MATP53 Approbatur B Harjoitus 7 Maanantai..5. (Teht. s. 9.) Neliön muotoisesta pahviarkista, jonka sivun pituus on a, taitellaan kanneton laatikko niin, että pahviarkin nurkista leikataan neliön muotoiset palat pois. Kuinka paljon nurkista on leikattava, jotta saadun laatikon tilavuus olisi mahdollisimman suuri? Ratkaisu. Olkoon neliön sivun pituus a ja siitä leikattavien (samankokoisten) pikkuneliöiden sivujen pituus. Luonnollisesti ], a [. Taittamalla sivut ylös saadaan laatikko, jonka pohjan pinta-ala on ja korkeus h = ; siten tilavuus on A = (a ) V = Ah = (a ) = a a + 3. Saatu funktio f() = 3 a + a on polynomina derivoituva, joten sen suurin arvo löytyy derivaatan nollakohdasta. f () = 8a + a = = 8a ± 6a 8a = a 6 tai = a. = a 8 ± Ratkaisuista vain = a kelpaa (toki toisenkin voi tutkia se antaisi tilavuudeksi nolla), ja tällöin V = a( a 6 6 ) = a. 6 7. (Teht. 5 s. 9.) Tasakylkisen kolmion huippu on tason pisteessä (7, ) ja kannan päätepisteet origokeskisen -säteisen ympyrän kehällä. Mikä on kolmion suurin mahdollinen pinta-ala? Ratkaisu. (Todetaan ensin, että -säteisen ympyrän yhtälö on + y =.) Kannan päätepisteet ovat samalla pystysuoralla suoralla =, ja. Koska pisteet ovat -säteisellä ympyrällä, niiden y-koordinaatit ovat ja ja kolmion kannan pituus siis ( ) =. Korkeus on 7 = 7 ja edelleen pinta-ala A = (7 ) =: f( ). 3 - - -3-6 8
Funktio f on derivoituva, kun ], [ ja siksi ääriarvot löytyvät derivaatan nollakohdista. f () = + (7 ) ( ) = ( ) (7 ) = = tai = Näistä = ei kelpaa, koska piti olla ; siis f( ) = 5 5 on ainoa ääriarvo, ja derivaatan merkkiä tutkimalla voidaan varmistaa, että se on maksimi. Kolmion suurin mahdollinen pinta-ala on siis 5 5, 5. 3. (Teht. s. 3.) Tutki funktion f() = 3( + ) 3 käyttäytymistä. Määrää sen (paikalliset ja globaalit) ääriarvot, monotonisuusalueet ja asymptootit. Ratkaisu. Funktio on määritelty ja jatkuva koko R:ssä ja derivoituva, kun juurrettava ei ole nolla; mahdolliset ääriarvot löytyvät siis epäderivoituvuuskohdasta = tai derivaatan nollakohdista f () = (+) /3 = = ( + ) + = /3 3 = 7. Koska f () >, kun < tai > 7 ja f () <, kun < < 7, ja f on jatkuva koko R:ssä, on f aidosti kasvava väleillä ], ] ja [7, [ sekä aidosti vähenevä välillä [, 7], ja löydetään paikallinen maksimi f( ) = sekä paikallinen minimi f(7) = 5. Ei pystysuoria asymptootteja, koska f on jatkuva koko R:ssä. Tutkimalla (epäoleelliset) raja-arvot + 3(+)/3 = lim (+) [ /3 ( + ) /3 3 ] = ja + 3(+)/3 = (+) [ /3 ( + ) /3 3 ] = nähdään, ettei vaakasuoriakaan asymptootteja eikä globaaleja ääriarvoja ole (huomaa, että ( + ) /3, kun ja ( + ) /3, kun ). Onko y = + vino asymptootti? Ei ole, koska f() ( + ) = 3( + ) /3, kun tai. - - 6 8 - - -6-8 -
. Osoita, että seuraavalla yhtälöllä on täsmälleen yksi reaalinen ratkaisu, ja määritä ratkaisun likiarvo sopivaksi katsomallasi tarkkuudella: a) (Teht. s. 7.) + = /, b) (Teht. 6 s. 3.) e =. Ratkaisu. (a) Yhtälön ratkaisut ovat funktion f() = + nollakohtia; funktio f on määritelty kaikilla,, ja tässä joukossa myös jatkuva. Koska f () = + > kaikilla >, on f aidosti kasvava + välillä ], [ ja sillä on siten korkeintaan yksi nollakohta tällä välillä. Väliltä [, [ ei löydy nollakohtia, koska > eli f() > tällä välillä (huomaa, että + kaikilla ). Koska vaikkapa f() = > ja f( ) = 3 < ja f on jatkuva välillä [, ], löytyy Bolzanon lauseen 3 3 3 nojalla piste ], [, jolle f( 3 ) =. Tarkempaa likiarvoa varten voidaan tutkia esim. f( 3) = 7 < (tämä nähdään havainnosta 7 = 63 3 6 = ( 9 3 ) ), eli funktion f nollakohta löytyy väliltä ] 3, [. Näin jatkamalla