Differentiaali- ja integraalilaskenta 1 Ratkaisut 3. viikolle /

Transkriptio

1 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 Differentiaali- ja integraalilaskenta Ratkaisut 3. viikolle / Taylorin Polynomit, Taylorin sarjat, potenssisarjat, Newtonin menetelmä Tehtävä : Muoosta funktioien fx) = + x ja gx) = + x toisen asteen Maclaurin-polynomit laskemalla tarvittavat erivaatat. Ratkaisu : Määritellään funktiot fx) = + x, gx) = + x. Maclaurinin polynomi tarkoittaa Taylorin polynomia, missä x 0 = 0. Lasketaan funktioien erivaata. fx) = + x), gx) = + x) f x) = + x), g x) = + x) 3 f x) = 4 + x) 3, g x) = x) 5. Sijoitetaan x 0 = 0.asteen Taylorin polynomiin, jolloin saaan halutut Maclaurinin polynomit: P f x; 0) = f0) + f 0)x 0) +! f 0)x 0) = + x 8 x P g x; 0) = g0) + g 0)x 0) +! g 0)x 0) Binomisarja määritellään + x) r = + = x x k= rr )r )...r k + ) x k, x < k!

2 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 kaikilla r R. Tutkitaan sarjan summat arvoilla r = / ja r = /, kun k =. r = / + x) = + x 8 x r = / + x) = x x. Saatiin sama tulos kuin Maclaurinin polynomeja laskemalla. Tehtävä : a) Muoosta funktioien fx) = x cosx/3) ja gx) = sinx ) kuuennen asteen Maclaurin-polynomit. b) Laske integraalin 0 sinx ) x likiarvo käyttämällä a)-kohan approksimaatiota. Vertaa tulosta tietokoneella saatavaan oikeaan) likiarvoon 0, c) Muoosta funktion fx) = /x Taylor-sarja pisteen x 0 = suhteen. Ratkaisu : Annetut funktiot ovat fx) = x cosx/3), gx) = sinx ). a) Tehään sijoitukset s = x ja t = x/3. Lasketaan funktioien sins) ja cost) 6.asteen Maclaurinin polynomit: sins) = s 3! s3 + 5! s5 7! s7 + Os 8 ) cost) =! t + 4! t4 6! t6 + Ot 8 ). Tulokset perustuvat siihen, että sin0)=0. Sijoitetaan s = x ja t = x/3 takaisin, jolloin saaaan halutuiksi 6.asteen Maclaurinin polynomeiksi sinx ) = x 3! x6 x cosx/3) = x 3! x ! x6 b) a-kohan polynomilla saaaan halutulle integraalille approksimaatio 0 sinx )x 0 = 3 7 3! 0, x 3! x6 x Huomataan, että tulos on melko lähellä tietokoneella saatua tulosta

3 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 c) Sarjan voi muoostaa erivaattojen avulla, mutta luultavasti helpoimmalla pääsee hyöyntämällä geometrisen sarjan summakaavaa x = x k. Kehitetään nyt funktio /x pisteen x 0 = ympäristössä: x = + x = + x = ) x = x ) k = Tämä kehitelmä pätee, kun x <, eli kun x <. ) k x ) k. Tehtävä 3: Funktio f : [ a, a] R on parillinen, jos f x) = fx) kaikilla x; se on pariton, jos f x) = fx) kaikilla x. a) Perustele: Derivoituvan parillisen funktion erivaatta on pariton ja parittoman erivaatta parillinen funktio. b) Perustele: f0) = 0, jos f on pariton. c) Päättele a)- ja b)-kohtien perusteella: Parillisen funktion Maclaurin-sarjassa esiintyy vain parillisia x:n potensseja ja parittoman sarjassa vain parittomia; vrt. cos x ja sin x. Ratkaisu 3: a) Tieetään, että funktio on parillinen, jos f x) = fx) kaikilla x R ja pariton, jos f x) = fx) kaikilla x R. Lasketaan parillisen ja parittomien erivaattojen kaavat erivoimalla annettuja yhtälöitä puolittain. Parillinen x f x) = x fx) f x) = f x) f x) = f x). Pariton x f x) = x fx) f x) = f x) f x) = f x). Huomataan, että parillisen funktion erivaatta on pariton ja parittoman parillinen. b) Funktio f on pariton, joten f x) = fx) kaikilla x R. Sijoitetaan x = 0, jolloin saaaan f 0) = f0) f0) + f0) = 0 f0) = 0 f0) = 0. 3

