TMA400 Matematikk Høst 008 Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag Løsningsforslag Øving 4 4..3 Vi skal finne absolutt maksimum og absolutt minimum verdiene for funksjonen g() = 4 på intervallet. Vi finner g () og setter denne lik 0, g () = = 0. 4 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 =. Vi har g(0) =, g( ) = 0, g() = 3. Dermed er absolutt maimum gitt i punktet = 0 og absolutt minimum er 0 gitt i endepunktet =. 3.5 0.5 0 0.5 Figur : Oppgave 4..3: Funksjonen g() = 4 for med abolutt maksimum i (0, ) og absolutt minimum i (, 0). 4..70 Vi ser på den kubiske funksjonen f() = a 3 + b + c + d. a) Vi skal vise at f() kan ha 0, eller kritiske punkt. Vi starter med å derivere f(), f () = 3a + b + c. Siden f er et polnom er den derfinert for alle verdier av. De kritiske punktene er da lik nullpunktene til ligningen over. Vi har en. gradsligning, som vi vet kan ha 0, eller løsninger. For eksempel, om vi velger a = b = c = 0, er f lik 0 for alle verdier av, og f er lik konstanten d. Om vi velger a = b = 0 er f lineær, f () = c, og ligningen f () = 0 har ingen løsning. Om vi velger a = 0, 3. september 008 Side av 9
0 0 0 0 Løsningsforslag Øving 4 får vi nullpunkt et nullpunkt, og det er = c/(b). Om vi velger a = /3, b = 0 og c =, får vi to nullpunkt, = ±. b) Vi antar at vi ser på f() på et lukket intervall av -aksen. De lokale ekstremverdiene til f er gitt i de kritiske punktene og i endepunktene. Legg merke til at dersom a = b = c = 0, så er f en konstant, og f har dermed ingen ekstremverdier. Dersom a = b = 0 er f linear, og f har dermed ingen ekstremverdier utenom i endepunktene. Altså, f vil ha 0,, 3 eller 4 lokale ekstremverdier. (a) (b) (c) (d) Figur : Funksjonen f() = a 3 + b + c + d for ulike verdier av a, b, c og d. a) f() =, b) f() =, c) f() = og d) f() = 3 +. 4..5 Funksjonen f() = /3 er kontinuerlig på intervallet [, 8], men der er ikke deriverbar i punktet = 0 siden f () = /3 / /3. Dermed tilfredsstiller den ikke betingelsene i Middelverditeoremet. 4..6 Funksjonen f() = 4/5 er kontinuerlig på intervallet [0, ] og deriverbar i det indre av (0, ). (f () = (4/5) (/ /5 ) og f() er ikke deriverbar i = 0.) Dermed tilfredsstiller den betingelsene i Middelverditeoremet. 4..7 Funksjonen f() = ( ) er kontinuerlig på intervallet [0, ] og deriverbar i det indre av (0, ). (f () = / ( )/ ( ) og f() er ikke deriverbar i = 0 og =.) Dermed tilfredsstiller den betingelsene i Middelverditeoremet. 4..8 Funksjonen f() = { sin, π 0 0, = 0. er ikke kontinuerlig på intervallet [ π, 0] siden sin lim f() = lim 0 0 = 0 = f(0). Dermed tilfredsstiller den ikke betingelsene i Middelverditeoremet. 3. september 008 Side av 9
.5 0.5 0 0.5.5 Figur 3: Oppgave 4..54 4..0 Vi skal vise at funksjonen r(θ) = θ cos θ + har akkurat ett nullpunkt på intervallet (, ). Vi starter med å se på den deriverte av r(θ), r (θ) = + cos θ sin θ > 0 for alle θ, siden < cos θ sin θ. 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) = π + < 0 og r(π) = π + > 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. 4..54 a)vi kan lage et sånt polinom som f() = ( + )( + )( )( ) = 5 5 3 + 4 b) Dens deriverte er f () = 5 4 5 + 4 Vi skal tegne grafen til begge to. Vi ser fra Rolles Teorem at f er null mellom nullpunktene til f: siden f er kontinuerlig og deriverbar overalt, får man at hvis man tar to punkter hvor f er null, gir Rolles Teorem at det finnes et punkt imellom hvor f er null. c)det er sant fordi sinus er kontinuerlig og deriverbar overalt. 3. september 008 Side 3 av 9
