Lsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 7 I seksjon 7.1 og 7.2 lrer du a lse oppgaver hvor det kan lnne seg a

Transkript

1 Lsningsforslag til utvalgte ogaver i kaittel 7 I seksjon 7. og 7. lrer du a lse ogaver hvor det kan lnne seg a tegne gurer og sette navn a ukjente strrelser. Ogave 7..7 illustrerer hvordan du kan ansla om et estimat gitt ved Newtons metode er for lite eller for stort. I seksjon 7.4 far du trening i a vise at en funksjon er injektiv, og nne den omvendte funksjonen og dens deriverte. I seksjon 7.5 og 7.6 blir du kjent med cotangens og arcusfunksjonene, og far se eksemler a raktisk bruk av dem (f.eks i ogave 7.6.4). Ogave 7.. Vi skal lage en rektangulr innhegning inntil en lave, og nsker at innhegningen skal ha strst mulig areal. Vi har materialer til 50 meter gjerde som skal utgjre tre av sidene i innhegningen. Velger vi to av sidene til a vre meter lange, ma den siste siden vre 50 meter lang, slik at arealet blir A() = (50 ) = 50 ; [0; 5] Vi deriverer for a nne det maksimale arealet: A 0 () = 50 4 Vi ser at A 0 () = 0 for = :5. I tillegg er A 0 () > 0 for < :5 og A 0 () < 0 for > :5, sa = :5 er et maksimumsunkt for A(). Det strste arealet blir da A(:5) = 50 :5 (:5) = :5; det vil si :5 m : Ogave 7.. Vi skal nne ut hvor B skal ligge for at avstanden fra A til C via B skal bli minst mulig (se gur til ogaven i Kalkulus). Her kan vi benytte et enkelt geometrisk argument til a lse ogaven. La C 0 vre seilingen av C om den nedre horisontale linjen a guren, kall fotunktet for normalen fra C ned a denne linja for D og kall fotunktet for normalen fra A ned a denne linja for E. Da er jbcj = jbc 0 j siden de to rettvinklede trekantene BDC 0 og BDC er kongruente. Men det betyr at avstanden fra A til C via B er lik avstanden fra A til C 0 via B. Den sistnevnte avstanden er kortest nar B ligger a den rette linjen mellom A og C 0, det vil si nar trekantene AEB og C 0 DB er formlike (vinklene BEA og BDC 0 er rette, og vinklene EBA og DBC 0 er tovinkler). Det betyr at 4

2 vi ma ha altsa jebj jaej = jdbj jc 0 Dj = 9 4 = 9 = Avstanden fra A til C via B blir altsa minst nar vi har =. Ogave 7..5 Vi skal nne det maksimale volumet til en rett sirkulr kjegle hvor sidekanten har lengde L = 9. La r vre radius i sirkelen og h vre hyden til kjeglen (se guren til ogaven i Kalkulus). Ved Pythagoras formel har vi da at r = L h. Setter vi dette inn i formelen for volumet V av kjeglen, far vi V (h) = r h = (L h )h Vi deriverer for a nne ekstremalverdier: V 0 (h) = ( h)h + (L h ) = L ( h + L ) = h Setter vi inn L = 9, far vi altsa V 0 9 (h) = h = (7 h ) Vi ser at V 0 (h) = 0 nar h = 7 =. Siden hyden h ikke kan vre negativ, er eneste mulighet at h =. Da vi har at V 0 (h) > 0 for 0 < h < og V 0 (h) < 0 for h >, blir h = et maksimumsunkt for V (h). Det maksimale volumet til kjeglen blir dermed V ( ) = (9 ( ) ) = (8 7) = 54 Ogave 7.. Vi har en 4 meter lang stige som star otil en vegg a att underlag (tegn gur!). Vi lar hyden til toen av stigen a et tidsunkt t vre 4

