BM0A580 - Differentiaalilaskenta ja sovellukset Harjoitus 5, Syksy 05. (a) (b) ln = sin(t π ) t π t π = = 0 = = cos(t π = ) = 0 t π (c) e [ = ] = = e e 3 = e = 0 = 0 (d) (e) 3 3 + 6 + 8 + 6 5 + 4 4 + 4 3 + 3 + + = = = 0 = 0 8 + 3 0 3 + 48 + 4 + 6 = 4 0 = 5 0 = 0 0 = 0 0 9 + 3 + 8 5 4 + 6 3 + + 6 + = 0. (a) Olkoon n vuokraan tehtävien korotusten määrä, ja a asuttujen huoneistojen määrä. Koska jokaisen korotuksen myötä yksi asunto jää tyhjilleen, asuttujen asuntojen määrä a = 30 n. Kuukausivuokra on 000 + 40n, joten vuokranantajalle kertyy tuloja a(000 + 40n) = (30 n)(000 + 40n). Jokaisen asutun asunnon kulut ovat 0 euroa, joten kokonaiskulut ovat 0(30 n). Vuokrantajalle jää siten tuloja f (n) = (30 n)(000 + 40n) 0(30 n) = 6400 + 30n 40n Funktion f suurimman arvon selvittämiseksi lasketaan sen derivaatan nollakohdat. f (n) = 30 80n = 0 80n = 30 n = 4 Koska f (3) = 80 ja f (5) = 80, löydetty derivaatan nollakohta on funktion suurin arvo. Täten vuokraa kannattaa korottaa 4 kertaa, jolloin kuukausivuokra on 000 + 4 40 = 60 euroa. (b) Jotta funktiolla on ääriarvo pisteessä =, sen derivaatan on oltava nolla kyseisessä pisteessä. f () = ( + a) ( + a) a ( + a) 4
Sijoitetaan derivaattaan = : f () = ( + a) 4a( + a) ( + a) 4 = 0 ( + a) 4a( + a) = 0 ( + a) = 4a( + a) : ( + a) 0 + a = 4a a = a = Pitää siis olla a =. Kyseinen ääriarvopiste on (lokaali) maksimi. 3. (a) + = + e ln() = e + = + e ln() 3/ = + e = e 0 = (b) = e ln() = e = e 0 = (c) (cos(t)) t = e ln(cos(t)) t = e t sin(t) cos(t) t 0 t 0 t 0 = e tan(t) t = e (+tan (t)) = e 0 = e t 0 t 0 4. (i) Lasketaan oikean- ja vasemmanpuoleiset raja-arvot: + 8 + + 5 + 4 = + 8 + 5 + 4 = Koska oikean- ja vasemmanpuoleiset raja-arvot eivät ole samat, kysyttyä raja-arvoa ei ole olemassa. (ii) = + = ) ( + 4 +4 = + 4 = 4 5. Yleisesti itseisarvoja sisältäviä lausekkeita voidaan käsitellä paloittain määriteltyinä, eli nyt
f () =, < 0 =, 0 Tehtävässä tarvitaan myös derivaattaa f () ja toista derivaattaa f (), joten lasketaanpa ne heti f () = ( ) /, < 0 /, 0 f () = 4 ( ) 3/, < 0 4 3/, 0 (a) Nyt muuttuu ajan suhteen merkitään sitä ajan funktiona = (t). Tiedetään että (t) = 4. Yhdistetyn funktion derivoimissääntöä käyttäen d dt f () = f ((t)) (t) = ( (t)) / (t), < 0 ((t)) / (t), 0 ( (t)) = /, < 0 ((t)) /, 0 Näin ollen, sellaisella ajanhetkellä jolloin = 0., saadaan d dt f () = (0.) /. (b) Nyt (t) = t 5, eli (t) = 5t 4 ja (t) = 0t 3. Yhdistetyn funktion derivoimissääntöä käyttäen d dt f () = d dt ( d dt f ()) = d dt f ((t)) (t) = f ((t)) (t) (t) + f ((t)) (t) = 4 ( (t)) 3/ ( (t)) + ( ( (t)) / ) (t), < 0 4 ((t)) 3/ ( (t)) + ((t)) / (t), 0 5 = 4 ( t5 ) 3/ t 8 0( t 5 ) / t 3, < 0 5 4 t/ + 0t /, 0 5 = 4 ( t) 5/ ( t) 8 0( t) 5/ ( )( t) 3, < 0 5 4 t/ + 0t /, 0 5 = 4 ( t)/ + 0( t) /, < 0 5 4 t/ + 0t /, 0 54 ( t) = /, < 0 5 4 t /, 0 = 5 4
