søker s (t) idet s(t) = 100 m og x(t) = = = 80 m. Vi har x = s 2 2x dx = 2s ds = 200 ds ds = 320 m/s = 1.6 m/s. 200 Oppgave 3.1.3: (Tidl.: ) På figuren er lyskilden i C, hodet ditt i E og skyggen din er DB. La lengden av AD betegnes med x og lengden av skyggen DB med y. Da er dx/ = 2 m/s, og vi søker dy/. Sammenhengen mellom x og y får vi fra de to likeformede trekantene ABC

5 3.1. Flere koblede hastigheter 169 og DBE: x + y = y 6 2 x + y = 3y x = 2y dx = 2 dy dy = 1 dx 2 = 1 m/s. Oppgave 3.1.4: (Tidl.: ) La x(t) betegne din avstand fra gjerdet og y(t) betegne bredden av det opplyste området ved tidspunkt t. Da er dx/ = 1 m/s, og vi søker dy/. Sammenhengen mellom x og y ser vi av figuren: y = 2x tan π 6 = 2x 3 Vi deriverer denne sammenhengen med hensyn på t: dy = 2 3 dx = 2 3 m/s.

6 3.1. Flere koblede hastigheter 170 Oppgave 3.1.5: (Tidl.: ) På figuren er statuen med sokkel AC og skyggen er AB. Idet θ = π/6, er dθ/ = π/30, og vi søker dx/. Sammenhengen mellom x og θ er gitt ved x = cot θ dx = sin 2 (π/6) dθ = sin 2 (π/6) π 30 = π m/t 8.65 m/t. 30 Oppgave 3.1.6: (Tidl.: ) a) Belysningen på porten er L = 200/x 2 der x(t) = t t2. Idet x = 3 m, er t 2 10t + 25 = 6, dvs., t = 10 ± = 5 6 siden pluss foran rottegnet ikke gir t innenfor tidsintervallet. Derved er idet x(t) = 3 m, og idet x(t) = 3 m. dx = 5 + t = 6 L(t) = 200/x 2 L (t) = 400 dx x 3 = lux/s 36 lux/s 27 b) Fra a) vet vi at L (t) = 400 x 3 dx = 400 ( 5 + t) x3

7 3.1. Flere koblede hastigheter 171 der x = t t2, og derfor t = x = 5 2x. 2 La L (t) = 100 lux/s. Da er 100 = 400 x 3 ( x) = x 5/2 x 5/2 = = 2 5/2 x = 2 m. Oppgave 3.1.7: (Tidl.: ) La a og b betegne avstanden fra kaien C for henholdsvis båt A og B, og la s betegne avstanden mellom A og B. Vinkelen ACB er π/4, så sammenhengen mellom disse tre avstandene kan uttrykkes ved s 2 = a 2 + b 2 2ab cos π 4 = a2 + b 2 2 ab 2s ds da db = 2a + 2b ( da 2 b + a db ) Idet a = 100 m = 0.1 km og b = 80 m = 0.08 km, er s = m = km. Derved er ds 0.2( 10) + (0.16)25 2( ) ds 2.83 km/t.

8 3.1. Flere koblede hastigheter 172 Oppgave 3.1.8: (Tidl.: ) Sammenhengen V = RI viser at idet V = 24 V og R = 6 Ω, er I = 24/6 = 4 A. V = RI dv = dr I + R di 1 = di di = 1 6 A/s. Oppgave 3.1.9: (Tidl.: ) Vi regner i desimeter fordi 1 dm 3 = 1 liter. La vannhøyden ved det dypeste punktet ved tidspunkt t betegnes ved y(t). Siden helningen på bunnen av bassenget er π/6, vil ikke bassenget fylles i hele lengden før vannhøyden er nådd y = y 0 = 250 tan π/6 = 250/ 3 dm. For y y 0 er derfor volumet V av vannet i bassenget lik V = 1 2 y (y cot π/6) 100 = 50 y2 3 dv = 100 y 3 dy. Etter 10 minutter er V = liter = 5000 dm , og derved y = 50 3 dm 7.60 dm. Derved er dy = dv y dm/min = 3.8 cm/min. 3 Høyden y 0 er nådd når V = 1 2 y dm 3 = liter = l.

9 3.1. Flere koblede hastigheter 173 Siden bassenget fylles med 500 liter/min, tar det T = V 500 = min 3608 min. Siden 65 timer er 3900 minutter, er vi forbi dette nivået. Etter 65 timer stiger derfor vannhøyden med hastighet 500 dm/min = dm/min = 1.6 mm/min Oppgave : (Tidl.: ) La s betegne avstanden fra partikkelen til origo. Da gjelder s 2 = x 2 + y 2 der y = sin x og dx = π 4 2s ds dx dy = 2x + 2y = 2x π dx + 2 sin x cos x 4 = (2x + sin 2x)π 4. Idet x = π/2 og y = 1, er s = 1 + π 2 /4, og derved π 2 /4 ds = (π + 0)π 4 ds = π π 2 /4 = π π 2. Oppgave : (Tidl.: ) Rakettens høyde idet s = 15 km er y = km = 10 2 km km. For å finne rakettens hastighet dy/, benytter vi sammenhengen 2s ds s 2 = y 2 = 0 + 2y dy 30 1 = 20 2 dy dy = = 3 2 km/s 1.06 km/s. 4 Oppgave : Tidl.: ) La (3 + x, y) betegne laserens posisjon P på sirkelen med sentrum C(3, 0), la ϕ være vinkelen COP (der O er origo), og θ være vinkelen ACP, der A er punktet (4,0). (Se figuren.)

10 3.1. Flere koblede hastigheter 174 At laseren skjærer ut hele sirkelen på 5 sekunder med konstant hastighet, betyr at dθ = 2π dϕ. Vi søker 5. Sammenhengen mellom θ og ϕ er gitt ved tan ϕ = y 3 + x = sin θ 3 + cos θ 1 dϕ (cos θ)(3 + cos θ) (sin θ)( sin θ) dθ cos 2 = ϕ (3 + cos θ) 2 = 3 cos θ + 1 dθ (3 + cos θ) 2. Når laseren passerer punktet (4, 0), er θ = ϕ = 0, og dϕ = π (3 + 1) 2 5 = π radianer/s. 10 Når laseren passerer punktet (2, 0), er θ = π og ϕ = 0, og dϕ = (3 1) 2 2π 5 = π radianer/s. Oppgave : (Tidl.: ) La a og b betegne avstandene AC og BC. Da gjelder 2x dx + 2y dy x 2 + y 2 = a 2 og (10 x) 2 + y 2 = b 2 = 2a da og 2(10 x) dx + 2y dy = 2b db Idet a = 10 km, da/ = 2 km/t, b = 2 10 km/t og db/ = 10 km/t, er og x 2 + y 2 = 100, dvs., y 2 = 100 x 2, (10 x) 2 + y 2 = (100 20x + x 2 ) + (100 x 2 ) = x = b 2 = 40, dvs., x = 160/20 = 8 km og Altså er båtens posisjon (8, 6). y = 100 x 2 = = 6 km.

11 3.1. Flere koblede hastigheter 175 Videre gjelder 16 dx + 12 dy som gir de to ligningene som har løsningen dx = 20 2 og 2 2 dx 4 dx + 3 dy = 10 dx + 3 dy = 10 = 4 og dy = dy = 4 10( 10) Fartsretningen i dette øyeblikket er derfor (4, 2), og farten er = 20 = 2 5. Oppgave : (NY.) Et punkt (x, y) på grafen til y = x 4 3x har avstand s til punktet (1, 3) gitt ved s = (x 1) 2 + (y 3) 2. Dette gir en kobling mellom s, x og y. Vi deriverer koblingen med hensyn på tiden t: ( ds = 1 2 (x 1) 2 + (y 3) 2(x 1) dx ) + 2(y 3)dy 2 der dy = 4x3 dx 3dx. I øyeblikket der x = 1 og x (t) = 2, er y (t) = = 2 og y = x 4 3x = = 2. Derved er ds = ( ( 5) 2) = = 2. Avstanden avtar derfor med 2 lengdeenheter per tidsenhet. Oppgave : (NY.) Overflaten til en kule med radius r har areal 4πr 2. Vanndråpen i oppgaven tiltrekker seg derfor funktighet med hastighet v(t) = 4πr 2 c = c 1 r 2 volumenheter per tidsenhet

12 3.1. Flere koblede hastigheter 176 i det øyeblikket radien er lik r. Det vil si, volumet V til dråpen øler med hastighet dv = c 1r 2. Siden V (r) = 4 3 πr3, er dessuten det vil si, dv = dv dr dr = 4 3 π 3r2 dr, 4πr 2 dr = c 1r 2 idet radien er lik r, slik at dr = c 1 4π = c 2 er uavhengig av r og t, og derfor konstant.

