Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2,

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 1 Høgskolen i Gjøvik Avdeling TØL Repetisjonsoppgaver MATEMATIKK 1 REA1141 og REA1141F Derivasjon 2, 201. Oppgave 1 Denne oppgaven har forholdsvis enkle derivasjoner, og er eksempler på mange av standardspørsmålenesom kan dukke opp på eksamensoppgaver. La f(x) = 1 x + 1 2 x2 2x + 1. a ) Regn ut f (x) og f (x). Avgjør om f er voksende eller avtagende for x = 2. c ) Avgjør om f krummer oppover (er konveks) eller nedover (er konkav) for x = 2. d ) Regn ut tangentlikningen for x = 2. e ) Lineariser f rundt arbeidspunktet x = 2, og finn tilnærmingsverdien til f(2.2) lineariseringa gir. f ) Finn de kritiske punktene, og avgjør om de gir (lokale) maksmum eller minimum. g ) La nå definisjonsområdet til f kun være det lukkede intervallet 0 x 2. Finn global maks og min på dette området. Oppgave 2 Denne oppgaven viser et litt mer sammensatt eksempel på derivasjonsteknikk, og standardanvendelser. a ) Deriver funksjonen 4 x. Gi svaret med (kubikk)rottegn, uten rottegn i nevneren. Deriver funksjonen g(x) = 4 2 x 2. c ) Er g voksende eller avtagende for x = 1? d ) Lineariser g(x) rundt x = 1, og bruk resultatet til å finne en tilnærmingsverdi for g(0.9). e ) Funksjonen f er definert på det lukkede intervallet 0 x 2 ved f ) f(x) = x 4 2 x 2. Deriver f(x). Finn og klassifiser (de globale) ekstremalverdiene til f på definisjonsområdet. Oppgave L Hopitals regel. Regn ut grensene a ) e 2x 2x 1 lim b) lim x 0 x 2 x 0 + x e1/x

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 2 Oppgave 4 Partielle deriverte Regn ut de partielle deriverte dz/ x og dz/ y: a ) z = x y + xy + x y b) z = 2x y 2x + y c ) z = x 2 + y 2 d) z = xe 2x+y Oppgave 5 Implisitt derivasjon- grunnleggende. I eksemplene er y = f(x) definert implisitt ved de angitte likningene. Regn ut y (x) (på implisitt form) generelt, og spesielt i punktet med de angitte koordinatene: a ) xy = 6, (x, y) = (2, ). y 2 = x, (x, y) = (9, ). c ) e y = x, (x, y) = (1, 0). Oppgave 6 Implisitt derivasjon- standardoppgave". En kurve er gitt ved likningen x + y xy = 7, og går gjennom punktet med koordinater (x, y) = (2, 1). I nærheten av dette punktet kan kurven betraktes som grafen til en funksjon y(x). a ) Regn ut dy/dx i dette punktet. Finn likningen for tangenten til kurven i dette punktet. 29.11.1, Hans Petter Hornæs

