Oppgave 1.1 Oppgave 1.2 - Home

Oppgave 1.1
W 13,12 0,6215T 11,37V 0,3965T
V
Derivere implisitt med hentsyn på tid t :
0,16 0,16
0.84 0,16 0.84
W 0,6215T 11,37 0,16V V 0,3965 T V T 0,16V V
Fylle inn verdier fra oppgaveteksten:
,37 0,16 36 0,3965 1 36 10 0,16 36 0 0,6215 1 11
0,16
0.84 0.84
11,37 0,16 36 0,39651,6 36
Studentnr: 219460
0.84 0,16 0.84
VV 0,6215 0,3965 36
V 10,9572
Altså må vinden løye med en rate på 10.9572 km/h per time ved dette tidspunktet.
Oppgave 1.2
W 13,12 0,6215T 11,36V 0,3965T
V
T 10
gir
13,12 0,6215 10 11,36 0,3965 10
6,905 15,535V
W V 2.4856V 0,16
0,84
1,84
2,0879
W V 2,0879V
46/25
V
Lineærapproksimasjon for
LV W V
36 36
36
20,6576 0,1225V 36
0,16 0,16
W V V V
L V W W V
0,16 0,16
ved V 36 :
Feilleddet til LV er E V
2,0879
46/25
s
2
2
V 36
for en s mellom 36 og V ,
vi ser at E V alltid er større enn null når V 36.
, siden 0 så må V
W V L V E V E V L V W
Lineærapproksimasjonen LV vil derfor gi en for
V
liten verdi for vindavkjølingsindeksen når 36 .
.

Oppgave 2.1
1
tan
f x x x
Tan / 2, / 2 10 3
D x Def kap
1 Tan x1 når / 2 x
/ 2
Tan ,
R x
1
tan x er den inverse funksjonen til Tan x,
1
,
derfor så er
1
tan Tan ,
D g R g
D x R x
Oppgave 2.2
1
La y tan x, da er x tan
y og
2 dy 2 dy 2 dy
1 sec y 1 tan y 1 x .
dx dx dx
1
Altså er tan x . 2
1
f x x tan x
d 1
dx 1
x
2 1 x
Vi kan nå derivere f x med produkt og kvotientregelen:
1
x
f x tanx 2
1
x
f x
x x x
1 1 2
2
2
1 x 1
x
2
2
2
2
Studentnr: 219460

Oppgave 2.3
1 x x
f x 0 tan x tan x
2 2
1x 1x
x0 tilfredstiller likningene over, f
er alltid
større enn null, det betyr at f kan være
null ved maksimalt én verdi av x,
som vi har funnet.
f har derfor kun ett kritisk
punkt, x 0.
f eksisterer for alle x så f har ingen singulære punkter.
At f når x betyr at f ikke har et toppunkt men må ha et
bunnpunkt siden f er kontinuerlig. Theorem 8 kap 4
Vi har ingen endepunkt
eller singulære punkter, bunnpunktet må derfor
ligge på det kritiske punktet x 0.
Studentnr: 219460
absolutt minima f 0 0,
ingen abs. maxima Vi kan alltid få en større f ved å øke x .
f x 0 for alle x,
derfor krummer grafen
til f alltid opp.
Oppgave 2.4
Jeg finner to skrå asymptoter som ser ut til å passe:
Høyre asymptote: y x/ 2 1
Venstre asymptote: y x/
2 1
At grenseverdien under er lik null bekrefter grenseverdien den høyre grenseverdien:
1
1
2tan1/ t
lim xtanx x1
lim 1
x
2
t0
2t
t
1
2 tan 1/ 0 lim1 t0
2t 0
1 1
2 2 2 1 1/ t
t
lim1 t0
2
1
lim 1 0
t0
2
t 1
Det blir riktig å bruke L´hopital fordi at grenseverdien viser seg å eksistere.
Den venstre grenseverdien brekreftes på samme måte.

Oppgave 2.5
Oppgave 3.1
1 sin 1/ x 1 for alle x0,
derfor så er
x0
ln x 1 ln x 1 sin 1/ x ln x 1 for alle x 0.
x0 x
x0
x
x x
Siden lim ln 1 lim ln 1 0 må også
lim ln 1 sin 1/ 0 av skvisetheoremet.
Blå: y f x
Grønn: y x/ 2 1
Rosa: y x/
2 1
Studentnr: 219460

Oppgave 3.2
1
2
At lim f x L betyr at det for enhver
xa positiv finnes en positiv slik at
a x a f x L .
At lim f x M betyr at det for enhver
xa positiv finnes en positiv slik at
a x a f x M .
Lar vi min 1, 2
så har vi att
f x M f x L
f x M L f x
L M f x M f x
L
1
2
a x a f x M f x L for enhver positiv .
Vi får altså at
a x a f x M f x L 2 for enhver positiv .
2
2
f x M L f x f x M f x L 2 *trekantulikheten*
2
Vi har altså at a x a L M 2 for enhver positiv , ergo så må L M .
Oppgave 3.3
Oppgave 4.1
k x y
2 2 2
dk dx dy
2k 2x2y dt dt dt
dy
2 3 0 2 4 3 2 5
dt
dy 12
2,4
dt 5
Altså løper det 2,4 m line ut av snellen pr.sek i det øyeblikket det er 5 m line ute.
Studentnr: 219460

