. Følgelig er csc 1 ( 2) = π 4. sin θ = 3

Transkript

1 NTNU Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk høsten 00 Løsningsforslag - Øving Avsnitt Vi deriverer to ganger: = A cos (ln ) B sin (ln ) = A cos (ln ) A sin (ln ) + B sin (ln ) B cos (ln ) Vi setter inn for, og i ligningen: Avsnitt 3.8 ( A cos (ln ) A sin (ln ) + B sin (ln ) B cos (ln )) 0 Se side 4, fig..4 i boka. +(A( cos (ln ) B sin (ln )) + A sin (ln ) + B cos (ln ) = 0. a) Verdimengden til csc er [ π/, π/] \ {0} og for θ [ π/, π/] \ {0} gjelder θ = csc ( ) csc θ = sin θ = = θ = π 4. Følgelig er csc ( ) = π 4. b) Verdimengden til csc er [ π/, π/] \ {0} og for θ [ π/, π/] \ {0} gjelder θ = csc ( 3 ) csc θ = 3 sin θ = 3 θ = π 3. Følgelig er csc ( ) = π 3. c) Verdimengden til csc er [ π/, π/] \ {0} og for θ [ π/, π/] \ {0} gjelder θ = csc ( ) csc θ = sin θ = θ = π 6. Følgelig er csc ( ) = π 6. Avsnitt En stige med lengde 3 ft lener seg mot en vegg, og den begnner å skli. Studer figuren gitt i læreboken nøe. Vi får oppgitt at når avstanden fra veggen (t) = ft så beveger foten av stigen seg med hastighet (t) = 5 ft/sec. a) Vi skal finne hvor fort toppen av stigen beveger seg nedover veggen, /, når foten av stigen er ft fra veggen. Ved Ptagoras har vi at (t) +(t) = 3. Dermed er avstanden fra bakken til veggen gitt ved (t) = 3 (t) = 3 = 5 = 5. Vi deriverer implisitt og finner d (t) + (t) = 3, ( (t) + (t) ) = 0, d + = 0, = d = 5 ft/sec = ft/sec. 5 lfov0 0. september 00 Side

2 TMA400 Matematikk høsten 00 Toppen av stigen beveger seg nedover veggen med en fart på ft/sec. b) Vi skal finne hvor fort arealet A avgrenset av stigen, bakken og veggen forandrer seg når (t) = ft. Arealet er gitt ved Ved derivasjon finner vi A(t) = (t) (t). da = d + = (5 5 + ( )) ft /sec = 9 ft /sec = 59.5 ft /sec. c) Vi skal finne hvor fort vinkelen θ mellom stigen og bakken forandrer seg når (t) = ft. Vinkelen er gitt ved θ = arctan(/). Ved derivasjon finner vi dθ = d arctan = + ( ) = d + ( ) 5 ( ) 5 5 rad/sec 9 Vi får oppgitt at V = π 3 (3 3 ) og at dv = 6. a) Vi skal finne når = 8. Vi deriverer: og setter inn = 8 og dv = 6: = ( ) rad/sec = rad/sec. dv = π 3 (3 3 ) π 3 6 = π 3 6 (39 8) π 3 64 = 4π m/min. b) Ved Ptagoras får vi at r +(3 ) = 3 = 69 r = (6 ) r = (6 ) m. c) Vi skal finne r når = 8. Fra b) har vi at r = (6 ). Vi deriverer: Fra a) har vi at = 4π dr = ( (6 ) (6 ) ) når = 8. Vi setter inn = 4π og = 8: dr = ( (6 8) 8 ( 8(6 8) 4π 4π )) = 5 88π m/min lfov0 0. september 00 Side

