Lösningar 13 - Versionshistorik

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.33

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:33:46 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.33
Rad 1:		Rad 1:
-	==Lösningar till några övningar till lektion 12==	+	==Lösningar till några övningar till lektion 13==

	[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]		[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.31

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:31:21 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.31
Rad 220:		Rad 220:

	<math>		<math>
-	f'(x)=\frac{1}{1+(x^2-4)^2}\cdot 2x,\quad\mbox{varför}\quad	+	f'(x)=\frac{1}{1+(x^2-4)^2}\cdot 2x</math>
		+
		+
		+	varför
		+
		+
		+	<math>
	f'(2)=\frac{2\cdot 2}{1+0^2}=4</math>		f'(2)=\frac{2\cdot 2}{1+0^2}=4</math>

Rad 237:		Rad 243:

	<math>\begin{array}{ccc}		<math>\begin{array}{ccc}
-	T(18)-T(6)&=&12+6\sin\frac{¹(18-8)}{12}-12-6\sin\frac{¹(6-8)}{12}\\ \\	+	T(18)-T(6)&=&12+6\sin\frac{\pi(18-8)}{12}-12-6\sin\frac{\pi(6-8)}{12}\\ \\
	&=&		&=&
-	6\sin\frac{5¹}{6}-6\sin\left(-\frac{¹}{6}\right)=3+3=6.\end{array}</math>	+	6\sin\frac{5\pi}{6}-6\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)=3+3=6\end{array}</math>


Rad 254:		Rad 260:

	<math>		<math>
-	T'(t)=6\cdot\frac{¹}{12}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)=	+	T'(t)=6\cdot\frac{\pi}{12}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)=
	\frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)</math>		\frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)</math>

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.28

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:28:50 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.28
Rad 201:		Rad 201:

	Riktningskoefficienten $k$ är lika med derivatan av $f$ för $x=2$, som		Riktningskoefficienten $k$ är lika med derivatan av $f$ för $x=2$, som
-	är \[	+	är
-	f'(2)=3\cdot 3\cdot 2^2-3\cdot 2\cdot 2-25=-1.\]	+
-	Vinkeln mellan tangenten och positiva $x$-axeln är således $3¹/4$,	+
-	så den spetsiga vinkeln är $¹/4$.	+

-	\vskip 2mm

-	6.9. Enligt kedjeregeln är \[	+	<math>
		+	f'(2)=3\cdot 3\cdot 2^2-3\cdot 2\cdot 2-25=-1</math>
		+
		+
		+
		+	Vinkeln mellan tangenten och positiva $x$-axeln är således $3\pi/4$,
		+	så den spetsiga vinkeln är $\pi/4$.
		+
		+
		+
		+	'''6.9.'''
		+
		+	Enligt kedjeregeln är
		+
		+
		+	<math>
	f'(x)=\frac{1}{1+(x^2-4)^2}\cdot 2x,\quad\mbox{varför}\quad		f'(x)=\frac{1}{1+(x^2-4)^2}\cdot 2x,\quad\mbox{varför}\quad
-	f'(2)=\frac{2\cdot 2}{1+0^2}=4.\]	+	f'(2)=\frac{2\cdot 2}{1+0^2}=4</math>
		+
		+
		+
	Eftersom $f(2)=\arctan(2^2-4)=0$ så är tangentens ekvation		Eftersom $f(2)=\arctan(2^2-4)=0$ så är tangentens ekvation
	$y-0=4(x-2)$, dvs $y=4x-8$.		$y-0=4(x-2)$, dvs $y=4x-8$.

