Innlevering i matematikk Obligatorisk innlevering nr. 5 Innleveringsfrist: 18. februar 2011 kl Antall oppgåver: 5 Ein skal grunngi alle svar.

Transkript

1 Innleering i matematikk Obligatorisk innleering nr. Innleeringsfrist: 18. februar 2011 kl Antall oppgåer: Ein skal grunngi alle sar. Oppgåe 1 f(x) = x2 +3 x+1. Skjæring med aksane Nullpunkt: f(x) = 0 x x + 1 = 0 x = 0 (antar at x 1) x 2 = 3 Då x 2 aldri kan ere negati, har ikkje likninga noko løysing, og f har ingen nullpunkt. Skjæring med y-aksen: f(0) = = 3. Asymptotar Nemnaren er 0 når x = 1. Teljaren er ( 1) = 4 0 når x = 1. Difor il f(x) ± når x ±. x = 1 er ein etikal asymptote for f. Polynomdiisjon: (x 2 +3) : (x + 1) = x x+1 (x 2 +x) x +3 ( x 1) 4 f(x) = x x+1 x 1 når x ±. y = x 1 er ein skrå asymptote for f. Monotinieigenskaper f (x) = 2x (x + 1) (x2 + 3) 1 (x + 1) 2 = x2 + 2x 3 (x + 1) 2. 1

2 Vi faktoriserar teljaren: x 2 + 2x 3 = 0 f (x) = (x+3)(x 1) (x+1) 2 Forteiknskjema: x = 2 ± ( 3) = 2 ± 4 = 1 ± x = 1 2 = 3 eller x = = 1 A forteiknskjemaet ser i at f er eksande når x < 3 og når x > 1 og at f er atakande når 3 < x < 1 og når 1 < x < 1. f har eit toppunkt i ( 3, f( 3)) = ( 3, 6) og eit botnpunkt i (1, f(1)) = (1, 2). Konkaitet f (x) = (2x + 2)(x + 1)2 (x 2 + 2x 3) 2(x + 1) 1 ((x + 1) 2 ) 2 = Forteiknskjema: 2(x + 1)((x + 1) 2 (x 2 + 2x 3)) (x + 1) 4 = 2(x2 + 2x + 1 x 2 2x + 3) 8 (x + 1) 3 = (x + 1) 3. A forteiknskjemaet ser i at f har konkaitet ned når x < 1 og konkaitet opp når x > 1. 2

3 Oppgåe 2 ( u ) = (u 1 ) = u 1 + u ( 1) = u u u 2 = u u 2 + u ( 1) 2 = (q.e.d.). Oppgåa kan også løysast utan å bruke kjerneregelen. Vi kallar kotienten u/ for f(x); f(x) = u(x) (x). Vi kan då skrie at u(x) = f(x) (x). Vi brukar produktregelen for å deriere 3

4 u(x): Oppgåe 3 u = f + f = f + u f = u u = u f = 1 u u ( u ) = u u 2 u = u u 2 (q.e.d.) = u u a (x) = 4(3x 2 2) 3 (3x 2 2) = 4(3x 2 2) 3 6x = 24x(3x 2 2) 3 b (x) = sin(x 2 + 1) (x 2 + 1) = sin(x 2 + 1) 2x = 2x sin(x 2 + 1) c (x) = 1 x + 1 x 1 2 (x + 1) 1/2 1 x + 1 x 2 x+1 2 = = x + 1 x + 1 ( x + 1 x 2 x+1 (x + 1) 2 x + 1 ) 2 x + 1 = 2(x + 1) x 2(x + 1) 3/2 = x + 2 2(x + 1) 3/2 d (x) = 10 cos ( 2π x) 2π (x + 2) sin ( 2π x) ( 1 4π(x + 2) cos 2π (x + 2) 2 = x) 10 sin ( 2π x) (x + 2) 2 Oppgåe 4 a) Då dette skal ere ein sinus-funksjon, kan han skriast på forma U(t) = a sin(k(t c)) + d. Absolutterdien a a gir amplituden, som er oppgitt å ere 310. Oppgåa seier ingenting om spenninga er aukande eller atakande ed t = 0 altså om grafen til U har ein topp eller botn rett til høgre for y-aksen. Difor kan a ere både 310 og 310. Vi el den positie erdien for a. På eitt sekund har funksjonen singa 0 gonger altså er perioden 100/0 = 2, 0 målt i hundredels sekund. Dette gir at parameteren k blir k = 2π/2, 0 = π. Då spenninga er negati like ofte som ho er positi, må i ha at d = 0. Til sist står det att å bestemme faseforskyninga c. Sidan D(0) = 0, får i at 310 sin(π(0 c)) = 0. Vi ser at dette er oppfylt for c = 0. Vi får funksjonen D(t) = 310 sin(πt). b) Talet på folk i bygda, F, har denne forma: F (d) = a sin(k(d c)) + f. Vi eit at perioden skal ere eitt år 36 dagar. Dette bestemmer k; 4