13 3.2. Sekantteoremet Sekantteoremet. Oppgave 3.2.1: a) f (x) = 2x 6 er { < 0 for x < 3, > 0 for x > 3, så f(x) er avtakende på (, 3] og voksende på [3, ). b) f (x) = 2 3 x 1/3 er { < 0 for x > 0 > 0 for x < 0 så f(x) er voksende på (, 0] og avtakende på [0, ). c) f (x) = 1(x2 + 4) (x 1)2x (x 2 + 4) 2 = x2 + 2x + 4 (x 2 + 4) 2. Nevneren er alltid positiv, så fortegnet avgjøres av telleren (x 2 2x 4) som har nullpunkter i punktene x = 2 ± = 1 ± 5. Det vil si at telleren kan skrives (x 1 5)(x 1 + 5). Fortegnsskjemaet viser at telleren er positiv for 1 5 < x < og 0 ellers. Derfor gjelder: f(x) er voksende på [1 5, 1 + 5] og avtakende på (, 1 5] [1 + 5, ).

14 3.2. Sekantteoremet 178 d) f(x) er voksende/avtakende hvis og bare hvis g(x) = x 1 x 2 er 0 og + 4 voksende/avtakende. g(x) 0 hvis og bare hvis (x 1) 0, det vil si x 1. g(x) ble studert i c). Derfor gjelder: f(x) er voksende på [1, 1 + 5] og avtakende på [1 + 5, ). Oppgave 3.2.2: ( π ) a) Her er f kontinuerlig, f(0) = 1 og f = 1 π ett nullpunkt mellom 0 og π/4 (skjæringssetningen). < 0, så f har minst Videre er f (x) = sin x 1 < 0 for alle x mellom 0 og π/4. Det vil si, f er strengt avtakende i intervallet, og kan derfor ha bare ett nullpunkt i intervallet. b) Her er f kontinuerlig for x > 0, f(1) = 1 og f(e) = 1 1/e > 0, så f har minst ett nullpunkt mellom 1 og e (skjæringssetningen). Videre er f (x) = 1 x + 1 > 0 for alle x mellom 1 og e. Det vil si, f er strengt x2 voksende i intervallet, og kan derfor ha bare ett nullpunkt i intervallet. c) Her er f kontinuerlig, f(0) = e 0 2e 0 = 1 2 < 0 og f(1) = e 2 2e > 0, så f har minst ett nullpunkt mellom 0 og π/4 (skjæringssetningen). Videre er f (x) = e 2x 2 2e x > 0 for alle x mellom 0 og 1. Det vil si, f er strengt voksende i intervallet, og kan derfor ha bare ett nullpunkt i intervallet. Oppgave 3.2.3: La h(x) = f(x) g(x) = 2 x 3 ln(2 + x). Da er h kontinuerlig for x > 2 og h(0) = 2 ln 2 > 0 og h(1) = 1 ln 3 < 0, så h(x) har minst ett nullpunkt i intervallet [0, 1]. Videre er h (x) = 3x 2 1/(2 + x) < 0 for 0 < x < 1. Altså er h strengt avtakende i intervallet, og har derfor bare ett nullpunkt der. De to kurvene skjærer hverandre i et punkt (x, y) hvis og bare hvis h(x) = 0. Derfor har kurvene ett og bare ett skjæringspunkt for x [0, 1].

15 3.2. Sekantteoremet 179 Oppgave 3.2.4: La n være et vilkårlig valgt helt tall, og la I := ((n 1 2 )π, (n )π). La h(x) := x tan x, slik at h(x) = 0 hvis og bare hvis tan x = x. Da er h kontinuerlig på I, og h (x) = 1 1/ cos 2 x 0 for alle x I med h (x) = 0 bare for x = nπ. Altså er h(x) strengt avtakende og kan ha høyst ett nullpunkt i intervallet. Videre er lim x (n 1/2)π h(x) = og lim x (n+1/2)π h(x) =. Altså er h(x) > 0 nær det venstre endepunktet av intervallet og h(x) < 0 nær det høyre endepunktet. Derved har h minst ett nullpunkt i intervallet. Sammenhol viser dette at h har akkurat ett nullpunkt i intervallet. Det vil si, likningen x = tan x har nøyaktig én løsning i intervallet (n 1 2 )π, (n+ 1 2 )π). Oppgave 3.2.5: a) (Tidl.: ) Her er f( 1) = = 3 og f(4) = 4 1 = 3. Altså er f( 1) = f(4). Videre er f (x) = 1 + 4/x 2 0. Dette strider ikke mot Rolles setning, for f(x) er verken kontinuerlig eller deriverbar i punktet x = 0 som ligger mellom x = 1 og x = 4. b) (Tidl.: ) Her er f( 1) = 1 1 = 0 og f(1) = 1 1 = 0. Altså er f( 1) = f(1). Videre er f (x) = 2 3 x 1/3 = 2/(3x 1/3 ) 0 for alle x [ 1, 1] som er slik at f (x) er definert. Dette strider ikke mot Rolles setning, for f(x) er ikke deriverbar i punktet x = 0 som ligger mellom x = 1 og x = 1. Oppgave 3.2.6: (Tidl.: ) a) La x > 1 med x 0 være valgt vilkårlig. La f(x) = ln(1 + x). Ved sekantsetningen brukt på intervallet [0, x], finnes det da et tall c mellom x og 0 slik at f (c) = Med andre ord, f(x) f(0) x 0 = ln(1 + x) = ln(1 + x), dvs., f (c) = 1 x 1 + c x 1 + c for en c mellom 0 og x. ln(1 + x) =. x

16 3.2. Sekantteoremet 180 b) Tilfelle 1: x > 0. Da er ln(1 + x) > 0, c > 0 og ln(1+x) x = 1 1+c < 1, slik at ln(1 + x) < x. Tilfelle 2: ln(1 + x) 1 < x < 0. Da er også 1 < c < 0 og = 1 > 1. Men siden x 1 + c x < 0, må vi snu ulikhetstegnet når vi multipliserer ulikheten med x. Det gir ln(1 + x) < x. Tilfelle 3: x = 0. Da er ln(1 + x) = 0 = x, slik at ln(1 + x) x også nå. Flere tilfeller finnes ikke. Oppgave 3.2.7: (Tidl.: ) a) La x > 1 med x 0 være valgt vilkårlig. La f(x) := 1 + x. Ved sekantsetningen brukt på intervallet [0, x], finnes det da et tall c mellom x og 0 slik at f (c) = f(x) f(0) x 0 = 1 + x 1, dvs., f (c) = x x c =. x Med andre ord, 1 + x 1 = x c for en c mellom 0 og x. b) Tilfelle 1: x > x 1 Da er også c > 0, og derved = x x 2, det vil si, 1 + x < 1 + x/2. Tilfelle 2: 1 < x < c < 1 2, slik at 1 + x 1 < 1 + x 1 1 Da er også 1 < c < 0 og derved = x c > 1. Men siden 2 x < 0, må vi snu ulikhetstegnet når vi multipliserer denne ulikheten med x. Det gir 1 + x 1 < 1 2 x, altså 1 + x < x. Tilfelle 3: x = 1. Da er 1 + x = 0 < 1 + x/2 = 1 1 2, slik at ulikheten gjelder også nå. Flere tilfeller finnes ikke.

