3 = Lisäksi z(4, 9) = = 21, joten kysytty lineaarinen approksimaatio on. L(x,y) =

Transkriptio

1 BM20A5810 Differentiaalilaskenta ja sovellukset Harjoitus 6, Syksy (a) Olkoon z = z(x,y) = yx 1/2 + y 1/2. Muodosta z:lle lineaarinen approksimaatio L(x,y) siten että approksimaation ja z:n arvot ovat lähellä toisiaan kun (x, y) on pisteen (4,9) lähellä. Anna tällä approksimaatiolla likiarvo funktion z arvolle pisteessä (4.1, 8.8). (b) Määritä lineaarinen approksimaatio funktiolle f (x,y,z) = x z yx + 1 ja anna tämän avulla likimäärin mitä on funktion arvo pisteessä (1.2,0.9,0.2). Anna vastaus murtolukuna. (a) Lineaarinen approksimaatio L(x,y) on L(x,y) = z(a,b) + z 1 (a,b)(x a) + z 2 (a,b)(y b) ja L(x,y) z(x,y) jos (a,b) on pisteet (x,y) lähellä. Valitaan siis (a,b) = (4,9) koska tämä on lähellä kiinnostavaa pistettä (4.1,8.8) ja kaikki tarvittavat arvotkin on helppo tällöin laskea: z 1 (x,y) = 0.5yx 0.5, z 2 (x,y) = x y 0.5 eli z 1 (4,9) = = 9 4, z 2(4,9) = = Lisäksi z(4, 9) = = 21, joten kysytty lineaarinen approksimaatio on ja tällöin L(x,y) = (x 4) + (y 9) 6 f (4.1,8.8) L(4.1,8.8) = ( 0.2) (b) Valitaan approksimaation kehityspisteeksi jokin piste a joka on lähellä pistettä (1.2,0.9,0.2) ja jossa funktio ja sen ensimmäiset osittaisderivaatat on helppo laskea, olkoon a = (1, 1, 0). Osittaisderivaatat ovat f 1 (x,y,z) = 2.1x y f 2 (x,y,z) = x f 3 (x,y,z) = 3.8z 0.9 Tällöin f (x,y,z) L(x,y,z) = f (a) + f 1 (a)(x a 1 ) + f 2 (a)(y a 2 ) + f 3 (a)(z a 3 ) = f (1,1,0) + f 1 (1,1,0)(x 1) + f 2 (1,1,0)(y 1) + f 3 (1,1,0)(z 0) = ( )(x 1) + 1(y 1) + 0(z 0) = (x 1) + 1(y 1).

2 Näin ollen f (1.2,0.9,0.2) L(1.2,0.9,0.2) = (1.2 1) + 1(0.9 1) = = 3.52 = (a) Eräs kustannusfunktio C(x,y) on muotoa C(x,y) = x 2 y 3 x. Jos tiedetään että arvo x on välillätä [10 0.5, ] ja y on väliltä [5 0.1, 5+0.5] niin anna (kokonais)differentiaalin avulla arvio sille kuinka paljon kustannus saattaa erota arvosta C(10,5). (b) Tutkitaan funktiota g(x,y) = x+ln(1+x 2 +y). Arvioi (kokonais)differentiaalin avulla kuinka suuri on erotus g(0,0) g(0.1,0.01). Muodosta myös g:lle pisteessä (0,0) kehitetty 1. asteen Taylorin polynomi eli lineaarinen approksimaatio. (a) Tullaan tarvitsemaan osittaisderivaattoja, joten lasketaan ne ensin C 1 (x,y) = 2x y 3, C 2 (x,y) = 3y 2 x Ollaan tällä kertaa sen verran kunnianhimottomia ettei välitetä erotuksen merkistä, ja merkitään x = 10 + x, y = 10 + y. C(x,y) C(10,5) = C(10 + x,5 + y) C(10,5) = C 1 (10,5) x +C 2 (10,5) y C 1 (10,5) x + C 2 (10,5) y C 1 (10,5) C 2 (10,5) 0.5 = = = Mikään ei tietysti estäisi laskemasta vähn tarkempiakin arvooita joissa merkki totetaan mukaan: C(x,y) C(10,5) = C(10 + x,5 + y) C(10,5) C 1 (10,5) x +C 2 (10,5) y = ( ) x + ( ) y = x 750 y. Nyt koska x [ 0.5,0.5] ja y [ 0.1,0.5], saadaan että likimäärin pätee (b) C(x,y) C(10,5) 105 ( 0.5) 750 ( 0.1) C(x,y) C(10,5) Etsi f :lle lineaarinen approksimaatio pisteen A läheisyydessä, kun (a) f (x,t) = e xt2 + x 2 ja A = (1,2) (b) f (x 1,x 2 ) = x1 3x 2 + x2 4 ja A = (1,0)