3 (t), mens avstanden mellom foten og veggen er y(t). mellom og y er da iflge Pythagoras formel gitt ved Sammenhengen (t) + y(t) = 6 og derivasjon av denne ligningen med hensyn a tiden t gir (t) 0 (t) + y(t)y 0 (t) = 0 Foten av stigen glir vekk med en konstant hastighet lik 0.5 m/s. Vi er interessert i det yeblikket hvor =, y = 4 = og y 0 (t) =, og setter vi dette inn i ligningen ovenfor, far vi 4 0 (t) + = 0 det vil si 0 (t) = 0:87 Toen av stigen beveger seg altsa mot bakken med en hastighet a 0.87 meter er sekund idet den benner seg meter over bakken. Ogave 7.. En rett sirkulr kjegle med vertikal akse og med sissen ned fylles med vann med hastigheten 00 cm /s. Kjeglen har en hyde a 40 cm som er lik radien i toaten. Radien i vannets toate ved en vannhyde h er dermed lik h, og volumet av vannet i kjeglen ved denne hyden blir V = h Deriverer vi uttrykket med hensyn a tiden t, far vi V 0 (t) = h(t) h 0 (t) det vil si h 0 (t) = V 0 (t) h(t) For V 0 (t) = 00 og h(t) = 0 gir dette h 0 (t) = 00 0 = 0: Nar vannet har en hyde a 0 cm, stiger det altsa med en hastighet omtrent lik 0. cm/s. 4

4 Ogave 7..7 En lommelykt lyser o en sektor a 60 grader. Vi gar mot et gjerde med en hastighet a m/s, og skal nne ut hvor fort den olyste lengden av gjerdet minker. Vi lar avstanden fra gjerdet vre y(t), mens det olyste omradet har lengde (t). Da har vi (t)= y(t) Ved a derivere far vi = tan 0 () (t) = y(t) tan 0 = y(t) 0 (t) = y 0 (t) Siden vi gar mot gjerdet med hastigheten y 0 (t) =, minker lengden av det olyste omradet med m/s. Ogave 7.. a) Vi skal bruke Newton's metode to ganger for a nne et tilnrmet nullunkt for f() = i intervallet [; ]. Startverdi er 0 = :5. Den neste tilnrmelsen er gitt ved = 0 f( 0) f 0 ( 0 ) = :0 og anvender vi metoden en gang til med ny startverdi, nner vi = :7 (Det eksakte nullunktet er.6 med to desimalers nyaktighet.) Ogave 7..7 a) Vi skal studere grafen til funksjonen f() = e. Siden f() = e < 0, f() = e > 0 og grafen er kontinuerlig, har grafen minst ett nullunkt i intervallet (; ) ved skjringsetningen. Siden funksjonen er strengt voksende, kan den ha hyst ett nullunkt. Dermed ma den ha nyaktig ett nullunkt i dette intervallet. b) Vi bruker Newton's metode en gang med startverdi 0 = og far = 0 f( 0) f 0 ( 0 ) = e 0 0 e 0 = e e = 6 e e :07 Siden den dobbeltderiverte er ositiv (sjekk dette selv!) for >, er grafen konveks i intervallet (; ) og ligger derfor i hele dette 44

5 intervallet a oversiden av grafens tangent i unktet 0 =. Sesielt gjelder dette i skjringsunktet mellom tangenten og -aksen, og det betyr at f( ) > 0. Siden f( 0 ) = e < 0, ma grafen skjre -aksen mellom 0 og iflge skjringssetningen. Det betyr at den tilnrmede verdien for nullunktet er for stor, siden i vart tilfelle er strre enn 0. (Det eksakte nullunktet er.069 med re desimalers nyaktighet.) Ogave 7.4. Vi skal vise at funksjonen er injektiv og nne den omvendte funksjonen. b) f() = og D f = [0; ). Den deriverte er f 0 () = > 0 for (0; ). Siden funksjonen er strengt voksende a intervallet [0; ), ma den vre injektiv. Den inverse funksjonen nnes ved a lse ligningen y = f() = med hensyn a. Den eneste lsningen er = y, da skal vre ositiv. Den inverse funksjonen er dermed c) f() = og D f = ( ; 0]. f (y) = y; D f = V f = [0; ) Den deriverte er f 0 () = < 0 for ( ; 0). Siden funksjonen er strengt avtagende a intervallet ( ; 0], ma den vre injektiv. Vi lser igjen y = f() = med hensyn a, og da na er negativ, ma vi ha = y. Den inverse funksjonen er altsa f (y) = y; D f = V f = [0; ) e) f() = + + og D f = [ ; ). Den deriverte er f 0 () = + > 0 for ( ; ). Siden funksjonen er strengt voksende a intervallet [ ; ), ma den vre injektiv. Verdimengden til f er V f = [; ), og vi nner som tidligere den inverse funksjonen ved a lse ligningen y = f() med hensyn a : + + = y = 4 + 4y = y Da skal ligge i intervallet [ ; ), ma vi velge lsningen med luss foran rottegnet. Den inverse funksjonen blir altsa f (y) = + y ; D f = V f = [; ) 45

