predavatelj: doc. Andreja Drobni Vidic

Transcript

1 1 RE ITVE 5. DOMAƒE NALOGE - TOTP - modul MATEMATIKA predavaelj: doc. Andreja Drobni Vidic UPORABA ODVODOV IN INTEGRALI Diferencialni ra un je omogo il re²evanje nalog, za kaere je pred em kazalo, da presegajo love²ke mo i. P.A. Sua 1. Re²iev: Iz geomerijske inerpreacije odvoda razberemo, da je smerni koecien angene k enak odvodu funkcije v izbrani o ki. Najprej izra unamo odvod: f () = 6 in nao vrednos odvoda v o ki 0 = 1: f (1) =. Tangena ima ena bo y = k + n, ako ko v splo²nem vsaka premica. Smerni koecien e premice k = k je ako ºe dolo en s pomo jo odvoda, svobodni len n pa dolo imo s pomo jo o ke T ( 0, f( 0 )), ki priprada ako grafu funkcije f() ko iskani angeni, ki se v ej o ki doika krivulje f(), zao jo vsavimo v ena bo f( 0 ) = k 0 + n in izarazimo neznani n n = f( 0 ) k 0. V na²em primeru je n = ( ) ( ) 1 =. Ena ba angene se glasi y = +.. Re²iev: y = + 5; φ = 6 4 ; vodoravno. Re²iev: Za dolo iev obmo ja nara² anja odvedljive funkcije f() moramo ugoovii, za kaere velja f () > 0. Racionalna funkcija f() = denirana na vsej realni osi, razen v o ki =, kjer ima pol. je + Obmo je nara² anja je orej neka podmnoºica realnih ²evil, iz kaerih je izvzea le o ka =. Dolo imo odvod f () = ( + ) ( ) 1 = ( + ) ( + ) in izra unamo, kje je vrednos odvoda ve ja od ni ( + ) > < 0 ( + )( + 1) < 0 Nenen bi usrezajo vse realne vrednosi med ²eviloma in 1. Obmo je nara² anja za funkcijo f so o ke med ema vrednosima, oziroma inervala [, ), (, 1]. 4. Re²iev: Lokalni eksremi so lahko le am, kjer je odvod enak ni, orej posavimo pogoj f () = 0. 0 = f () = 4 8 = 4( ) = 4( )( + )

2 Lokalni eksrem je lahko v o kah pri 1 = 0, =, =. V eh o kah izra unamo ²e. odvod. f () = 1 8 f (0) = 8 f ( ) = 16 f ( ) = 16 Pri 1 = 0 je drugi odvod negaiven, zao je v o ki T (0, 5) lokalni maksimum. V naslednjih dveh o kah T (, 1) in T (, 1) pa funkcija doseºe lokalni minimum, saj je vrednos drugega odvoda poziivna. 5. Re²iev: a) T (0, 0) lokalni maksimum, T (4, 8) lokalni minimum (za graf dolo imo ²e D f = (, ) (, ), ni la = 0 in ii v neskon nosi ali asimpoo y = ) b) T (, e ) T (1 5, 0 4) lokalni maksimum (za graf dolo imo ²e D f = (, ), ni la = 1 in ii: v neskon nosi je enaka 0, v pa ) 6. Da je v o ki 0 prevoj, mora veljai f ( 0 ) = 0, funkcija f pa mora pri 0, ki izpolnjuje a pogoj, spremenii predznake (npr. f () < 0 pri < 0 in f () > 0 pri > 0. Funkcija pa v ej o ki ne bo spremenila predznaka le, e bo imela v ej o ki eksrem, orej, e bo veljalo f ( 0 ) = 0. ƒe orej ugoovimo, da je f ( 0 ) 0, drugi odvod pa je ni, poem je v ej o ki prevoj. Funkcija ima orej prevoj v o kah, kjer je drugi odvod enak 0, reji pa je od 0 razli en. Izra unajmo oba odvoda f () = 1 cos, f () = cos sin. V o kah, kjer ima sinusna funkcija ni le, je f () = 0. Torej so moºni prevoji v o kah = kπ, k Z. V vseh eh o kah je reji odvod funkcije f razli en od 0, zao je v vseh eh o kah prevoj. 7. Re²iev: obmo je konveksnosi: (1, ); obmo je konkavnosi (, 1); prevoj P (1, 1) Re²iev: Dolºine sranic izrezanih kvadrakov merijo V ma 6 7 cm 4 cm, 9. Re²iev: Embalaºa za iskarski lak mora imei prosornino valja V = Sv = πr v, ki zna²a v na²em primeru V = 000 cm. šeo naji ak radij r

