Basiswiskunde Week 3_2

Basiswiskunde Week 3_2
2.8 Middelwaardestelling
2.9 Impliciet differentiëren
4.9 Linearisatie
2
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Middelwaardestelling 1
Stelling 11 De middelwaardestelling (The Mean-Value Theorem)
Beschouw een functie f op een gesloten interval @a, bD met de eigenschappen dat
de functie f continu is op het interval @a, bD en differentieerbaar is op het interval Ha, bL.
Dan bestaat er c in Ha, bL met
f HbL-f HaL
b-a
= f £ HcL.
f HbL
f HaL
f HxL
a
x1
x2
b
Hier staat een grafische toelichting voor een gekozen f . De grafiek van f is zonder sprongen
en in ieder punt van Ha, bL heeft de grafiek een raaklijn. De lijn [ door de punten Ha, f HaLL en
Hb, f HbLL heeft rc
f HbL-f HaL
.
b-a
Door [ parallel te verschuiven vindt u punten op de grafiek met
raaklijn parallel aan [. In dit plaatje zijn er twee punten. Zodoende is c = x1 of c = x2 .
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Middelwaardestelling 2
De stelling zegt niet hoeveel getallen c er zijn met
De stelling zegt niets over de plaats van c.
De stelling wordt op twee manieren gebruikt:
f HbL-f HaL
b-a
f HbL-f HaL
b-a
= f £ HcL.
= f £ HcL of f HbL - f HaL = f £ HcL Hb - aL .
Gevolg 1: Beschouw een functie f en een interval I zodanig dat f £ HxL = 0 voor alle x in I.
Dan bestaat er een constante d zodanig dat f HxL = d voor alle x in I.
Gevolg 2: Beschouw een functie f en een interval I zodanig dat f £ HxL > 0 voor alle x in I.
Dan is de functie f monotoon stijgend op I.
3
4
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Voorbeeld 1
Laat zien dat †sinHx + 1L - sinHxL§ § 1 voor alle x in R.
Laat f HxL = sinHxL, b = x + 1 en a = x. Dan is f £ HxL = cosHxL
Er geldt dat sinHx + 1L - sinHxL = cosHcL Hx + 1 - xL = cosHcL voor zekere c tussen x en x + 1.
Dus †sinHx + 1L - sinHxL§ = †cosHcL§ § 1.
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Voorbeeld 2
Laat zien dat
x
x+1
< x HlnHx + 1L - lnHxLL < 1 voor alle x > 0.
Op het verschil lnHx + 1L - lnHxL kan de middelwaardestelling worden toegepast.
Laat f HxL = lnHxL, a = x en b = x + 1. Nu is f £ HxL = 1
Dus lnHx + 1L - lnHxL =
1
c
Hx + 1 - xL =
Gevolg xH lnHx + 1L - lnHxL L =
Omdat x > 0 geldt dat
Conclusie:
x
x+1
1
x+1
<
x
c
1
<1
x
c
x
1
c
voor zekere c met x < c < x + 1.
en ook
< xH lnHx + 1L - lnHxL L < 1.
x
x+1
<
x
c
<1
5
6
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Voorbeeld 3
Laat zien dat ¢ sin
2 HbL-sin2 HaL
b-a
¶ § 1 voor alle a en b in R, a ∫ b.
Laat f HxL = sin2 HxL. Dan is f £ HxL = 2 sinHxL cosHxL.
Dus
sin2 HbL-sin2 HaL
b-a
Gevolg ¢ sin
= 2 sinHcL cosHcL met c tussen a en b.
2 HbL-sin2 HaL
¶ = †2 sinHcL cosHcL§.
Er moet worden aangetoond dat †2 sinHcL cosHcL§ § 1.
Merk op dat 2 sinHcL cosHcL = sinH2 cL .
Dus ¢ sin
b-a
2 HbL-sin2 HaL
b-a
¶ = †sinH2 cL§ § 1.
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Voorbeeld 4
Laat zien dat tanHxL > x voor alle x in J0, p N.
2
Op een verschil van de functiewaarden kan de middelwaardestelling worden toegepast.
Nu is tanHxL = tanHxL - tanH0L. Dus f HxL = tanHxL. Nu is f £ HxL = 12 .
Gevolg tanHxL =
cos2 HcL
1
Hx - 0L =
cos HxL
cos2 HcL
x
Omdat 0 < x < p , is 0 < cos2 HcL < 1,
2
Conclusie: tanHxL =
cos2 HcL
1
x > x.
.
cos2 HcL
1
> 1 en
cos2 HcL
x
> x.
7
8
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.8 Generalisatie *
Deze slide valt buiten stof.
Stelling 16 Generalisatie van middelwaardestelling
Beschouw de functies f en g en een interval @a, bD met de volgende eigenschappen:
f en g zijn continu op @a, bD,
f en g zijn differentieerbaar op Ha, bL,
gHxL ∫ 0 voor alle x met a § x § b,
Dan bestaat er c in Ha, bL met
f HbL-f HaL
gHbL-gHaL
=
f £ HcL
.
g£ HcL
Waarom heet deze stelling een generalisatie?