-	\vskip 2mm

-	6.11. Mellan kl 6 på morgonen och kl 6 på eftermiddagen har	+
-	temperaturen ändrats med \begin{eqnarray*}	+	'''6.11.'''
-	T(18)-T(6)&=&12+6\sin\frac{¹(18-8)}{12}-12-6\sin\frac{¹(6-8)}{12}\\	+
		+	Mellan kl 6 på morgonen och kl 6 på eftermiddagen har
		+	temperaturen ändrats med
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
		+	T(18)-T(6)&=&12+6\sin\frac{¹(18-8)}{12}-12-6\sin\frac{¹(6-8)}{12}\\ \\
	&=&		&=&
-	6\sin\frac{5¹}{6}-6\sin\left(-\frac{¹}{6}\right)=3+3=6.\end{eqnarray*}	+	6\sin\frac{5¹}{6}-6\sin\left(-\frac{¹}{6}\right)=3+3=6.\end{array}</math>
-	Medeländringen är \[	+
-	\frac{T(18)-T(6)}{18-6}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}.\]	+
-	Derivatan är \[	+	Medeländringen är
-	T'(t)=6\cdot\frac{¹}{12}\cos\left(\frac{¹(t-8)}{12}\right)=	+
-	\frac{¹}{2}\cos\left(\frac{¹(t-8)}{12}\right).\]	+
-	Förändringshastigheten kl 4 på morgonen är \[	+	<math>
-	T'(4)=\frac{¹}{2}\cos\left(\frac{¹(4-8)}{12}\right)=	+	\frac{T(18)-T(6)}{18-6}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}</math>
-	\frac{¹}{2}\cos\left(-\frac{¹}{3}\right)=\frac{¹}{4}.\]	+
		+
		+
		+	Derivatan är
		+
		+
		+	<math>
		+	T'(t)=6\cdot\frac{¹}{12}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)=
		+	\frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)</math>
		+
		+
		+
		+	Förändringshastigheten kl 4 på morgonen är
		+
		+
		+	<math>
		+	T'(4)=\frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi(4-8)}{12}\right)=
		+	\frac{\pi}{2}\cos\left(-\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\pi}{4}</math>
		+
		+
		+
	På samma sätt räknar man ut förändringshastigheten kl 8 på fm och 4		På samma sätt räknar man ut förändringshastigheten kl 8 på fm och 4
-	på em. Den är 0 då $¹(t-8)/12=±¹/2$, vilket ger $t=2$ eller $t=14$, dvs kl	+	på em. Den är 0 då $\pi(t-8)/12=±\pi/2$, vilket ger $t=2$ eller $t=14$, dvs kl
	2 på fm och em. Enheten är i alla fallen grader per timme.		2 på fm och em. Enheten är i alla fallen grader per timme.

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.18

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:18:05 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.18
Rad 117:		Rad 117:
	xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\ \\		xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\ \\
	&=&		&=&
-	\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-x\ln x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\ \\	+	\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-(x\ln x)\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\ \\
	&=&		&=&
	\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{array}</math>		\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{array}</math>

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.15

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:15:34 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.15
Rad 103:		Rad 103:


-	(Det andra sättet är ju väsentligen härledningen av derivatan av	+	(Det andra sättet är väsentligen ett sätt att härleda derivatan av
	arcussinus.)		arcussinus.)

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.11

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:11:55 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.11
Rad 76:		Rad 76:

	Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som		Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som
-	$\sin(x^2)$ och alltså {\it inte} som $(\sin x)^2$! Om vi sätter	+	$\sin(x^2)$ och alltså ''inte'' som $(\sin x)^2$! Om vi sätter
	$u(v)=\sin v$ och $v(x)=x^2$, så är $f(x)=\sin x^2=u(v(x))$ och enligt		$u(v)=\sin v$ och $v(x)=x^2$, så är $f(x)=\sin x^2=u(v(x))$ och enligt
	kedjeregeln är		kedjeregeln är

