TMA4100 Matematikk 1 Høst 2014

Transkript

1 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA4 Matematikk Høst 24 Løsningsforslag Øving Vi bruker Taylor-polynom til å løse denne oppgaven. Taylor-polynomet (Maclaurinpolynomet) til sin om = er gitt som (side 278 i boka) sin = 3 3! + 5 5! + O(7 ). Vi setter dette inn i grenseuttrykket og får sin 3 ( ) 3 3! + 5 5! + O( 7 ) 3 3 3! 5 5! + O( 7 ) 3 ( ) 3! 2 5! + O(4 ) = 3! = 6. Denne oppgaven kan også løses ved hjelp av l Hôpitals regel, men denne må da anvendes tre ganger Vi er gitt funksjonen f() = { 2 for, 2 for <. Punktet = er et kritisk punkt hvis f () =. Vi finner derfor den deriverte til f, { f 2 for >, () = 2 for <. For å finne den deriverte i =, må vi bruke definisjonen på den deriverte (se side i boka), f f(h) f() (). h h Vi ser at denne grensen er avhengig av om h er større eller mindre enn null. Vi ser derfor på høyre og venstre grenseverdi, f(h) f() h + h h f(h) f() h h 2 h + h h h 2 h h + h =, ( h) =. h 3. oktober 24 Side av 5

2 Siden høyre og venstre grenseverdi er like, konkluderer vi med at f () =, slik at = er et kritisk punkt. Vi bruker deretter definisjonen på vendepunkt (side 24 i boka) for å undersøke om = er et slikt. Vi må sjekke to betingelser: (a) Har kurven y = f() en tangentlinje i =? Vi vet at den deriverte i punktet = eksisterer og at f () = og f() =. Derfor er y = en tangentlinje til y = f() i =. (b) Har f motsatt konkavitet på motsatte sider av =? Vi følger definisjonen på konkavitet, side 24 i boka. For > er f () = 2, altså stigene. Det vil si at f er konveks (concave up) for >. For < er f () = 2, altså synkende. Det vil si at f er konkav (concave down) for <. Vi ser at begge betingelsene er oppfylt. Altså er = et vendepunkt. Vi observerer så at f () har en knekk i =. Det vil si at f () ikke eksisterer her. Vi kan derfor konkludere med at selv om en funksjon har en ikke-vertikal tangentlinje i et vendepunkt, så trenger ikke den dobbeltderiverte gå mot null her Gitt kurven y = Vi vet at avstanden, l, mellom et vilkårlig punkt på kurven, (, y), og (8,) er gitt som l 2 = ( 8) 2 + (y ) 2 = ( 8) Vi ønsker å finne den -verdien som minimerer l. Siden f er kontinuerlig og begrenset nedenfra, vil kandidater til minimum være kritiske punkter, altså der dl =. Vi argumenterer først for at l og l 2 har de samme kritiske punktene. Vi vet at kritiske punkter til l 2 oppfyller d(l 2 ) dl = 2l =. Så lenge l er dette det samme som å kreve at dl =. Altså har vi vist at l og l2 har de samme kritiske punktene. Grunnen til at vi gjør dette, er at det er enklere å derivere l 2. Dette er derfor en mye brukt teknikk. Vi vet at d(l 2 ) = 2( 8) + 32 = = = 2 eller = 8 3. d 2 (l 2 ) 2 = 6 + 2, slik at = 2 er et lokalt minimum, mens = 8 3 er et lokalt maksimum. Den eneste kandidaten til minimum er derfor = 2, og vi konkluderer med at dette er et globalt minimum. I = 2 har vi at l = (2 8) = 44 = 2. Den minste avstanden fra kurven y = er altså oktober 24 Side 2 av 5

