Mat503: Regneøving 3 - løsningsforslag

Transkript

1 Mat503: Regneøving 3 - løsningsforslag Oppgave a) Oppgaven sier at Fredrik stoler på erfaringen sin med positive ele tall. Fredrik ar sannsynligvis sett at dersom an ar et elt tall k >, vil den oppgitte liketen alltid olde, f.eks. er 2 < 2, 3 < 3, 4 < 4, osv. Fredrik ser at x ikke kan være lik eller 0.5. For x = får vi < som opplagt ikke stemmer. For x = 0.5 får vi 0 i nevneren på venstre side, så dette går eller ikke. Det er derimot ikke vanskelig å finne eksempler vor dette ikke stemmer selv for x og x 0.5, f.eks. for negative verdier av x. Prøver vi f.eks. x = får vi 3 < 3 som ikke stemmer. b) For å løse liketen erstatter vi først 2x = z. Dette er strengt tatt ikke nødvendig, men det gjør det lettere å få oversikt. Uliketen blir da: z < z Her må vi være litt forsiktig når vi går frem. Vi vet at dersom vi multipliserer med et negativt tall på ver siden av en uliket, skifter uliketen retning. La oss først anta at z > 0. Det er da trygt å multiplisere på ver side med z: z < z < z 2 Siden vi vet at z er positiv, kan vi ta roten på ver side uten at uliketen endrer fortegn: < z < 2x 2 < 2x < x

2 Uliketen er med andre ord gyldig når x er større enn. Dersom vi nå antar at z < 0 må vi endre retningen på uliketen når vi multipliserer med z på ver side: z < z > z 2 Dersom z 2 skal være mindre enn, må z ligge mellom - og, altså < z < (dersom z > eller z < vil kvadratet av z bli større enn ). Vi ar derimot allerede sagt at z < 0, så vi må endre den øvre grensen til å være lik 0: < z < 0 < 2x < 0 2 < 2x < < x < 2 Den oppgitte uliketen gjelder med andre ord for < x < 0.5 og x >. Oppgave 2 a) Vi bruker kjerneregelen med x 3 + 2x som kjerne og får: f (x) = 2(x 3 + 2x ) (3x 2 + 2) = (6x 2 + 4)(x 3 + 2x ) b) Her kan vi bruke kvotientregelen. Dette blir ganske rett frem, men vi må uske på å bruke kjerneregelen for vi deriverer e 3t : (t) = (2t 3e3t )(4t + ) (t 2 e 3t )(4) (4t + ) 2 = 8t2 2te 3t + 2t 3e 3t 4t 2 + 4e 3t (4t + ) 2 = 4t2 2te 3t + e 3t + 2t (4t + ) 2 2

3 Oppgave 3 a) Definisjonen av den deriverte gir: s s(t + ) s(t) v 0 (t + ) + 2 (t) a(t + )2 (v 0 t + 2 at2 ) v 0 t + v a(t2 + 2t + 2 ) v 0 t 2 at2 v 0 t + v at2 + at + 2 a2 v 0 t 2 at2 v 0 + at + 2 a2 (v 0 + at + 2 a) = v 0 + at + 0 = v 0 + at b) For f(x) = x 4 får vi: f f(x + ) f(x) (x + ) 4 x 4 (x) (x 2 + 2x + 2 ) 2 x 4 Oppgave 4 x 4 + 2x 3 + x x 2 + 4x x x 2 + 2x x 4 4x 3 + 6x x = 4x = 4x 3 (4x 3 + 6x 2 + 4x ) Vi finner lokaleekstremalpunkt ved å sjekke vor den deriverte er lik null: f (x) = 3x 2 3x + 8 = 0 x 2 + x 6 = 0 Dette er en vanlig annengradslikning med løsning x = 2 og x 2 = 3. For å undersøke om vi ar topp- eller bunnpunkt, bruker vi annenderiverttesten. Vi trenger da den andrederiverte: 3

