NTNU Institutt for matematiske fag TMA4100 Matematikk 1 høsten 2012 Løsningsforslag - Øving 2 Avsnitt 3.7 95 Vi antar at > 0 og får Avsnitt 3.8 6 a) 2π/3 b) π/4 c) 5π/6 ln = (ln) 2 = 2ln = 2ln = 2ln ln. Avsnitt 3.9 13 En stige med lengde 13 ft lener seg mot en vegg, og den begnner å skli. Studer figuren gitt i læreboken nøe. Vi får oppgitt at når avstanden fra veggen (t) = 12 ft så beveger foten av stigen seg med hastighet (t) = 5 ft/sec. a) Vi skal finne hvor fort toppen av stigen beveger seg nedover veggen, d/, når foten av stigen er 12 ft fra veggen. Ved Ptagoras har vi at (t) 2 +(t) 2 = 13 2. Dermed er avstanden fra bakken til veggen gitt ved (t) = 13 2 (t) 2 = 13 2 12 2 = 25 = 5. Vi deriverer implisitt og finner d (t) 2 +(t) 2 = 13 2, ( (t) 2 +(t) 2) = 0, 2 d +2d = 0, d = d = 12 5 ft/sec = 12 ft/sec. 5 Toppen av stigen beveger seg nedover veggen med en fart på 12 ft/sec. b) Vi skal finne hvor fort arealet A avgrenset av stigen, bakken og veggen forandrer seg når (t) = 12 ft. Arealet er gitt ved A(t) = 1 2 (t) (t). Ved derivasjon finner vi da = 1 d 2 + 1 2 d = 1 2 (5 5+12 ( 12)) ft2 /sec = 119 2 ft2 /sec = 59.5 ft 2 /sec. lfov2 31. august 2012 Side 1
c) Vi skal finne hvor fort vinkelen θ mellom stigen og bakken forandrer seg når (t) = 12 ft. Vinkelen er gitt ved θ = arctan(/). Ved derivasjon finner vi dθ = d arctan = 1 1+ ( ) 2 d 2 = d 1 1+ ( ) 5 2 ( 12) 12 5 5 12 2 rad/sec 12 19 Vi får oppgitt at V = π 3 2 (3 13 ) og at dv = 6. a) Vi skal finne d når = 8. Vi deriverer: og setter inn = 8 og dv = 6: = 122 12 2 +5 2 ( 12) 12 5 5 12 2 rad/sec = 1 rad/sec. dv = π 3 2d (3 13 ) π 3 2d 6 = π 3 16d (39 8) π 3 64d d = 1 24π m/min. b) Ved Ptagoras får vi atr 2 +(13 ) 2 = 13 2 = 169 r 2 = (26 ) r = (26 ) m. c) Vi skal finne dr når = 8. Fra b) har vi at r = (26 ). Vi deriverer: Fra a) har vi at d = 1 24π dr = 1 1 ( d 2 (26 ) (26 ) d ) når = 8. Vi setter inn d = 1 24π og = 8: Avsnitt 3.10 dr = 1 1 ( 1 2 8(26 8) 24π (26 8) 8 ( 1 24π )) = 5 288π m/min 54 En landmåler står 30 fot fra bunnen av en bgning som vist i Figur 1. Høden h (i fot) på bgningen er gitt ved h(θ) = 30tanθ. Vi ønsker å vite hvor nøaktig vinkelen θ må måles dersom den estimerte høden på bgget ikke skal avvike fra bggets faktiske høde med mer enn 4%. Med andre ord, vi vil finne dθ slik at dh h(θ 0 ) = h (θ 0 )dθ < 0,04, h(θ 0 ) hvor θ 0 = 75 = 5π/12 (radianer). lfov2 31. august 2012 Side 2
h θ 30 fot Figur 1: (Oppgave 3.10.54) En landmåler står 30 fot fra en bgning og måler vinkelen θ. Den deriverte av funksjonen h er Dermed følger det at h (θ) = 30(1+tan 2 θ). dh h(θ 0 ) = (1+tan2 θ 0 ) tanθ 0 dθ, hvilket ikke vil ikke overstige 0,04 i absoluttverdi dersom dθ < 0,04 tanθ 0 (1+tan 2 θ 0 ) = 0,04 tan5π/12 (1+tan 2 5π/12) = 0,01. Til slutt merker vi oss at 0,01 radianer svarer til 0,57. Altså må målefeilen for vinkelen θ ikke overstige 0,57 dersom målefeilen i bggets høde ikke skal overstige 4%. Avsnitt 3.11 44 La f() = sinh. Vi ønsker å vise at ( f 1 () = sinh 1 = ln + ) 2 +1, < <. Vi går fram som i kapittel 1.5, og skriver = sinh. Fra definisjonen av sinh får vi at 2 = e e. Om vi multipliserer begge sider av ligningen med e og samler alle ledd på en side, finner vi at e 2 2e 1 = (e ) 2 2e 1 = 0. lfov2 31. august 2012 Side 3