Oppgave 4.2
2
A r rx r
2 1 0 1/
1
r
x
2r
1
3 0 1/
2
K r kr 3k
2
kr k r
2
2
1
r
O 2x 2r22r 2r
2
1
r
K 2x k 2r2k2k2r2 k k er kostnaden per enhet av x.
2r
vi får
K r kr k r r
K r
3 0 1/ 3
K r D K r
r
har altså 1 kritisk punkt
r 1/
3 , ingen singulære
punkter er definert på hele og 1 endepunkt 1/ .
Om K r har ett bunnpunkt må det derfor ligge på det kritiske punktet eller
på endepunktet.
2 k
K r
er alltid større enn
null i D 3
K r ,
dvs. at grafen alltid krummer
r
oppover, det kritiske punktet må derfor være ett bunnpunkt og høyre endepunkt
må være større enn det kritiske punktet.
Konklusjonen blir at kostnaden er minst
når r 1/
3 .
Studentnr: 219460

Oppgave 4.3
mt g t
Min distanse: Guttens distanse:
D m D g 0, a der a er tidspunktet de kommer i mål.
At det går til enhver tid an å snakke om hastighetene deres
mt g t
aa tolker jeg som at og er kontinuerlige i
intervallet
0, og deriverbar i intervallet 0, .
f t g t mt
f t a
La , vi vet at er kontinuerlig i 0, ,
f 0 0 og f a 0. Dersom grafen y f t ikke er horisontal
(noe den ikke kan være dersom vi tar hensyn til at jeg først begynner å løpe
når gutten har komt halveis) må den ha ett eller flere toppunkt eller bunnpunkt
a f t
a f t gt mt
i 0, . Disse punktene må være kritiske punkter siden er deriverbar
i 0, . Altså har vi minst ett punkt
der 0.
Her er det ikke nødvendig å vite at gutten får et forsprang for å løse
oppgaven, vi trenger bare vite at vi er komt like langt ved tiden 0
og tiden a (når vi kommer i mål).
Oppgave 5.1
Siden u t T t A, der A er konstant må u t T t ,
vi får følgende likninger:
dT du
k T A ku.
dt dt
du
Vi vet også at u 0 T0 A, sammen med ku får vi et IVP:
dt
du
ku
kt
dt som har den unike løsningen u T0Ae
u
0 T0A Vi kan nå finne den unike løsningen for T :
T Au 0
kt
T A T A e
0
kt
T T A e
A
Studentnr: 219460

Oppgave 5.2
Tt
Jeg bruker fra forrige oppgave:
kt kt
T t 36,7 20 e 20 16,7e 20
Jeg vet at t og t har følgende sammenheng:
2 1
1 2
t t 1.
Dette gir meg to likninger med to ukjente:
kt
5,5
1
T1 25,5 16,7e 20 kt1
ln
16,7
1
T2
24,2 16
1 kt
4,2
,7e 20 kt1 k ln
16,7
Jeg velger å løse for k slik at jeg får
en T t uten ukjente konstanter:
5,5 4,2
ln kln 16,7 16,7
4,2
k ln 0,26966
5,5
Jeg har nå den endelige funksjonen for kroppstemperaturen:
T t
0,26966t
16,
7e 20
Jeg kan nå finne verdien av t eller t :
0,26966t1
25,5 16,7e 20
1 2
5,5
ln
16,7
t1
4,1187
0,26966
Siden t 0 er t 4 timer og 7 minutter etter t .
0 1 0
t korresponderer med 22 :11, da må t
1 0
korrespondere
med 18:04. Altså fant drapet sted klokken 18:04.
Studentnr: 219460

Oppgave 6.1
1 1 3 15
f x x f
x x f x x f x x
2 4 8 16
1 3 5 7
2 2 3
2 4
2
4 8
100 9,37510
3
3
f 100 10 f 100 0,05 f x 2,5 10 f 100 3,7510 f
Taylorpolynomet P x til f x om punktet x 100:
4 6
P3 x x
4 2,5.10
2
x
6
3,7510 6
x
Tilnærmet verdi:
2
10 0,05 100 100 100
3
3 7/2
4 6
2,5 10 3,7510 2019901
f 102 P3102
10 0,10 4 8
2 6 200000
Erroren E 102 til tilnærmingen over for en 100 s102:
7
15
2 x
4 5
E 102 16 102 100
4! 8s
Siden 100 s102 så har vi
5 5 5
7/2 7/2
7/2
8100 8s
8102 1 5
E3
102 . 7/2
16000000 8102
Siden f 102 P 102 E 102 kan vi si at
3 3
2019901 1 2019901 5
P3102 E3102 f 102 . 7/2
200000 16000000 200000 8102 3
Studentnr: 219460

Oppgave 6.2
Vi lar t 0 ved tidspunktet vi har informasjon om,
vi vet følgende:
t 0
f
0 400 km
f 0 900 km/h
f 0 20 km/h
2
3
120 km/h f t 120
km/h
3 3
2
2 400 900t10t
E t P t
2
Vi kan nå finne Maclaurinpolynomet P t til f t om punktet t 0 :
f t P t
Erroren til tilnærmingen er
2 2
3
t 3 E2 t f s der s er et nummer mellom 0 og t.
3!
3
Vi vet at når s er mellom 0 og t eller ikke for den del så er
120 f s 120
3
t
Multipliserer vi inn i ulikheten over
det går bra siden vi vet t 0 får vi:
3!
3 3 3
t 3 t t
120 f s120 3! 3! 3!
3 3
20t E t 20t
2
P t 20t P t E t f t P t
20t
3 3
2 2 2 2
Studentnr: 219460