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.09

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:09:48 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.09
Rad 12:		Rad 12:
	\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{1}{h}\cdot\left(\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x}\right)		\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{1}{h}\cdot\left(\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x}\right)
	=		=
-	\frac{1}{h}\cdot\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\\	+	\frac{1}{h}\cdot\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\\ \\
	&=&		&=&
	-\frac{h}{hx(x+h)}=-\frac{1}{x(x+h)}\end{array}</math>		-\frac{h}{hx(x+h)}=-\frac{1}{x(x+h)}\end{array}</math>
Rad 35:		Rad 35:
	\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt x}{h}=		\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt x}{h}=
	\frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt x)(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt		\frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt x)(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt
-	x)}\\	+	x)}\\ \\
	&=&		&=&
	\frac{(x+h)-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=\frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=		\frac{(x+h)-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=\frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=
Rad 62:		Rad 62:
	<math>\begin{array}{ccc}		<math>\begin{array}{ccc}
	f'(x)&=&D(\cos x)\cos x+\cos xD(\cos x)+D(\sin x)\sin x+\sin xD(\sin		f'(x)&=&D(\cos x)\cos x+\cos xD(\cos x)+D(\sin x)\sin x+\sin xD(\sin
-	x)\\	+	x)\\ \\
	&=&		&=&
	-\sin x\cos x-\sin x\cos x+\cos x\sin x+\cos x\sin x=0\end{array}</math>		-\sin x\cos x-\sin x\cos x+\cos x\sin x+\cos x\sin x=0\end{array}</math>
Rad 96:		Rad 96:
	<math>\begin{array}{ccc}		<math>\begin{array}{ccc}
	f'(x)&=&u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=		f'(x)&=&u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=
-	\cos(\arcsin x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\	+	\cos(\arcsin x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\ \\
	&=&		&=&
	\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=		\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=
Rad 115:		Rad 115:
	<math>\begin{array}{ccc}		<math>\begin{array}{ccc}
	D\left(\frac{x\ln x}{x^2+1}\right)&=&\frac{D(x\ln x)(x^2+1)-x\ln		D\left(\frac{x\ln x}{x^2+1}\right)&=&\frac{D(x\ln x)(x^2+1)-x\ln
-	xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\	+	xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\ \\
	&=&		&=&
-	\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-x\ln x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\	+	\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-x\ln x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\ \\
	&=&		&=&
	\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{array}</math>		\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{array}</math>
Rad 159:		Rad 159:
	<math>\begin{array}{ccc}		<math>\begin{array}{ccc}
	D\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)&=&\frac{D(2x)(1+x^2)-2xD(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=		D\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)&=&\frac{D(2x)(1+x^2)-2xD(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=
-	\frac{2(1+x^2)-2x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}\\	+	\frac{2(1+x^2)-2x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}\\ \\
	&=&		&=&
	\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}\end{array}</math>		\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}\end{array}</math>
Rad 196:		Rad 196:


		+	[[Bild:Fig1dag13.jpg]]

-	\begin{center}\includegraphics{Fig1dag13.jpg}\end{center}

-	\vskip 2mm

	Riktningskoefficienten $k$ är lika med derivatan av $f$ för $x=2$, som		Riktningskoefficienten $k$ är lika med derivatan av $f$ för $x=2$, som

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 13.07

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 13:07:02 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.07
Rad 4:		Rad 4:


-	6.1.c) Differenskvoten är \begin{eqnarray*}	+	'''6.1.c)'''
		+
		+	Differenskvoten är
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
	\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{1}{h}\cdot\left(\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x}\right)		\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{1}{h}\cdot\left(\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x}\right)
	=		=
	\frac{1}{h}\cdot\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\\		\frac{1}{h}\cdot\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\\
	&=&		&=&
-	-\frac{h}{hx(x+h)}=-\frac{1}{x(x+h)}.\end{eqnarray*}	+	-\frac{h}{hx(x+h)}=-\frac{1}{x(x+h)}\end{array}</math>
-	Detta ger \[	+
		+
		+
		+	Detta ger
		+
		+
		+	<math>
	f'(x)=\lim_{h\to 0}\left(-\frac{1}{x(x+h)}\right)=		f'(x)=\lim_{h\to 0}\left(-\frac{1}{x(x+h)}\right)=
-	-\frac{1}{x\cdot x}=-\frac{1}{x^2}.\]	+	-\frac{1}{x\cdot x}=-\frac{1}{x^2}</math>
		+
		+
		+
		+	'''6.1. d)'''
		+
		+	Differenskvoten är

-	\vskip 2mm

-	d) Differenskvoten är \begin{eqnarray*}	+	<math>\begin{array}{ccc}
	\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt x}{h}=		\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt x}{h}=
	\frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt x)(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt		\frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt x)(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt
Rad 22:		Rad 38:
	&=&		&=&
	\frac{(x+h)-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=\frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=		\frac{(x+h)-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=\frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=
-	\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}\end{eqnarray*}	+	\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}\end{array}</math>
		+
		+
		+
	där vi använde knepet att förlänga med $\sqrt{x+h}+\sqrt x$. Alltså		där vi använde knepet att förlänga med $\sqrt{x+h}+\sqrt x$. Alltså
-	är \[	+	är
		+
		+
		+	<math>
	f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}=		f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}=
-	\frac{1}{\sqrt x+\sqrt x}=\frac{1}{2\sqrt x}.\]	+	\frac{1}{\sqrt x+\sqrt x}=\frac{1}{2\sqrt x}</math>
		+
		+
		+

