Anbefalte oppgaver uke 36

Transkript

1 Anbefalte oppgaver uke 36 Høsten 2017 Løsningsforslag 1 Vi begynner me å skrive om ligningen litt, først til x y x + y = x2 + y, (1) y og så eller Nå eriverer vi, og får slik at xy y 2 = x 3 + xy + x 2 y + y 2, (2) x 3 + x 2 y + 2y 2 = 0. (3) 3x 2 + 2xy + x 2 y + 4yy = 0, (4) y = 3x2 + 2xy x 2 + 4y. (5) 2 Ligningen for tangentlinjen til en kurve i et gitt punkt (x 0, y 0 ), er gitt som y = m(x x 0 ) + y 0. Stigningstallet, m, er gitt som en eriverte av y me hensyn på x i punktet (x 0, y 0 ). Dette kan skrives som m = y x. (x,y)=(x 0,y 0 ) Den oppgitte kurven lar seg ikke skrive på eksplisitt form. Derfor eriverer vi implisitt. (x + 2y + 1) = x x (x) + x (2y) + x (1) = x ( y2 x 1 ) x (y2 )(x 1) y 2 (x 1) x (x 1) y x + 0 = 2y (y)(x 1) x y2 (1 0) (x 1) y x = 2y y x (x 1) y2 (x 1) 2. Vær spesielt oppmerksom på erivasjonen av y 2. Her må vi behanle y som en kjerne sien vi eriverer me hensyn på x, slik at vi får x (y2 ) = 2y y (og ikke bare 2y). x

2 Dersom vi hae ønsket å finne y y uttrykt ve x og y, måtte vi nå ha løst ette uttrykket for. x x Deretter kunne vi ha funnet m ve å sette inn for (x, y) = (2, 1). Men sien vi kun er interessert i y x y i ette punktet, kan vi sette inn for x og y før vi løser for. Dette gir x y x = 2( 1) y x y x = 2y x 1 4 y x = 2 y x = 1 2. (2 1) ( 1)2 (2 1) 2 Dette er nå en eriverte i punktet (2, 1), så for å være helt nøyaktige bør vi skrive m = y x = 1 2. (x,y)=(x 0,y 0 ) Vi er nå klare til å sette opp ligningen for tangentlinjen til kurven i punktet (2, 1), y = 1 2 (x 2) 1 = 1 2 x. 3 Vi starter me å finne skjæringspunktene mellom ellipsen og hyperbelen. Hvis vi løser ligningen for ellipsen me hensyn på y 2 får vi y 2 = b 2 (1 x2 a 2 ). Vi setter ette inn i ligningen for hyperbelen og løser me hensyn på x 2, x 2 A 2 b2 x2 (1 B2 a 2 ) = 1 x 2 ( 1 A 2 + b2 a 2 B 2 ) = 1 + b2 B 2 x 2 (a 2 B 2 + b 2 A 2 ) = A 2 a 2 B 2 + b 2 A 2 a 2 x 2 = A2 a 2 B 2 + b 2 A 2 a 2 a 2 B 2 + b 2 A 2 = A2 a 2 (B 2 + b 2 ) a 2 B 2 + b 2 A 2. Observer nå at x 2 0 for alle a, b, A og B. Det må vi også kreve for at ligningen skal ha en løsning (vi kan ikke ta kvaratroten av noe negativt). Vi setter så inn uttrykket for x 2 inn i uttrykket for y 2 og får at y 2 = b 2 (1 A2 (B 2 + b 2 ) a 2 B 2 + b 2 A 2 ) = b2 ( a2 B 2 + b 2 A 2 A 2 B 2 A 2 b 2 a 2 B 2 + b 2 A 2 ) = b2 B 2 (a 2 A 2 ) a 2 B 2 + b 2 A 2. Tilsvarene som i ste, må vi kreve at y 2 0 for at vi skal ha en løsning. Vi ser at nevneren er positiv for alle a, b, A og B, mens vi må kreve at a 2 A 2 for at telleren skal være positiv. Antakelsen

3 fra oppgaven om at a 2 A 2 er altså nøvenig for å sikre oss at vi faktisk har løsninger, et vil si at kurvene skjærer hveranre. Det neste steget er å finne uttrykk for stigningstallet til tangentlinjene til e to kurvene. Stigningstallet er som vi husker lik y. Ingen av kurvene er gitt på eksplisitt form, så vi eriverer implisitt. x Vi starter me ellipsen, For hyperbelen får vi x (x2 a 2 + y2 b 2 ) = x (1) y 2x a 2 + 2y x b 2 = 0 b 2 x + yy a2 x = 0 y x = x b2 a 2 y. x ( x2 A 2 y2 B 2 ) = x (1) y 2x A 2 2y x B 2 = 0 B 2 x yy A2 x = 0 y x = B2 x A 2 y. La m e = b2 være stigningstallet til tangentlinjen til ellipsen, og m y h = B2 være stigningstallet y til tangentlinjen til hyperbelen. For at e to tangentlinjene skal stå normalt på hveranre må vi ha at (se sie 99 i læreboken) a 2 x Satt inn for m e og m h får vi m e = 1 m h. b2 x a 2 y = A2 y B 2 x b 2 a 2 x2 = A2 B 2 y2. Vi setter nå inn uttrykkene for x 2 og y 2 som beskriver skjæringspunktene, for å sjekke om ligningen ovenfor er tilfrestillt i isse punktene. Vi stryker alle like faktorer og står igjen me b 2 A 2 a 2 (B 2 + b 2 ) a 2 a 2 B 2 + b 2 A 2 = A2 b 2 B 2 (a 2 A 2 ) B 2 a 2 B 2 + b 2 A 2. B 2 + b 2 = a 2 A 2 A 2 x eller a 2 b 2 = A 2 + B 2.

