Notasjon i rettingen:

Transkript

1 UNIVERSITETET I BERGEN Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Løsningsforslag med kommentarer) til Innlevering /4 i emnet MAT, høsten 07 Notasjon i rettingen: R = Rett R = Rett, men med liten tulle)feil R F F = Rett, men med følgefeil littr = Litt rett, man er inne på noe g = Galt? = Uforståelig/uklart MB = Manglende begrunnelse DF = Dårlig føring DN = Dårlig notasjon FL = For langt FF = Følgefeil rød, krøllet strek i marg eller under tekst = dette er feil Røde streker og kommentarer betyr ikke nødvendigvis at selve svaret var feil, men at begrunnelsen var mangelfull eller at føringen var dårlig. Selv om dere har fått oppgaven godkjent, er det viktig å ta dette til etterretning. Vær også oppmerksom på at de som har rettet kan ha oversett noe dere har gjort feil eller glemt å begrunne, slik at dere bør uansett lese gjennom dette løsningsforslaget nøye. Løsningsforslaget som følger inneholder kommentarer og referanser til resultater fra boken som brukes. Alt som er skrevet i svart er tilleggsforklaringer som er ment som en hjelp til dere, men som ikke kreves av en ekamensbesvarelse.

2 Oppgave a) For 0 er f) = + + cos ), slik at vi skal derivere dette uttrykket. Vi har ved summe-, produkt- og kjerneregel): [ ] [ )] f ) = [] + + cos = [ ] ) [ )] cos + cos = ) )) + cos + sin ) = ) ) + cos + sin. b) Siden vi har oppgitt og regnet ut i Oppgave 6 i Obligatorisk Innlevering ) at f 0) =, er uttrykket for f for alle gitt som: { f ) = + cos ) + sin ) når 0 når = 0 Vi skal avgjøre om denne funksjonen er kontinuerlig i 0. Per definisjon har vi at Vi har f 0) = og f er kontinuerlig i 0 lim 0 f ) = f 0). lim f ) = lim cos ) + sin )) Vi har lim 0 cos ) = 0 dette er grensen vi beregnet i Oppgave 3e) i Obligatorisk Innlevering ). Dermed er lim 0 + cos )) =, ved vanlige grensesetninger. Men grensen lim 0 sin ) eksisterer ikke, siden funksjonen vil fortsette å svinge mellom og uansett hvor nært innpå 0 vi kommer. Dette er Oppg. G. i Oppgavesett Uke 37, hvor dere også finner lenke til et formelt bevis for dette.) Derfor vil heller ikke grensen lim 0 f ) eksistere. Vi konkludererer at f er ikke kontinuerlig i 0 c) Siden 4n )π ) = 4n )π = πn π,

3 3 er cos 4n )π ) = cos π ) = 0 og sin 4n )π Setter vi inn i uttrykket for f, finner vi derfor at f ) = + 0 =, 4n )π ) = sin π ) =. som er det vi skulle vise. Siden enhver omegn om 0 vil inneholde punkter på formen bare ta n stor nok), så vil ingen omegn om 0 være slik at f 0 på hele 4n )π omegnen. Følgelig kan f ikke være strengt voksende i noen omegn om 0. Dette strider ikke mot Teorem i.8.6 i utg. 6) i læreboken, da denne forutsetter positiv derivert på et intervall, og ikke bare i et punkt. d) Boken hevder at hvis funksjonen har tangent med positivt stigningstall dvs. positiv derivert) i ett punkt, da må funksjonen være strengt voksende i en omegn om punktet. Men dette holder ikke alltid, som vi har sett i c). e) Oppgave 7 i Obligatorisk innlevering, anvendt på den deriverte f, sier at dersom f er kontinuerlig i et punkt a og f a) > 0, da vil også f ) > 0 for alle i en omegn om punktet, og dermed er funksjonen er strengt voksende i en omegn om punktet igjen ved Teorem i.8.6 i utg. 6)). Altså vil en funksjon f som er slik at f a) > 0 og i tillegg f er kontinuerlig i a, oppfylle at f er strengt voksende i en omegn om punktet. Selv om det ikke står eksplisitt noe sted i læreboken tror jeg), så er det lett å se at f ) 0 for alle i et intervall der f er strengt voksende. Dette følger av definisjonen av den deriverte i et punkt som f + h) f) lim 0 h og at kvotienten f+h) f) h alltid er positiv i intervaller der f er strengt voksende. Hvis h > 0, er nemlig f + h) > f) siden f er strengt voksende, slik at f+h) f) h > 0. Hvis h < 0, er fortegnene på både teller og nevner byttet om.) Siden grenser bevarer orden ved en av grensesetingene, nemlig del 7 i Teorem i.), er f + h) f) lim 0. 0 h Merk at den ekte ulikheten ikke er bevart ved grense, slik at vi ikke kan si at f ) > 0. F.eks. har vi at f) = 3 er strengt voksende på hele R, selv om f ) = 3 er null i = 0.)

