Πανεπιστήµιο Κρήτης - Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών Απειροστικός Λογισµός Ι ιδάσκων : Α. Μουχτάρης Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2ης Σειράς Ασκήσεων Ασκηση 1. Για κάθε a,b και x 2, η f είναι παραγωγίσιµη. Η f είναι παραγωγίσιµη στο x 2 Η f ειναι συνεχής στο x 2 lim fx) f2) 2a 4a 2b + 3 2a 2b + 3 0 1) x 2 Επίσης, η f είναι παραγωγίσιµη για x 2 f a x < 2 x) 2ax b, x > 2 Για να υπάρχει η f 2) ϑα πρέπει a 2a2) b 3a b 2) Από τις 1), 2) έχουµε ότι a 3 4 και b 9 4 Ασκηση 2. Από τα δεδοµένα της άσκησης έχουµε : fx + h) fx)fh) και fh) 1 + hgh) fh) 1 hgh) µε lim h 0 gh) 1. Άρα : f x) fx + h) fx) lim h 0 h fx)fh) fx) lim h 0 h fx) fh) 1) lim h 0 [ h ] fh) 1 lim fx) h 0 [ h ] hgh) lim fx) h 0 h lim h 0 fx)gh) fx) lim h 0 gh) fx) 1 fx)
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 2 Ασκηση 3. 1. y 2 sinπx y) y 2 cosπx y)πx y) y 2 cosπx y)π y ) y 2π cosπx y) 2y cosπx y) y 1 + 2 cosπx y)) 2π cosπx y) y Η κλίση της εφαπτοµένης είναι : m y 1,0) 2π cosπx y) 2π. 1 + 2 cosπx y) 1,0) Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι : y 0 2πx 1) y 2πx 2π. 2π cosπx y) 1 + 2 cosπx y) Η εξίσωση της κάθετης ευθείας είναι : y 0 1 x x 1) y 2π 2π + 1 2π. 2. x 2 3xy + 2y 2 5 2x 3y 3xy + 4yy 0 y 4y 3x) 3y 2x 3y 2x y 4y 3x Η κλίση της εφαπτοµένης είναι : m y 3y 2x 3,2) 4y 0. 3x 3,2) Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι : y 2 0 y 2. Η εξίσωση της κάθετης ευθείας είναι : x 3. 3. 2xy + π sin y 2π 2y + 2xy + πcos y)y 0 y 2x + π cos y) 2y y 2y 2x + π cos y Η κλίση της εφαπτοµένης είναι : m y 1, 2y π 2 ) 2x + π cos y π 1, π 2 ) 2. Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι : y π 2 π 2 x 1) y π 2 x + π. Η εξίσωση της κάθετης ευθείας είναι : y π 2 2 π x 1) y 2 π x 2 π + π 2. 4. y 2 2x 4y 1 0 2yy 2 4y 0 y 2y 4) 2 y 2 2y 4 y 1 y 2 Η κλίση της εφαπτοµένης είναι : m y 2,1) 1 1. y 2 2,1) Η εξίσωση της εφαπτοµένης είναι : y 1 1x + 2) y x 1. Η εξίσωση της κάθετης ευθείας είναι : y 1 1x + 2) y x + 3. Ασκηση 4. y 2x 3 3x 2 12x + 20 6x2 6x 12 1. Η κλίση της ευθείας y 1 x/24) είναι m 1 24. Η εφαπτοµένη είναι κάθετη στην ευθεία y 1 x/24) όταν 1 1 24 24 6x 2 6x 12 24 x 2 x 2 4 x 2 x 6 0 x 2 ή x 3 Άρα στα σηµεία 2, 16) και 3, 11) η εφαπτοµένη είναι κάθετη στην ευθεία y 1 x/24).