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. Fasit, Derivasjon 2, 201. Oppgave 1 a ) f (x) = x 2 + x 2 og f (x) = 2x + 1. f (2) = 2 2 + 2 2 = 4 > 0, så f er voksende for x = 2. c ) f (2) = 2 2 + 1 = 5 > 0, så f er konveks (krummer oppover) for x = 2. d ) Tangentlikningen er y = f(a) + f (a)(x a), her med a = 2. f(2) = 1 2 + 1 2 22 2 2 + 2 = 8+6 12+1 = 1. Of f (2) = 4, regnet ut i b-oppgaven, så tangentlikningen er y = 1 + 4 (x 2) e ) som også kan regnes sammen til y = 1 + 4x 8 y = 4x 7. Linearisering er essensielt samme formel som tangent, bortsett fra at vi gjerne skriver P (x) istedenfor y på venstresiden: P (x) = 1 + 4 (x 2) En bruk av linearisering er at f(x) P (x) nær a. I følge oppgaveteksten skal vi betrakt 2.2 som nær a = 2: f(2) P (2) = 1 + 4 (2.2 2) = 1 + 4 0.2 = 1.8 (Oppgaveteksten krever denne løsningen, men vi kunne selvsagt lett regnet ut at f(2.2) = 1.9027 direkte med kalkulator). f ) Kritiske punkter er punktene på grafen med x verdier slik at f (x) = 0: (Eller der f ikke eksisterer, eller endepunkter, men det finnes ingen slike her) x 2 + x 2 = 0 x Her er andrederiverttesten hensiktsmessig: { 1 ± } 1 2 4 1 ( 2) = { 2, 1} 2 1 f ( 2) = 2 ( 2) + 1 = < 0. Når f (x) = 0 og f (x) < 0 har vi et lokalt maksimum. g ) f (1) = 2 1 + 1 = > 0. Når f (x) = 0 og f (x) > 0 har vi et lokalt minimum. Når definisjonsområdet er et lukket intervall og f er kontinuerlig, finnes alltid global maks og min. Disse finnes blant de kritiske punktene: Endepunkter Der f (x) = 0 Der f (x) ikke eksisterer. Vi har to endepunkter, x = 0 og x = 2. Dessuten et punkt der f (x) = 0, nemlig x = 1 (fra forrige deloppgave, x = 2 er ikke i definisjonsområdet). Det er ingen steder f (x) ikke eksisterer, så dette er alle kandidatene. Vi kan finne den største og minste ved å regne ut funksjonsverdiene:

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 4 f(0) = 1. f(1) = 1 + 1 2 2 + 1 = 2 + 12 + 2 = 5 6 6. f(2) = 1. Vi ser at 5 6 er minst og 1 er størst av disse funksjonsverdiene. Det vil si: ( Minimumspunkt 1, 5 ). Maksimumspunkt (2, 1). 6 Oppgave 2 a ) Skriver om fjerderoten til brøkpotens, 4 x = x 1/4, som kan deriveres med potensregelen (x r ) = rx r 1 : d dx x1/4 = 1 4 x 1 4 1 = 1 4 x /4 = 1 4x /4 Vi kan få bort brøkpotensen i nevneren ved å multiplisere teller og nevner med x 1/4 : = 1 x1/4 x1/4 4 x 4x /4 = x1/4 4x /4+1/4 = 4x Kjerneregelen med ytre funksjon g(u) = 4 u. Ved å bytte ut x med u i a-oppgven har denne 4 u derivert (med hensyn på u) g (u) = 4u. Kjernen er u = 2 x 2, med derivert 2x. Kjerneregelen gir da g (x) = g (u) u (x) = 4 u 4u ( 2x) = x 4 2 x 2 2 (2 x 2 ) c ) Siden g (1) < 0, er g avtagende for x = 1. g (1) = 1 4 2 1 2 2 (2 1 2 ) = 1 2. d ) Linariseringsformelen: P (x) = g(a) + g (a)(x a) med a = 1. g(1) = 4 2 1 2 = 4 1 = 1, og g (1) = 1/2, som vi fant i forrige deloppgave. P (x) = 1 1 (x 1) 2 g(0, 90) P (0.90) = 1 1 2 (0.90 1) = 1 1 ( 0.10) = 1.05 2 e ) Kalkulator gir mer nøyaktig 2 0.85 2 = 1.044. Produktregelen (fg) = f g + fg, med f = x, slik at f = 1 og g = 4 2 x 2 med derivert x 4 2 x 2 2 (2 x 2 (fra b-oppgaven): ) f (x) = 1 4 2 x 2 + x x 4 2 x 2 2 (2 x 2 ) = 4 2 x 2 x2 4 2 x 2 2 (2 x 2 )