3 (c) f (x 1,x 2,x 3 ) = x 2 1 sin(x 2) + x 3 ja A = (1,π,0) (a) f 1 (x,t) = e xt2 1 t 2 + 2x f 2 (x,t) = e xtx x 2t + 0 (a,b) = (1,2) f (a,b) = e f 1 (a,b) = 4e f 2 (a,b) = 4e 4 f (x,t) L(x,t) = f (a,b) + f 1 (a,b)(x 1 a) + f 2 (a,b)(x 2 b) = e (4e 4 + 2)(x 1) + 4e 4 (t 2) (b) f 1 (x 1,x 2 ) = 3x1x f 2 (x 1,x 2 ) = x x3 2 (a,b) = (1,0) f (a,b) = = 0 f 1 (a,b) = = 0 f 2 (a,b) = = 1 f (x 1,x 2 ) L(x 1,x 2 ) = f (a,b) + f 1 (a,b)(x 1 a) + f 2 (a,b)(x 2 b) = 0 + 0(x 1 1) + 1 (x 2 0) = x 2 (c) a = (a 1,a 2,a 3 ) = (1,π,0) n = 3

4 L(x 1,x 2,x 3 ) = f (a 1,a 2,a 3 ) + n i=1 f x i a (x i a i ) = f (a 1,a 2,a 3 ) + f 1 (a 1,a 2,a 3 )(x 1 a 1 ) + f 2 (a 1,a 2,a 3 )(x 2 a 2 ) + f 3 (a 1,a 2,a 3 )(x 3 a 3 ) f 1 (x 1,x 2,x 3 ) =2x 1 sin(x 2 ) + 0 f 2 (x 1,x 2,x 3 ) =x 2 1 cos(x 2 ) + 0 f 3 (x 1,x 2,x 3 ) =0 + 1 f (1,π,0) =1 2 sin(π) + 0 = 0 f 1 (1,π,0) =2 1sin(π) = 0 f 2 (1,π,0) =1 2 cos(π) = 1 f 3 (1,π,0) =1 L(x 1,x 2,x 3 ) =0 + 0 (x 1 1) + ( 1)(x 2 π) + 1 (x 3 0) = x 2 + π + x 3 4. Arvioi f :n muutosta (kokonais)differentiaalin avulla kun f (x 1,x 2,x 3 ) = x 1x sin(x 3) 1 + x 3 (x 3 x 1 e x 2x 3 ) ja (x 1,x 2,x 3 ) muuttuu pisteestä (0,0,0) siten, että muuttujan x i muutokselle x i pätee x 1 0.1, x 2 0.1, x Kysytty asia on siis mitä on f voimme taas kuvata tätä melko hyvin derivaattojen kautta eli f f 1 x 1 + f 2 x 2 + f 3 x 3 f 1 x 1 + f 2 x 2 + f 3 x 3 f f f

5 Lasketaan derivaatat ja niiden arvot pisteessä (x 1,x 2,x 3 ) = (0,0,0) f 1 = x 3 (x ) (x 3 0) f 1 (0,0,0) = (02 + 0) (0 0) = 0 f 2 = x 3 (x 1 2x 2 + 0) ( e x 2x 3 x 3 ) = 0 f 3 = cos(x 3)(1 + x 3 ) (x 1 x sin(x 3)) (1 + x 3 ) 2 (x 1 e x 2x3 x 2 ) = 1 Sijoittamalla saadut tulokset saamme f = (a) Määritä lineaarinen approksimaatio L(x) funktiolle f (x) = ln(x) kehitettynä pisteessä a = 1. (b) Arvioi mitä suurempi approksimaatiovirhe f (x) L(x) ei missään tapauksessa ole kun i) x = 1.1, ii) x = 0.1. (c) Hahmottele f (x) ja L(x) funktiot samaan koordinaatistoon. Sijoita kuvaan myös virhe E(x) kun x = 1.5. (a) f (x) = ln(x), f (x) = 1 x, a = 1, f (x) L(x) = f (a) + f (a)(x a) = ln(1) + 1 (x 1) = x 1 1 (b) i. f (x) = 1 x 2, x = 1.1, ξ [a,x] = [1,1.1]. E(x) = f (ξ (x a)2 = f (ξ (1.1 1)2 = f (ξ) = ξ = 0.005