6 Ogave 7.4. Funksjonen f() = e + med denisjonsomrade D f = [ ; ) er injektiv fordi den deriverte f 0 () = e + e = e ( + ) er ositiv a intervallet ( ; ), slik at f blir strengt voksende a intervallet [ ; ). Vi lar g betegne den omvendte funksjonen, og skal beregne g 0 (). Vi har aenbart y = f() = e + = () = 0 og nner dermed g 0 () = f 0 (0) = e 0 ( + 0) = Ogave Funksjonen f() = tan har denisjonsomrade D f = ( =4; =4) og er injektiv fordi dens deriverte f 0 () = er ositiv a dette intervallet, cos slik at funksjonen selv er strengt voksende. Vi skal nne den deriverte til den omvendte funksjonen g i unktet =. Vi har y = f() = nar = =8. Dermed blir Ogave 7.5. g 0 () = f 0 (=8) = =( = ) 4 Da den deriverte av cotangens er gitt ved D[cot ] =, har vi sin a) D[cot( )] = sin ( ) D[ ] = sin ( ) b) D[cot ] = cot D[cot ] = cot Ogave sin a) Vi nedfeller en normal fra tounktet C i trekanten ABC a grunnlinjen AB, og kaller normalens fotunkt D. I den rettvinklede trekanten CDB er da CD = a sin B og DB = a cos B. Av dette flger cotangenssetningen: cot A = AD CD = AB DB CD = c a cos B a sin B b) I en trekant er to sider henholdsvis 0 cm og 5 cm lange, og den mellomliggende vinkelen er 0. Setter vi c = 0, a = 5 og B = 0, 46

7 kan vi bruke cotangenssetningen til a nne vinkel A: cot A = 0 5 cos 0 5 sin 0 = = 4 Av dette far vi at tan A = 4 =) A :8 Da vinkelsummen i trekanten er 80, blir den siste vinkelen C = 80 B A 80 0 :8 = 6: Ogave 7.6. a) arcsin = 6 fordi sin 6 = e) arccos = fordi cos = f) arccos = 5 fordi cos = g) arctan = 4 fordi cos 4 = sin 4 Ogave 7.6. Vi skal derivere funksjonene (vi bruker setning 7.6. og 7.6.4). a) D[arcsin ] = q D[ ] = = ( ) b) D[arctan e ] = + (e ) D[e ] = e + e c) D[ arcsin ] = arcsin + = arcsin + e) D[arcsin + arccos ] = = 0 Ogave 7.6. Vi skal nne grenseverdiene. arctan a)!0 L'H^o!0 +() D[] 47!0 + 4 =

8 c) e) arctan! arctan! arctan!0 L'H^o!0 =!0 =! + L'H^o! + =! ( + ) = + L'H^o (+ )!0 6 + = Ogave Vi studerer funksjonen f() = arctan. a) Den frstederiverte er gitt ved f 0 () = arctan + + Her har begge leddene a hyre side samme fortegn som. Det medfrer at ogsa f 0 () har samme fortegn som. Flgelig er f voksende i intervallet [0; ) og avtagende i ( ; 0]. b) Den andrederiverte blir f 00 () = + + ( + ) () ( + ) = ( + ) + ( + ) ( + ) = ( + ) Dermed ser vi at f 00 () > 0 for alle. Det betyr at funksjonen er konveks a hele R. c) Funksjonen f() = arctan er denert for alle og har derfor ingen vertikale asymtoter. Vi undersker om den har noen skra asymtoter ved hjel av metoden i Vi nner frst at grensen f()! =! arctan = eksisterer, slik at vi muligens kan ha to skraasymtoter. Ved hjel av ogave 7.6.c) nner vi videre at begge grensene arctan! arctan! = og 48

9 arctan +! arctan! + eksisterer. Det betyr at f har asymtotene y = = Ogave En meter hy lakat henger med nedre kant meter over bakken. Vi skal nne den avstanden som gir strst betraktningsvinkel () (se gur i boken). Av guren ser vi at fremkommer som dierensen mellom to vinkler: () = arctan arctan ; (0; ) Den deriverte blir 0 () = + + = + + og mulige ekstremalunkt for er derfor gitt ved = () = 0 () + 4 = + 9 () ( + 9) = ( + 4) () = 6 () = 6 siden 0. Den deriverte funksjonen 0 () er kontinuerlig overalt og kan ikke skifte fortegn andre steder enn ved det eneste nullunktet = 6. Siden 0 (0) = = 6 > 0 og 0 () = = < 0, ma flgelig vre ositiv i intervallet (0; 6) og negativ i ( 6; ). Derfor ma () ha et maksimum nar = 6. 49