3 osnovnice in ako vi²ino v valja, da bo povr²ina valja, ki je sesavljena iz dveh krogov in pla² a, im manj²a. Iz ena be V = πr v izrazimo vi²ino in jo vsavimo v ena bo za povr²ino valja P = πr + πr v. Dobimo P = πr + πr V πr = πr + V r. Povr²ino P smo orej izrazili le z radijem r. Funkcijo P = P (r) = πr +V r 1 odvajamo, da dobimo sacionarne o ke. P (r) = 4πr V r 0 = 4πr V r r = V π = 000 π Ker za vrednos drugega odvoda v ej sacionarni o ki velja P ( 000 ) = π 4π + 4V r > 0, je v ej sacionarni o ki res minimum. Embalaºa v obliki valja ima radij r = 10 π 6 8 cm, vi²ina pa meri v = V = 0 π 1 70 πr cm. 10. Re²iev: 1.) Denicijsko obmo je D f dobimo iz pogoja za sode korenske funkcije: 1 4 0, (1 )(1 + ) 0 D f = [ 1, 0) (0, 1].) Ni le:.) Poli: / 1 4 = 0, 1 = 1, = 1 4.) Za ena vrednos: f(0) ni v denicijskem obmo ju 5.) Limine vrednosi na robu denicijskega obmo ja: 1,> = 0 1,< = 0 0,<0 1 4 = 0,>0 1 4 = 6.) Eksremi: f 1 () = 1 4 Dobljeni ulomek ni nikoli ni, zao funkcija nima lokalnih eksremov. 11. Re²iev: 1.) Denicijsko obmo je D f = (0, ).) Ni le: = 1.) Poli: /

4 4 4.) Za ena vrednos: f(0) ni denirana 5.) Limine vrednosi na robu denicijskega obmo ja: ln 0,>0 = 0 ln = = 1 = 1 = 0 6.) Eksremi: f () = 1 ln = 1 ln 0 = f () 1 ln = 0 = e Sacionarna o ka je T (e, 1 e ). 1. Re²iev: Graf. Funkcija je soda. Je zvonase oblike. Funkcija p() je na inervalu ( 1, 1) konkavna, sicer konveksna. V o kah = 1 in = 1 je prevoj. Graf p µ,σ () nesandardizirane normalne porazdelive je prav ako zvonase oblike, le da je graf p() za vrednos µ premaknjen v desno in za fakor σ razegnjen (splo² en). 1. Re²iev: a) Inegrand v inegralu ( +1) d najprej zdeo in nao inegriramo vsak sumand posebej po pravilu vsoe. ( + 1) d = ( )d = + ln + C b) Koren v inegrandu pi²emo v obliki poence, da lahko uporabimo prvi inegral v abeli. d = c) Inegrand v inegralu + sopnji imenovalca. 1 d = + C = + C d najprej zdeo, saj je sopnja ²evca enaka +1 ( + ) : ( + 1) = Re²iev: Nao izra unamo d = ( )d = 1d+ 1 d = + arcan +C. + 1

5 5 a) Izberemo novo spremenljiko = +, nao enakos odvajamo in zapi²emo ena bo v obliki diferenciala d = d. Enakosi vnesemo v inegral in dobimo + d = d = + C = ( + ) + C = + + C. b) ƒe je inegrand ulomek, pogoso za novo spremenljivko izberemo imenovalec ali del imenovalca. Izberemo = + 1, diferenciramo d = d in dobimo d = d 1 = d = ln + C = ln C. c) Pri inegralu d je nova spremenljivka spe imenovalec = +, + d = d. Vedei pa moramo ²e, kako se, ki je v ²evcu, izraºa z novo spremenljivko. Izraziev dobimo iz prve enakosi =. + d = d = 1d d = ln + C = = + ln + + C. d) e Za inegral d e + e + ali le e. = e +, d = e d. Tedaj je inegral enak e d e + d = d sa primerni dve novi spremenljivki: celoen imenovalec Izberimo nekoliko kraj²o moºnos izra una z uvedbo d = ln + C = ln e + + C = ln(e + ) + C.