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.9 Inleiding impliciet differentiëren
De grafiek van de functie f HxL =
4 - x 2 is de helft van een cirkel.
De punten van de grafiek van f voldoen aan de vgl x 2 + y 2 = 4.
Omgekeerd zijn niet alle punten van de cirkel x 2 + y 2 = 4 punten van de grafiek van f .
In de buurt van het punt I1,
3 M vallen cirkel en grafiek van f samen.
Als we y als functie van x zien dan wordt door x 2 + y 2 = 4 en yH1L =
vastgelegd, namelijk yHxL =
Door f HxL =
4 - x 2 = f HxL.
3 een functie
4 - x 2 wordt de functie f expliciet gegeven.
Door x 2 + y 2 = 4 en yH1L =
3 wordt de functie y impliciet gegeven.
Een vergelijking met x en y is meestal niet oplosbaar, maar legt vaak een kromme in
het vlak vast die locaal als de grafiek van een functie gezien kan worden.
Als yHxL niet expliciet bepaald kan worden, dan kan men toch iets zeggen over y £ HxL.
9
10
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.9 Opdrachten
(1) Differentieer de uitdrukking x sin3 HxL + lnH2 + x sinHxLL naar x.
(2) Differentieer de uitdrukking x y 3 HxL + lnH2 + x yHxLL naar x
(1) Antwoord: sin3 HxL + 3 x sin2 HxL cosHxL +
(2) Antwoord: y 3 HxL + 3 x y 2 HxL y £ HxL +
1
2+yHxL
1
2+x sinHxL
HsinHxL + x cosHxLL
HyHxL + x y £ HxLL
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
2.9 Voorbeeld impliciete differentiatie *
Beschouw de functie y impliciet gegeven door
x 2 + y 4 + 3 y 2 = 5 , H1L
yH1L = -1 , H2L
(a) Druk y £ uit in x en y
(b) Bepaal y £ H1L
(c) Bepaal y ££ H1L als dat kan.
(a) Vgl (1) is eigenlijk x 2 + y 4 HxL + 3 y 2 HxL = 5. In Adams wordt het argument van y weggelaten.
Aan beide kanten differentiëren geeft 2 x + 4 y 3 y £ + 6 y y £ = 0, vgl (3).
x
Dus y £ = -2
.
3
(b) Vul x = 1 in vgl H3L. Dan 2 - 4 y £ H1L - 6 y £ H1L = 0; Dus y £ H1L =
4 y +6 y
(c) Vgl (3) herschrijven geeft 2 x + I4 y 3 + 6 yM y £ = 0.
Differentiëren levert 2 + I12 y 2 y £ + 6 y £ M y £ + I4 y 3 + 6 yM y ££ = 0.
Invullen geeft 2 +
18
25
- 10 y ££ H1L = 0. Dus y ££ H1L =
34
.
125
1
5
11
12
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Inleiding linearisatie
Voor speciale hoeken kan dit wel: sinH0L = 0, sinJ p N = 1 , sinJ p N =
Er bestaat geen formule om alle functiewaarden sinHxL uit te rekenen.
6
2
4
1
2
2 etc.
Een rekenmachine geeft de waarde 0.09983 voor sinH0.1L. Dit is een benadering voor sinH0.1L.
Vaak zijn (functie)waarden niet exact te bepalen, maar wel te benaderen.
Beschouw een differentieerbare functie f met een punt a in het domein DHf L.
Als van de functie f de functiewaarde f HaL en de afgeleide f £ HaL bekend zijn,
dan kan de waarde van f HxL rond x = a benaderd worden.
Als x dicht bij a ligt dan zal
f HxL-f HaL
x-a
º f £ HaL ofwel f HxL º f HaL + f £ HaL Hx - aL.
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Linearisatie
Beschouw een functie f die differentieerbaar is in het punt a in DHf L.
Y
f HxL
p1 HxL
f HxL
f HaL
p0 HxL
a
x
X
De raaklijn in Ha, f HaLL heeft vergelijking y = f HaL + f £ HaL Hx - aL.
De raaklijn is de grafiek van de functie p1 met p1 HxL = f HaL + f £ HaL Hx - aL.
De horizontale lijn door Ha, f HaLL is de grafiek van de functie p0 met p0 HxL = f HaL.
De functie p1 HxL = f HaL + f £ HaL Hx - aL heet de linearisatie van f rond a.
Rond a zal p1 HxL een betere benadering voor f HxL zijn dan p0 HxL.\
De linearisatie wordt ook vaak met LHxL aangegeven.
Een linerisatie past locaal bij een functie!
13
14
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Voorbeeld 1 linearisatie
Beschouw de functie f HxL =
x.