4 4 Oppgave a) Vi derivérer + y + y = 7 implisitt m.h.p. dette fungerer rundt ethvert punkt på kurven der ligningen *) definerer y implisitt som en derivérbar funksjon av, som vi antar). d d d + y + y ) = d d d 7 ) y = 0 ) + d d y) + d d d ) + d d d ) y + d d y) + d d Nå bruker vi kjerneregelen for å regne ut Vi fortsetter der vi slapp: d ) y = d ) y dy d dy d = y dy d. y ) = 0 d ) + d d d ) y + d d y) + d ) y = 0 d + y + dy dy + y d d = 0 + y + dy dy + y d d = 0 + y = + y) dy d dy d = + y + y definert når + y 0). Merknad: Man bør påpeke hvor uttrykket er definert. b) Vi setter inn = og y = i ligningen ): venstre side blir lik + + = = 7, som er lik høyresiden. Altså er ligningen oppfylt og vi har vist at punktet ligger på kurven. For å finne ligningen til tangenten i punktet, finner vi først stigningen til kurven i punktet ved å sette inn = og y = i uttrykket for dy som vi fant i a): d dy = + d =,y= + = 5 4.

5 5 Ligningen til tangentlinjen er da lik ligningen til en linje gjennom, ) og stigning 5/4 cf. P. i læreboken), nemlig: y = 5 ), 4 som omskrevet blir y = c) Horisontale tangentlinjer har vi i punkter der stigningen er null, dvs. der dy = 0, m.a.o. der + y = 0 og samtidig må + y 0). Setter vi inn y = i d ligningen ), får vi: + ) + ) = = 7 3 = 7 = = ± 3, 7 som gir de to tilhørende y-verdiene y = =. Vi merker også at begge 3 7 punktene, y) = ±, 7) oppfyller kravet + y 0.) Ligningene til de to 3 3 horisontale tangentlinjene blir derfor 7 y = ± 3. d) En graf til en funksjon har egenskapen at det til enhver -verdi finnes høyst én tilhørende y-verdi enhver vertikal linje snitter grafen i høyst ett punkt ). Dette er ikke tilfellet her. Fra ligningen ) ser vi f.eks. at = 0 gir oss y = 7, som har de to løsningene y = ± 7. Grafisk betyr dette at linjen = 0 snitter grafen i punktene 0, ± 7). e) Vi løser ligningen til kurven eksplisitt med hensyn på y ved hjelp av løsningsformelen for annengradsligninger: + y + y = 7 y + y + 7) = 0 y = ± 4 7) y = ± 3 + 8,

6 6 som gir de to ligningene begge definert for 3 8, dvs. y = y = 3 + 8, = 3. Altså har vi de to funksjonene med tilhørende definisjonsmengder f ) = + [ ] , Df ) = 3, 3 f ) = [ ] , Df ) = 3, 3 som beskriver henholdsvis øverste halvdel og nederste halvdel av kurven). Oppgave 3 Siden f er dobbeltderivérbar på [0, ], er den derivérbar og kontinuerlig) på [0, ]. For vilkårlig slik at 0 < gir Sekantsetningen Mean-Value Theorem ) Teorem i.8,.6 i utg. 6) anvendt på intervallet [0, ] at det finnes en c 0, ) slik at f) f0) = f c), 0 som gir, siden f0) = 0, at ) f) = f c), for en c 0, ). Denne c avhenger av, slik at vi kan ikke på dette tidspunkt løse oppgaven ved å sette K = f c).) At f er dobbeltderivérbar på [0, ] betyr at den deriverte f er derivérbar på [0, ]. En derivérbar funksjon er automatisk kontinuerlig ved Teorem i.3. Dermed er f kontinuerlig på [0, ]. En kontinuerlig funksjon på et lukket, begrenset intervall er begrenset der ved Ekstremalverdisetningen/Maks- Min-teoremet Teorem 8 i.4), dvs. at det finnes en konstant K slik at ) f ) K for alle [0, ].