17 3.2. Sekantteoremet 181 Oppgave 3.2.8: (Tidl.: ) a (0, 1) er et fast gitt tall vi ikke skal rikke på. Det ligger mellom 0 og 1. La f(x) = (1 + x) a. La x 1 være et vilkårlig valgt tall 0. Ved sekantsetningen finnes det da et tall c mellom 0 og x slik at det vil si, f (c) = a(1 + c) a 1 = a f(x) f(0) = (1 + c) 1 a x 0 f(x) = (1 + x) a = 1 + Tilfelle 1: x > 0. Da er også c > 0, slik at (1 + x) a 1 + ax. ax (1 + c) 1 a. = (1 + x)a 1, x 1 < 1, og derved holder (1 + c) 1 a 1 Tilfelle 2: 1 < x < 0. Da er også c ( 1, 0), slik at > 1. Siden (1 + c) 1 a ax x < 0, betyr det at (1 + c) 1 a < ax, og derved holder (1 + x)a < 1 + ax fremdeles. Tilfelle 3: x = 0. Da er (1 + x) a = 1 = 1 + ax, slik at (1 + x) a = 1 + ax. Flere tilfeller finnes ikke. Oppgave 3.2.9: (Tidl.: ) a) La f(x) := sin x. La x og y være to vilkårlig valgte reelle tall med x y. Ved sekantsetningen finnes det et tall c mellom x og y slik at f (c) = cos c = sin x sin y, dvs., sin x sin y = cos c x y x y der cos c 1. Derved holder ulikheten for alle x y. For x = y er begge sider av ulikheten lik 0, og ulikheten holder fremdeles. b) La f(x) := tan x. La x og y være to vilkårlig valgte reelle tall fra intervallet ( π 2, π 2 ) med x y. Ved sekantsetningen finnes det et tall c mellom x og y slik at f (c) = 1 cos 2 c tan x tan y x y =, dvs., tan x tan y = x y cos 2 c der 1/ cos 2 c 1. Derved holder ulikheten for alle x y. For x = y er begge sider av ulikheten lik 0, og ulikheten holder fremdeles.

18 3.2. Sekantteoremet 182 Oppgave : a) Ved sekantsetningen gjelder at det finnes en c mellom a og a + h slik at f (c) = f(a + h) f(a) (a + h) a = f(a + h) f(a). h Når h 0, må c a fordi c ligger mellom a og a + h. Det vil si, f(a + h) f(a) lim f (c) = f (a) = L. h 0 h c a b) La g(x) være som gitt i oppgaven. Vi vil først vise at g(x) er deriverbar i origo ved å vise at g (0) eksisterer. g(0 + h) g(0) h 2 sin(1/h) lim h sin 1 h 0 h h 0 h h 0 h = 0. der vi brukte skviseloven i siste overgang. Deretter viser vi at lim x 0 g (x) ikke eksisterer ved å finne g (x) for x 0 og se hva som skjer nå vi lar x 0. Vi har g (x) = 2x sin 1 ( x + x2 cos 1 ) 1 x x 2 = 2x sin 1 x cos 1 for x 0. x Når x 0, vil 2x sin(1/x) 0 ved skviseloven, mens cos 1 x vil oscillere vilt mellom 1 og 1 nå x 0. Altså eksisterer ikke lim x 0 g (x). Dette strider ikke mot teoremet i a), for det teoremet sier bare hva som skjer når lim x 0 g (x) eksisterer, noe den altså ikke gjør. c) g(x) er nå en tilfeldig funksjon, og ikke nødvendigvis den vi valgte i b). La lim x a + g(x) = L og lim x a g(x) = M der L M. La h > 0 være vilkårlig valgt. Ved sekantsetningen følger det da at det finnes en c mellom a og a + h og en d mellom a og a h slik at g (c) = g (d) = g(a + h) g(a) (a + h) a g(a h) g(a) (a h) a = = g(a + h) g(a), h g(a h) g(a). h Når h 0, vil c og d presses mot a. Derved gjelder at g(a + h) g(a) lim h 0 + h c a g (c) = L og + g(a + h) g(a) lim h 0 h d a g (d) = M. Altså er de ensidig deriverte for g i x = a ulike, og g (x) eksisterer ikke.

19 3.2. Sekantteoremet 183 d) Ifølge teoremet i a) kan vi avgjøre om en funksjon f(x) er deriverbar i et punkt x = a eller ikke: Finn f (x) i en punktert omegn om x = a. (Hvis den ikke eksisterer, feiler metoden.) Finn lim x a + f (x) og lim x a f (x). (Hvis de ikke eksisterer, feiler metoden.) Dersom lim x a + f (x) x a f (x), er f deriverbar i x = a med derivert f (a) x a + f (x). Dersom lim x a + f (x) lim x a f (x), eksisterer ikke f (a). For g(x) gjelder: g (x) = e x for x > 0 og g (x) = cos x for x < 0 der e 0 = 1 og cos 0 = 1. Altså er g deriverbar i origo med g (0) = 1. For h(x) gjelder: h (x) = 1/ cos 2 x for x > 0 og h (x) = 2x/(1 + x 2 ) for x < 0, der 1/ cos 2 0 = 1 og 2 0/( ) = 0. Altså er h ikke deriverbar i x = 0. (Feil i fasit.) Oppgave : (Tidl.: ) a) F (x) er deriverbar i [a, b], og derved kontinuerlig. Derfor er G(x) kontinuerlig på det lukkede og begrensede intervallet [a, b]. Ekstremalverdisetningen medfører derfor at G har (minst) et minimumspunkt i [a, b]. b) F er deriverbar i [a, b]. Derved er også G deriverbar i [a, b]. Vi har G (x) = F (x) α = f(x) α, slik at G (a) = f(a) α < 0 og G (b) = f(b) α > 0. Det vil si, for h > 0 liten nok, gjelder G(a + h) G(a) h < 0 og G(b h) G(b) h > 0. Spesielt er derfor G(a + h) < G(a) og G(b h) < G(b) for h > 0 liten nok. Derfor har G ikke noe minimumspunkt i endepunktene. c) Siden G har et minimumspunkt c mellom a og b, må G (c) = 0. Det vil si, f(c) = α i et punkt c mellom a og b.

20 3.2. Sekantteoremet 184 Oppgave : (Tidl.: ) a) Funksjonen h(x) := ( ) ( ) g(b) g(a) f(x) f(b) f(a) g(x) er kontinuerlig i [a, b] og deriverbar i (a, b) med h(a) = 0 og h(b) = 0. Ved Rolles teorem gjelder derfor at det finnes et punkt c mellom a og b slik at ( ) ( ) h (c) = g(b) g(a) f (c) f(b) f(a) g (c) = 0 ( ) ( ) g(b) g(a) f (c) = f(b) f(a) g (c). Vi skal bare kontrollere tilfellet g(a) g(b). Da kan vi dividere likningen over med g (c)(g(b) b(a)). Det gir likheten vi skulle vise. b) La f (t) = g (t) for alle t [a, b], og la x [a, b] være vilkårlig valgt og fasthol. (Vi skal altså ikke rikke på x når den først er valgt.) Tilfelle 1: g(x) g(a). Da er ifølge resultatet i a) anven på intervallet [a, x]: f(x) f(a) g(x) g(a) = f (c) g (c) = 1 for en c (a, x), slik at f(x) f(a) = g(x) g(a), og derved (1) f(x) = g(x) + (f(a) g(a)) = g(x) + C der C = f(a) g(a) er en konstant (uavhengig av x). (1) gjelder også for x = a, slik at f(x) = g(x) + C også for x = a. Tilfelle 2: g(a) = g(x). Dersom f(a) f(x), gjelder det at g(x) g(a) f(x) f(a) = g (c) f (c) = 1, og f(x) = g(x) + C som i tilfelle 1. Anta at f(a) = f(x). Da følger det ved Rolles teorem at f (d) = 0 for en d (a, x). Men det strider mot betingelsen at f (t) = g (t) 0 for alle t (a, b). Altså er aldri f(x) = f(a) i dette tilfellet. Oppgave : (Tidl.: ) a) Her er s(0) = 0 og s(60) = 602 på 1 time. Gjennomsnittsfarten var derfor v = = km/time km/time., så bilen har kjørt km

