f (28) L(28) = f (27) + f (27)(28 27) = = (28 27) 2 = 1 2 f (x) = x 2

Transkriptio

1 BMA581 - Differentiaalilaskenta ja sovellukset Harjoitus 4, Syksy (a) Olisiko virhe likimain.5, ja arvio antaa siis liian suuren arvon. (b) Esim (1,1.5) tai (,.5). Funktion toinen derivaatta saa suuria arvoja sellaisten pisteiden läheisyydessä joissa lineaarinen approksimaatio ei toimi hyvin. Tämä nähdään paitsi siitä että toinen derivaatta esiintyy lineaarisen approksimaation virhekaavassa, myös suoraan siitä että toisen derivaatan suuret arvot mahdollistavat funktion ensimmäisen derivaatan nopean muuttumisen, ja lineaarinen approksimaatio perustui nimenomaan ensimmäiseen derivaattaan.. (a) Koska f (t) = t 1/3 niin f (t) = 1 3 t /3. Voidaan ajatella että 3. (a) f (t) L(t) = f (a) + f (a)(t a) jos t ja a ovat toisiaan lähellä. Nyt kiinnostava luku t = 8. Huomataan että tätä lähin luku a jossa f (a) ja f (a) on helppo laskea on a = 7. Kirjoitamme siis f (8) L(8) = f (7) + f (7)(8 7) = = (b) Virhetermin lauseke on E(t) = f (c t ) (t a), missä c t on jokin tuntematon luku lukujen a ja t välissä. Nyt siis 7 c t 8. Koska f (c t ) = 9 t 5/3 niin virheen itsearvolle voidaan kirjoitta 9 E(8) = c 5/3 t (8 7) = 1 9 c 5/3 t /3 = 3 7 Lisäksi koska toisen derivaatan merkki on koko ajan negatiivinen, on saatu approksimaatio arvoltaan suurempi kuin todellinen arvo, eli L(8) 3 7 f (8) L(8) f (x) = x L(x) = f (1) + f (1)(x 1) = π (x 1) L(1.1) = π (1.1 1) = π (b) Funktion toinen derivaatta on f (x) = x(1 + x ), joten virhetermi on E(x) = f (c x ) (x 1) = c x(1 + c x) (x 1) = c x (1 + c (x 1) x) missä c x on jokin luku lukujen a ja x välissä. Nyt kiinnostavat arvot x:lle ovat väliltä [.9,1.1] ja a = 1 joten voimme sanoa että c x [.9,1.1]. Tämän tiedon avulla saadaan helppo (joskaan

2 ei optimaalinen) arvio virheen itseisarvon suurimmalle mahdolliselle arvolle: E(x) = c x (1 + c (x 1) x) = c x (1 + c (x 1) x) c x (1 +.9 ) (x 1) = c x (x 1) 1.81 = c x = c x = Huom. Analysoimalla toisen derivaatan maksimit ja minimit (kolmannen derivaatan avulla) saataisiin vähän tarkempi tulos käyttämällä tietoa f (c x ) f (1.1). Tämä ei itseasiassa olisi edes hirveän haastavaa. 4. (a) Voidaan ajatella että I(t) L(t) = I(a) + I (a)(t a) jos t ja a ovat toisiaan lähellä. Nyt kiinnostava luku t =.5. Huomataan että tätä lähin luku a jolle I(a) ja I (a) on saatavissa on a =. Kirjoitamme siis I(.5) L(.5) = I() + I ()(.5 ) = = 11 Virhetermin lauseke on E(t) = I (c t ) (t a), missä c t on jokin tuntematon luku lukujen a ja t välissä. Nyt siis kun approksimaatiota mietitään arvolla t =.5 niin c t.5. Koska tiedetään että I (t) 3 niin virheen itsearvolle voidaan kirjoittaa E(.5) = I (c t ) (.5 ) 3.5 = 3 8. (b) (i) P = RI. Siis P(.5) = R(I(.5)) R 11 = 11R. (ii) Nyt siis L(t) = P(a) + P (a)(t a). Koska P (t) = R I(t)I (t) niin tunnemme mitä on P (a) kun a =. Kirjoitamme siis P(.5) L(.5) = P() + P ()(.5 ) = R 1 + R 1.5 = 1R 5. (a) Koska y = ky niin y(t) = C exp(kt). LIsäksi tiedetään että y() = C exp() = C = 1 5. Edelleen y() = 1 5 exp(k) = 1 5, mistä saadaan k = ln()/. Näin ollen y(5) = C exp(5k) = 1 5 exp(5ln()/). (b) Olkoon kasvuun kuluva aika t ja kasvun alkuhetki t. Tällöin: 1y(t ) = y(t + t) 1C exp(kt ) = C exp(k(t + t)) 1exp(kt ) = exp(kt )exp(k t) 1 = exp(k t) t = ln(1)/k = ln(1) ln(). (c) Nyt y = ky 1 5. Merkitsemällä ky 1 5 = u saadaan ky = u