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 5 Dette bør skrives på felles brøkstrek (i hvert fall må det gjøres i neste spørsmål for å kunne løse likningen): 4 2 x f 2 2(2 x 2 ) 4 (x) = 1 2(2 x 2 ) x2 2 x 2 4 2 2 (2 x 2 ) = x2 (4 2x 2 ) 4 2 x2 x 2 2 (2 x 2 ) I telleren settes rottuttrykket utenfor som en felles faktor: 4 ( 2 x 2 4 2x 2 x 2) 4 ( 2 x 2 4 x 2) = 4 (2 x 2 = ) 4 (2 x 2 ) f ) Endepunkter Der f (x) = 0 Der f (x) ikke eksisterer. Endepunktene: f(0) = 0 4 2 0 2 = 0 og f( 2) = 2 4 2 2 2 = 0. f (x) = 0: 4 ( 2 x 2 4 x 2) 4 (2 x 2 = 0 ) En brøk er 0 hvis og bare hvis telleren er det (forutsatt at ikke nevneren samtidig er 0), så vi forenkler til ( 4 2 x 2 4 x 2) = 0 Et produkt er 0 når en av faktorene er det. Siste faktor: 4 x 2 = 0 4 = x 2 x 2 = 4 x = 4/ = 2 / (Roten 2 / er ikke i definisjonsområdet.) I dette punktet er funksjonsverdien f(2 /) = 2 (2 ) 2 4 2 = 2 2 4 = 2 4 2 4 Dert kan forenkles litt ved å observere at ( 4 ) 2 =, slik at = 4 4, og en av disse faktorene i telleren kan forkortes med 4 i nevneren: = 2 4 4 4 2 4 = 2 4 4 2 = 2 4 2 4 2 = 6 Faktoren 4 2 x 2 = 0 for 2 x 2 = 0, dvs x = 2. Dette er ingen løsning av likningen, da nevneren også er 0 for x = 2. Den deriverte eksisterer ikke i dette punktet, så det er likevel et kritisk punkt. Den er imidlertid allerede tatt seg av ved at det også er et endepunkt. Vi har altså kritiske punkter, og ser at endepunkten med funksjonsverdi 0 er minst av disse (det er altså to minimumspunkter), mens 2 / gir størst funksjonsverdi. Det vil si ( ) Maksimumspunkt 2, 2 4 6. Minimumspunkter: (0, 0) og ( 2, 0) Med desimaltall (regnet ut i Maple) er maksimumspunktet forøvrig (1.155, 1.04).

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 6 Oppgave a ) Prøver med innsetting av x = 0: e 2 0 2 0 1 0 2 = 1 0 1 0 2 = ( ) 0 0 For null over nullutrykk kan vi prøve L hopitals regel, der teller og nevner deriveres hver for seg. Pass på kjerneregelen med kjerne u = 2x når e 2x deriveres. e 2x ( ) 2x 1 0 L lim x 0 x 2 = Hopital 2e 2x 2 = lim 0 x 0 2x Ved innsetting får vi fortsatt null over null, men vi kan prøve L Hopital en gang til, så virker innsetting: 2e 2x ( ) 2 0 L lim = Hopital 4e 2x = lim = 4e0 x 0 2x 0 x 0 2 2 = 4 2 = 2 x 0 + betyr at x går mot 0 ovenfra, slik at x > 0 og dermed 1/x > 0. Det vil si at 1/x og dermed e 1/x. Ved innsetting får vi da et 0 -uttrykk, som er et ubestemt utrykk. Det finnes ingen L Hopital for produkter, men vi kan skrive det om til en kvotient ved å skrive x som 1 1/x, og dermed xe1/x som e1/x 1/x. Dermed vil også nevneren 1/x, og vi får et ( ) -uttrykk, der L Hopital kan brukes. I derivasjonen ingår (1/x) = (x 1 ) = x 2 = 1/x 2 både i nevnerern og i kjernen (eksponenten) i telleren: lim x 0 + x e 1/x ( ) e1/x = lim x 0 + 1/x = L Hopital = lim x 0 + 1 x 2 e 1/x 1 x 2 Direkte innsetting går ikke, men ved å forkorte med 1/x 2 som er felles faktor får vi = lim x 0 + e1/x = (Det varierer med situasjonen om vi velger å si grensen er uendelig, eller at den ikke eksisterer.) a ) Derivasjonsteknikken når vi partiellderiverer med hensyn på x er å behandle y som en konstant. Det vil si at i ledd der det er faktorer som ikke inneholder x, men kan inneholde y, kan disse settes utenfor derivasjonene. Og at ledd som ikke inneholder x, deriveres til 0, som er den deriverte av en konstant: x ( x y + xy + x y ) = x 2 0 y 1 0 = x 2 y I partiell derivasjon med hensyn på y er det x som behandles som en konstant: ( x y + xy + x y ) = 0 y 2 + x 1 1 = y 2 + x 1 y Også de andre regnereglene, som for eksempel kvotientregelen, gjelder for partielle deriverte: ( ) 2x y 2 (2x + y) (2x y) 2 12y = x 2x + y (2x + y) 2 = (2x + y) 2 y ( ) 2x y (2x + y) (2x y) = 2x + y (2x + y) 2 = 12x (2x + y) 2