4 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 c) Jos funktio on parillinen, on sen ensimmäinen erivaatta pariton ja toinen erivaatta parillinen. Samalla päättelyllä funktion n. erivaatta f n ) on pariton ja n. erivaatta f n) parillinen. Koska pariton funktio saa origossa arvon 0, pätee myös f n ) 0) = 0 kaikilla n N. Näin ollen funktion Maclaurin-sarja voi sisältää vain parillisia potensseja: fx) = f k 0) x k k! = f0) + f 0) x + }{{} f 0)x +... =0 = f0) + f 0)x +... f l 0) = l)! xl. l=0 Parittomalle funktiolle päättely on lähes sama: sanat "parillinen"ja "pariton"vaihtavat paikkaa ja nähään, että potenssisarja sisältää vain parittomia termejä. Tehtävä 4: a) Määritä luvun π likiarvo käyttämällä Newtonin menetelmää yhtälölle sin x = 0 alkuarvolla x 0 = 3. Monellako iteraatiolla saaaan oikea 0-esimaalinen likiarvo 3, tai laskimen max-esimaalit)? b) Mitä tapahtuu, jos x 0 = π/? Ratkaisu 4: Newtonin menetelmällä voiaan yhtälö fx) = 0 ratkaista likimääräisesti alkuarvauksen x 0 ja seuraavan iteraatiokaavan avulla: x n+ = x n fx n), n = 0,,,... f x n ) a) Nyt fx) =sinx), joten f x) =cosx), jolloin iteraatiokaava saa muoon x n+ = x n tanx n ), n = 0,,,... Alkuarvauksella x 0 = 3 saaaan esimerkiksi MATLABilla kolmen iteraatiokerran jälkeen arvo x Käytetty kooi: format long; k=3; apuluvut = eyek,); apuluvut)=3; for i=:k apuluvuti+)=apuluvuti)-tanapuluvuti)); en apuluvut 4

5 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 b) Alkuarvauksella x 0 = π/ tulee ongelmia, koska funktiolla fx) =tanx) on pystysuora asymptootti pisteessä x = π/, jolloin iteraatiokaavan antama ratkaisu häviää äärettömyyteen. Tehtävä 5: Hyperbolinen sini ja kosini sinus hyperbolicus eli sinh ja cosinus hyperbolicus eli cosh) määritellään kaavoilla sinh x = ex e x ), cosh x = ex + e x ). a) Joha näien funktioien erivoimiskaavat. Osoita lisäksi, että cosh t) sinh t) = kaikilla t R. Seuraus: Piste x, y) = cosh t, sinh t) sijaitsee hyperbelillä x y =.) b) Osoita, että sinh on pariton ja aiosti kasvava; cosh on parillinen ja sillä on minimi. c) Määritä näien funktioien Maclaurin-sarjat käyttämällä apuna eksponenttifunktion sarjaa e t = + t +! t + 3! t3 + = Kirjoita tulokset sievennetyssä muoossa ja vertaa luentojen sin- ja cos-sarjoihin. Ratkaisu 5:. a) Halutut erivointikaavat voiaan laskea suoraan: t k k!. x sinhx) = e x e x) = e x + e x) = coshx) x x coshx) = e x + e x) = e x e x) = sinhx). x Väite: cosh t)-sinh t)= kaikilla t R. Toistus: Tulos saaaan suoralla laskulla: cosh t) sinh t) = e t + e t) e t e t) 4 4 = + 4 et + 4 e t + 4 et 4 e t =, t R. b) Näytetään aluksi funktion sinhx) parittomuus, ja että se on aiosti kasvava. sinh x) = joten sinhx) on pariton funktio. Koska x sinhx) = x e x e x)) = e x e x) = sinhx), e x e x) = e x + e x) > 0 kaikilla x R, 5