4.3. Vi ser på funksjonen h() = 3 8. a) Vi skal finne intervallene hvor h() er økende og minkende. Vi deriverer og får h () = 6 8. Løser vi ligningen h () = 0 får vi løsningene = ± 3. Ved å sette inn har vi h ( 4) = 78, h (0) = 8 og h (4) = 78. Dermed har vi at h() er økende på intervallene (, 3) og ( 3, ), mens den er snkende på intervallet ( 3, 3). b) Siden h() er deriverbar for alle, er funksjonens ekstremverdier gitt av ligningen h () = 0. Dermed oppnår h() ekstremverdier i = ± 3, hvor f( 3) er et lokalt maksimum og f( 3) er et lokalt minimum (siden h() er økende på intervallene (, 3) og ( 3, ), mens den er snkende på intervallet ( 3, 3)). c) Vi har at og h(), når, h(), når, Dermed har ikke funksjonen absolutte maksimalverdier. 4.4.0 Vi skal skissere funksjonen = 6 ved å bruke prosedren gitt på side 64 i læreboken.. Området til er (, ) og det er ingen smmetri rundt noen av aksene.. Vi finner () =, () =. 3. Siden () er deriverbar for alle, er de kritiske punktene gitt ved () = 0, dvs at kritisk punkt er =. Siden ( ) = < 0, har funksjonen et relativt maksimum i (, ( )) = (, 7). 4. Siden ( ) > 0, øker funksjonen i intervallet (, ), og siden (0) < 0 minker funskjonen i intervallet (, ). 5. Siden () = 0, har funksjonen ingen vendepunkt. Kurven er konkav ned. 6. Funksjonen har ingen asmptoter. 7. Kurven skjærer -aksen i punktene gitt ved () = 6 = 0, + 6 = 0, = ± ( ) 4 ( 6) = ± 0 = ± 5. Kurven skjærer aksen i punktet (0) = 6. 4.4. Vi skal skissere funksjonen = sin på intervalllet 0 π ved å bruke prosedren gitt på side 64 i læreboken.. Området til er 0 π og det er ingen smmetri rundt noen av aksene. 3. september 008 Side 4 av 9
0 8 6 4 0 8 6 4 0 4 6 8 0 4 6 8 0 Figur 4: Oppgave 4.4.0. Skisse av grafen = 6.. Vi finner () = cos, () = sin. 3. Siden () er deriverbar for alle, er de kritiske punktene gitt ved () = 0, dvs at kritisk punkt er = arccos(). Vi finner at de kritiske punktene = 0 og = π, som samsvarer med endepunktene. Dermed er (0, 0) et globalt minimum og (π, π) et globalt maksimum. 4. Siden (π) = π > 0, øker funksjonen i intervallet (0, π). 5. Vendepunktene er gitt ved () = sin = 0, og vi finner at = arcsin 0 = π er et vendepunkt. 6. Funksjonen har ingen asmptoter. 7. Kurven starter i punktet (0, 0) og øker til punktet (π, π). 7 6 5 4 3 0 3 4 5 6 Figur 5: Oppgave 4.4.. Skisse av grafen = sin. 3. september 008 Side 5 av 9
4.4.30 Vi skal skissere funksjonen = 3 /(3 + ) ved å bruke prosedren gitt på side 64 i læreboken.. Området til er (, ), og kurven er smmetrisk rundt origo.. Vi finner 3 () = d d 3 + = 3 (3 + ) 3 6 (3 + ) = 3 ( + ) (3 + ), () = d d 34 + 3 (3 + ) = (3 + 6) (3 + ) 3 ( + ) (3 + ) 6 (3 + ) 4 = 6( + ) (3 + ) 36 3 ( + ) (3 + ) 3 = 365 + 3 + 8 3 + 6 36 5 36 3 (3 + ) 3 = 63 + 6 (3 + ) 3 = 6( + ) (3 + ) 3. 3. Siden () er deriverbar for alle, er de kritiske punktene gitt ved () = 0, dvs at kritisk punkt er = 0. Siden f (0) = 0, kan vi ikke bruke. deriverte-testen til å klassifisere dette punktet. Vi legger merke til at når og når. Dermed er punktet (0, (0)) = (0, 0) et sadelpunkt. 4. Siden (0) > 0 for alle 0, øker funksjonen i intervallene (, 0) og (0, ). 5. Vendepunktene er gitt ved () = 0. Siden nevneren er positiv for alle verider av, løser vi 6( + ) = 0. Vi finner at det er vendepunkt i =, = 0 og =. 6. Funksjonenen har ingen horisontale eller vertikale asmptoter. Siden teller og nevner er polnomer, og polnomet i telleren er av en grad høere enn nevneren, har funksjonen en skeiv asmptote. Vi finner denne ved polnomdivisjon, 3 + = 3 3 3 +, og = /3 er en skrå asmptote for grafen. 3 7. Kurven skjærer aksene i punktet (0, 0). 0.3 0. 0. 0.8 0.6 0.4 0. 0 0. 0.4 0.6 0.8 0. 0. 0.3 Figur 6: Oppgave 4.4.30. Skisse av grafen = 3 /(3 + ). 3. september 008 Side 6 av 9