-	\vskip 2mm	+	'''6.2.d)'''

-	6.2.d) Den här uppgiften är intressant på så sätt att man kan beräkna	+	Den här uppgiften är intressant på så sätt att man kan beräkna
	derivatan på två olika sätt. Antingen använder man produktregeln på		derivatan på två olika sätt. Antingen använder man produktregeln på
-	båda termerna: \begin{eqnarray*}	+	båda termerna:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
	f'(x)&=&D(\cos x)\cos x+\cos xD(\cos x)+D(\sin x)\sin x+\sin xD(\sin		f'(x)&=&D(\cos x)\cos x+\cos xD(\cos x)+D(\sin x)\sin x+\sin xD(\sin
	x)\\		x)\\
	&=&		&=&
-	-\sin x\cos x-\sin x\cos x+\cos x\sin x+\cos x\sin x=0\end{eqnarray*}	+	-\sin x\cos x-\sin x\cos x+\cos x\sin x+\cos x\sin x=0\end{array}</math>
-	eller så anvnder man först trigonometriska ettan, som ger $f(x)=1$ för	+
-	alla $x$. Alltså är $f'(x)=0$. Det är ju skönt att resultatet blit	+
-	detsamma med de två metoderna!	+
		+	eller så använder man först trigonometriska ettan, som ger $f(x)=1$ för
		+	alla $x$. Alltså är $f'(x)=0$.
		+
		+

-	\vskip 2mm	+	'''6.4.a)'''

-	6.4.a) Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som	+	Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som
	$\sin(x^2)$ och alltså {\it inte} som $(\sin x)^2$! Om vi sätter		$\sin(x^2)$ och alltså {\it inte} som $(\sin x)^2$! Om vi sätter
	$u(v)=\sin v$ och $v(x)=x^2$, så är $f(x)=\sin x^2=u(v(x))$ och enligt		$u(v)=\sin v$ och $v(x)=x^2$, så är $f(x)=\sin x^2=u(v(x))$ och enligt
-	kedjeregeln är \[	+	kedjeregeln är
-	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot 2x=2x\cos x^2.\]	+

-	\vskip 2mm

-	b) Det enklaste sättet att räkna ut derivatan är förstås att	+	<math>
		+	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot 2x=2x\cos x^2</math>
		+
		+
		+
		+	'''6.4.b)'''
		+
		+	Det enklaste sättet att räkna ut derivatan är förstås att
	observera att $f(x)=\sin(\arcsin x)=x$, så att $f'(x)=1$. men det går		observera att $f(x)=\sin(\arcsin x)=x$, så att $f'(x)=1$. men det går
	även bra att använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\sin v$ och $v(x)=\arcsin		även bra att använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\sin v$ och $v(x)=\arcsin
-	x$. Då är \begin{eqnarray*}	+	x$. Då är
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
	f'(x)&=&u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=		f'(x)&=&u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=
	\cos(\arcsin x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\		\cos(\arcsin x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\
	&=&		&=&
	\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=		\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=
-	\sqrt{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1.\end{eqnarray*}	+	\sqrt{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1\end{array}</math>
		+
		+
		+
	(Det andra sättet är ju väsentligen härledningen av derivatan av		(Det andra sättet är ju väsentligen härledningen av derivatan av
	arcussinus.)		arcussinus.)

-	\vskip 2mm

-	6.5.b) Derivatan är \begin{eqnarray*}	+
		+	'''6.5.b)'''
		+
		+	Derivatan är
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
	D\left(\frac{x\ln x}{x^2+1}\right)&=&\frac{D(x\ln x)(x^2+1)-x\ln		D\left(\frac{x\ln x}{x^2+1}\right)&=&\frac{D(x\ln x)(x^2+1)-x\ln
	xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\		xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\
Rad 71:		Rad 119:
	\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-x\ln x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\		\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-x\ln x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\
	&=&		&=&
-	\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{eqnarray*}	+	\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{array}</math>
-	så att \[	+
-	f'(1)=\frac{(0+1)\cdot (1+1)-2\cdot 0}{(1+1)^2}=\frac{1}{2}.\]	+