6 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 on funktio sinhx) aiosti kasvava. Näytetään seuraavaksi funktion coshx) parillisuus, ja että sillä on olemassa minimi. cosh x) = e x + e x)) = e x + e x) = coshx), joten coshx) on parillinen funktio. Koska ja coshx) = 0 sinhx) = 0 x = 0, x x coshx) = sinhx) = coshx), x jolle pätee cosh0)=, on piste x = 0 funktion coshx) globaali minimi. 3. c) Käyttämällä annettua eksponenttifunktion Maclaurinin sarjaa, saaaan sinht) = e t e t) = + t +! t + 3! t3 + ) 4! t = t + 3! t3 + ) 5! t t) +! t) + 3! t)3 + ) 4! t) = t +k + k)!. cosht) = e t + e t) = + t +! t + 3! t3 + ) 4! t = +! t + ) 4! t t) +! t) + 3! t)3 + ) 4! t) = t k k!. Huomataan, että merkkiä vaihtavaa termiä lukuunottamatta funktion sinhx) Maclaurinin sarja on vastaava funktion sinx) Maclaurinin sarjan kanssa. Vastaava pätee funktioille coshx) ja cosx). 6

7 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 Tehtävä 6: Potenssisarjan suppenemissäteen käsite perustuu seuraavaan tulokseen Abelin lause, tapaus x 0 = 0): Jos sarja c n x n suppenee jollakin arvolla x 0, niin se suppenee myös kaikilla arvoilla y R, joille y < x. Toista tämä väite perustelemalla seuraavat välivaiheet: i) Koska c n x n suppenee, niin on olemassa vakio M 0, jolle c n x n M kaikilla n. ii) Näin saaaan n:stä ja x :stä riippuva yläraja kertoimelle c n. iii) Jos y < x, niin sarjalle c n y n saaaan suppeneva geometrinen majorantti. iv) Sarja c n y n suppenee. Ratkaisu 6: i) Koska sarja suppenee, on sen termien raja-arvon oltava nolla, eli lim c nx n = 0. n Termien jono suppenee siis kohti nollaa ja suppenevana jonona sen on oltava rajoitettu, eli c n x n M jollekin M 0. ii) Eelleen iii) Jos pätee y < x, saaaan arvio c n x n M c n M x n c n y n n=0 n=0 M x n y n = M n=0 ) n y. x Oikealla oleva sarja on geometrinen sarja, jossa q = y / x <, eli kyseinen sarja suppenee. iv) Sarja suppenee, jos se suppenee itseisesti, eli c n y n < n=0 c n y n <. n=0 Itseinen suppeneminen osoitettiin eellisessä kohassa, joten nyt myös alkuperäinen sarja suppenee. Funktiot ja käänteisfuntiot Tehtävä 7: Itä-Siperian meressä sijaitsevalta Wrangelinsaarelta löyettiin mammutin fossiili, jossa raiohiiltä oli jäljellä 64% alkuperäisestä määrästä. Milloin mammutti kuoli? Raiohiilen 4 C puoliintumisaika T on vuotta ja jäljellä olevan raiohiilen prosenttiosuus p = pt) toteuttaa ifferentiaaliyhtälön p = kp, kun k = ln )/T > 0 on hajoamisvakio. 7

8 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 Ratkaisu 7: Differentiaaliyhtälön p t) = kpt) ratkaisu on pt) = p0)e kt. Ajanhetkellä t = 0 eli kun mammutti kuoli, raiohiiltä oli 00 % ja merkitään p0) = 00. Kun mammutti löyettiin, raiohiilestä oli jäljellä 64 % eli pt ) = 64. Ratkaistaan t annetun mallin avulla: 00e kt = 64 e kt = ) 64 kt = ln 00 ) 64 kt = ln 00 t = ln ) 5 6. k Sijoitetaan vielä k = ln /T, missä T on puoliintumisaika ja sievennetään hieman lukuja t = ln ) 5 4 ln T = ln 5 4) ln Vastaus: 3600 vuotta Tehtävä 8: Teekkari katselee valkokangasta, jonka korkeus on 5 metriä ja jonka alareuna on m silmien tason yläpuolella. a) Päättele, että valkokangas näkyy pystytasossa) kulmassa αx) = arctan 6/x) arctan /x), kun x on teekkarin vaakasuora etäisyys kankaasta. b) Määritä lim αx) ja lim αx) joko kuvion tai lausekkeen avulla. x 0+ x c) Miltä etäisyyeltä kangas näkyy suurimmassa mahollisessa kulmassa pystytasossa mitattuna)? Välivaiheet on tarkoitus laskea käsin, mutta tuloksen voi toki tarkistaa koneella. Ratkaisu 8: a) Olkoot kulma α katselukulma, β kulma vaakatasosta kankaan yläreunaan ja γ kulma vaakatasosta kankaan alareunaan. Kulmien β ja γ tangenteille pätee tan β = 6 x, tan γ = x ja koska α = β γ, saaaan αx) = arctan 6 x arctan x 8

