x, og du dx = w dy (cosh u) = sinh u H sinh w H x = sinh w H x. dx = H w w > 0, så h har ikke flere lokale ekstremverdier.

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 00 Løsningsforslag - Øving 3 Avsnitt 3. u 49 a) Fra tabell 3.4 på sie i boka: (cosh u) = sinh u. Her har vi at u = w H, og u = w y H. Det følger at tan φ = = H w w H sinh w H = sinh w H. b) Vi får oppgitt at H = T cos φ. Det følger at Avsnitt 4.3 T = H cos φ = H sec φ = H + tan φ (sien sec φ = + tan φ) = H + sinh w (fra a)) H = H cosh w H (sien cosh w H sinh w H = ) = H cosh w H = H wy H = wy. Vi ser på funksjonen h() = 3 8. a) Vi skal finne intervallene hvor h() er økene og minkene. Vi eriverer og får h () = 6 8. Løser vi ligningen h () = 0 får vi løsningene = ± 3. Ve å sette inn har vi h ( 4) = 78, h (0) = 8 og h (4) = 78. Derme har vi at h() er økene på intervallene (, 3) og ( 3, ), mens en er synkene på intervallet ( 3, 3). b) Sien h() er eriverbar for alle, er funksjonens ekstremverier gitt av ligningen h () = 0. Derme oppnår h() ekstremverier i = ± 3, hvor f( 3) er et lokalt maksimum og f( 3) er et lokalt minimum (sien h() er økene på intervallene (, 3) og ( 3, ), mens en er synkene på intervallet ( 3, 3)). c) Vi har at og h(), når, h(), når, Derme har ikke funksjonen absolutte maksimalverier. 46 Vi har at 0 h(θ) 5 for θ [0, π] sien 0 sin θ for θ [0, π], og at h(0) = 0 og h(π) = 5. Det følger at θ = 0 er et globalt (og lokalt) minimum av h og at θ = π er et globalt (og lokalt) maksimum av h. For θ (0, π) har vi at h (θ) = 5 cos θ > 0, så h har ikke flere lokale ekstremverier. 58 a) Vi ser på funksjonen f() = e. Vi skal vise at f() 0 for 0. Vi eriverer f og får at f () = e 0 for 0. Funksjonen f er altså stigene for 0. Sien vi har at f(0) = 0, følger et at f() 0 for alle 0. b) Vi ser på funksjonen g() = e. Vi skal vise at g() 0 for 0. Vi eriverer g og får at g () = e 0 for 0 (fra a)). Funksjonen g er altså stigene for 0. Sien vi har at g(0) = 0, følger et at g() 0 for alle 0. lfov03 0. september 00 Sie

2 TMA400 Matematikk høsten 00 Avsnitt Vi skal skissere funksjonen y = 6 ve å bruke proseyren gitt på sie 64 i læreboken.. Områet til y er (, ) og et er ingen symmetri runt noen av aksene.. Vi finner y () =, y () =. 3. Sien y() er eriverbar for alle, er e kritiske punktene gitt ve y () = 0, vs at kritisk punkt er =. Sien y ( ) = < 0, har funksjonen et relativt maksimum i (, y( )) = (, 7). 4. Sien y ( ) > 0, øker funksjonen i intervallet (, ), og sien y (0) < 0 minker funskjonen i intervallet (, ). 5. Sien y () = 0, har funksjonen ingen venepunkt. Kurven er konkav ne. 6. Funksjonen har ingen asymptoter. 7. Kurven skjærer -aksen i punktene gitt ve y() = 6 = 0, + 6 = 0, = ± () 4 ( 6) = ± 0 = ± 5. Kurven skjærer y aksen i punktet y(0) = y Figur : Oppgave Skisse av grafen y = 6. Vi skal skissere funksjonen y = sin på intervallet 0 π ve å bruke proseyren gitt på sie 64 i læreboken.. Områet til y er 0 π og et er ingen symmetri runt noen av aksene.. Vi finner y () = cos, y () = sin. 3. Sien y() er eriverbar for alle, er e kritiske punktene gitt ve y () = 0, vs at kritisk punkt er = arccos(). Vi finner at e kritiske punktene = 0 og = π, som samsvarer me enepunktene. Derme er (0, 0) et globalt minimum og (π, π) et globalt maksimum. lfov03 0. september 00 Sie