Tämä on selvästi suurimmillaan kun t on itseisarvoltaan suurimmillaan, eli kun t = ± ( = (±) 5 = ±). (t) = 0t 3 on myös samalla hetkellä suurimmillaan. Huom. Varmasti olisi päässyt helpommalla kun olisi ensin sijoittanut :n lausekkeen f :n lausekkeeseen ja sieventänyt, ja vasta sitten alkanut derivoimaan. 6. (a) h() = +, < acos(π) + bsin(π) + c, h () = h () = +, < πasin(π) + πbcos(π),, < π acos(π) π bsin(π), Jotta kaikki nämä olisi jatkuvia, täytyy olla + h() = h() + h () = h () + h () = h () Sijoitetaan ja sievennetään eli acos(π) + bsin(π) + c = + πasin(π) + πbcos(π) = + π acos(π) π bsin(π) = josta ratkeaa a = π, b = 4 π, c = + π. a + c = πb = 4 π a = (b) T () = T A + (T H T A )e λ derivoidaan puolittain :n suhteen, jolloin Toisaalta (T H T A )e λ = T () T A, joten T () = λ(t H T A )e λ T () = λ(t () T A ) 7. (a) Koska paineen arvo ja sen derivaatta tunnetaaän hetkellä t = 30, valitaan linarisaatiossa p(t) L(t) = p(a) + p (a)(t a) pisteeksi a = 30. Nyt täytyy ratkaista yhtälö L(t) = 00, eli 50 + 0(t 30) = 00 t 30 = 5 t = 35. (b) Koska tiedetään että p (t) 5 aina, saadaan E(t) = p (c t ) (t a) = 5 (t a),
Nyt a = 30 ja täten p(t) = L(t) + E(t) L(t) + E(t) L(t) + 5 (t a) = p(a) + p (a)(t a) + 5 (t a) = 50 + 0(t 30) + 5 (t 30) Nyt siis varmasti p(t) 00 varmasti jos 50 + 0(t 30) + 5 (t 30) 00 5 t 40t + 900 0, josta toisen asteen yhtälön ratkaisukaavaa käyttäen saadaan 8 6 t 8+ 6. Tässä tietysti yläräja on nyt se kiinnostava, ja ajan hetkestä t = 30 eteenpäin on aikaa ainakin 8 + 6 30 = 6 verran. (c) Olkoon nyt t = t se hetki johon asti p(t):n voi maksimissaan noudattaa mallia p(t) = 0t +0 ennen kuin on varmaa että paine tulee joskus saavuttamaan arvon 00. Olkoon t = t se hetki jolloin arvo 00 viimeistään saavutetaan. Jos käytämme lineaarista approksimaatiota jossanin niin luonnollinen valinta kehityspisteeksi on a = t. Näin koska hetkeen t = t paine noudattaa yhtälöä p(t) = 0t + 0 joten tiedentään että p(a) = p(t ) = 0t + 0 ja p (a) = p (t ) = 0 ja t on niistä pisteistä joissa funktion arvo ja derivaatan arvo tunnetaan lähinnä pistettä t. Yleisesti voimme kirjoittaa: p(t ) = L(t ) + E(t ) L(t ) E(t ) L(t ) 5 (t a) = p(a) + p (a)(t a) 5 (t a) Jos nyt funktio g(t ) = p(a) + p (a)(t a) 5 (t a), joka on alaspäin aukeava paraabeli, saavuttaa arvon 00, niin on varma että myös p(t ) sen saavuttaa. Tutkitaan nyt millä ehdolla funktion g(t ) suurin arvo on 00. Suurin arvo löytyy tietysti paraabelin huipusta, mutta yleisemmin derivaatan nollakohdasta. Valitsemme nyt a = t ja ratkaisemme yhtälöryhmän g (t ) = p (t ) + 5(t t ) = 0 5(t t ) = 0 g(t ) = p(t ) + p (t )(t t ) 5 (t t ) = 0t + 0 + 0(t t ) 5 (t t ) = 00 t t = 0t + 0 + 0 5 = 00 t = t +. t = 7 Siis viimeistään ajanhetkellä t = 7 on varmaa että raja 00 rikkoutuu joskus (ja tämä joskus on viimeistään ajanhetki t = 9).
8. Selvitetään aluksi vakion k arvo. Ajatellaan vuotta 980 ajanhetkenä t = 0, jolloin y(0) = Ae 0 = A = 00 k:n arvo pysyy vakiona koko tehtävän ajan. y(30) = 00e 30k = 80 e 30k =.80 30k = ln(.80) k = ln(.80) 30 (a) Ajatellaan nyt vuotta 05 ajanhetkenä t = 0, jolloin A = 4.80 ja y(t) = 4.80e kt. Vuonna 045 (t = 30) Big Macin hinta on Vuonna 5 Vuonna 5 y(30) = 4.80e ln(.80) 3.440 ln(.80) 00 y(00) = 4.80e 30 48.5 ln(.80) 00 y(00) = 4.80e 30 4595. (b) Olkoon alkutalletus a 0 = 0000 dollaria. 00 vuoden päästä tilillä on dollaria. (c) Vuonna 85 Big Mac olisi maksanut a(00) = 0000.0 00 = 54848.97 ln(.80) 00 y( 00) = 4.80e 30 0.005040 euroa, jolloin tilillä olevalla talletuksella olisi saanut hampurilaista. Nykypäivänä talletuksella saisi hampurilaista. 0000 0.005040 06 54848.97 4.80 09343.5