-	\vskip 2mm

-	d) Här måste man använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\ln \|v\|$ och	+
-	$v(x)=\arctan x$, så att $f(x)=u(v(x))$. Då är \[	+	så att
		+
		+
		+	<math>
		+	f'(1)=\frac{(0+1)\cdot (1+1)-2\cdot 0}{(1+1)^2}=\frac{1}{2}</math>
		+
		+
		+
		+	'''6.5.d)'''
		+
		+	Här måste man använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\ln \|v\|$ och
		+	$v(x)=\arctan x$, så att $f(x)=u(v(x))$. Då är
		+
		+
		+	<math>
	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{v(x)}\cdot\frac{1}{1+x^2}=		f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{v(x)}\cdot\frac{1}{1+x^2}=
-	\frac{1}{(1+x^2)\arctan x}.\]	+	\frac{1}{(1+x^2)\arctan x}</math>
		+
		+

-	\vskip 2mm	+	'''6.6.b)'''

-	6.6.b) Vi börjar med att förenkla: $\ln\|xe^{2x}\|=\ln(\|x\|\cdot	+	Vi börjar med att förenkla: $\ln\|xe^{2x}\|=\ln(\|x\|\cdot
	\|e^{2x}\|)=\ln \|x\|+\ln e^{2x}=\ln \|x\|+2x$ (observera att $e^{2x}>0$ för		\|e^{2x}\|)=\ln \|x\|+\ln e^{2x}=\ln \|x\|+2x$ (observera att $e^{2x}>0$ för
	alla $x$, så vi kan ta bort absolutbeloppstecknen). Derivatan är		alla $x$, så vi kan ta bort absolutbeloppstecknen). Derivatan är
	$1/x+2$ med ett enda nollställe $x=-1/2$.		$1/x+2$ med ett enda nollställe $x=-1/2$.

-	\vskip 2mm

-	c) Kvotregeln ger \begin{eqnarray*}	+
		+	'''6.6.c)'''
		+
		+	Kvotregeln ger
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
	D\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)&=&\frac{D(2x)(1+x^2)-2xD(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=		D\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)&=&\frac{D(2x)(1+x^2)-2xD(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=
	\frac{2(1+x^2)-2x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}\\		\frac{2(1+x^2)-2x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}\\
	&=&		&=&
-	\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}.\end{eqnarray*}	+	\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}\end{array}</math>
		+
		+
		+
	Nollställena är således $x=±1$.		Nollställena är således $x=±1$.

-	\vskip 2mm

-	d) Sätt $u(v)=\arctan v$ och $v(x)=1-x^2$. Enligt kedjeregeln är derivatan \[	+
		+	'''6.6.d)'''
		+
		+	Sätt $u(v)=\arctan v$ och $v(x)=1-x^2$. Enligt kedjeregeln är derivatan
		+
		+
		+	<math>
	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{1+v(x)^2}\cdot (-2x)=		f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{1+v(x)^2}\cdot (-2x)=
-	\frac{-2x}{1+(1-x^2)^2}.\]	+	\frac{-2x}{1+(1-x^2)^2}</math>
		+
		+
		+
	Det finns alltså ett enda nollställe, nämligen $x=0$.		Det finns alltså ett enda nollställe, nämligen $x=0$.

-	\vskip 2mm

-	6.7. Vi börjar med att fundera över hur vinkeln mellan en linje	+
		+	'''6.7.'''
		+
		+	Vi börjar med att fundera över hur vinkeln mellan en linje
	$y=kx+m$ och $x$-axeln beror på konstanterna $k$ och $m$. Om $k=0$ så		$y=kx+m$ och $x$-axeln beror på konstanterna $k$ och $m$. Om $k=0$ så
	är linjen parallell med $x$-axeln och i så fall skär de varandra bara		är linjen parallell med $x$-axeln och i så fall skär de varandra bara
Rad 116:		Rad 195:
	=k/1=k$.		=k/1=k$.

