TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 Høst Vi merker oss først at funksjonen f er båe kontinuerlig og eriverbar på intervallet [1,2], slik at forutsetningene for sekantsetningen (eller mielveriteoremet; Mean Value Theorem, sie 137 i boka) er oppylt. Stigningstallet, m, til en rette linjen mellom startpunktet (1, f(1)) og sluttpunktet (2, f(2)) er gitt ve m = f(2) f(1) 2 1 Viere er en eriverte til f gitt som = = 1 2. f (x) = 1 x 2. Vi ønsker å finne et punkt c (1,2) slik at f (c) = m, et vil si 1 c 2 = 1 2 c 2 = 2 c = ± 2. Sien punktet c = 2 ligger i intervallet (1,2), har vi vist at sekantsetningen er oppfylt for f Vi kan ikke uttrykke y eksplisitt som funksjon av x. Derfor eriverer vi ligningen implisitt me hensyn på x. x (x3 y + xy 5 ) = x (2) x (x3 y) + x (xy5 ) = 0 x (x3 )y + x 3 x (y) + x (x)y5 + x x (y5 ) = 0 3x 2 y + x 3 y x + y5 + x 5y 4 y x = 0 (x 3 + 5xy 4 ) y x = y5 3x 2 y y x = y5 + 3x 2 y x 3 + 5xy 4. I utregningen over har vi blant annet brukt prouktregelen og kjerneregelen for erivasjon. 7. oktober 2014 Sie 1 av 6

2 Uttrykket kan ikke løses eksplisitt for y, så vi eriverer implisitt, x (x2 ) + x (4y2 ) = x (4) 2x + 8y y x = 0 x + 4y y x = 0. Vi fortsetter me å erivere implisitt for å finne et uttrykk for y = 2 y Vi kan nå løse for y x 2 + y (8y) x x + 8y x ( ) y = 0 x y x y x + 8y 2 y x 2 = 0 ( ) y y 2 y x x 2 = 0. i en første ligningen, y x = x 4y, og eretter sette ette inn i et anre utrykket og løse for 2 y ( x ) 2 + 4y 2 y 4y x 2 = x2 16y 2 + 4y 2 y x 2 = 0 x 2, 2 y x 2 = x2 16y 2 4y 2 y x 2 = + x 2 4y2 16y 3. Vi kunne også valgt en litt annen løsningsstrategi ve å først løse en første ligningen for y x og så erivere et uttrykket implisitt. Da måtte vi ha brukt kvotientregelen for erivasjon, men vi ville ent opp me samme svaret til slutt. x 2, 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 g(x), 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 f (x) = cos x, g (x) = (1 + x2 ) 2 2x 2x (1 + x 2 ) 2 = 2 2x2 (1 + x 2 ) oktober 2014 Sie 2 av 6

3 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), Sien vi nå har vist at 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 = 1 2. eksisterer, vet vi fra l Hôpitals regel at 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 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 omenet. 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 2. Det finnes ingen anre lokale ekstremverier 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 = oktober 2014 Sie 3 av 6

4 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 Vi prøver å få så mye informasjon ut av funksjonen f(x) = (2 x)2 og ens eriverte x 3 som mulig, slik at vi kan tegne en mest mulig korrekt skisse av f. Det første vi observerer er at f(x) < 0 for alle x < 0 og f(x) > 0 for alle x > 0. Vi ser også at f verken er oe eller like sien f(2) = 0, mens f( 2) 0. Vi stuerer så e eriverte til f, Vi ser at f (x) = x3 2(2 x)( 1) (2 x) 2 3x 2 x 6 2x(2 x) 3(2 x)2 = x 4 (2 x)(2x + 3(2 x)) = = x 4 (2 x)(6 x) x 4, f (x) = x4 (( 1)(6 x) + (2 x)( 1)) (2 x)(6 x)4x 3 x 8 = x( 6 + x 2 + x) 4(12 2x 6x + x2 ) x 5 = 2x2 + 24x 48) x 5 = 2(x2 12x + 24) x 5. f (x) = 0 for x = 2 og x = 6. Dette er e kritiske punktene til f. f (x) < 0 når x < 2 og x > 6. På isse intervallene er f synkene. f (x) > 0 når 2 < x < 6. På ette intervaller er f stigene. Tilsvarene ser vi at f (x) = 0 for x = 6 ± 2 2. Dette er venepunktene til f. f (x) < 0 når < x < På ette intervallet vener f neover. f (x) > 0 når x < og x > På isse intervallene vener f oppover. 7. oktober 2014 Sie 4 av 6

5 Vi ser at vi har et singulært punkt i x = 0 sien f (x) ikke er efinert her. Vi skal snart se at ette er en asymptote. Vi har nå funnet alle kaniater til lokale maksimum og minimum til f. Dette er e kritiske punktene. Ve å gjøre anreeriverttesten ser vi at x = 2 må være et lokalt minimum, mens x = 6, må være et lokalt maksimum. Vi har essuten at f(2) = 0 og f(6) = ,074. For å finne vertikale asymtoter, ser vi etter punkter c er lim x c = ±. Vi ser raskt at x = 0 er et slikt punkt sien lim f(x) =, lim x 0 f(x) =. x 0+ Vi finner så horisontale asymtoter ve å stuere f(x) når x ±, lim f(x) = lim f(x) = 0. x x Vi har nå mye informasjon om formen til f, så vi bør kunne tegne en rimelig go skisse. Figuren uner viser hvoran f virkelig ser ut Vi tegner først en figur: R y x 7. oktober 2014 Sie 5 av 6

6 Omkretsen av rektangelet er gitt som O = 4x + 2y. Dessuten har vi at R 2 = x 2 + y 2. Vi løser for y, y = R 2 x 2, og får O uttrykt ve x alene, O = 4x + 2 R 2 x 2. Vi finner kaniater til maksimum ve å sette O x = 0. Dette gir O x = ( 2x) 2 R 2 x = 4 2x 2 R 2 x = 0. 2 Vi multipliserer begge sier me R 2 x 2, kvarerer og løser så for x, 4 R 2 x 2 = 2x 16(R 2 x 2 ) = 4x 2 4R 2 = 5x x = 5 R = 2 5 R. Vi er kun interessert i x > 0, erfor ser vi bort i fra løsningen x = Satt inn i uttrykket for y får vi y = R R2 = 1 5 R. Den maksimale omkretsen av rektangelet er altså O = R R = 10 5 R = 10 5 R = 2 5R. 4 5 R. 7. oktober 2014 Sie 6 av 6