5 k = 2π/36 0, Det gjennomsnittlege talet på folk bestemmer likeektslinja; f = 130. Vidare eit i at når talet er høgst, er det dobblet så høgt som når det er lågast. Om i el a til å ere positi 1, får i at den største erdien F kan ha ert f + a og at den minste erdien F kan ha ert F a. Sidan maksimalerdien skal ere dobbelt så stor som minimalerdien, må i ha at f + a = 2(f a) 3a = f a = f 3 = = 40 Vi eit at folketalet er høgst den 2. juli. Dette kan i bruke til å bestemme c. F er maksimal når sin(0, 01721(d c)) = 1, som igjen gir at 0, 01721(d c) = π/2 + n 2π, n Z. Datoen 2. juli tilsarar at d = = 206. Altså, om i el n = 0, får i 0, (206 c) = π 2 π c 206 = 2 0, = 91.2 c = 91, = 114, 7. Vi får: F (d) = 40 sin(0, 01721(d 114, 7)) c) Metode I Vi eit at funksjonen sin x eks raskast når argumentet, x, er 0 eller n 2π der n er eit heiltal. Om i el n = 0, år i at F eks raskast når 0, 01721(d 114, 7) = 0, som igjen gir at d = 114, (Det er her grafen skjer likeektslinja fyrste gongen.) Dette tilsarar datoen 2. april. (2= ) 1 Dette har i alltid lo til, men erdien a c ert ahengig a om i el a positi eller negati.

6 Metode II Farten F eks med, er gitt ed F (d) = 40 cos(0, 01721(d 114, 7)) 0, = 7, 746 cos(0, 01721(d 114, 7)). Vi eit at cos x er størst når argumentet x er 0 eller n 2π. Med 0, 01721(d 114, 7) = 0 (for n = 0) får i, som før, at d 11, som igjen tilsarar datoen 2. april. Metode III Vi skal besteme d slik at F (d) blir maksimal. F (d) er maksimal for den erdien a d der F (d) endrar forteikn frå positi til negati. F (d) = (7, 746 cos(0, 01721(d 114, 7))) = 7, 746 sin(0, 01721(d 114, )) 0, = 0, 1333 sin(0, 01721(d 114, 7)). Vi nn nullpunkta til F (d): F (d) = 0 0, 1333 sin(0, 01721(d 114, 7)) = 0 0, 01721(d 114, 7) = n π, n Z d 114, 7 = π n 0, = n 182, d = 114, 7 + n 182,. F (d) = 0 når d = 114, 7 og når d = 114, , = 297, 2. Vi set opp eit forteiknskjema for F. Ved å sette inn erdiar i kart a interalla mellom 0, 114, 7, 297, 2 og 360 nn i om F er positi eller negati i dei respektie interalla. F (100) = 0, 0334 > 0 F (200) = 0, 132 < 0 F (30) = 0, 1048 > 0. A forteiknskjemaet ser i at F (d) er maksimal når d = 114, 7 11, som, som nemnd, tilsarar datoen 2. april. 6