-	\vskip 2mm	+

	\begin{center}\includegraphics{Fig1dag13.jpg}\end{center}		\begin{center}\includegraphics{Fig1dag13.jpg}\end{center}

Clas Löfwall den 2 oktober 2007 kl. 12.57

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 12:57:15 GMT

← Äldre version		Versionen från 2 oktober 2007 kl. 12.57
Rad 2:		Rad 2:

	[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]		[[Exempellösningar\|Tillbaka till lösningarna]]
		+
		+
		+	6.1.c) Differenskvoten är \begin{eqnarray*}
		+	\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{1}{h}\cdot\left(\frac{1}{x+h}-\frac{1}{x}\right)
		+	=
		+	\frac{1}{h}\cdot\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\\
		+	&=&
		+	-\frac{h}{hx(x+h)}=-\frac{1}{x(x+h)}.\end{eqnarray*}
		+	Detta ger \[
		+	f'(x)=\lim_{h\to 0}\left(-\frac{1}{x(x+h)}\right)=
		+	-\frac{1}{x\cdot x}=-\frac{1}{x^2}.\]
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	d) Differenskvoten är \begin{eqnarray*}
		+	\frac{f(x+h)-f(x)}{h}&=&\frac{\sqrt{x+h}-\sqrt x}{h}=
		+	\frac{(\sqrt{x+h}-\sqrt x)(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt
		+	x)}\\
		+	&=&
		+	\frac{(x+h)-x}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=\frac{h}{h(\sqrt{x+h}+\sqrt x)}=
		+	\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}\end{eqnarray*}
		+	där vi använde knepet att förlänga med $\sqrt{x+h}+\sqrt x$. Alltså
		+	är \[
		+	f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}=
		+	\frac{1}{\sqrt x+\sqrt x}=\frac{1}{2\sqrt x}.\]
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.2.d) Den här uppgiften är intressant på så sätt att man kan beräkna
		+	derivatan på två olika sätt. Antingen använder man produktregeln på
		+	båda termerna: \begin{eqnarray*}
		+	f'(x)&=&D(\cos x)\cos x+\cos xD(\cos x)+D(\sin x)\sin x+\sin xD(\sin
		+	x)\\
		+	&=&
		+	-\sin x\cos x-\sin x\cos x+\cos x\sin x+\cos x\sin x=0\end{eqnarray*}
		+	eller så anvnder man först trigonometriska ettan, som ger $f(x)=1$ för
		+	alla $x$. Alltså är $f'(x)=0$. Det är ju skönt att resultatet blit
		+	detsamma med de två metoderna!
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.4.a) Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som
		+	$\sin(x^2)$ och alltså {\it inte} som $(\sin x)^2$! Om vi sätter
		+	$u(v)=\sin v$ och $v(x)=x^2$, så är $f(x)=\sin x^2=u(v(x))$ och enligt
		+	kedjeregeln är \[
		+	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot 2x=2x\cos x^2.\]
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	b) Det enklaste sättet att räkna ut derivatan är förstås att
		+	observera att $f(x)=\sin(\arcsin x)=x$, så att $f'(x)=1$. men det går
		+	även bra att använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\sin v$ och $v(x)=\arcsin
		+	x$. Då är \begin{eqnarray*}
		+	f'(x)&=&u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=
		+	\cos(\arcsin x)\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\\
		+	&=&
		+	\sqrt{1-\sin^2(\arcsin x)}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=
		+	\sqrt{1-x^2}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=1.\end{eqnarray*}
		+	(Det andra sättet är ju väsentligen härledningen av derivatan av
		+	arcussinus.)
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.5.b) Derivatan är \begin{eqnarray*}
		+	D\left(\frac{x\ln x}{x^2+1}\right)&=&\frac{D(x\ln x)(x^2+1)-x\ln
		+	xD(x^2+1)}{(x^2+1)^2}\\
		+	&=&
		+	\frac{(\ln x+x\cdot 1/x)(x^2+1)-x\ln x\cdot 2x}{(x^2+1)^2}\\
		+	&=&
		+	\frac{(\ln x+1)(x^2+1)-2x^2\ln x}{(x^2+1)^2}\end{eqnarray*}
		+	så att \[
		+	f'(1)=\frac{(0+1)\cdot (1+1)-2\cdot 0}{(1+1)^2}=\frac{1}{2}.\]
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	d) Här måste man använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\ln \|v\|$ och