7 7 For å forklare i detalj: f antar minimums- og maksimumsverdi på intervallet ved Ekstremalverdisetningen, dvs. det finnes p, q [0, ] slik at f p) f ) f q) for alle [0, ]. Spesielt er f ) K = min{ f p), f q) } for alle [0, ].) Kombinerer vi ) og ), får vi at f) = f c) K, for alle [0, ], som er det vi skulle vise. Oppgave 4 a) Vi har ved vanlige derivasjonsregler) at f ) = [e ] + [e ] + [] = [e ] + [e ] + 0 = e [ ] + e [ ] = e ) + e ) = 4e e. b) Siden lim e = se 3.), er lim e = lim ) e = 0 og lim f) = lim e + ) ) ) e + = lim + e e + = = ved de vanlige grensesetningene. Siden lim e = 0 se 3.) og e > 0 for alle, er lim e = lim ) e = og likeledes lim e =. Dermed er lim f) = lim e + ) e + =. c) Siden f er derivérbar med f ) = 4e e < 0 for alle R, kan f aldri anta samme verdi to ganger ved Rolles teorem Teorem 5 i.8-.6 i utg. 6) hvis f ) = f ) for, ville det nemlig fantes en c mellom og slik at f c) = 0, en motsigelse). Alternativt, siden f ) < 0 for alle R, har vi at f er strengt avtagende ved Teorem i.8.6 i utg. 6)). Altså er f ) < f ) hvis < og f ) > f ) hvis > ; spesielt er alltid f ) f ) når. Dermed er f én-til-én og har følgelig en invers se 3.). d) Vi vet at verdimengden V f ) til den inverse funksjonen f er lik definisjonsmengden Df) til f se 3.). Definisjonsmengden til f er alle reelle tall, siden uttrykket er definert for alle reelle tall jf. The domain convention i P.4: når en funksjon er definert uten en spesifisert definisjonsmengde, går vi ut fra at definisjonsmengden er alle tall hvor uttrykket er definert). Dermed er V f ) = Df) = R.

8 8 Vi vet at definisjonsmengden Df ) til den inverse funksjonen f er lik verdimengden V f) til f se 3.). Vi har at f er kontinuerlig og strengt avtagende med grensene lim f) = og lim f) = vi fant i b). Funksjonen blir aldri lik, siden den er strengt avtagende; alternativt ser vi dette umiddelbart av uttrykket for f, siden e + e > 0.) Siden f er kontinuerlig, må den ved skjæringssetningen Teorem 9 i.4) anta alle verdier i, ); dermed er Df ) = V f) =, ). For å være veldig grundig: ta et vilkårlig tall s, ). Siden lim f) = finnes en a < 0 slik at fa) > s. Siden lim f) = finnes en b > 0 slik at < fb) < s. Skjæringssetningen på det lukkede intervallet [a, b] gir at det finnes en c [a, b] slik at fc) = s.) Merknad: Man får MB og litt trekk hvis man ikke nevner skjæringssetning og at f er kontinuerlig for å finne V f). e) Vi regner ut f0) = e 0 + e 0 + = + + = 4. Da vil f ) 4) = f 0) = 5 se slutten av 3.). f) Grensene til f vi fant i b) og det faktum at f er strengt avtagende som vi fant i c)) og holder seg >, gjør oss i stand til å skissere grafen til f grovt. Grafen vil være oppoverkrummet, siden f ) = 8e + e > 0, se 4.5, men dette er ikke nødvendig å ta med.) Grafen til f vil være speilbildet av grafen til f om linjen y = se 3.). Vi kan også ta med at grafen til f går gjennom punktet 0, 4) ved det vi regnet ut i e), og følgelig vil grafen til f gå gjennom punktet 4, 0). Dermed blir en grov skisse av grafene:

9 9 Merknad: Skissen bør få frem at grafene skjærer hverandre langs y = pga. symmetriegenskapen. Oppgave 5 a) Vi setter ut) = T t) T omg. Da er u t) = T t), slik at blir til og vi har T t) = KT t) T omg ), u t) = Kut) u0) = T 0 T omg. De to siste ligningene gir oss et startverdiproblem med entydig løsning ut) = u0)e Kt = T 0 T omg )e Kt, se 3.4 i læreboken, rett før Eample ), og setter vi inn igjen for T t) får vi 3) T t) = T 0 T omg )e Kt + T omg. Merknad: Diffligningen ) kan også løses som separabel diffligning, som i 7.9, men oppgaveteksten ba om å utføre den bestemte substitusjonen u. Samme fremgangsmåte brukes i Eample 3 i 3.4. b) Har T 0 = og T omg = 4. Derfor blir 3) til T t) = 8e Kt + 4. og vi lar t måle tiden i timer. Siden temperaturen etter t = / time er 3, har vi: 3 = T /) = 8e K/ + 4,

10 0 som gir oss 9 = 8e K/ e K/ = 9 8 = K = ln = ln K = ln. Vi vil finne for hvilken t vi har T t) = 8: som gir oss T t) = 8e Kt + 4 = 8, 8e Kt = 4 e Kt = 4 8 = 9 Kt = ln 9 t = ln 9 K. Setter vi inn for verdien vi fant for K ovenfor, får vi: t = ln 9 ln = ln ln 9 ln = ln 9 ln ln = ln 3 ln ln = ln 3 ln Svar: Etter den første halvtimen t = /), må du altså vente ytterligere eller ln 3 ln = ln 3 0, timer, ln ca. 35 minutter. Andreas Leopold Knutsen