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 3 2. Η κλίση της ευθείας y 2 12x είναι m 12. Η εφαπτοµένη είναι παράλληλη στην ευθεία y 2 12x όταν 12 6x2 6x 12 12 x 2 x 0 xx 1) 0 x 0 ή x 1 Άρα στα σηµεία 0, 20) και 1, 7) η εφαπτοµένη είναι παράλληλη στην ευθεία y 2 12x. Ασκηση 5. Η γραφική παράσταση της f g)x) έχει οριζόντια εφαπτοµένη στο x 1 f g) 1) 0 f g1))g 1) 0 f g1)) 0 ή g 1) 0 Άρα, αν η γραφική παράσταση της f g)x) έχει οριζόντια εφαπτοµένη στο x 1, τότε είτε η γραφική παράσταση της f έχει οριζόντια εφαπτοµένη στο u g1) είτε η γραφική παράσταση της g έχει οριζόντια εφαπτοµένη στο x 1, είτε και τα δυο. Ασκηση 6. 1. x 1 2 tan t dt 1 2 ) sin t 1 cos t 2 1 cos 2 t 1 2 sec2 t y 1 sec t 2 dt 1 2 cos 1 t) 1 1 2 cos 2 t sin t 1 2 sec2 t sin t /dt /dt sec2 t sin t sec 2 sin t t sin π 3 3 2 t π 3 Άρα, η εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο t π 3 είναι : y 1 2 sec π 3 3 x 1 2 2 tan π ) 3 y 3 2 x + 1 4 Υπολογίζουµε την d2 y 2 : dt cos t d2 y 2 dt dt 2. x 1 + 1 t 2 dt 2 t 3 y 1 3 t dt 3 t 2 /dt 3 /dt t 2 2 t 3 3 t2 3 2 t cos t 1 2 sec2 t 2 cos3 t d2 y t 2 π 3 2 cos 3 π 3 1 4
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 4 Άρα, η εξίσωση της εφαπτοµένης στο σηµείο t 2 είναι : y 1 3 ) 3 x 1 + 1 )) y 3x + 13 2 4 4 Υπολογίζουµε την d2 y 2 : dt 3 2 d2 y 2 dt dt 3 2 2 t 3 3 4 t3 d2 y 2 t2 3 4 2)3 6 Ασκηση 7. 1. Βρίσκω την d x 2 + y 2) d 1) 2x + 2yy 0 2yy 2x y x y Βρίσκω την d2 y 2 d y ) d x y ) y y 1)+xy y 2 ) y+x x y y2 x 2 y2 1 y 2 ) 1 y 2 y 3 y 3 y 3 2. Βρίσκω την d ) 2 y d y y 1+ y x y) 2 2 y y 1 y y y 1/2 + y 1 y y 1/2 + 1 ) 1 y 1 y 1/2 +1 Βρίσκω την d2 y 2 d y y 1/2 + 1 )) d 1) y 1 2 y 3/2 y ) + y y 1/2 + 1) 0 y y 1/2 + 1) 1 2 y ) 2 y 3/2 ) 2 y 1 2 y ) 2 y 3/2 1 1 y 2 y 1/2 y 3/2 +1 y y 3/2 y 1 y 1/2 +1) y 1/2 +1) 2y 1/2 +1) 3 2y 3/2 y 1/2 +1) 3 Ασκηση 8. 1. Ορίζουµε τη συνάρτηση hx) fx) gx). Η hx) είναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο διάστηµα [a, b]. Επίσης, ha) fa) ga) 0 και hb) fb) gb) 0. Άρα από το Θεώρηµα Μέσης Τιµής, υπάρχει c στο a, b) τέτοιο ώστε h c) 0. Αλλά αφού h c) f c) g c) έχουµε ότι f c) g c). Άρα, το c είναι σηµείο όπου οι γραφικές παραστάσεις της f και g έχουν εφαπτοµένες µε την ίδια κλίση, άρα είτε είναι παράλληλες είτε πρόκειται για την ίδια εφαπτοµένη ευθεία. 2. Αφού η f ορίζεται στο [a, b], άρα η f ϑα είναι συνεχής σε αυτό το διάστηµα. Αν η f είχε περισσότερες από µια ϱίζες στο [a, b], έστω fr 1 ) fr 2 ) 0 για r 1 r 2, τότε σύµφωνα µε το Θεώρηµα Rolle, υπάρχει c ανάµεσα στο r 1 και r 2 τέτοιο ώστε f c) 0, το οποίο είναι άτοπο αφού f > 0 στο διάστηµα [a, b]. Άρα η f έχει το πολύ µια ϱίζα στο [a, b].
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 5 Ασκηση 9. 1. Το πεδίο ορισµού της f είναι το R. fx) x 2/3 5 2 x ) 5 2 x2/3 x 5/3 f x) 5 2 2 3 x 1/3 5 3 x2/3 5 3 x 1/3 5 3 x 1/3 x 5 3 x 1/3 1 x) f x) 5 9 x 4/3 1 x) 5 3 x 1/3 5 9 x 4/3 + 5 9 x 1/3 5 3 x 1/3 5 9 x 4/3 10 9 x 1/3 5 9 x 4/3 1 + 2x) f x) 0 5 3 x 1/3 1 x) 0 3 3 3 1 x) 0 x 1 x Επίσης η f δεν ορίζεται για x 0. f x) 0 5 9 x 4/3 1 + 2x) 0 5 9 3 x) 4 1 + 2x) 0 1 + 2x 0 x 1 2 Επίσης η f δεν ορίζεται για x 0. Το πρόσηµο της f άρα έχει ώς εξής : + 0 1 Το πρόσηµο της f άρα έχει ώς εξής : + 1/2 0 Άρα η f είναι αύξουσα στο 0, 1) και ϕθίνουσα στο, 0) και 1, ). Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο στο x 0 και τοπικό µέγιστο στο x 1. Η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστηµα, 1 2) και στρέφει τα κοίλα κάτω στα διαστήµατα 1 2, 0) και 0, ). Η f παρουσιάζει σηµείο καµπής στο x 1 2.