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 7 c ) Kjenreregelen. Den ytre funskjonen er u, som deriveres som en envariabel funksjon til 1/2 u. Kjernen er u = x 2 + y 2, som må partiellderiveres: ( ) x x 2 + y 2 = 1 2 u 2x = x x 2 + y 2 ( ) x y 2 + y 2 = 1 2 u 2y = y x 2 + y 2 d ) Med partiell derivasjon med hensyn på x blir det både en produktregel og en kjerneregel på siste fajktor. Ytre funksjon er e u med derivert e u, mens kjernen u = 2x + y må partiellderiveres: ( xe 2x+y ) = 1 e 2x+y + x e u 2 = e 2x+y + x 2 e 2x+y = (1 + 2x) e 2x+y x Partiell derivasjon med henyn på y er en anelse enklere, da faktoren x bare går utenfor som en konstant. Kjerneregelen på eksponentialfaktoren: Oppgave 5 ( xe 2x+y ) = x e u = x e 2x+y y Implisitt derivasjon- grunnleggende. I eksemplene er y = f(x) definert implisitt ved de angitte likningene. Regn ut y (x) (på implisitt form) generelt, og spesielt i punktet med de angitte koordinatene: a ) Vi må betrakte dette som et produkt (produktregelen), der f = x og g = y. Den deriverte av y kalles y. OBS: Den er ikke 1 (eller 0) som i partiell derivasjon, som er noe annet. Nå er y = y(x) avhengig av x. Begge sider av likningen skal deriveres: 1 y + x y = 0 y + xy = 0 Denne kan så løses ut med hensyn på y: y + xy = 0 xy = y y = y x Innsetting av x = 2 og y = gir y = 2. Siden y er en funksjon av x, må vi bruke kjerneregelen, med y som kjerne: 2yy = 1 y = 1 2y så y (9) = 1 2 = 1 6 c ) Kjerneregelen med y som kjerne: e y y = 1 y = 1 e y så y (1) = 1 e 0 = 1

Repetisjon i Matematikk 1: Derivasjon 2, 201. 8 Oppgave 6 a ) Implisitt derivasjon. Kjerneregelen på y -leddet og produktregelen på xy-leddet: x 2 + y 2 y y xy = 0 Når vi nå bare er ute etter den deriverte i ett punkt, er det ikke nødvendig å isolere y på venstresiden først. Det kan være enklere å sette inn x = 2 og y = 1 først, og så deretter løse med hensyn på y : 2 2 + 1 2 y 1 2y = 0 y 2y + 12 1 = 0 y + 11 = 0 y = 11 I tangentlikningen y = f(a) + f (a)(x a) er nå a = 2 (x-verdien i tangeringspunktet). f(a) = y(2) = 1, i følge oppgaveteksten. Og f (a) = y (2) = 11, som vi fant i a oppgaven: y = 1 11 (x 2) som også kan, men ikke må, skrives y = 11x + 2