21 3.2. Sekantteoremet 185 s(t) er kontinuerlig for 0 t 60 fordi s(t) er klart kontinuerlig for t 30, og lim s(t) t 2 t 30 + t = = lim s(t) = s(30) = t ( ) = s(t) er faktisk deriverbar for 0 < t < 60 fordi s(t) er klart deriverbar for t 30, og lim f 2t (t) t 30 t = 3, lim f 1 (t) t 30 + t (Se oppgave 12.) ( ) 4t t t = 1 ( ) = 3. Altså finnes det ifølge sekantteoremet (minst) ett punkt c mellom 0 og 60 der v(c) = s (c)) = v. b) Gjennomsnittsfarten er v = s(60) s(0) 60 = (1 10/60)2 60 s(t) er kontinuerlig for 0 t 60 (med s(10) = 10 km). km/min = 60 km/min = 60 km/t. 60 s(t) er deriverbar for 0 < t < 60 (med s (10) = 0. Se oppgave 12. OBS! At den deriverte kan bli negativ, betyr at bilen kjører også med negativ hastighet. Det vil si, den rygger litt, og kilometertelleren avtar!!). Ved sekantsetningen finnes det derfor et tidspunkt c mellom t = 0 og t = 60 slik at s s(60) s(0) (c) = = v. 60 0

22 3.3. Optimalisering Optimalisering. Oppgave 3.3.1: (NY.) a) Siden f er kontinuerlig på det lukkede intervallet [ 1, 2], har f både et maksimum og et minimum på [ 1, 2]. Siden f er deriverbar på intervallet ( 1, 2) må slike ekstremalpunkter inntre i et randpunkt eller et kritisk punkt der f (x) = 0. I randpunktene er f( 1) = ( 1) 2 2 ( 1) = 3 og f(2) = = 0. f har kritiske punkter der f (x) = 2x 2 = 0. Det vil si, f har bare ett kritisk punkt, x = 1. Det ligger i intervallet ( 1, 2), og funksjonsverdien i punktet er f(1) = = 1. Ved å sammenligne funksjonsverdiene i disse tre punktene (som er de eneste kandidatene til maksimum og minimum), ser vi at maksimum for f på intervallet er f( 1) = 3 og minimum er f(1) = 1. b) Siden f er kontinuerlig på det lukkede intervallet [0, 4], har f både et maksimum og et minimum på [0, 4]. Siden f er deriverbar på intervallet (0, 4) må slike ekstremalpunkter inntre i et randpunkt eller et kritisk punkt der f (x) = 0. I randpunktene er f(0) = 1 og f(4) = = 67. f har kritiske punkter der f (x) = 3x = 0. Men 3x er et irredusibelt andregradspolynom som aldri kan bli null. Altså har f ingen kritiske punkter. Faktisk er f(x) en voksende funksjon i hele intervallet. Ved å sammenligne funksjonsverdiene i de to randpunktene (som er de eneste kandidatene til maksimum og minimum), ser vi at maksimum for f på intervallet er f(4) = 67 og minimum er f(0) = 1. c) Siden f er kontinuerlig på det lukkede intervallet [1, e], har f både et maksimum og et minimum på [1, e]. Siden f er deriverbar på intervallet (1, e) må slike ekstremalpunkter inntre i et randpunkt eller et kritisk punkt der f (x) = 0. I randpunktene er f(1) = ln 1 ln e = 0 og f(e) = 1 e = 1 e. Vi søker kritiske punkter for f: f (x) = d 1 ln x dx x = x x ln x x 2 = 1 ln x x 2 = 0 holder for ln x = 1, altså for x = e som vi allerede har kontrollert.

23 3.3. Optimalisering. 187 Ved å sammenligne funksjonsverdiene i de to randpunktene (som er de eneste kandidatene til maksimum og minimum), ser vi at minimum for f på intervallet er f(1) = 0 og maksimum er f(e) = e 1. (Feil i fasit.) d) Siden f er kontinuerlig på det lukkede intervallet [ 2, 2], har f både et maksimum og et minimum på [ 2, 2]. Siden f er deriverbar på intervallet ( 2, 2) må slike ekstremalpunkter inntre i et randpunkt eller et kritisk punkt der f (x) = 0. I randpunktene er f( 2) = = 0 og f(2) = = 0. f har kritiske punkter der f (x) = 4 x 2 + x x ( 2x) = 4 x2 x x 2 = 0. Det vil si, f har kritiske punkter for x = ± 2. Begge disse punktene ligger i intervallet ( 2, 2), og funksjonsverdien i punktene er f( 2) = 2 2 = 2 og f( 2) = 2 2 = 2. Ved å sammenligne funksjonsverdiene i disse fire punktene (som er de eneste kandidatene til maksimum og minimum), ser vi at maksimum for f på intervallet er f( 2) = 2 og minimum er f( 2) = 2. e) Siden f er kontinuerlig på det lukkede intervallet [ ln 2, ln 2], har f både et maksimum og et minimum på [ ln 2, ln 2]. Siden f er deriverbar på intervallet ( ln 2, ln 2) må slike ekstremalpunkter inntre i et randpunkt eller et kritisk punkt der f (x) = 0. I randpunktene er f( ln 2) = (ln 2)e ln 2 = 2 ln og f(ln 2) = (ln 2)e ln 2 = (ln 2)/ f har kritiske punkter der f (x) = 1 e x xe x = (1 x)e x = 0, altså for x = 1. (e x > 0 for alle x.) Der er f(1) = 1 e 1 = 1/e 0.368, og 1 ( ln 2, ln 2). Ved å sammenligne funksjonsverdiene i disse tre punktene (som er de eneste kandidatene til maksimum og minimum), ser vi at maksimum for f på intervallet er f(1) = 1/e og minimum er f( ln 2) = 2 ln 2. f) Siden f er kontinuerlig på det lukkede intervallet [0, 5], har f både et maksimum og et minimum på [0, 5]. Siden f er deriverbar på intervallet (0, 5) må slike ekstremalpunkter inntre i et randpunkt eller et kritisk punkt der f (x) = 0. I randpunktene er f(0) = 0 5 tan 1 0 = 0 og f(5) = 5 5 tan f har kritiske punkter der f (x) = x 2 = 1 + x x 2 = 0, altså

24 3.3. Optimalisering. 188 for x = ±2 der bare x = 2 ligger i intervallet (0, 5). Der er f(2) = 2 5 tan 1 (2) Ved å sammenligne funksjonsverdiene i disse tre punktene (som er de eneste kandidatene til maksimum og minimum), ser vi at maksimum for f på intervallet er f(0) = 0 og minimum er f(2) Oppgave 3.3.2: (Tidl.: ) a) Kritiske punkter: f (x) = 4(x 1) 3 = 0 gir bare ett kritisk punkt, nemlig x = 1. Siden f(x) 0 for alle x, og f(1) = 0, er x = 1 et lokalt minimumspunkt. Randpunkter: f(0) = 1 og f(2) = 1. Siden f(x) er avtakende for x < 1 og voksende for x > 1, er begge disse punktene lokale maksima. b) Kritiske punkter: f (x) = cos x + sin x = 0. Dersom cos x = 0, er sin x = ±1, så f (x) 0 når cos x = 0. Vi kan derfor dividere likningen med cos x uten å miste løsninger: 1 + tan x = 0, dvs., tan x = 1 dvs., x = 3π 4 og x = π 4. Videre er f (x) = sin x + cos x, slik at f ( 3π ) = 1 1 < 0 og f ( π ) = > 0. Andrederiverttesten viser derved at x = 3π/4 er et lokalt maksimum og x = π/4 er et lokalt minimum. Randpunkter: x = ±π. Siden f ( π) = cos( π)+sin( π) = 1, er funksjonen avtakende i x = π, og punktet er et lokalt maksimum. Siden f (π) = cos(π) + sin(π) = 1, er funksjonen avtakende i x = π, og punktet er et lokalt minimum. c) Kritiske punkter: f (x) = ln x + x/x = 1 + ln x = 0 for ln x = 1, det vil si, for x = 1/e, men det ligger ikke i intervallet [1, e]. Randpunkter: f (1) = ln = 1 > 0. Altså er f(x) voksende for x = 1, og x = 1 er et lokalt minimum. f (e) = ln e + 1 = 2 > 0. Altså er f(x) voksende også ved x = e, og x = e er et lokalt maksimum.