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 6 2. Το πεδίο ορισµού της f είναι το [0, 2π]. fx) x sin x f x) 1 cos x f x) sin x f x) 0 cos x 1 x 0 ή x 2π Επίσης f > 0 στο 0, 2π). f x) 0 sin x 0 x 0 ή x π Επίσης f > 0 στο 0, π) και f < 0 στο π, 2π) Άρα η f είναι αύξουσα στο 0, 2π). Η f παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στο x 0 και ολικό µέγιστο στο x 2π. Η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστηµα 0, π) και στρέφει τα κοίλα κάτω στα διαστήµατα π, 2π). Η f παρουσιάζει σηµείο καµπής στο x π. Η γραφική παράσταση της f ειναι : 3. Το πεδίο ορισµού της f είναι το R. fx) x3 3x 2 + 1 f x) 3x2 3x 2 + 1) 6x 4 3x 2 + 1) 2 9x4 + 3x 2 6x 4 3x 2 + 1) 2 3x4 + 3x 2 3x 2 + 1) 2 3x2 x 2 + 1) 3x 2 + 1) 2
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 7 f x) 12x3 + 6x)3x 2 + 1) 2 23x 4 + 3x 2 )3x 2 + 1)6x) 3x 2 + 1) 4 3x2 + 1) [ 12x 3 + 6x)3x 2 + 1) 3x 4 + 3x 2 )12x ] 3x 2 + 1) 4 6x3 + 6x 3x 2 + 1) 3 6x1 x2 ) 3x 2 + 1) 3 6x1 x)1 + x) 3x 2 + 1) 3 f x) 0 x 0 Το πρόσηµο της f άρα έχει ώς εξής : + + 0 f x) 0 x 0 ή x 1 ή x 1. Το πρόσηµο της f άρα έχει ώς εξής : + + 1 0 1 Άρα η f είναι αύξουσα στο, ). Η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστηµα, 1) και 0, 1) και στρέφει τα κοίλα κάτω στο διαστήµα 1, 0) και 1, ). Η f παρουσιάζει σηµεία καµπής στο σηµείο x 0, x 1 και x 1. Η γραφική παράσταση της f ειναι : 4. fx) 1 x + 1) 3 f x) 3x + 1) 2 f x) 6x + 1) Επίσης f 0 στο R f x) 0 x 1
Απειροστικός Λογισµός Ι - Λύσεις 2η Σειρά Ασκήσεων 8 Το πρόσηµο της f άρα έχει ώς εξής : + 1 Άρα η f είναι ϕθίνουσα στο, ). Η f στρέφει τα κοίλα άνω στο διάστηµα, 1) και στρέφει τα κοίλα κάτω στο διαστήµα 1, ). Η f παρουσιάζει σηµεία καµπής στο σηµείο x 1. Η γραφική παράσταση της f ειναι : Ασκηση 10. Εστω x η απόσταση απο το σηµείο της ακτής κοντινότερα στη ϐάρκα της Jane στο σηµείο που πρέπει να αφήσει το σκάφος της. Τότε χρειάζεται να κωπηλατήσει 4 + x 2 µίλια µε ταχύτητα 2 mph και να περπατήσει 6 x µίλια µε ταχύτητα 5 mph. Άρα ο συνολικός χρόνος για να ϕτάσει στο χωριό ορίζεται ως : fx) 4 x 2 2 + 6 x 5 ώρες 0 x 6). Παραγωγίζουµε την f και έχουµε : f x x) 2 4 + x 1 2 5 Το σηµείο που ελαχιστοποιεί το χρόνο είναι αυτο που µηδενίζει την f x): f x x) 0 2 4 + x 1 2 5 5x 2 4 + x 2 25x 2 44 + x 2 ) 21x 2 16 x ± 4. 21 Απορρίπτουµε την αρνητική λύση, και ελέγχουµε τα άκρα και το κρίσιµο σηµέιο : f0) 2.2, f 4 21 ) 2.12, f6) 3.16 Άρα η Jane πρέπει να αφήσει το σκάφος της σε αυτή. 4 21 0.87 µίλια στην ακτή από το σηµείο που είναι κοντινότερα