3 6.2. Vi ser at integranden er en rasjonal funksjon der nevneren er av høyere orden enn telleren. Vi bruker derfor delbrøkoppspalting. Telleren, , har røttene = 3 og = 3, slik at vi kan skrive integranden som = Vi søker nå å skrive dette på formen 3 ( ) = 3 ( + 3) (3 )( + 3) = A 3 + B + 3, (3 )( + 3). der A og B er konstanter. Vi multipliserer begge sider med felles faktor, og får at Vi må altså kreve at = A( + 3) + B(3 ) = (A + 3B) + (3A B). A + 3B =, 3A B =. og Den andre ligningen gir B = 3A, som innsatt i den første ligningen gir at Dette gir igjen A + 3 3A = A =. B = 3A = 3. Vi er nå klare til å evaluere integralet, ( ) (3 )( + 3) = (3 ) + 3 ( + 3) = = 3 ln(3 ) + 3 ln( + 3) + C = (ln(3 ) + 9 ln( + 3)) + C 3 Her har vi brukt at d ln(a + b) = a+b a slik at a+b = a ln(a + b) + C Vi gjenkjenner integralet som et uegentlig integral av type (Definisjon, side 362 i boka). Vi bestemmer først det ubestemte integralet ln. Ved å gjøre substitusjonen u = ln, har vi at du =, slik at du ln = = ln u + C = ln(ln ) + C. u 3. oktober 24 Side 3 av 5

4 Vi har nå at e R ln R e ln [ln(ln R) ln(ln e)] R ln(ln R). R Siden ln R = må også ln(ln R) =, slik at integralet divergerer. R R Vi bruker midtpunktsmetoden (The Midpoint Rule, side 372 i boka), og deler integrasjonsintervallet, [, 9], opp i n = 8 intervaller med størrelse h =. Midtpunktene i hvert intervall er da gitt som m j = 2 + j, for j =, 2,..., 8. Vi leser av funksjonsverdien i midtpunktene fra figuren så nøyaktig som mulig. Da har vi at 9 f() M 8 = h 8 f(m j ) j= (3,4 + 4,3 + 5,8 + 7,5 + 8,2 + 7,6 + 6,2 + 4,) = 47, Vi evaluerer først integralet eksakt, 3 = 4 4 = 4. Vi anvender så Simpsons metode (Simpson s Rule, side 377 i boka) med n = 2 på intervallet [,]. Det vil si at h = 2 og y i = 3 i, for i =,,2, der =, = 2 og 2 =. Vi har da at Vi har altså vist at 3 = S 2. S 2 = h 3 (y + 4y + y 2 ) = h 3 ( ) ( = ( ) ) 6 2 = ( ) = = Vi ønsker å finne konstanter A og u (, ) slik at f() = Af( u) + Af(u), for alle kubiske polynomer f() = a 3 + b 2 + c + d, det vil si for alle a, b, c, d. 3. oktober 24 Side 4 av 5

5 Vi starter med å evaluere integralet på venstre side av ligningen over. Siden integrasjonsintervallet er symmetrisk om =, og siden a 3 og c er odde funksjoner, mens b 2 og d er like funksjoner, kan vi forenkle intergralet, Vi ser så på høyresiden, f() = = 2 = 2 (a 3 + b 2 + c + d) (b 2 + d) ( ) b = 2 3 b + 2d. Af( u) + Af(u) = A ( a( u) 3 + b( u) 2 + c( u) + d ) + A ( au 3 + bu 2 + cu + d ) = A ( au 3 + bu 2 cu + d + au 3 + bu 2 + cu + d ) = A ( 2bu 2 + 2d ) = 2Au 2 b + 2Ad. Vi setter så uttrykkene lik hverandre og får at 2 3 b + 2d = 2Au2 b + 2Ad ( ) 3 Au2 b + ( A)d =. Husk at dette skal gjelde for alle a, b, c, d. Uttrykket over er bare avhengig av b og d, slik at vi må kreve at A =, og 3 Au2 =. Den første ligningen gir A =, mens den andre gir 3 u2 = u = 3 3 = oktober 24 Side 5 av 5