Lsningsforslag ved Klara Hveberg Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 6 I kapittel 6 minner oppgavene mer om de du er vant til fra skolemat

Transkript

1 Lsningsforslag til utvalgte oppgaver i kapittel 6 I kapittel 6 minner oppgavene mer om de du er vant til fra skolematematikken i den forstand at de er mindre teoripregede enn i foregaende kapittel, men de illustrerer likevel nye regnemessige teknikker det kan vre lurt a fa med seg. De mest teoripregede oppgavene er knyttet til seksjon 6.2, og gir nyttige innblikk i ulike anvendelser av middelverdisetningen. Oppgave 6..3 Vi skal bruke logaritmisk derivasjon (setning 6..9). a) f() 2 cos 4 e ln jf()j ln j 2 cos 4 e j ln j 2 j + ln j cos 4 j + ln je j 2 ln jj + 4 ln j cos j + D[ln jf()j] ( sin ) + cos 2 4 tan + f 0 () f()d[ln jf()j] 2 cos 4 e 2 4 tan + b) f() (sin ) 7 e 2 tan ln jf()j ln j(sin ) 7 j + ln je 2 j + ln j tan j 7 ln j sin j ln j tan j D[ln jf()j] 7 cos sin tan cos 2 7 cos sin sin cos f 0 () f()d[ln jf()j] d) f() 2 cos ln (sin ) 7 e 2 tan 7 cos sin sin cos ln jf()j ln j 2 cos ln j ln j 2 cos j + ln j ln j 2 cos ln + ln j ln j D[ln jf()j] 2(cos ) 0 ln + 2 cos (ln ) 0 + (ln j ln j) 0 34

2 Oppgave sin ln + 2 cos + ln f 0 () f()d[ln jf()j] 2 cos 2 cos ln 2 sin ln + ln I en fartskontroll maler politiet at en bilist bruker t 25 sekunder pa en strekning som er s 500 meter. Det er en usikkerhet pa t sekund i tidsmalingen. Bruker vi teknikken fra eksempel 6..7 til a ansla usikkerheten i malingen av farten v(t) s, far vi at den er t v v 0 (t)t s 500 t 0;8 t det vil si en usikkerhet pa 0,8 m/s. Oppgave 6..9 Vi skal vise at D[ 2 ] 2 direkte fra denisjonen av den deriverte. D[ 2 ( + ) 2 2 ]!0 Oppgave () 2! () 2 2!0 (2 + ) 2!0 Vi skal vise at f() 2 3 og g() ln(2 + ) har nyaktig ett skjringspunkt i intervallet [0; ]. Siden begge funksjonene er kontinuerlige og f(0) 2 > ln 2 g(0), f() < ln 3 g(), sa har grafene minst ett skjringspunkt i intervallet [0; ]. Na er f 0 () 3 2 < 0 og g 0 () > 0 for alle 2 (0; ), 2+ slik at f er strengt avtagende og g er strengt voksende i [0; ]. Derfor kan grafene ha hyst ett og dermed nyaktig ett skjringspunkt i intervallet [0; ]. Oppgave Vi lar f() 4. Da er f( ) og f(4) 4 3, d.v.s. f( ) f(4). Deriverer vi funksjonen, ser vi at f 0 () + 4 er 2 strengt positiv for alle 6 0. At f 0 ikke har noe nullpunkt i intervallet ( ; 4), er ikke i strid med Rolles teorem, fordi f() ikke er deriverbar (ikke engang denert) for 0. 35

3 Oppgave Vi skal vise at det mellom 0 og et tall alltid nnes en c slik at sin cos c. Dette er opplagt riktig for 0, sa vi antar at 6 0. Vi setter f() sin. Da f er kontinuerlig og deriverbar pa intervallet [0; ], nnes det ved middelverdisetningen en c 2 (0; ) slik at f 0 (c) f() f(0) 0 sin sin 0 0 sin Siden f 0 (c) cos c, gir dette at cos c sin, det vil si at sin cos c. Og da j cos cj, har vi ialt j sin j j cos cj jjj cos cj jj jj I fremstillingen ovenfor har vi stilltiende antatt at > 0. Dersom < 0, gjennomfrer vi isteden resonnementet med intervallet [; 0]. Oppgave Vi antar > og skal vise at det alltid nnes et tall c mellom 0 og slik at ln( + ). Dette er opplagt riktig for 0, sa vi antar at 6 0. Funksjonen f() ln( + ) er denert og kontinuerlig for alle >. Ved middelverdisetningen nnes det da en c mellom 0 og slik at f 0 (c) Siden vi ogsa har gir dette f() f(0) 0 som er ekvivalent med at ln( + ) ln 0 f 0 (c) + c ln( + ) ln( + ) + c + c ln( + ) For > 0 er ogsa c > 0, og dermed <. Multiplikasjon med gir <. For < < 0 er ogsa < c < 0, og addisjon med gir 0 < + c <, slik at >. Multiplikasjon med (som na altsa er negativ) gir da ogsa i dette tilfellet <, slik at vi far for alle >. ln( + ) 36 + c <