		+	$v(x)=\arctan x$, så att $f(x)=u(v(x))$. Då är \[
		+	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{v(x)}\cdot\frac{1}{1+x^2}=
		+	\frac{1}{(1+x^2)\arctan x}.\]
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.6.b) Vi börjar med att förenkla: $\ln\|xe^{2x}\|=\ln(\|x\|\cdot
		+	\|e^{2x}\|)=\ln \|x\|+\ln e^{2x}=\ln \|x\|+2x$ (observera att $e^{2x}>0$ för
		+	alla $x$, så vi kan ta bort absolutbeloppstecknen). Derivatan är
		+	$1/x+2$ med ett enda nollställe $x=-1/2$.
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	c) Kvotregeln ger \begin{eqnarray*}
		+	D\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)&=&\frac{D(2x)(1+x^2)-2xD(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=
		+	\frac{2(1+x^2)-2x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}\\
		+	&=&
		+	\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}.\end{eqnarray*}
		+	Nollställena är således $x=±1$.
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	d) Sätt $u(v)=\arctan v$ och $v(x)=1-x^2$. Enligt kedjeregeln är derivatan \[
		+	f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{1+v(x)^2}\cdot (-2x)=
		+	\frac{-2x}{1+(1-x^2)^2}.\]
		+	Det finns alltså ett enda nollställe, nämligen $x=0$.
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.7. Vi börjar med att fundera över hur vinkeln mellan en linje
		+	$y=kx+m$ och $x$-axeln beror på konstanterna $k$ och $m$. Om $k=0$ så
		+	är linjen parallell med $x$-axeln och i så fall skär de varandra bara
		+	i fallet $m=0$ (i vilket fall de sammanfaller). Vinkeln är då 0. Antag
		+	att $k\not=0$ och beteckna skärningspunkten med $(a,0)$. Om
		+	$x$-koordinaten ökar med 1, så ökar $y$-koordinaten med $k$ (vilket
		+	är en minskning om $k<0$). I figuren nedan ser vi att $\tan\alpha
		+	=k/1=k$.
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	\begin{center}\includegraphics{Fig1dag13.jpg}\end{center}
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	Riktningskoefficienten $k$ är lika med derivatan av $f$ för $x=2$, som
		+	är \[
		+	f'(2)=3\cdot 3\cdot 2^2-3\cdot 2\cdot 2-25=-1.\]
		+	Vinkeln mellan tangenten och positiva $x$-axeln är således $3¹/4$,
		+	så den spetsiga vinkeln är $¹/4$.
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.9. Enligt kedjeregeln är \[
		+	f'(x)=\frac{1}{1+(x^2-4)^2}\cdot 2x,\quad\mbox{varför}\quad
		+	f'(2)=\frac{2\cdot 2}{1+0^2}=4.\]
		+	Eftersom $f(2)=\arctan(2^2-4)=0$ så är tangentens ekvation
		+	$y-0=4(x-2)$, dvs $y=4x-8$.
		+
		+	\vskip 2mm
		+
		+	6.11. Mellan kl 6 på morgonen och kl 6 på eftermiddagen har
		+	temperaturen ändrats med \begin{eqnarray*}
		+	T(18)-T(6)&=&12+6\sin\frac{¹(18-8)}{12}-12-6\sin\frac{¹(6-8)}{12}\\
		+	&=&
		+	6\sin\frac{5¹}{6}-6\sin\left(-\frac{¹}{6}\right)=3+3=6.\end{eqnarray*}
		+	Medeländringen är \[
		+	\frac{T(18)-T(6)}{18-6}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}.\]
		+	Derivatan är \[
		+	T'(t)=6\cdot\frac{¹}{12}\cos\left(\frac{¹(t-8)}{12}\right)=
		+	\frac{¹}{2}\cos\left(\frac{¹(t-8)}{12}\right).\]
		+	Förändringshastigheten kl 4 på morgonen är \[
		+	T'(4)=\frac{¹}{2}\cos\left(\frac{¹(4-8)}{12}\right)=
		+	\frac{¹}{2}\cos\left(-\frac{¹}{3}\right)=\frac{¹}{4}.\]
		+	På samma sätt räknar man ut förändringshastigheten kl 8 på fm och 4
		+	på em. Den är 0 då $¹(t-8)/12=±¹/2$, vilket ger $t=2$ eller $t=14$, dvs kl
		+	2 på fm och em. Enheten är i alla fallen grader per timme.

Clas Löfwall: Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 12== Tillbaka till lösningarna

Clas Löfwall — Tue, 02 Oct 2007 12:56:43 GMT

Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 12== Tillbaka till lösningarna

Ny sida

==Lösningar till några övningar till lektion 12==

[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]