saadaan, 759. < 6 = 36 36 3 6 8 - - -3 (b) Voidaan tutkia funktion f() = e nollakohtia kuten edellä: f on koko R:ssä jatkuva ja derivoituva, f () = e + e = ( + )e = =, f () < kun <, f () > kun > ; siis f on aidosti vähenevä välillä ], ] ja aidosti kasvava välillä [, [. Kummaltakin väliltä voi siis löytyä korkeintaan yksi nollakohta. Huomataan, että e < kaikilla <, joten f() < kaikilla < eikä siis nollakohtia löydy väliltä ], ]. Koska esim. f( ) = 3 3 e/3 < ja f() = e >, löytyy Bolzanon lauseen nojalla funktion f nollakohta väliltä ], [. Nollakohdan likiarvo on, 567. (Arviossa 3 käytettiin tietoja e /3 < e < 3 ja e > ). TAI: Jos muokataan yhtälö muotoon e =, nähdään heti, että koska vasen puoli e on aidosti kasvava funktio ja positiivinen, ja oikea puoli aidosti laskeva, kun >, ja negatiivinen, kun <, voi yhtälöllä olla ratkaisuja ainoastaan, kun >, ja korkeintaan yksi. Ratkaisu löytyy kuten edellä funktion f() = e nollakohtana; funktio on jatkuva, kun. 5. (a) (Teht. 7 s. 3.) Määrää funktion f() = e ääriarvot, käännepisteet ja asymptootit. Hahmottele kuvaajaa.
(b) (Teht. 8 s. 3.) Määritä lim e ( e ). Ratkaisu. (a) Funktio on derivoituva koko R:ssä, joten mahdolliset ääriarvot löytyvät derivaatan nollakohdista, f () = e + e ( ) = ( )e = = tai =. Derivaatan merkkiä tutkimalla nähdään, että f() = on paikallinen minimi ja f() = e on paikallinen maksimi. Koska f() kaikilla, on f() = myös globaali minimi. Lisäksi lim f() =, joten globaalia maksimia ei funktiolla ole; sen sijaan vaakasuora asymptootti y = löytyy, koska l Hospitalin säännöllä saadaan e = lim e (= ) l H = lim e (= ) l H = lim e = (tämä saadaan myös suoraan luentomonisteen lauseesta.5). Pystysuoria asymptootteja ei ole, koska funktio on jatkuva koko R:ssä. Käännepisteet ovat toisen derivaatan nollakohdat, f () = ( )e + [ e + ( )e ( )] = e ( + ) = = ± 6 8 = ±, 6 tai 3,. 8 6 - - 6 8 -
(b) Osoittajan raja-arvo on nolla, kuten(a)-kohdassa laskettiin; nimittäjän raja-arvo on yksi, koska lim e =, ja siten lim e ( e ) = =. 6. (Opiskeluteht. 33 ja 35 s..) Osoita, että D log = kaikilla ja määrää D(log log ). Ratkaisu. Jos >, on = ja logaritmin määritelmästä eksponenttifunktion käänteisfunktiona saadaan y = log = e y. Käänteisfunktion derivointisäännöstä saadaan tällöin D log = d dy ey = e y =, missä d dy ey tarkoittaa funktion e y derivaattaa (y:n suhteen). Jos taas <, on > ja =. Yhdistetyn funktion derivointisäännöllä saadaan edellisestä nyt D log( ) = ( ) =. Lisäksi yhdistetyn funktion derivointisäännöllä (sekä sisä- että ulkofunktiona logaritmi) D(log log ) = log = log. 7. (Opiskeluteht. 36 ja teht. s. 6.) Tutkitaan funktiota f() =, >. Missä funktio on kasvava, missä vähenevä? Onko paikallisia ääriarvoja? Entä globaaleja? Laske myös funktion oikeanpuoleinen raja-arvo nollassa. Ratkaisu. Muokataan lauseketta ensin: kun >, on = e log ja siis f() = = (e log ) = e log. Funktio on jatkuva ja derivoituva koko välillä ], [ ja sen mahdolliset ääriarvot löytyvät derivaatan nollakohdista: f () = e log [log + ] = (log +) = log = = e (huomaa, että > kaikilla > ). Tutkimalla derivaatan merkkiä nähdään, että funktio on aidosti vähenevä välillä ], ] ja aidosti kasvava välillä [, [, ja e e siis että f( ) = e e /e, 69 on paikallinen minimi. Tämä on samalla globaali minimi, koska funktio on derivoituva eikä muita derivaatan nollakohtia ole. Raja-arvojen laskemiseksi huomataan, että lim log = Huomaa, että merkintä log tarkoittaa tässä ja useimmilla matematiikan kursseilla luonnollista logaritmia. Voit halutessasi käyttää myös merkintää log = ln.
