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] 2 + 4 ( 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 + 2 + ln j tan j D[ln jf()j] 7 cos sin + 2 + tan cos 2 7 cos sin + 2 + sin cos f 0 () f()d[ln jf()j] d) f() 2 cos ln (sin ) 7 e 2 tan 7 cos sin + 2 + 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
Oppgave 6..6 2 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 t2 25 2 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 6.2.3 2 + () 2!0 2 + 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 6.2.5 Vi lar f() 4. Da er f( ) + 4 3 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
Oppgave 6.2.7 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 6.2.8 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 <
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 6.3.3 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 2 3 6 cos!0 6!0 + 2 2 0 6!0 + e ln e!0+ ln e 0!0 + 2!0 + 0 e) + sin! ln(+sin )! e e! ln(+sin ) e Oppgave 6.3.7 cos!0 2! ln + sin sin 3 ln( + sin )!!! cos sin!0 3 37 ( 2 cos )( + sin ) 2 cos + sin cos 0 + sin 0
Oppgave 6.3.9 + sin )!0 (e!0 Oppgave 6.3.7 cos sin cos!0 ln(e + sin )!0 Vi skal nne tallet a slik at 3 2 3 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 + + 0 2 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
Fra e a p e ser vi at a 2. ln( + t t!0 + t a ) t!0 + t a a a Oppgave 6.3.22 Vi skal avgjre om funksjonen f denert ved cos for f() 2 > 0 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!0 + 3 2 2 sin 2!0 + 6 2 2 sin!0 + 2!0 2 + 2 2 0 0 2 2 2 cos!0 + 2 3 2 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 6.5.5 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
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 6.5.5 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