4 Oppgave 6.3. Vi skal bruke itals regel til a nne de oppgitte grenseverdiene. sin 2 2 cos 2 a) 2 2!0!0 e e b)!0!0 d)! 2 e)!0 g)!0 cos 2! 2 cos 3 sin 3 Oppgave sin sin!0!0 3 2 Vi skal nne grenseverdiene. ln a) 2 ln!0 +!0 + 2 d)!0 + e ln!0 + cos 3 2 ln ln!0 +!0 + cos!0 6!0!0 + eksisterer ikke. sin cos!0 6! !0 + e ln e!0+ ln e 0!0 + 2!0 + 0 e) + sin! ln(+sin )! e e! ln(+sin ) e Oppgave cos!0 2! ln + sin sin 3 ln( + sin )!!! cos sin! ( 2 cos )( + sin ) 2 cos + sin cos 0 + sin 0

5 Oppgave sin )!0 (e!0 Oppgave cos sin cos!0 ln(e + sin )!0 Vi skal nne tallet a slik at sin!0 3 e ln(e +sin ) e!0 ln(e +sin )! sin!0 3 2 e 2 (e + cos )(e + sin )!0 e + cos!0 e + sin a + p e a For a unnga for mye regning, kan vi benytte oss av den velkjente grensen n! + n n e. Vi starter med a omforme uttrykket a a! a a a a Benytter vi na at! + a a e, far vi a + e a! Vi nsker altsa at e a p e e 2, det vil si at vi ma ha a 2. Alternativ lsning:! a a Vi kunne ogsa ha omskrevet uttrykket ved hjelp av eksponentialfunksjonen pa vanlig mate, for deretter a bruke ital pa eksponenten: a + a+ ln( e ) a e! ln( a+ ) a e a! a +! ln a som ved substitusjonen t! blir ln( + a ) 38

6 Fra e a p e ser vi at a 2. ln( + t t!0 + t a ) t!0 + t a a a Oppgave Vi skal avgjre om funksjonen f denert ved cos for f() 2 > for 0 2 er kontinuerlig og deriverbar i null. Vi ser pa de ensidige grensene og f() f(0)!0 + 0!0 f() f(0) 0 cos! sin 2! sin!0 + 2! cos! cos 2!0 + 2 Siden de ensidige grensene er like, eksisterer altsa den tosidige grensen f() f(0)!0 f 0 (0), slik at funksjonen f blir deriverbar i punktet 0 0. Men dermed er f ogsa kontinuerlig i 0 ved setning 6::9. Oppgave Vi skal nne eventuelle asymptoter for funksjonen f() ln(2 ) ln 2 ln ln 2 ln Siden ln bare er denert for positive verdier av, og blir null for, blir funksjonens denisjonsomrade D f (0; ) [ (; ). Funksjonen er kontinuerlig i hele sitt denisjonsomrade, sa de eneste kandidatene til vertikale asymptoter er 0 og. La oss frst underske hva som skjer nar nrmer seg 0 ovenfra: f() 2 0!0 +!0 + ln Altsa har vi ingen vertikal asymptote for 0. 39

7 Vi undersker sa hva som skjer nar nrmer seg. Her blir f() 2!! ln Dermed har vi en vertikal asymptote for. Vi bruker metoden i for a nne eventuelle skraasymptoter. f() 2 2!! ln Siden denne grensen eksisterer, regner vi videre ut! f() 2! ln 0 Dette viser at linjen y 2 er en skraasymptote for funksjonen. 40