3 TMA400 Matematikk høsten Sien y (π) = π > 0, øker funksjonen i intervallet (0, π). 5. Venepunktene er gitt ve y () = sin = 0, og vi finner at = arcsin 0 = π er et venepunkt. 6. Funksjonen har ingen asymptoter. 7. Kurven starter i punktet (0, 0) og øker til punktet (π, π) y Figur : Oppgave Skisse av grafen y = sin. 30 Vi skal skissere funksjonen y = 3 /(3 + ) ve å bruke proseyren gitt på sie 64 i læreboken.. Områet til y er (, ), og kurven er symmetrisk runt origo.. Vi finner 3 y () = 3 + = 3 (3 + ) 3 6 (3 + ) = 3 ( + ) (3 + ), y () = (3 + ) = (3 + 6) (3 + ) 3 ( + ) (3 + ) 6 (3 + ) 4 = 6( + ) (3 + ) 36 3 ( + ) (3 + ) 3 = (3 + ) 3 = (3 + ) 3 = 6( + ) (3 + ) Sien y() er eriverbar for alle, er e kritiske punktene gitt ve y () = 0, vs at kritisk punkt er = 0. Sien f (0) = 0, kan vi ikke bruke. eriverte-testen til å klassifisere ette punktet. Vi legger merke til at y når og y når. Derme er punktet (0, y(0)) = (0, 0) et saelpunkt. 4. Sien y (0) > 0 for alle 0, øker funksjonen i intervallene (, 0) og (0, ). 5. Venepunktene er gitt ve y () = 0. Sien nevneren er positiv for alle verier av, løser vi 6( + ) = 0. Vi finner at et er venepunkt i =, = 0 og =. 6. Funksjonenen har ingen horisontale eller vertikale asymptoter. Sien teller og nevner er polynomer, og polynomet i telleren er av en gra høyere enn nevneren, har funksjonen en skeiv asymptote. Vi finner enne ve polynomivisjon, = , og y = /3 er en skrå asymptote for grafen. 7. Kurven skjærer aksene i punktet (0, 0). lfov03 0. september 00 Sie 3

4 TMA400 Matematikk høsten y Figur 3: Oppgave Skisse av grafen y = 3 /(3 + ). 40 Vi skal skissere funksjonen y = ln / ve å bruke proseyren gitt på sie 64 i læreboken.. Områet til y er (0, ), og et er ingen symmetri.. Vi finner y () = ln (/) y () = 3/ ( = (/) ( ln ) = ln 3/ 3 ln ) 6/ = / ( 3 + ln ) 3 = ln 5/. 3. Den eriverte f () er efinert for alle -verier i områet til f(). De kritiske punktene er erfor gitt ve y () = 0, vs at ln = 0, ln =, = e. Sien f (e ) < 0, gir. eriverte-testen at (e, f(e )) = (e, ) er et relativt maksimumspunkt. e 4. Sien y () > 0 for alle 0 < < e, øker funksjonen i intervallet (0, e ), og sien y () < 0 for alle e < <, minker funksjonen i intervallet (e, ). 5. Venepunktene er gitt ve y () = 0, og vi finner Funksjonen har venepunkt i = e 8/3. 6. Vi finner først en horisontal asymptote, ln = 0, ln = 8 3, = e8/3. ln = / = = 0, og y = 0 er en horisontal asymptote for funskjonen. Viere har vi at ln = ln Sian 0 + = følgjer at 0 + ln =. Grenseverien er ifor ln = ln =. Derme er = 0 en vertikal asymptote for funskjonen. lfov03 0. september 00 Sie 4

5 TMA400 Matematikk høsten 00 y Figur 4: Oppgave Skisse av grafen y = ln /. Avsnitt Vi skal finne en vinkelen θ som maksimerer volumet av rennen vist i oppgaveteksten i læreboken. Volumet er gitt ve V = (Areal av eneflate) lenge. Arealet av eneflaten består av arealet av et kvarat me sier på in og arealet av to trekanter. La g være grunnlinjen og h høyen til trekantene. Arealet av en trekant er gitt ve A = (g h). Fra figuren får vi at for trekanten er sin θ = g/ og cos θ = h/. Derme kan vi sette opp et uttrykk for volumet, V (θ) = ( sin θ cos θ + cos θ) 0 = 0 sin θ cos θ + 0 cos θ. For å finne makimalt volum ser vi på en eriverte, V (θ) = 0(cos θ cos θ + sin θ ( sin θ) cos θ) = 0(cos θ sin θ cos θ) = 0( sin θ sin θ sin θ) = 0( sin θ sin θ). V (θ) = 0 gir sin θ + sin θ = 0, ( sin θ = ± ) ( 4 ) = 4 ± 9 4 = 4 ± 3 4. Sien vinkelen vi leter etter må ligge i intervallet (0, π/), må sin θ være positiv. Derme har vi at θ = arcsin(/) = π/6. Vi har at og θ = π/6 gir maksimalt volum. V (θ) = 80 cos θ sin θ 0 cos θ, V ( π 6 ) < 0, 40 Fermats prinsipp i optikk sier at lys allti beveger seg fra et punkt til et annet langs en banen som minimerer reisetien. Stuer figuren i oppgaveteksten. Vi skal vise at ersom lyset alyer Fermats prinsipp, så må vinklene θ og θ være like. Merk at sien hastigheten er konstant så er minimal reiseti ekvivalent me minimal strekning. Punktene A og B er gitt. Vi lar -aksen ligge på speilet, og lar y-aksen gå gjennom A. Viere sier vi at punktet A har koorinater (0, a) og punktet B har koorinater (, b). Vi lar lyset treffe speilet i punktet. Ve Pytagoras får vi a et avstanen lyset tilbakelegger er gitt ve f() = a + + b + ( ). lfov03 0. september 00 Sie 5