3 eli y = 1 k u. Näin ollen Näin ollen 1 k u = u u = ku u(t) = C exp(kt). y = 1 k (u + 15 ) = 1 k (C exp(kt) + 15 ). Nyt sen että levää poistetaan ei varmaankaan pitäisi vaikuttaa luontaiseen kasvukykyyn, eli yhä k = ln()/. C:n määrittämiseksi tarvitsemme vielä levän määrän jollakin ajanhetkellä. Jos oletetaan että olisi taas y() = 1 5, niin 1 5 = 1 k (C + 15 ), eli C = (k 1) Merkitään n = [H O ], jolloin reaktionopeuden lausekkeesta saadaan missä C = e c. Sijoitetaan n() = 1: Sijoitetaan n(5) =.1: Reaktionopeuden lausekkeeksi saadaan siis v = dn dt = kn dn n = kdt ln(n) = kt + c n = e kt+c = Ce kt n() = Ce = 1 C = 1 n(5) = 1e 5k =.1 e 5k =.1 5k = ln(.1) k = ln(.1) 5 v = n (t) = D(1e ln(.1) 5 t ) = ln(.1)e ln(.1) 5 t 7. Huom! Ratkaisu on tehty määrättyjä integraaleja käyttäen. Tämä on näppärää siinä mielessä että silloin integroimivakioita ei paljoa ratkaisuissa näy. Tehtävän kuitenkin voi tehdä ihan puhtaasti ensin etsimällä määräämättömän integraalin avulla p(t):n lausekkeen. Todennäköisesti suurin osa kurssilaisista sen niin myös tekisi. (a) 1 lim t p (t) = lim t (t + 1) r = Eli bakteeripopulaation kasvunopeus lähestyy nollaa, kun t kasvaa rajatta. Tämä käy osittain järkeen, sillä populaation elintila ja resurssit ovat rajalliset. (b) Populaatio kasvaa 4 tunnissa p(4) p(): p(4) p() = 4 p (t)dt = 4 1(t + 1) 3 dt = = 5(5 1 ) = + 5 = 48 / 4 5(t + 1) Populaation koko kasvaa siis 48 miljoonaa. Koska populaation koko alussa ei vaikuttanut laskuun, kasvu on sama riippumatta siitä, mikä populaation koko on ollut alussa.

4 (c) Olkoon alkuhetki t o, jolloin T tunnissa populaatio kasvaa p(t + T ) p(t ) = t +T t +T p (t)dt = 1(t + 1) 3 dt = t t = 5 ( (t + T + 1) (t + 1) ) t/ +T t 5(t + 1) (d) Populaatio kasvaa 1 tunnissa Siis p(1) p() = 6 = 1 p (t)dt = 1 6 = 1 r 1 (111 r 1) 8. (a) Hyödykkeitä tuotetaan sama määrä, eli Merkitään u = e t A, jolloin saadaan 1(t + 1) r dt = g(r) = 1 r 1 (111 r 1) 6 ta / 1 f A (t A ) = f B (t B ) = f B (t A ) e x dx = ta.8e x dx e t A + 1 =.8e t A +.8.8e t A + e t A. =.8u + u. = u = 1 ± { 1 ±.6 1 = = (t + 1) (r 1) r 1 Kun u = 1 niin e t A = 1 t A = ja kun u =.5 niin e t A =.5 t A = ln(.5) Jos t A = niin ei saada tuotettua yhtään hyödykkeitä. Täten hyödykkeiden tuottamiseen menee prosessissa A t A 1.39 aikayksikköä ja prosessissa B t B = t A.77 aikayksikköä. (b) Prosessin ylläpitoaika on suoraan verrannollinen resurssien määrään. Okoon tämä verrannollisuuskerroin k prosessille A (k > ). Jos prosessiin A käytetään resursseja r A, siihen kuluu aikaa t A = kr A. Jos prosessiin B käytetään resursseja r r A, siihen kuluu aikaa t B = k(r r A ), sillä prosessia B voidaan ylläpitää samoilla resursseilla kaksinkertainen aika verrattuna prosessiin A. Kokonaisuudessaan tuotettua hyödykkeiden määrää kuvaa funktio g(r A ) = f A (t A ) + f B (t B ) = 1 e kr A +.8.8e k(r r A) = 1.8 e kr A.8e k(r r A) Nyt etsitään siis tämän funktion suurinta arvoa välillä r A r. Funktion suurin arvo löy-

5 detään suljetulla välillä välin päätepisteistä tai derivaatan nollakohdista. g (r A ) = ke kr A 1.6ke k(r r A) = e kr A = 1.6e k(r r A) e kr A kr A = e r A = 1.6e kr r A = ln(1.6e kr ) = ln(1.6) + ln(e kr ) r A = = ln(1.6) kr ln(1.6) kr = 3 r ln(1.6) Löytyi siis vain yksi nollakohta. Tutkitaan funktion käyttäytyminen tämän nollakohdan molemmin puolin: e kr A lim g(r A) =. r A ± Tämän vuoksi g(r A ) saa nimenomaan maksiminsa (eikä minimiä) derivaatan nollakohdassa. Jos tämä nollakohta kuuluu tarkasteluvälille [,r] (tällöin prosessille A kannattaa antaa r A = 3 r ln(1.6) osuus resursseista). Jos derivaatn nollakohta sattuu olemaan pisteen vasemmalla puolella (eli 3 ln(1.6) r <, eli kr < ln(1.6)/ niin maksimi tulee tarkasteluvälin alkupisteeseen (prosessille A resursseja siis tässä tapauksessa ). Pisteen r oikealla puolella derivaatan nollakohta ei voi olla (katso nollakohdan lauseke), joten tätä ei tarvitse miettiä.