7 Oppgåe d(x) = 10 sin( 2π x) x+2, D d = [0, 10] a) Frå GeoGebra får i dette plottet: b) Vi nn ed alesing at i har desse toppunkta: (1, 04, 3, 18), (6, 17, 1, 22) og (10, 0) og desse botnpunkta: (0, 0), (3, 6, 1, 76) og (8, 70, 0, 93). c) Frå oppg. 3: d (x) = 4π(x+2) cos( 2π x) 10 sin( 2π x) (x+2) 2 d (1, 04) = 4π (1, ) cos ( 2π 1, 04) 10 sin ( 2π 1, 04) (1, ) 2 = 0, 0336 d (3, 6) = 4π (3, 6 + 2) cos ( 2π 3, 6) 10 sin ( 2π 3, 6) (3, 6 + 2) 2 = 0, 0320 d (6, 17) = 0, 0031 d (8, 70) = 0, 0134 Vi ser at alle erdiane er nær null, men ingen a dei er nøyaktig lik null. 7

8 d) d (x) = 0 4π(x + 2) cos ( 2π x) 10 sin ( 2π x) (x + 2) 2 = 0 4π(x + 2) cos ( ) 2π sin x = ( 2π x ) ( ) 2π 10 sin x = 0 ( ) 2π cos x 4π(x + 2) 10 sin ( 2π x) cos ( 2π x) = 2π (x + 2) ( ) 2π tan x = 2π (x + 2) ( ) 2π 2π x = tan 1 (x + 2) x = 2π + n π, n Z ( ) ) 2π (tan 1 (x + 2) + n π ( ) 2π (x + 2) + n (q.e.d.) 2 x = 2π tan 1 Sjøl om i har x aleine på enstre side, har i ikkje løyst likninga sidan også høgresida er ahengig a x. Men i kan bruke uttrykket oer til å nne ein meir nøyaktig erdi for x-erdien til det fyrste toppunktet ed iterasjon. For å gjere notasjonen enklare, kallar i høgresida i likninga oer med n = 0 for g(x) slik at likninga i skal løyse er x = g(x) der g(x) = 2π tan 1 ( 2π (x + 2) Vi kallar den erdien i las a x 0 ; x 0 = 1, 04. Vi set denne erdien inn i g(x), og kallar denne erdien x 1. Så set i x 1 inn i g(x) og kallar denne erdien x 2. Om i fortset slik, får i: x 0 = 1, 04 x 1 = g(x 0 ) = 1, x 2 = g(x 1 ) = 1, x 3 = g(x 2 ) = 1, x 4 = g(x 3 ) = 1, x = g(x 4 ) = 1, x 6 = g(x ) = 1, ). Vi ser at i etter kart har oppfyld likninga x = g(x); x og x 6 er så godt som like. Saret ert så nøyaktig i il ut frå kor mange gonger i itererar. 8

9 På kalkulatoren kan prosessen oer gjerast eektit på denne måten (Casio): -Legg x 0 -erdien inn i X på kalkulatoren (1.04 X). -Skri g(x) til X (/2/π*tan 1 (2*π/*(X+2)) X) -Trykk på EXE så mange gonger som trengs for å få saret så nøyaktig du il. Med den erdien for x i fann oer, x 6, ert d (x) = 2, , som jo er ganske nære 0. x-erdiane for dei andre ekstremalpunkta kan nnast på same måte om i set n = 1, n = 2 o.s.b. Vi bør legge til at ikkje alle likningar a typen x = g(x) kan løysast numerisk på denne måten. Ofte il det ere agjerande at x 0 ligg rimeleg nære løysinga. (Sjekk gjerne om så er tilfelle her.) Måten i formulerar likninga i il løyse med iterasjon, er også agjerande for om metoden fungerarar (om x 1, x 2, x 3,... konergerar mot løysinga). Om i til dømes hadde ald å sette opp likninga d (x) = 0 som x = ( ) 2π 2π tan x 2 (sjekk gjerne at denne likninga er ekialent med d (x) = 0), hadde i fått problem med å nne løysinga. (Sjekk gjerne dette også.) 9