25 3.3. Optimalisering. 189 d) Den deriverte f (x) = 3x 2 +6x+3 = 3(x+1) 2 > 0 for alle x 1. Altså er f(x) en voksende funksjon, og x = 2 er et lokalt minimum. Funksjonen har ingen lokale maksima i intervallet, fordi f(x) vokser mot f(2), men når det aldri. e) Kritiske punkter: f (x) = 3x 2 12 = 0 for x 2 = 4, det vil si, for x = ±2. Vi bruker annenderiverttesten: f (x) = 6x, slik at f ( 2) < 0 og f (2) > 0. Altså er x = 2 et lokalt maksimum og x = 2 et lokalt minimum. Randpunkter: Intervallet har ingen randpunkter. f) Den deriverte av f(x) = 1 + 1/(x 2 + 1) er f 1 2x (x) = (x 2 2x = + 1) 2 (1 + x 2 ) 2 som er lik 0 hvis og bare hvis x = 0. Funksjonen har altså bare ett kritisk punkt, nemlig x = 0. Siden f (x) > 0 for x < 0 og f (x) < 0 for x > 0, er dette punktet et lokalt maksimum. Randpunkter: Intervallet har ingen randpunkter. Oppgave 3.3.3: (Tidl.: ) a) Kandidater til globale maksima og minima er: randpunktene x = 0 der f(0) = 2 og x = 2 der f(x) = = 10, og kritiske punkter: f (x) = 4x 3 4x = 4x(x 2 1) = 0 for x = 1 (de andre nullpunktene er ikke indre punkter i intervallet) der f(1) = = 1. Funksjonen har derfor globalt minimum f(1) = 1 og globalt maksimum f(2) = 10 i intervallet. b) Kandidater til globale maksima og minima er: randpunktene x = π/4 der f( π/4) = π/4 + 1 og x = π/4 der f(π/4) = π/4 1, og kritiske punkter: f (x) = 1 1/ cos 2 x = 0 for cos 2 x = 1, det vil si cos x = ±1 som inntreffer for x = 0 (de andre nullpunktene er ikke indre punkter i intervallet) der f(0) = 0. Funksjonen har derfor globalt minimum f(π/4) = (1 π/4) og globalt maksimum f( π/4) = 1 π/4 i intervallet.

26 3.3. Optimalisering. 190 c) Vi later først som om vi søker globale maksima og minima på det lukkede intervallet [ 3, 3]. Kandidater til globale maksima og minima er da: Randpunktene, x = ±3 der f(±3) = 9 4 = 5 Kritiske punkter. For x 2, er f(x) = 4 x 2, og f (x) = 2x = 0 for x = 0 som derved er et kritisk punkt. For x 2 er f(x) = x 2 4, og f (x) = 2x 0. I tillegg er f (x) ikke definert for x = ±2 som derfor også er kritiske punkter. Funskjonsverdien i de kritiske punktene er f(2) = 0, f(0) = 4 og f( 2) = 0. Konklusjon: Funksjonen har globalt minimum f(2) = f( 2) = 0 på intervallet, men intet globalt maksimum fordi f(x) nærmere seg 5 nå x ±3, men når det aldri. d) Her er f(x) = x 4 2x = (x 2 1) 2 + 1, så vi ser umiddelbart at f(x) har et globalt minimum f(±1) = 1, men ingen globale maksima fordi f(x) når x og x. e) Siden f (x) = e x2 2x er positiv for x > 0 og negativ for x < 0, har funksjonen bare et globalt minimum f(0) = e 0 = 1. f) Her er f (x) = e x2 + xe x2 ( 2x) = (1 2x 2 )e x2 = 0 for x = ±1/ 2, ( der f ± 1 ) = ± 1 e 1/2 ± Randpunkter: f( 2) = 2e og f(1) = e ( 1 ) Konklusjon: f(x) har globalt maksimum f 2 = 1 e 1/2 og globalt ( 2 minimum f 1 ) = 1 e 1/ Oppgave 3.3.4: (Tidl.: ) La den rektangulære innhengningen ha to gjerde-sider av lengde x. Da er den tredje gjerdesiden av lengde 50 2x (og vi bruker lengde (50 2x) av den lange, lange låven). Arealet av innhengningen blir da A = (50 2x)x = f(x). f (x) = 50 4x = 0 for x = 12.5 meter. Siden f (x) > 0 for x < 12.5 og f (x) < 0 for x > 12.5, er dette et globalt maksimum. Det maksimale arealet er derfor f(12.5) = m 2 = m 2.

27 3.3. Optimalisering. 191 Oppgave 3.3.5: (Tidl.: ) La r være radien i boksen og h være høyden. Arealet av sideflaten er A s = 2πrh, arealet av bunnen pluss lokket er A t = 2πr 2. Volum av boksen er πr 2 h = 1 dm 3. Det vil si, h = 1/(πr 2 ). Materialkostnadene er proporsjonal med f(r) = A t + 2A s = 2πr 2 + 4πr/(πr 2 ) = 2πr 2 + 4/r f (r) = 4πr 4/r 2 = 0 for πr 3 = 1, dvs., r = 1/(π 1/3 ). Fortegnet for f (x) avslører at f(1/(π 1/3 )) er et minimum. Altså skal radien være r = 1/(π 1/3 ) og h = 1 πr 2 = 1 π (1/π 2/3 ) = 1 π 1/3. Oppgave 3.3.6: (Tidl.: ) En måte å løse denne oppgaven på er å uttrykket veilengden ved hjelp av størrelsen x på figuren, og så minimalisere dette. En mer elegant måte er å utnytte symmetrien i figuren: veilengden ABC er lik veilengden ABC, og denne er kortest nå ABC er en rett linje, slik som på følgende figur: De to trekantene ADB og CEB er da formlike (men speilvene). Derfor er x 2 = 9 x, dvs., x = 3. 4

28 3.3. Optimalisering. 192 Oppgave 3.3.7: (Tidl.: ) Bensinforbruk: v 2 liter per time. I løpet av 1 time kjører bilen v mil, hvis den holder konstant fart. Besinforbruk per mil er derfor f(v) = ( v 2 )/v = 2/v v. f (v) = 2 v = 0 v2 = 2 = 25 v = 5 mil/time Siden f (v) < 0 for v < 5 og f (v) > 0 for v > 0, er dette et minimum. Altså bruker bilen minimalt med bensin ved hastighet v = 5 mil/time = 50 km/time. Forbruket per mil er da f(5) = 2/ = = 0.8 liter/mil. Oppgave 3.3.8: (Tidl.: ) Kjøreutgifter: (3 + v/20) kroner/km. Lønn: 180 kroner/time = 180/v kroner/km. Totale utgifter per kilometer: f(v) = 3 + v v kroner. f (v) = v 2 = 0 v2 = 3600 v = 60 km/t. Siden f (v) < 0 for v < 60 og f (v) > 0 for v > 60, er dette et minimum. Kostnader per kilometer er minst nå traileren kjører 60 km/t. Denne hastigheten kan den også holde på motorveien. Oppgave 3.3.9: (Tidl.: ) La x være radien i sylinderen og y være høyden av sylinderen. Da er 0 x r.