Dette er en andregradsligning for e, og ved andregradsformelen får vi e = 2 ± 4 2 +4 2 = ± 2 +1. Funksjonen e er positiv for alle. Altså må vi velge positivt fortegn til 2 +1. Ved å ta den naturlige logaritmen av begge sider i ligningen finner vi = ln ( + ) 1+ 2. Det følger at f 1 () = sinh 1 () = ln (+ ) 1+ 2, og denne funksjonen er definert for alle (, ) da f() = sinh er en 1-1 funksjon med hele tallinja som sin verdimengde. Avsnitt 4.1 23 Vi skal finne absolutt maksimum og absolutt minimum verdiene for funksjonen g() = 4 2 på intervallet 2 1. Vi finner g () og setter denne lik 0, g () = 1 2 2 = 0. 4 2 Utrkket over er lik 0 når telleren er 0, dvs for = 0. Videre legger vi merke til at g () er definert for alle verdier i intervallet vårt, unntatt i endepunktet = 2. Vi har g(0) = 2, g( 2) = 0, g(1) = 3. Dermed er absolutt maimum 2 gitt i punktet = 0 og absolutt minimum er 0 gitt i endepunktet = 2. 3 2 1 2 1.5 1 0.5 0 0.5 1 1 Figur 2: Oppgave 4.1.23: Funksjonen g() = 4 2 for 2 1 med absolutt maksimum i (0,2) og absolutt minimum i ( 2,0). 70 Vi ser på tredjegradspolnomet f() = a 3 +b 2 +c+d, hvor det er naturlig å anta at a 0. a) Vi skal vise at f kan ha 0, 1 eller 2 kritiske punkter. Den deriverte av funksjonen f er f () = 3a 2 +2b+c, (, ). lfov2 31. august 2012 Side 4
Funksjonen f har kritiske punkter der den deriverte er null, altså for de hvor 3a 2 +2b+c = 0. Dette er en andregradsligning som vi vet har 0, 1 eller 2 løsninger, avhengig av konstantene a, b og c. Eksempler er vist i Figur 3. 200 60 150 40 20 100 0 50 20 0 40 50 60 4 3 2 1 0 1 2 3 4 100 6 5 4 3 2 1 0 1 2 3 4 5 (a) Ingen kritiske punkter: Funksjonen f() = 3 + har ingen kritiske punkter. (b) Ett kritisk punkt: Funksjonen f() = 3 +3 2 +3 har et kritisk punkt i = 1. 150 100 50 0 50 100 4 2 0 2 4 6 8 (c) To kritiske punkter: Funksjonen f() = 3 + 6 2 har to kritiske punkter, i = 0 og i = 4. Figur 3: (Oppgave 4.1.70) Tredjegradspolnomer med henholdsvis null, ett og to kritiske punkter. b) Vi vet at f () = 0 dersom f tar en lokal ekstremverdi i. Det er imidlertid ikke slik at alle kritiske punkter er lokale maksima/minima for f. De kritiske punktene for en kubisk funksjon f er gitt ved = 2b± 4b 2 12ac. 6a Når 4b 2 < 12ac har f ingen kritiske punkter. Da har f heller ingen lokale ekstremverdier. Når 4b 2 = 12ac har f ett kritisk punkt, = b/3a. Da er f () gitt ved ( f () = 3a 2 +2b+c = 3a 2 +2b+ 4b2 12a = 3a + b ) 2. 3a Vi ser at f () > 0 for alle b/3a dersom a > 0, og f () < 0 for alle b/3a dersom a < 0. Altså er dette ene kritiske punktet = b/3a et sadelpunkt (ikke et lokalt minimum/maksimum). lfov2 31. august 2012 Side 5