6 ii. f (x) = 1 x 2, x = 0.1, ξ [x,a] = [0.1,1]. E(x) = f (ξ (x a)2 = f (ξ (0.1 1)2 = f (ξ) = ξ = Paine p putkistossa on kasvamassa. Ajanhetkellä t = 0 on mitattu että p(0) = 5 ja p (0) = 3. (a) Jos paineen toinen derivaatta on rajoitettu siten että p (t) A, missä A on ajasta riippumaton vakio, niin kuinka suuri A saa olla jotta voidaan olla varmoja ettei paine vielä ajanhetkellä t = 2 ole ylittänyt arvoa 12? Ohje: Mieti lineaarisen approksimaation virhetermin suurinta arvoa. (b) Nyt ollaan huomattu että hetkeen t = 0 asti paine on jatkanut kasvua vakionopeudella 3. Jos tiedetään että aina p (t) 1 niin mihin ajanhetkeen t k asti paine saa jatkaa kasvua jotta voisi olla mitenkään mahdollista että paine ei ylitä arvoa 12? (Siis hetken t k jälkeen paineen kasvunopeuden sallitaan pienenevän). (a) p = p(t), p(0) = 5, p (0) = 3, p (t) A aina. Valitaan a = 0. p(t) = L(t) + E(t) L(t) + E(t) = p(a) + p (a)(t a) + f (ξ) (t a)2 = 5 + 3(t 0) + f (ξ) (t 0) t + A 2 t2. Tahdotaan että p(2) 12, tämä tapahtuu varmasti kun eli A A (b) Kun tarkasti luetaan tehtävänanto niin p (t) = 3 kun t [0,t k ] ja koska p(0) = 5 niin tällöin p(t k ) = p(0)+3(t k 0) = 5+3t k. Tällöin pisteessä a = t k kehitetty lineaarinen approksimaatio on L(t) = p(a) + p (a)(t a) = 5 + 3t k + 3(t t k ) = 5 + 3t.

7 Koska p (t) 1 niin tiedetään ettei funktion kasvunopeus (eli derivaatta) voi pienentyä nopeammin kuin siinä tapauksessa jos valitaan p (t) = 1, kun t t k. Tällöin olisi p(t) = L(t) + E(t) = 5 + 3t + p (ξ) 2 (t t k) 2 = 5 + 3t 1 2 (t t k) 2. Nyt tahdottaisiin että tämä funktio ei ylitä koskaan arvoa 12. Koska p(t):n kuvaaja on alaspäin aukeava paraabeli niin se saa suurimman arvonsa derivaatan nollakohdassa ja tämä arvo saa siis olla 12, mutta ei enempää. Olkoon t m se ajanhetki kun p saa maksimiarvonsa. Ratkaistaan yhtälöryhmästä { p(t m ) = 12 p (t m ) = 0 { 5 + 3t m 1 2 (t m t k ) 2 = 12 3 (t m t k ) = 0, josta saadaan ja 5 +t m = 12 t m = t k = 3 +t m = Funktio p(t) kuvaa hetkellä t syntyvien eliöiden lukumäärää. Tällöin funktio t f (t) = f (c) + p(t)dt (1) c määrittää ajanhetkeen t mennessä syntyneiden eliöiden lukumäärän (c voi olla mikä tahansa vakio, oletetaan jatkossa että c = 0). Nyt jos lisääntyvät vain ne eliöt joiden ikä on väliltä vuotta ja jokainen niistä lisääntyy yhtä tehokkaasti siten että lisääntyminen on suoraan verrannollinen lisääntymiskykyisten määrään niin tällöin p(t) = k( f (t 20) f (t 50)) (olettaen että kaikki elävät ainakin viisikymppisiksi). (a) Olkoon s yhtälön s = k(e 20s e 50s ) ratkaisu. Osoita että f (t) = Ce st on yhtälön (1) eräs ratkaisu. Ohje: Derivoi yhtälö (1) puolittain ja sijoita saatuun yhtälöön f :n lauseke. (Huom: suora sijoitus yhtälöön (1) toimisi myös koska integrointi on helppoa tässä erikoistapauksessa). (b) Jos kukin eliö elää tasan 70 vuotta niin ajanhetkellä t elossa olevien eliöiden lukumäärää kuvaa funktio g(t) = f (t) f (t 70). Millä ajanhetkellä eliöitä on kun ajanhetkellä t = 0 elilöitä on 10 9 ja ajanhetkellä t = 100 eliöitä on 10 10?