29 3.3. Optimalisering. 193 Sylinderen og kjeglen fremkommer når figuren roteres om aksen AT. Trekantene CDB og T AB er likeformet. Derfor gjelder y r x = h r Volumet av sylinderen er derved y = h(r x). r V = πx 2 y = πx 2 h(r x) r = πh r f(x) der f(x) := x2 (r x). V er maksimal når f(x) er maksimal for 0 x r. Det er klart at V = 0 for x = 0 og x = r, slik at maksimum må inntreffe for x (0, r). Der er f (x) = 2rx 3x 2 = 3x(2r/3 x) = 0 for x = 2r/3. Altså inntreffer maksimum for f(x) for x = 2r/3. Målene på sylinderen med maksimalt volum er derved radius r = 2r/3 og høyde y = h(r x) r = h(r 2r/3) r = h 3. Oppgave : (Tidl.: ) Vi tenker oss lyskildene plassert på en tallinje med kilde 1 i origo og kilde 2 i punktet s, der kilde 1 gir intensitet I 1 en meter unna kilden, og kilde 2 gir intensitet I 2 en meter unna. Siden lysintensiteten er omven proporsjonal med kvadratet av avstanden, finnes det en konstant k (avhengig av lyskilden) slik at lysintensiteten i avstand x er I(x) = k/x 2. For kilde 1 er denne konstanten k 1 slik at I 1 = k 1 /1 2 = k 1. For kilde 2 er denne konstanten k 2 slik at I 2 = k 2 /1 2 = k 2. Lysintensiteten i et punkt x på linjen, 0 < x < s, er derfor f(x) = I 1 x 2 + I 2 (s x) 2.

30 3.3. Optimalisering. 194 Vi søker etter kritiske punkter: f (x) = 2I 1 x 3 + 2I 2 (s x) 3 = 0 I 1 (s x) 3 = I 2 x 3 3 I1 (s x) = 3 I 2 x x( 3 I I 2 ) = 3 I 1 s x = 3 I1 3 I1 + 3 I 2 s. Siden lysintensiteten er uendelig i hvert av de to endepunktene, er dette et minimum. 3 I1 Det vil si, lysintensiteten er minst i punktet x = 3 I1 + 3 s. I 2 Oppgave : (Tidl.: ) Vi finner først en likning for tangenten til ellipsen i et punkt (x 0, y 0 ). Det er klart at tangenten som gir minimalt areal, må ligge på skrå i forhold til koordinataksene. Det vil si, 0 < x 0 < a og 0 < y 0 < b i tangeringspunktet. For å finne stigningstallet til tangenten, deriverer vi likningen for ellipsen implisitt: 2x a 2 + 2y b 2 dy dx = 0 dy dx = x b 2 y a 2 for y 0. Tangenten i (x 0, y 0 ) der x 0 > 0 og y 0 > 0 har derfor likning y = y 0 x 0 y 0 b 2 a 2 (x x 0). Det er klart at tangenten som gir minimalt areal må ligge på skrå, slik at 0 < x 0 < a og 0 < y 0 < b. Tangenten skjærer x-aksen i punktet A(x, 0) der

31 3.3. Optimalisering. 195 x er da gitt ved at 0 = y 0 x 0 y 0 b 2 a 2 (x x 0) x = x 0 + y2 0 x 0 a 2 b 2. Tangenten skjærer y-aksen i et punkt B(0, y) der y er gitt ved at Arealet av trekanten er da y = y 0 x 0 y 0 b 2 a 2 (0 x 0) y = y 0 + x2 0 y 0 b 2 a 2. A = 1 2 xy = 1 2 ( x 0 + y2 0 x 0 a 2 b 2 )( y 0 + x2 0 y 0 b 2 a 2 ) = 1 2 a2 x 0 ( x 2 0 a 2 + y2 0 b 2 ) b2 y 0 ( x 2 0 a 2 + y2 0 b 2 ) der x 2 0 a 2 + y2 0 b 2 = 1 fordi (x 0, y 0 ) ligger på ellipsen. Det vil si, A = a2 b 2 2x 0 y 0. Arealet er derfor minst når produktet x 0 y 0 er størst mulig. Siden x 2 0 a 2 + y2 0 b 2 = 1 y 0 = b 1 x 2 0 /a2, søker vi derfor maksimum for f(x 0 ) = x 0 b 1 x 2 0 /a2 for 0 < x 0 < a. Maksimum for f(x 0 ) inntreffer i samme punkt som maksimum for g(x 0 ) = x 2 0 (1 x2 0 /a2 ). Nå er g (x 0 ) = 2x 0 4x 3 0/a 2 = 2x 0 (1 2x 2 0/a 2 ) = 0 x 0 = 0 eller x 0 = a/ 2. Siden g(0) = g(a) = 0, er g(a/ 2) = a2 2 (1 1 2 ) = a2 /4 maksimum for g(x 0 ). Det vil si, trekanten har minimalt areal for x 0 = a/ 2 og y 0 = b 1 1/2 = b/ 2. Likningen for tangenten er da y = b 2 a b b 2 a 2 ( x a 2 ) = b a x + b 2.

32 3.3. Optimalisering. 196 Oppgave : (Tidl.: ) Vi søker maksimum for F (t) for t > 0: F (t) = c(e bt ( b) e at ( a)) = c(ae at be bt ) = 0 ae at = be bt ln a at = ln b bt ln a ln b t = a b =: t 0. Det er klart at F (0) = 0 og lim t F (t) = 0. Derfor er F (t 0 ) et maksimum for F (t). Svar: Konsentrasjonen når sitt maksimum etter t = ln a ln b a b timer. Oppgave : (Tidl.: ) Vi ser bort fra limkanter. La θ betegne toppvinkelen i den sirkelsektoren vi fjerner. Da er toppvinkelen i den sektoren vi beholder lik 2π θ, og lengden av den buede randen på delen vi beholder er L = 2π 10 2π θ 2π = 10(2π θ). L blir derfor omkretsen av sirkelbunnen i kjeglen på figuren, slik at denne har radius R = L 10(2π θ) =. 2π 2π La O betegne sentrum i sirkelbunnen i kjeglen. Da er høyden i kjeglen h = OP = AP 2 AO 2 = 10 2 R 2 = 10 2 (10 10θ/2π) 2 = 10 1 (1 θ/2π) 2 = 10 4πθ θ 2π 2. Volumet av kjeglen er derfor V = 1 3 πr2 h = 1 100(2π θ)2 10 π 4πθ θ 3 4π 2 2π 2 = π 2 f(θ) der f(θ) := (2π θ) 2 4πθ θ 2. Volumet er maksimalt når f(θ) er maksimal. Vi søker derfor maksimum for

33 3.3. Optimalisering. 197 f(θ) for 0 < θ < 2π. f (θ) = 2(2π θ) 4πθ θ 2 + (2π θ) 2 4π 2θ 2 4πθ θ = 0 2 4πθ θ 2 (2π θ) πθ θ = 0 2 2(4πθ θ 2 ) + (2π θ) 2 = 0 8πθ + 2θ 2 + 4π 2 4πθ + θ 2 = 0 3θ 2 12πθ + 4π 2 = 0 θ = 12π ± ( ) ( ) 144π 2 48π = π 2 ± = 2π 1 ± Nå er f(0) = 0 og f(2π) = 0, og ( ( )) ( 6 2π ) 2 8π ( ) ( 6 f 2π 1 ± = ± 4π ± 3 = 8π2 3 2π 2 ( ) 6 2 ± 3 1 ± = 16π = 16 3 π 3. 9 Det maksimale volumet er derfor V = π 2 π 3 = 2000π cm3 403 cm 3. ) 2 Oppgave : (Tidl.: ) La L betegne lengden av stigen og θ den spisse vinkelen som stigen danner med bakken. Da er L = 2 sin θ + 1 cos θ = f(θ). Vi søker minimum for L for 0 < θ < π/2. f (θ) = som betyr at θ = tan 1 2 1/ sin 2 θ cos θ 1 cos 2 ( sin θ) = 0 θ 2 cos 3 θ = sin 3 θ 2 = tan 3 θ Siden f(0) = og f(π/2) =, må f(0.8999) 4.16 være minimum for f(θ).