Når 4b 2 > 12ac har f to kritiske punkter, 1 og 2, hvor 1 < b/3a < 2. Vi finner at f () = 6a+2b, som kun er null når = b/3a. Dermed har vi at f ( 1 ) 0 og f ( 2 ) 0, og ved andrederiverttesten er 1 og 2 lokale minima/maksima for f. Vi konkluderer med at et tredjegradspolnom f kan ha null eller to lokale ekstremverdier (men ikke en). Avsnitt 4.2 5 Funksjonen f() = 2/3 er kontinuerlig på intervallet [ 1,8], men der er ikke deriverbar i punktet = 0 siden f () = 2/3 1/ 1/3. Dermed tilfredsstiller den ikke betingelsene i Middelverditeoremet. 6 Funksjonen f() = 4/5 er kontinuerlig på intervallet [0,1] og deriverbar i det indre av (0,1). (f () = (4/5) (1/ 1/5 ) og f() er ikke deriverbar i = 0.) Dermed tilfredsstiller den betingelsene i Middelverditeoremet. 7 Funksjonen f() = (1 ) er kontinuerlig på intervallet [0,1] og deriverbar i det indre av (0,1). (f () = 1/2 (1 2)/ (1 ) og f() er ikke deriverbar i = 0 og = 1.) Dermed tilfredsstiller den betingelsene i Middelverditeoremet. 8 Funksjonen f() = er ikke kontinuerlig på intervallet [ π,0] siden { sin, π 0 0, = 0. sin lim = lim 0 f() 0 = 1 0 = f(0). Dermed tilfredsstiller den ikke betingelsene i Middelverditeoremet. 20 Vi skal vise at funksjonen r(θ) = 2θ cos 2 θ+ 2 har akkurat ett nullpunkt på intervallet (, ). Vi starter med å se på den deriverte av r(θ), r (θ) = 2+2cosθsinθ > 0 for alle θ, siden 1 < cosθsinθ. Siden r(θ) er kontinuerlig og den deriverte gir oss at r(θ) er strengt stigende, kan funksjonen maksimalt ha ett nullpunkt. Videre er r( π) = 2π 1+ 2 < 0 og r(π) = 2π 1+ 2 > 0. Siden r(θ) er kontinuerlig vet vi fra Skjæringssetningen (Intermediate Value Theorem) at funksjonen har minst ett nullpunkt. Dermed kan vi konkludere med at r(θ) har akkurat ett nullpunkt. 58 La f() = sin. Vi vil vise at for alle tall a og b. f(b) f(a) b a Funksjonen f er kontinuerlig og deriverbar på hele tallinja. Vi har f () = cos, og dermed ser vi at 1 f () 1 for alle. Anta først at a b. Fra middelverdisetningen følger det at f(b) f(a) b a = f (c) lfov2 31. august 2012 Side 6
for en c (a,b). Vi tar absoluttverdien av begge sider i ligningen, og utntter at f (c) 1 for alle c. Vi får da sinb sina b a 1 eller sinb sina b a. Hvis b a bruker vi middelverdisetningen på intervallet [b,a], og oppnår samme ulikhet. Eksamensoppgaver 14 Anta at kurven har en horisontal tangent i punktet ( 0, 0 ). Da er deriverbar mhp. i punktet 0 og d d = 0 = 0. Ved implisitt derivasjon med hensn på finner vi 3 2 +3 2d d = +d d. Vi setter inn at d d = 0 = 0 og får sammenhengen 3 2 0 = 0. Setter vi inn dette i den opprinnelige ligningen finner vi 3 0 +(3 2 0) 3 = 0 3 2 0 1 3 0 +27 6 0 = 3 3 0 1 27( 3 0) 2 2 3 0 +1 = 0. Da den siste ligningen ikke har noen løsning, kan vi konkludere at antakelsen vår om at kurven har en horisontal tangent ikke holder. Altså har kurven ingen horisontal tangent i noen punkter. lfov2 31. august 2012 Side 7