3 TMA400 Matematikk høsten 00 Avsnitt Et tre hadde diameter lik 0 in. I løpet av et år økte omkretsen med in. La D være treets diameter, O dets omkrets og A dets tverrsnittareal. Vi finner en omtrentlig verdi for hvor me treets diameter og tverrsnittareal øket ved å approksimere med differensialene dd og da. Da D = π O og A = π 4 D følger det at dd = π do og da = π DdD = DdO. Da D = 0 in og do = in/år har vi at dd = π in/år og at da = 0 in /år. Avsnitt 3. Vi skal bruke definisjonen av cosh og sinh, cosh = e + e og sinh = e e, til å vise at cosh sinh =. Vi setter inn definisjonene i dette uttrkket og regner ut, ( e cosh sinh + e ) ( e e = og dermed har vi vist det vi skulle vise. Avsnitt 4. ) = [ (e + + e ) (e + e ) ] = 4 4 =, 3 Vi skal finne absolutt maksimum og absolutt minimum verdiene for funksjonen g() = 4 på intervallet. Vi finner g () og setter denne lik 0, g () = = 0. 4 Utrkket over er lik 0 når telleren er 0, dvs for = 0. Videre legger vi merke til at g () er definert for alle verdier i intervallet vårt, unntatt i endepunktet =. Vi har g(0) =, g( ) = 0, g() = 3. Dermed er absolutt maimum gitt i punktet = 0 og absolutt minimum er 0 gitt i endepunktet =. 70 Vi ser på den kubiske funksjonen f() = a 3 + b + c + d. a) Vi skal vise at f() kan ha 0, eller kritiske punkt. Vi starter med å derivere f(), f () = 3a + b + c. Siden f er et polnom er den derfinert for alle verdier av. De kritiske punktene er da lik nullpunktene til ligningen over. Vi har en. gradsligning, som vi vet kan ha 0, eller løsninger. Om vi velger a = b = c = 0, er f lik 0 for alle verdier av, og f er lik konstanten d. I dette tilfellet er enhver et kritisk punkt til f. Om vi velger a = b = 0 er f lineær, f () = c, og ligningen f () = 0 har ingen løsning. Om vi velger a = 0, får vi ett nullpunkt, og det er = c/(b). Om vi velger a = /3, b = 0 og c =, får vi to nullpunkt, = ±. b) De lokale ekstremverdiene til f er gitt i de kritiske punktene. Legg merke til at dersom a = b = c = 0, så er f en konstant, og f har dermed én ekstremverdi. Dersom a = b = 0 er f linear, og f har dermed ingen ekstremverdier. Altså vil f ha 0, eller lokale ekstremverdier. lfov0 0. september 00 Side 3

4 TMA400 Matematikk høsten Figur : Oppgave 4..3: Funksjonen g() = 4 for med absolutt maksimum i (0, ) og absolutt minimum i (, 0). (a) (b) (c) (d) Figur : Funksjonen f() = a 3 + b + c + d for ulike verdier av a, b, c og d. a) f() =, b) f() =, c) f() = og d) f() = 3 +. Avsnitt 4. 5 Funksjonen f() = /3 er kontinuerlig på intervallet [, 8], men der er ikke deriverbar i punktet = 0 siden f () = /3 / /3. Dermed tilfredsstiller den ikke betingelsene i Middelverditeoremet. 6 Funksjonen f() = 4/5 er kontinuerlig på intervallet [0, ] og deriverbar i det indre av (0, ). (f () = (4/5) (/ /5 ) og f() er ikke deriverbar i = 0.) Dermed tilfredsstiller den betingelsene i Middelverditeoremet. 7 Funksjonen f() = ( ) er kontinuerlig på intervallet [0, ] og deriverbar i det indre av (0, ). (f () = / ( )/ ( ) og f() er ikke deriverbar i = 0 og =.) Dermed tilfredsstiller den betingelsene i Middelverditeoremet. 8 Funksjonen f() = er ikke kontinuerlig på intervallet [ π, 0] siden { sin, π 0 0, = 0. sin lim f() = lim 0 0 = 0 = f(0). Dermed tilfredsstiller den ikke betingelsene i Middelverditeoremet. lfov0 0. september 00 Side 4

5 TMA400 Matematikk høsten Figur 3: Oppgave Vi skal vise at funksjonen r(θ) = θ cos θ + har akkurat ett nullpunkt på intervallet (, ). Vi starter med å se på den deriverte av r(θ), r (θ) = + cos θ sin θ > 0 for alle θ, siden < cos θ sin θ. Siden r(θ) er kontinuerlig og den deriverte gir oss at r(θ) er strengt stigende, kan funksjonen maksimalt ha ett nullpunkt. Videre er r( π) = π + < 0 og r(π) = π + > 0. Siden r(θ) er kontinuerlig vet vi fra Skjæringssetningen (Intermediate Value Theorem) at funksjonen har minst ett nullpunkt. Dermed kan vi konkludere med at r(θ) har akkurat ett nullpunkt. 54 a) Vi kan lage et sånt polnom som f() = ( + )( + )( )( ) = b) Dens deriverte er f () = Vi skal tegne grafen til begge to. Vi ser fra Rolles Teorem at f er null mellom nullpunktene til f: siden f er kontinuerlig og deriverbar overalt, får man at hvis man tar to punkter hvor f er null, gir Rolles Teorem at det finnes et punkt imellom hvor f er null. c) Det er sant fordi sinus er kontinuerlig og deriverbar overalt. lfov0 0. september 00 Side 5

6 TMA400 Matematikk høsten 00 Eksamensoppgaver 4 Anta at kurven har en horisontal tangent i punktet ( 0, 0 ). Da er deriverbar mhp. i punktet 0 og d = 0 = 0. Ved implisitt derivasjon med hensn på finner vi d = + d. Vi setter inn at d = 0 = 0 og får sammenhengen 3 0 = 0. Setter vi inn dette i den opprinnelige ligningen finner vi (3 0) 3 = = ( 3 0) = 0. Da den siste ligningen ikke har noen løsning, kan vi konkludere at antakelsen vår om at kurven har en horisontal tangent ikke holder. Altså har kurven ingen horisontal tangent i noen punkter. lfov0 0. september 00 Side 6