34 3.3. Optimalisering. 198 Det betyr at stigen må være minst 4.16 meter lang. Oppgave : (Tidl.: ) Bjelken på figuren skjærer ut en rettvinklet trekant i korridorhjørnet. La θ betegne den øvre spisse vinklen i denne trekanten som vist på figuren. Da er lengden av bjelken på figuren L = 3 cos θ + 3 =: f(θ). sin θ Det er klart at bjelken på figuren er for lang. Den kommer ikke lenger. Jo kortere vi gjør bjelken, jo lenger run svingen kommer den. Den maksimale lengden for en bjelke som kommer helt run svingen, er den korteste bjelken som berører de to veggene og hjørnepunktet slik bjelken på bildet gjør det. Vi søker derfor minimum av f(θ) for 0 < θ < π/2. f (θ) = 3 cos 2 ( sin θ) + 3 θ sin 2 θ cos θ = 0 sin 3 θ = cos 3 θ sin θ = cos θ tan θ = 1 Det vil si, θ = π/4, og L = = 6 2 meter. (At vinkelen måtte bli π/4 kunne vi også ha sett direkte på grunn av symmetrien.) Oppgave : (Tidl.: ) a) Vi søker det maksimal volumet for en trekant innefor sirkelen som har to hjørner A og B på sirkelen. Det er klart at også det tredje hjørnet, C, da bør ligge på sirkelen.

35 3.3. Optimalisering. 199 La L betegne lengden av grunnlinjen AB. Da er arealet av trekanten lik 1 2 Lh der h er høyden i trekanten. For at arealet skal bli maksimalt, må høyden være størst mulig. Det blir den om C ligger på minormalen til AB, det vil si, om sidene AC og BC er like lange, det vil si, om trekanten er likebeint. b) Det samme argumentet som i a), men denne gangen med AC som grunnlinje, viser at også lengden av AB må være lik lengden av BC. Med andre ord, de tre sidene må være like lange, og trekanten er likesidet. Oppgave : (Tidl.: ) La c 1 og c 2 være kjente og la A og B være to faste, kjente punkter. Vi sender en lysstråle fra A slik at den treffer B. Vi legger hele bildet inn i et rettvinklet koordinatsystem som vist på figuren, slik at (0, a) og (d, b) betegner de kjente koordinatene til henholdsvis A og B. Da er (1) a cot θ 1 + b cot θ 2 = d. Lengden av AD er lik a/ sin θ 1 og lengden av DB er lik b/ sin θ 2. Tiden strålen bruker fra A til B er derfor T = a b +. c 1 sin θ 1 c 2 sin θ 2 Vi søker den θ 1 som minimaliserer tiden T. Vi krever derfor (2) dt dθ 1 = a c 1 sin 2 θ 1 cos θ 1 b c 2 sin 2 θ 2 cos θ 2 dθ 2 dθ 1 = 0, der det følger av (1) ved implisitt derivasjon med hensyn på θ 1 at a sin 2 θ 1 b sin 2 θ 2 dθ 2 dθ 1 = 0 dθ 2 dθ 1 = a b sin 2 θ 2 sin 2 θ 1.

36 3.3. Optimalisering. 200 Innsatt i (2) gir det kravet a cos θ 1 c 1 sin 2 b cos θ ( 2 θ 1 c 2 sin 2 a ) sin 2 θ 2 θ 2 b sin 2 = 0 θ 1 som er ekvivalent med det vi skulle vise. cos θ 1 c 1 + cos θ 2 c 2 = 0

37 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode Løsning av likninger ved Newton s metode. Oppgave 3.4.1: a) f(x) = x 5 + 3x 7, f (x) = 5x x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n x5 n + 3x n 7 5x 4 = 4x5 n + 7 n + 3 5x 4 n + 3. x 0 = 3 2 x 1 = 4 ( 3 2 ) ( 3 2 ) x b) f(x) = tan x + x 1, f (x) = 1/ cos 2 x + 1 x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n tan x n + x n 1 sec 2. x n + 1 x 0 = π/4 x 1 = π π 4 1 = π ( 1 1 ) = π x c) f(x) = ln x + x, f (x) = 1/x + 1 x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n ln x + x 1/x n + 1 = 1 ln x 1 + 1/x n. x 0 = 1 2 x 1 = 1 + ln x x d) f(x) = e x 4x, f (x) = e x 4 x n+1 = x n f(x n) f (x n ) = x n exn 4x n e xn 4 = x n 1 1 4e xn. x 0 = 1 2 x x

38 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 202 Oppgave 3.4.2: a) f (x) = 3x > 0 for alle x, så f(x) er en strengt voksende funksjon. Den kan derfor ha høyst ett nullpunkt. Videre er f( 2) = = 5 < 0 og f( 1) = = 5 > 0, så f(x) har minst ett nullpunkt i intervallet ( 2, 1) ved skjæringssetningen. Derfor har f(x) ett og bare ett nullpunkt. Vi benytter Newtons metode med x 0 := 3/2. x n+1 = x n x3 n + 3x n + 9 3x 2 n + 3 som gir x = 2x3 n 9 3x 2 n + 3. x x x b) f (x) = 1/ cos 2 x 1 > 0 for alle 0 < x < π/2, så f(x) er en strengt voksende funksjon. Den kan derfor ha høyst ett nullpunkt. Videre er f( π/3) = 3 + π > 0 mens f(x) når x π/2+, så f(x) har minst ett nullpunkt i intervallet ( π/2, π/3) ved skjæringssetningen. Derfor har f(x) ett og bare ett nullpunkt. Vi benytter Newtons metode med x 0 := π/3. x n+1 = x n tan x n x n + 1 1/ cos 2 x n 1. som gir x x x x c) f (x) = 1 + cos x > 0 for alle x, bortsett fra i isolerte punkter der f (x) = 0, så f(x) er en strengt voksende funksjon. Den kan derfor ha høyst ett nullpunkt. Videre er f(0) > 0 og f( π/6) = π < 0, så f(x) har minst ett nullpunkt i intervallet ( π/6, 0) ved skjæringssetningen. Derfor har f(x) ett og bare ett nullpunkt. Vi benytter Newtons metode med x 0 := π/6.

39 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 203 x n+1 = x n x n + sin x n cos x n. som gir x x x x d) f (x) = sin x 1 < 0 for alle x bortsett fra visse isolerte punkter der f (x) = 0, så f(x) er en strengt avtakende funksjon. Den kan derfor ha høyst ett nullpunkt. Videre er f(0) = 1 > 0 og f(π/4) = 1/ 2 π/4 < 0, så f(x) har minst ett nullpunkt i intervallet ( π/4, 0) ved skjæringssetningen. Derfor har f(x) ett og bare ett nullpunkt. Vi benytter Newtons metode med x 0 := π/4. x n+1 = x n cos x n x n sin x n 1 = x n sin x n + cos x n 1 + sin x n. som gir x x x x Oppgave 3.4.3: a) f (x) = 5x 4 +21x 2 = x 2 (5x 2 +21) > 0 bortsett fra i origo der f (x) = 0. Derfor er f(x) en strengt voksende funksjon, og har høyst ett nullpunkt. Videre er f(1) < 0 og f(2) = > 0, så ved skjæringssetningen har f(x) minst ett nullpunkt i intervallet (1, 2). Funksjonen har derfor ett og bare ett nullpunkt. b) Vi setter x 0 = 3/2. x n+1 = x n x5 n + 7x 3 n 20 5x 4 n + 21x 2. n x x x som viser at x = 1.32 med to sikre desimaler. (En annen sak er at om man tar med ett trinn til av metoden, får man også x som viser at x = med seks desimaler.)