4 f (x) = 6x + Vi sjekker begge kritiske punkt: f (x ) = f (2) = = < 0 f (x 2 ) = f ( 3) = 6 ( 3) + = 9 > 0 Utifra fortegnet til den dobbeltderiverte, kan vi konkludere med at x er et toppunkt mens x 2 er et bunnpunkt. Vi kunne også kommet frem til dette ved å lage et fortegnskjema for f (x). Oppgave 5 For å finne likningen til tangenten trenger vi først stigningstallet i punktet. Vi finner denne ved å derivere. Er er det enklest å bruke implisitt derivasjon. Vi deriverer ver side av liketen og får: d dx y2 = d dx (5x4 x 2 ) 2yy = 20x 3 2x y = 20x3 2x 2y Vi er interesserte i punktet (x, y) = (, 2). Vi setter dette inn i uttrykket for den deriverte: y = = 8 4 = 4.5 En rett linja kan beskrives ved likningen y = ax + b vor a = 4.5 er stigningstallet. Siden linjen tangerer grafen i punktet (, 2) setter vi dette inn i uttrykket over for å finne b: 2 = b b = 2.5 Likningen for tangenten er dermed y = 4.5x

5 Oppgave 6 Vi skal finne den optimale vinkelen for å få lengst mulig kast, altså vilken θ som gir størst x. Vi deriverer der vi ser på g og v 0 som konstanter (vi antar at vi kaster med samme fart uansett vilken vinkel vi kaster med). For å derivere bruker vi produktregelen: dx dθ = 2v2 0 g ( sin θ sin θ + cos θ cos θ) = 2v2 0 g ( sin2 θ + cos 2 θ) Vi finner den optimale θ ved å sjekke når den deriverte er lik 0. Dersom vi multipliserer med g på ver side av liketen, blir vi kvitt konstanene g og v 0. 2v 2 0 2v 2 0 g ( sin2 θ + cos 2 θ) = 0 sin 2 θ + cos 2 θ = 0 sin 2 θ = cos 2 θ sin 2 θ cos 2 θ = tan 2 θ = tan θ = ± θ = arctan(±) = ±45 Vi ar to mulige løsninger, +45 og 45. Den første tilsvarer et kast over orisontalen mens den negative tilsvarer et kast under orisontalen, altså nedover. Det er opplagt at vi må kaste oppover for å komme lengst mulig, så svaret er at vi må kaste med en vinkel på 45. Oppgave 7 Vi skal prøve å finne den optimale plasseringen av punktet D. La oss kalle avstanden fra C til D for x. Avstanden fra D til B blir da 8 x. Tegner vi en rett linje fra A til D ser vi i tillegg at vi får en rettvinkla trekant med bredden av elven og x som katerer og avstanden AD som ypotenus. Avstanden AD får vi da fra Pytagoras: AD = x = x

6 Får å komme til B må vi først tilbakelegge avstanden AD for så å tilbakelegge avstanden DB. Vi kaller AD = s og DB = s 2. Vi ar oppgitt at vi kan ro med en astiget v = 6 km/ og løpe med en astiget v 2 = 8 km/. Dersom vi bruker den oppgitte sammenengen v = s/t, får vi t = s/v. La oss kalle tiden vi bruker på å ro avstanden s for t og tiden vi bruker på å løpe avstanden s 2 for t 2. Dette gir oss: t = s x = v 6 t 2 = s 2 = 8 x v 2 8 Den totale tiden vi bruker t er da gitt ved t + t 2 : t = t(x) = x x 8 For å finne vilken x som gir lavest t må vi derivere t(x) og finne ut når den deriverte 6

7 er lik 0. Vi bruker kjerneregelen når vi deriverer rotuttrykket: t (x) = 2x 2 6 x x = 6 x = 0 8 = x 6 x x = 8x ( 6 ) 2 x = (8x) 2 36(x 2 + 9) = 64x 2 64x 2 36x 2 = x 2 = 324 x 2 = = 8 7 x = For å komme til B fortest mulig burde an ro til et punkt ca. 3.4 km sør for C for så å løpe resten av veien langs elven ned til B. 7