4 Dette er lik en anre antakelsen i oppgaven, og vi har vist at tangentlinjene til kurvene i skjæringspunktene står normalt på hveranre. 4 La tien t være gitt i sekuner, og la a = 9.8m/s 2. Vi innfører tre funksjoner, x(t), y(t) og θ(t), se figur. Oppgaven spør etter x (1), og x (t s ). Veiformlene fra fysikken forteller oss at Nå ser vi båe at og at så Snur vi enne på hoet, får vi og vi kan beregne Hvis vi eriverer, får vi: y(t) = at2 (6) tan θ = x(t), (7) 1 tan θ = y(t) x(t) = 20 2 at2, (8) x(t) x(t) 10 + x(t) at2 =. (9) x(t) = x(t) 40 at 2, (10) at2 x(t) = at 2 = (11) at2 x (t) = 800 at 3. (12) Når ballen har truffet bakken, er y(t) = 0, så vi kan beregne lett at for ette tispunktet må t = 40 a. Vi setter til slutt in t = 1 og t = 40 a i uttrykket for x (t), og får x (1) = 800 a 81.63m/s (13)

5 (her går et unna; skyggen starter jo på uenelig langt unna), og x ( 40 a ) = 800 a 403 a 3 = 9.90m/s (14) Merk at fortegnene er negative, på grunn av vårt valg av koorinatsystem. 5 Denne oppgaven kan løses ve å bruke l Hôpitals regel to ganger. Vi går gjennom ette grunig steg for steg. La f(x) = 1 cos x og g(x) = ln(1 + x 2 f(x) ). Vi skal evaluere grensen lim x 0, og ser at uttrykket er på ubestemt form av typen [0/0]. Vi vet at båe f og g er eriverbare, så vi prøver å bruke l Hôpitals regel. De eriverte er gitt ve f (x) = sin x, g (x) = 2x 1 + x 2. Vi har at f (0) = g (0) = 0, slik at vi fortsatt har et uttrykk på ubestemt form av typen [0/0]. Dersom vi eriverer funksjonene på nytt får vi at g(x) f (x) = cos x, g (x) = (1 + x2 ) 2 2x 2x (1 + x 2 ) 2 = 2 2x2 (1 + x 2 ) 2. Altså er f (x) og g (x) eriverbare og vi ser at g (0) = 2 0. Vi kan erfor benytte l Hôpitals regel på grensen lim x 0 f (x) g (x), f (x) lim x 0 g (x) = lim f (x) x 0 g (x) cos x = lim x 0 2 2x 2 (1+x 2 ) 2 = lim x 0 cos x lim x 0 2 2x 2 (1+x 2 ) 2 = f Sien vi nå har vist at lim (x) x 0 eksisterer, vet vi fra l Hôpitals regel at g (x) f(x) lim x 0 g(x) = lim f (x) x 0 g (x) = 1 2. OBS! Man kan gjøre ette fortløpene ve å erivere teller og nevner hver for seg inntil man ikke lenger har et uttrykk på ubestemt form, men man må a hele tien sjekke at båe teller og nevner faktisk er eriverbar på et åpent intervall runt en verien som x går mot og at også nevneren er ulik null i et slikt intervall. 6 Vi bruker l Hôpital tre ganger, og får 1 2. x sin x cos x lim x 0 x 3 = lim = 1 x

6 7 Vi starter me å finne en eriverte til f, f 1 (x) = (x 1) 2. Vi har tre kategorier me kaniater til lokale og globale maksimum- og minimumsverier: (i) Kritiske punkter, er f (x) = 0. Det finnes ingen x slik at f (x) = 1 (x 1) 2 = 0. (ii) Singulære punkter, er f (x) ikke eksisterer. Vi ser at f (x) eksisterer i alle punkter utenom x = 1, men ette punktet ligger ikke i intervaller [2, 3]. (iii) Enepunkter av efinisjonsmengen. Vi har to enepunkter, x 1 = 2 og x 2 = 3. Vi regner til slutt ut funksjonsveriene i alle kaniatene for å finne maksimum og minimum. f(x 1 ) = = 1, f(x 2) = = 1 2. Konklusjonen er at et globale maksimumet til f på intervallet [2, 3] er 1, mens et globale minimumet er 1. Det finnes ingen anre lokale ekstremverier. 2 8 Vi starter me å regne ut e eriverte til f, f (x) = 2xe x + (x 2 3)e x = (x 2 + 2x 3)e x, f (x) = (2x + 2)e x + (x 2 + 2x 3)e x = (x 2 + 4x 1)e x. Vi finner så e kritiske punktene er f (x) = 0. Sien e x alri er null, må e kritiske punktene tilfrestille x 2 + 2x 3 = 0. Denne anregraligningen har to løsninger, x 1 = 1, x 2 = 3. Vi har ingen singulære punkter sien f (x) eksisterer for alle x. Viere har vi heller ingen enepunkter a f(x) er efinert for alle x, et vil si D(f) = R. Vi utfører anreeriverttesten, f (x 1 ) = ( )e 1 = 4e > 0, f (x 2 ) = (0 12 1)e 3 = 4e 3 < 0. Vi konkluerer me at x 1 = 1 er et lokalt minimum, mens x 2 = 3 er et lokalt maksimum.