ja l Hospitalin säännöllä täten ja log lim log = lim + + l H = lim + (= ) = lim = ; + e log = + + e log = e =. Huomaa, että havainnosta (lim + = ) saadaan peruste määritellä merkintä =. Merkinnästä kilpailivat aiemmin nähdyt n =, kun n > ja a =, kun a. 8. (Teht. 3 s. 3 ja 5 s. 6.) Derivoi a) e tan, b) e, c) e e, d) e e, e) e ja f) e. Ratkaisu. a) De tan = e tan D tan = e tan ( + tan ) ( ) = e tan cos b) D e = e e c) De e = e e De = e e e = e e + d) De e = e e D e = e e e e = e e e e) D e = D(e log ) e = De e log = e e log De log = e e log (e log + e ) = e e (log + ) ( > ) f) D e = D(e log ) e = De e log = e e log D e log ( π = e e log (e e log + e ) = e e (e log + ) ( > ) + nπ, n Z) 9. (Teht. 5 s. 3.) Määrää areahyperbelisinin derivaatta kahdella tavalla: (a) käänteisfunktion derivoinnin avulla ja (b) analyyttisesta lausekkeesta arsinh = log( + + ) derivoimalla. Ratkaisu. (a) Kun y = arsinh = sinh y, käänteisfunktion derivointisäännöllä saadaan D arsinh = d sinh y = cosh y. dy Huomaamalla, että cosh y sinh y = ja cosh y > kaikilla y R saadaan cosh y = + sinh y, joten D arsinh = cosh y = + sinh y = +.
(b) Derivoimalla hyperbolisen sinin käänteisfunktiolle (kirjassa s. 9) osoitettua lauseketta arsinh = log( + + ) saadaan D arsinh = D log( + + ) = + + D( + + ) ( ) = + + + + ( ) = + + + = + + +.. (a) (Teht. s. 3.) Määrää arcsin(cos ). (b) (Teht. 6 s. 3.) Osoita, että arctan = arcsin +. Ratkaisu. (a) (Piirrä suorakulmainen kolmio, jonka yksi terävä kulma on, ja mieti; tai muuta radiaaneiksi ja käytä tietoa cos = sin( π ).) arcsin(cos ) = arcsin(sin(9 )) = 5 (b) Väite on siis, että se kulma, jonka tangentti on ja joka on välillä ] π, π[, on sama kuin se kulma, jonka sini on + ja joka on välillä [ π, π]. Jos >, väite nähdään tutkimalla suorakulmaista kolmiota, jonka kateetit ovat ja ja hypotenuusa siis Pythagoraan lauseen nojalla + (sekä muistamalla, miten sini ja tangentti liittyvät suorakulmaiseen kolmioon..). Jos <, on > ja edellisen nojalla arctan = arctan( ) = arcsin = arcsin, + ( ) + missä käytimme tietoa sinin ja tangentin parittomuudesta (eli esim. sinille on sin( ) = sin ), josta seuraa arkussinin ja arkustangentin parittomuus (eli että arcsin y = arcsin( y)). Jos =, on arctan = arctan = = arcsin = arcsin +.