6 TMA400 Matematikk høsten 00 Den verien for som gir kortest strekning er gitt ve ligningen f () = 0, Sien sin θ = f () = a + og sin θ = a + ( ) b + ( ) = 0. ( ), gir ligningen over at b +( ) sin θ = sin θ. Dette mefører at θ = θ fori θ og θ tilhører intervallet (0, π/). Vi har vist at vinklene må være like. 48 Vi får oppgitt at et koster c() = å prousere gjenstaner. Vi skal minimere en gjennomsnittlige prouksjonskostnaen c() = Vi eriverer og får at ( ) c() = 0 ( ) c() = ( ) Vi har at c() = 0 = 0. Sien = 0 er et lokalt minimum for c() gjennomsnittskostnaen. Avsnitt 4.6 ( ) c() = > 0, gir. eriverte-testen at, vs. at = 0 er et prouksjonsnivå som minimerer sin 5 Uttrykket 0 er på en ubestemte formen 0 0. Ve hjelp av l Hopital-regelen får vi sin 5 5 cos 5 at 0 0 = (3 sin ) + ) sin ), 0 +((3 sin og ette er på en ubestemte formen (0/0), så vi bruker L Hopitals regel: + ) sin sin + (3 + ) cos ) ), 0 +((3 sin 0 +(3 sin + cos og ette er fortsatt på ineterminate form (0/0), så vi fortsetter: 0 sin + (3 + ) cos +(3 sin + cos ) 0 = = 6 = 3. cos + cos (3 + ) sin ) = +(3 cos + cos sin 68 a) Uttrykket ( + ) er på en ubesteme forma, så som i eksempel 7 på sie 87 unersøker vi grenseverien ln ( + ). Ve hjelp av l Hopital-regelen får ein at enne grensa er lik; ln ( + ) ln( + ) (+ ) ( Grenseverien til + ) blir ifor lik; ( + ) ( ) eln + = e = e. =. + lfov03 0. september 00 Sie 6

7 TMA400 Matematikk høsten 00 PSfrag replacements g() f() Figur 5: Oppgave b) b) Frå figur 5 kan ein observere at g() går mot e, mean f() ser ut til å gå mot når veks. c) f() er på en ubesteme forma, så som i oppgåve a) ser vi på ln f(). ) ( f() ln + ) ln ( + ( + ) = 0. I 3. likskapsteikn er l Hopital-regelen blitt brukt. Grenseverien er ifor; f() eln f() = e 0 =. 3 (+ ) 70 a) Vi har at / = e ln / = e ln Vi eriverer ette uttrykket to ganger: (/ ) = ( ln + )e ln (/ ) = ( 3 ln 3 3 )e ln + ( ln + ) e ln For > 0 har vi at (/ ) = 0 ln + = 0 ln = = e. Sien ( / ) = e /e < 0 for = e får vi ve. eriverte-testen at e /e er e 3 maksimumsverien til /. lfov03 0. september 00 Sie 7

8 TMA400 Matematikk høsten 00 b) Vi har at / = e ln / = e ln Vi eriverer ette uttrykket to ganger: (/ ) = ( 3 ln + 3 )e ln (/ ) = ( 6 4 ln )e ln + ( 3 ln + 3 ) e ln For > 0 har vi at (/ ) = 0 ln + = 0 ln = 3 3 = e/. Sien ( / ) = e /e < 0 for = e / får vi ve. eriverte-testen at e /e er e maksimumsverien til /. c) Vi har at Vi eriverer ette uttrykket to ganger: (/n ) = ( n ln + n+ n(n + ) (/n ) = ( n+ ln n /n = e ln /n = e n ln )e n+ n ln n+ n + n+ )e n ln + ( n ln + n+ n+ ) e n ln For > 0 har vi at (/n ) = 0 n ln + = 0 ln = n+ n+ n = e /n. Sien ( /n ) = n e /ne < 0 for = e /n får vi ve. eriverte-testen at e /ne e n+ n er maksimumsverien til /n. ) n /n / eln = e n ln Vi ser på ln, som er på en ubestemte formen n. Vi bruker l Hopital-regelen: ln n Det følger at /n = e 0 =. / nn n n = 0 lfov03 0. september 00 Sie 8