4.4.40 Vi skal skissere funksjonen = ln / ved å bruke prosedren gitt på side 64 i læreboken.. Området til er (0, ), og det er ingen smmetri.. Vi finner () = ln (/) () = 3/ ( = (/) ( ln ) = ln 3/ 3 ln ) 6/ = / ( 3 + ln ) 3 = + 3 4 ln 5/. 3. Den deriverte f () er definert for alle -verdier i området til f(). De kritiske punktene er derfor gitt ved () = 0, dvs at ln = 0, ln =, = e. Siden f (e ) < 0, gir. deriverte-testen at (e, f(e )) = (e, ) er et relativt e maksimumspunkt. 4. Siden () > 0 for alle 0 < < e, øker funksjonen i intervallet (0, e ), og siden () < 0 for alle e < <, minker funksjonen i intervallet (e, ). 5. Vendepunktene er gitt ved () = 0, og vi finner Funksjonen har vendepunkt i = e 8/3. + 3 4 ln = 0, ln = 8 3, = e8/3. 6. Vi finner først en horisontal asmptote, ln lim = lim / = lim = 0, og = 0 er en horisontal asmptote for funskjonen. Videre har vi at ln lim = lim 0 + / = lim Dermed er = 0 en vertikal asmptote for funskjonen. =. 0 0 40 60 80 00 Figur 7: Oppgave 4.4.40. Skisse av grafen = ln /. 3. september 008 Side 7 av 9
4.5.4 Vi skal finne den vinkelen θ som maksimerer voulmet av rennen vist i oppgaveteksten i læreboken. Volumet er gitt ved V = (Areal av endeflate) lengde. Arealet av endeflaten består av arelate av et kvadrat med sider på in og arealet av to trekanter. La g være grunnlinjen og h høden til trekantene. Arealet av en trekant er gitt ved A = (g h). Fra figuren får vi at for trekanten er sin θ = g/ og cos θ = h/. Dermed kan vi sette opp et uttrkk for volumet, V (θ) = ( sin θ cos θ + cos θ) 0 = 0 sin θ cos θ + 0 cos θ. For å finne makimalt volum ser vi på den deriverte, V (θ) = 0(cos θ cos θ + sin θ ( sin θ) cos θ) = 0(cos θ sin θ cos θ) = 0( sin θ sin θ sin θ) = 0( sin θ sin θ). V (θ) = 0 gir sin θ + sin θ = 0, ( sin θ = ± ) ( 4 ) = 4 ± 9 4 = 4 ± 3 4. Siden vinkelen vi leter etter må ligge i intervallet (0, π/), må sin θ være positiv. Dermed har vi at θ = arcsin(/) = π/6. Vi har at og θ = π/6 gir maksimalt volum. V (θ) = 80 cos θ sin θ 0 cos θ, V ( π 6 ) < 0, 4.5.40 Fermat s prinsipp i optikk sier at ls alltid beveger seg fra et punkt til et annet langs den banen som minimerer reisetiden. Studer figuren i oppgaveteksten. Vi skal vise at dersom lset adlder Fermat s prinsipp, så må vinklene θ og θ være like. Merk at siden hastigheten er konstant så er minimal reisetid ekvivalent med minimal strekning. Punktene A og B er gitt. Vi lar -aksen ligge på speilet, og lar -aksen gå gjennom A. Videre sier vi at punktet A har koordinater (0, a) og punktet B har koordinater (d, b). Vi lar lset treffe speilet i punktet. Ved Ptagoras får vi da et avstanden lset tilbakelegger er gitt ved f() = a + + b + (d ). Den verdien for som gir kortest strekning er gitt ved ligningen f () = 0, f () = a + (d ) b + (d ) = 0. Siden sin θ = a + og sin θ = og vi har vist at vinklene må være like. (d ), gir ligningen over at b +(d ) sin θ = sin θ, 3. september 008 Side 8 av 9
Eksamensoppgave 0 Vi skal vise formelen n ( ) i i n n(n + ) = ( ) i= () for alle positive heltall n ved induksjon. Når n = er venstresiden og høresiden i () henholdsvis ( ) i i ( + ) = og ( ) i= =, så () er riktig for n =. Anta at () er riktig for n = k, det vil si, anta (som induksjonshpotese) at k ( ) i i k k(k + ) = ( ). ( ) i= Vi må vise at () da stemmer for n = k + : k+ k ( ) i i = ( ) i i + ( ) (k+) (k + ) ( ) k k(k + ) = ( ) + ( ) (k+) (k + ) i= i= = ( ) (k+) (k + ) ( k ) + (k + ) (k+) (k + )((k + ) + ) = ( ). Ved induksjon følger at () er riktig for alle hele tall n. 3. september 008 Side 9 av 9