(1) Bepaal de linearisatie van f rond a = 1 en benader
1.1 .
(2) Bepaal de linearisatie van f rond a = 4 en benader
4.1 .
Er geldt f HxL =
1
2
x
.
(1) LHxL = f H1L + f £ H1L Hx - 1L = 1 +
Nu is
1.1 = f H1.1L º LH1.1L = 1 +
(2) LHxL = f H4L + f £ H4L Hx - 4L = 2 +
Nu is
1
2
1
4
4.1 = f H4.1L º LH4.1L = 2 +
Hx - 1L.
1
2
μ 0.1 = 1.05
1
4
μ 0.1 = 2.025
Hx - 4L.
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Voorbeelden linearisatie
Voorbeeld 1
Beschouw de functie f HxL =
1
x
met afgeleide f £ HxL = -
Van deze functie is rond a = 10 de linearisatie LHxL
En
1
10.2
= f H10.2L º LH10.2L =
1
10
-
1
100
1
.
x2
= 1
10
-
1
100
Hx - 10L.
μ 0.2 = 0.098
Voorbeeld 2
Beschouw de functie f HxL = sinHxL.
Van deze functie is rond a = 0 de linearisatie LHxL = x .
Nu is sinH0.1L = f H0.1L º LH0.1L = 0.1
We merken op dat sinH0.1L = 0.09983, dus de benadering is niet slecht.
Voorbeeld 3
36 = 6, kiezen we f HxL =
Dan
37 = f H1L. De linearisatie van f rond a = 0 is LHxL = 6 +
Dus
37 º LH1L = 6 +
Benadering van
37 met een linearisatie. Omdat
1
12
= 6.083
1
12
x.
36 + x .
15
16
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Fout bij linearisatie
Stelling 11 Fout bij linearisatie
Gegeven functie f , getal a in DHf L en getal x in DHf L zodanig dat
f H2L continu is op interval met eindpunten a en x.
Dan geldt dat f HxL = f HaL + f £ HaL Hx - aL + 1 f ££ HsL Hx - aL2 voor zekere s tussen a en x.
2
De stelling zegt dat er een s bestaat en niet hoeveel het er zijn en hoe u ze kunt vinden.
De term
1
2
f ££ HsL Hx - aL2 wordt de fout van de linearisatie genoemd en met E1 HxL aangegeven.
Anders gezegd: f HxL = p1 HxL + E1 HxL
Zeker als x dicht bij a ligt, zal de fout klein zijn ten opzichte van Hx - aL.
Het teken van E1 HxL bepaalt of p1 HxL onder of boven f HxL ligt.
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Benadering met interval 1
Geef benadering voor sinH0.1L met een geschikt interval er omheen.
Beschouw f HxL = sinHxL en a = 0.
Dan is LHxL = x.
Nu is x = 0.1 en sinH0.1L = LH0.1L + E1 H0.1L.
Nu is E1 H0.1L = 1 f ££ HsL H0.1L2 = - 1 sinHsL H0.1L2 met 0 < s < 0.1.
2
2
Merk op dat 0 < sinHsL < sinH0.1L < 0.1.
Dus EH0.1L = -sinHsL ÿ 0.005 is negatief .
Er geldt dat -0.1 < -sinHsL < 0 ofwel -0.0005 < E1 H0.1L < 0.
Overal LH0.1L bij optellen levert 0.0995 < sinH0.1L < 0.1
De rekenmachine geeft sinH0.1L = 0.0998334.
17
18
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Benadering met interval 2
Geef benadering voor
Beschouw f HxL =
1.04 met een geschikt interval er omheen.
x en a = 1. Er geldt dat f H1L HxL =
Nu is de linearisatie LHxL = f H1L + f £ H1L Hx - 1L = 1 +
Omdat
1.04 = f H1.04L,
1.04 º LH1.04L = 1 +
1
2
1
Omdat 0 <
c
c
x
ÿ 0.04 = 1.02.
Er geldt f H1.04L = LH1.04L + E1 H1.04L en E1 H1.04L = 1
ÿ Hx - 1L.
2
1
2
1
< 1, vinden we -0.0002 < E1 H1.04L < 0.
Dus met optellen van LH1.04L vinden we 1.0198 <
en f H2L HxL = -
8c
c
1
4x
x
.
H0.04L2 met 1 < c < 1.04.
1.04 < 1.02.
Basiswiskunde_Week_3_2.nb
4.9 Slotopmerkingen linearisatie *
é In LHxL de haakjes van Hx - aL laten staan!
é De linearisatie LHxL is een polynoom in x van de graad hoogstens 1.
é Grafiek van linearisatie LHxL is rechte.
é Beschouw een functie f HxL met linearisatie LHxL rond a.
Aan het teken van de tweede afgeleide van f is te zien aan welke kant van de
benadering LHxL de werkelijke waarde f HxL ligt.
19