9 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 b) Yksinkertaisimmin raja-arvon lim arctan a x 0 + x, jossa a > 0 voi päätellä kuvion avulla. Jos suorakulmaisessa kolmiossa kulman arctan a x vastakkainen kateetti pysyy vakiona ja vieresitä kateettia lyhennetään, lähestyy kulma suoraa kulmaa π/ eli Katselukulmalle saaaan nyt lim x 0 + arctan a x = π lim αx) = lim arctan 6 x 0 + x 0 + x lim arctan x 0 + x = π π = 0 Toinen raja-arvo saaaan suoraan lausekkeesta arkustangentti on jatkuva nollassa) lim αx) = lim x arctan 6 x x lim arctan x ) x 6 = arctan lim arctan x x = arctan 0 arctan 0 = 0 0 = 0 lim x c) Maksimoiaan katselukulma αx) tarkastelemalla erivaattaa α. Lasketaan ensin erivaatta x funktiolle arctan a. x Näin ollen funktiolle α saaaan erivaataksi x arctan a x = a ) = a + a x x + a. x ) x α x = 6 x x + = 5x + 30 x + )x + 36). Ratkaistaan erivaatan nollakohat suoraan osoittajan nollakohista nimittäjä on positiivinen kaikilla reaaliluvuilla x): 5x + 30 = 0 x = ± 6. Näistä ratkaisuista ainoastaan positiivinen on käypä. Koska nimittäjä on aina positiivinen, määrää osoittajan merkki funktion kulun. Osoittaja on nyt lausekkeeltaan alaspäin aukeava paraabeli, jonka arvot ovat positiivisia välillä 0 x < 6 ja negatiivisia, kun x > 6 Funktion suurin arvo on siis kohassa x = 6 ja α 6) 46 9

10 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 Tehtävä 9: Funktio cosh: [0, [ [, [ on bijektio. Joha sen käänteisfunktion area cosinus hyperbolicus) lauseke ja tämän avulla erivoimiskaava arcosh x = cosh x = lnx + x ), x Darcosh x) = x, x >. Ratkaisu 9: Hyperbolinen kosini määritellään lausekkeesta cosh x = ex + e x. Muoostetaan tälle käänteisfunktio eli ratkaistaan yhtälö y = cosh x muuttujan y suhteen. y = ex + e x ye x = e x ) + e x ) ye x + = 0 Saatu yhtälö on toista astetta muuttujan u := e x suhteen. Sijoitetaan tämä eelliseen yhtälöön ja ratkaistaan toisen asteen yhtälön ratkaisukaavalla Sijoittamalla takaisin u = e x saaaan u yu + = 0 u = y ± 4y 4 x = ln = y ± y. y ± ) y. Ainoastaan positiivinen juuri käy ratkaisuksi, sillä esim kun y = negatiivinen juuri antaa vastauksen x = ln 4 ) = ln ) 3 < 0, joka ei kuulu tarkasteluvälille 0 x. Käänteisfunktion lauseke on siis huom. muuttuja x on tässä eri roolissa kuin eellä) arcosh x = ln x + ) x, missä x. Lasketaan vielä tämän erivaatta missä x >. arcosh x x = + x ) / x x + x = + x x x + x = x, 0

11 MS-A008 Differentiaali- ja integraalilaskenta, V/07 Tehtävä 0: Ratkaise yhtälöt a) lnx + ) + lnx + ) = lnx + 3), b) sinh x =. Ratkaisu 0: a) Molemmat puolet on määritelty, kun x >. lnx + ) + lnx + ) = lnx + 3) lnx + )x + )) = lnx + 3) x + )x + ) = x + 3 x + 3x + = x + 3 x + x = 0 b) josta saaaan x = ±. Negatiivisen juuren ratkaisu ei käy, sillä <. Ainoa ratkaisu on siis x =. sinh x = e x e x = e x e x = 4 e x ) = 4e x e x ) 4e x = 0 Saatu yhtälö on toista astetta muuttujan u := e x suhteen. Sijoitetaan tämä eelliseen yhtälöön ja ratkaistaan u 4u = 0 u = 4 ± = ± 5. Ainoastaan positiivinen juuri käy, sillä 5 < 0, mutta e x on aina positiivinen. Nyt saatiin ratkaisuksi e x = + 5 x = ln + 5).