40 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 204 Oppgave 3.4.4: La f(x) = x Da er f (x) = 3x 2 > 0 bortsett fra i origo der f (x) = 0. Funksjonen er derfor strengt voksende og har høyst ett nullpunkt. Videre er f(2) = 2 < 0 og f(3) = 17 > 0, så funksjonen har nøyaktig ett nullpunkt. Dette nullpunktet ligger i intervallet (2, 3) og må være x = (Alt dette visste vi vel egentlig på forhånd.) Vi bruker Newtons metode med x 0 = 3. (Et bedre valg hadde sikkert vært x 0 = 2.1 eller noe sånt, men pytt.) x n+1 = x n x3 n 10 3x 2 n = 2x3 n x 2. n x x x x x som viser at med tre sikre desimaler. Oppgave 3.4.5: La f(x) = sin x 1 4. Da er f (x) = cos x > 0 for 0 < x < π/2, så funksjonen er strengt voksende i intervallet [0, π/2]. Videre er f(0) < 0 og f(π/6) = 1/4 > 0, så funksjonen har ett og bare ett nullpunkt i intervallet (0, π/6). Vi bruker Newtons metode med x 0 = π/12. x n+1 = x n sin x n 1/4 cos x n. x x x som viser at sin med tre sikre desimaler. Oppgave 3.4.6: a) La h(x) = f(x) g(x) = x 3 e x. Vi kan da bruke Newtons metode til å bestemme nullpunktet (eller nullpunktene) til h(x). Vi har h (x) = 3x 2 + e x > 0 for alle x, så h(x) har høyst ett nullpunkt. Videre er h(0) < 0

41 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 205 og h(1) > 0, så h(x) har akkurat ett nullpunkt. Det ligger i intervallet (0, 1). Vi bruker startverdi x 0 := 1 2 og x n+1 = x n x3 n e xn 3x 2 n + e xn. x x x x som viser at grafene skjærer hverandre i et punkt med x-koordinat x = (med tre sikre desimaler). b) La h(x) = f(x) g(x) = tan 1 x x 1. Vi kan da bruke Newtons metode til å bestemme nullpunktet (eller nullpunktene) til h(x). Vi har h 1 (x) = 1 + x 2 1 < 0 for alle x, bortsett fra i origo der h (x) = 0. h(x) er derfor en strengt avtakende funksjon og har derfor høyst ett nullpunkt. Videre er h( 2) < 0 og h( 3) > 0, så h(x) har akkurat ett nullpunkt. Det ligger i intervallet ( 3, 2). Vi bruker startverdi x 0 := 2 og x n+1 = x n tan 1 x n x n 1 1/(1 + x 2 n) 1. x x x som viser at grafene skjærer hverandre i et punkt med x-koordinat x = (med tre sikre desimaler). Oppgave 3.4.7: a) Ulikheten holder naturligvis for x = a. (Begge sider av ulikheten er 0.) For 0 < x a < δ gjelder ved sekantsetningen at det finnes en c mellom x og a slik at g g(x) g(a) (c) =. x a Her er g (c) C, og derved g(x) g(a) x a C dvs., g(x) g(a) C x a.

42 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 206 b) La x 0 a < δ. Da er g(x 0 ) g(a) = x 1 a C x 0 a ved resultatet i a). Det vil si, ulikheten holder for n = 1. La k være et positivt heltall som er slik at x k a C k x 0 a. Da er x k+1 a = g(x k ) g(a) C x k a C C k x 0 a = C k+1 x 0 a. Resultatet følger derfor ved induksjon. Siden 0 < C < 1, vil C n 0 når n, og derved x n a 0, det vil si, x n a. c) Det vi gjør i Newtons metode er nettopp å starte med en x 0, og så sette x n+1 = g(x n ) for n = 0, 1, 2,..., akkurat slik vi gjorde i b). d) La g være som i c). Da er g (x) = 1 f (x)f (x) f(x)f (x) f (x) 2 slik at g (a) = 1 f (a) 2 0 f (a) 2 = 1 1 = 0 siden f(a) = 0. e) La f være to ganger deriverbar i en omegn om x = a med f(a) = 0. Da er g deriverbar med g (x) kontinuerlig i en omegn om x = a. Siden g (a) = 0 ifølge d), finnes det en δ > 0 og en 0 < C < 1 slik at g (x) C for x a < δ. Ifølge b) og c) vil derfor x n a der a er et nullpunkt for f når x 0 a < δ. Oppgave 3.4.8: (Tidl.: ) Grafen til funksjonen y = f(x) = e x ligger over x-aksen og er symmetrisk om y-aksen, der f(x) er strengt avtakende for x > 0. Sirkelen må derfor ha sentrum på y-aksen og tangere x-aksen. Det vil si, den må ha sentrum i (0, a) og radius a for en a > 0. Videre må sirkelen tangere kurven i to punkter symmetrisk om y-aksen. Vi studerer tangeringspunktet til høyre, der x > 0 og f(x) = e x. Grafen til e x og den innskrevne sirkelen er vist på de to figurene nedenfor.

43 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 207 Sirkelen har likningen x 2 + (y a) 2 = a 2. I tangeringspunktet P (x, e x ) (x > 0) er (1) e x = a + a 2 x 2. Dessuten må tangenten til grafen og tangenten til sirkelen ha samme stigningstall i tangeringspunktet (siden det faktisk er en og samme linje). Det vil si, f (x) = g (x) der f(x) = e x og g(x) = a + a 2 x 2. Altså (2) e x x = a 2 x ; i.e., e x a 2 x 2 = x. 2 Av (2) følger det at x 2 = e 2x (a 2 x 2 ), slik at Innsatt i (1) gir det x 2 e 2x = a 2 x 2 a 2 = x 2 (e 2x + 1) a = x e 2x + 1. e x = x 1 + e 2x + x e 2x = x 1 + e 2x + xe x e x xe x = x 1 + e 2x e 2x 2x + x 2 e 2x = x 2 (1 + e 2x ) e 2x 2x x 2 = 0 Vi søker altså nullpunkter for g(x) := x 2 + 2x e x. Siden g(0) = 1 < 0 og g(1) = 3 1/e > 0, finnes det minst ett nullpunkt i intervallet (0, 1). Siden g (x) = 2x e x > 0 for alle x > 0, er g(x) strengt voksende, og g har derfor ett og bare ett nullpunkt for x > 0. (Det stemmer også med figuren.) Vi bruker Newtons metode med x 0 := 0, x n+1 := x n g(x n) g (x n ) = x n x2 n + 2x n e xn 2x n e xn = x2 n + (1 + x n )e xn 2x n e xn

44 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 208 og får x x x x slik at a 2 = (e 2x + 1)x Den maksimale radien er derfor a Oppgave 3.4.9: (NY.) a) Mengde mat per individ ved tidspunkt t er slik at ved L Hopitals regel er når r > 0. M(t) P (t) = a + bt Ce rt M(t) lim t P (t) b t Cr e rt = 0 b) P (t) = M(t) når P (t) = M(t) Ce rt = a + bt 10e 0.2t = t Vi tegner først grafen til 10e 0.2t og grafen til t i ett og samme koordinatsystem for å få en idé om hva som skjer: Skjæringspunktet ser ut til å ligge i nærheten av t = 10.5 Vi forbedrer dette estimatet ved hjelp av Newtons metode med startverdi t 0 = Så la

45 3.4. Løsning av likninger ved Newton s metode 209 f(t) = 10 e 0.2t 20 6t. Da er og derved t n+1 = t n f(t n) f (t n ) = t n 10e0.2t 20 6t 2e 0.2t 6 t 0 = 10.5t t som viser at P (t) = M(t) når t = med tre sikre desimaler. Ved dette tidspunktet er mengde mat per individ lik 1. (Oppgaven sier ingenting om hvilke enheter som er brukt for mengde mat og for tid. Men hvis enheten er antall normalporsjoner per døgn og t er antall døgn, betyr det at mattilgangen er akkurat i balanse med antall individer.)

46 3.5. Taylorpolynomer Taylorpolynomer. Oppgave 3.5.1: a) 5! = = 120. b) 10! = = c) 10! 5! = = = d) 10! 9! = 9!(10 1) = (9!) 9 = Oppgave 3.5.2: a) (n + 2)! n! = 1 2 n(n + 1)(n + 2) 1 2 n = (n + 1)(n + 2). b) (n + 1)! + n! = (n!)(n + 1) + n! = (n!)(n + 2). c) (n + 1)! n! = (n!)(n + 1) n! = (n!)n. d) 2(n!) (2n)! = n 1 2 n(n + 1)(n + 2) (2n 1)(2n) = 2 (n + 1)(n + 2) (2n), men dette kan vel egentlig ikke kalles en forenkling. e) n! n = 1 2 (n 1)n n = 1 2 (n 1) = (n 1)!. f) (2n) = (2 1)(2 2)(2 3) (2 n) = 2 n (1 2 n) = 2 n (n!). Oppgave 3.5.3: (Tidl.: ) Se fasit.