8 (a) Johdanto ratkaisun perusajatukseen: Ajatellaan että g ja h ovat jatkuvia funktioita. Jos g (t) = h (t) ja g(t 0 ) = h(t 0 ) jollain arvolla t 0, niin tällöin g(t) = h(t) koska niiden kuvaajat kulkevat saman pisteen kautta ja kasvu/väheneminen on aina samanlaista. (b) Nyt voit ajatella että yhtälön t f (t) = f (0) + p(t)dt = f (0) + P(t) P(0), 0 oikea puoli on g(t) ja vasen puoli h(t). Derivoimalla puolittain f (t) = P (t) = p(t) = k( f (t 20) f (t 50)). (2) Kun tähän sijoitetaan f (t) = Ce st niin saadaan joka on ekvivalentti ehdon Ce st s = k(ce s(t 20) Ce s(t 50) ) = Ce st k(e 20s e 50s ) Ce st (s k(e 20s e 50s )) = 0 kanssa. Koska tiedämme että s = k(e 20s e 50s ) niin tämä ehto toteutuu, joten f (t) = Ce st käy ratkaisuksi yhtälölle (2). Alkuperäisen yhtälön oikean ja vasemman puolen derivaatat ovat nyt siis varmasti samat, ja koska arvolla t = 0 alkuperäinen yhtälö on tosi niin f (t) = Ce st on myös alkuperäisen yhtälön ratkaisu. g(t) = f (t) f (t 70) = Ce st Ce s(t 70) = Ce st (1 e 70s ) { g(0) = C(1 e 70s ) = 10 9 g(100) = Ce 100s (1 e 70s ) = Ylemmästä yhtälöstä saadaan C = e 70s ja sijoittamalla alempaan seuraa e 70s e100s (1 e 70s ) = e 100s = s = ln(10) 100, josta puolestaan. Saadaan siis C = 10 9 ln(10) 70 1 e 100 = , g(t) = Ce st (1 e 70s ) = e st = C(1 e 70s ( ) 10 ln 11 C(1 e t = 70s ) = s ( ) ln s = ln(102 ) ln(10)/100 = 200.

9 8. Ajatellaan edellisestä tehtävästä hieman yleistettyä tilannetta jossa kerroin k ei ole välttämättä vakio vaan se voi riippua ajasta t. Siis nyt t f (t) = f (0) + k(t)( f (t 20) f (t 50))dt. (3) 0 Olkoon nyt ajanhetkellä t = 0 eliöiden määrä 10 9, lisääntymisikäisiä eliöitä ja "lisääntymiskykykerroin" k(t) = 1/( t) kaikille t 0. Laske lineaarisen approksimaation L(t) avulla likiarvo luvulle f (1). (Huom. vastaus tunnetaan täsmällisesti vain jos "historiatietona"on saatavissa ajanhetkeen t = 70 mennessä syntyneiden eliöiden lukumäärää). Lisääntymisikäisiä on siis hetkellä t = 0 määrä ja elossa olevia määrä Edellisestä tehtävästä joten kun k(t) = 1/( t) niin f ( 20) f ( 50) = , g(0) = f (0) f ( 70) = 10 9 f (0) = f ( 70). f (t) = k(t)( f (t 20) f (t 50)), f (0) = k(0)( f (0 20) f (0 50)) = Voimme muodostaa nyt lineaarisen approksimaation L(t) = f (0) + f (0)(t 0) = ja laskea tällä likiarvon (joka ei välttämättä ole ihan parhaasta päästä kun askeleen pituus on vähän pitkä), f (1) L(1) = f (0) + f (0)(1 0) = f ( 70) = f ( 70).

10 Vastauksia: Teht.#1: (a) ( 0.2) (b) Teht.#2: (a) Likimäärin C(x,y) C(10,5) tai jos merkitkin huomioidaan niin C(x,y) C(10,5) 2 (b) ja x + y Teht.#3: (a) L(x,t) = e (4e 4 + 2)(x 1) + 4e 4 (t 2) (b) L(x 1,x 2 ) = x 2 (c) L(x 1,x 2,x 3 ) = x 2 + x 3 + π Teht.#4: f = 0.02 Teht.#5: (a) L(x) = x 1 (b) (i) E(1.1) 0.005, (ii) E(0.1) 40.5 (c) Teht.#6: (a) L(x) = x 1 (b) Täytyy olla t k Ohje tehtävään: Kirjoita p(t) lineaarisen approksimaation (kehityspiste a = k t) ja virhetermin summana ja ajattele että on maksimijarrutus, eli p (t) saa pienimmän arvonsa Teht.#7: (a) (b) Vastaus: t = 200. Teht.#8: Vastaus: f ( 70)