Lösningar 14

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)

Hoppa till: navigering, sök

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 07.50

Lösningar till några övningar till lektion 14

Tillbaka till lösningarna

6.14.

$h\frac{dM}{dh}=h\cdot 90\cdot 3h^2=3\cdot 90h^3=3M$

6.15.

Med $V=V(r)=4\epsilon (\sigma^{12}r^{-12}-\sigma^6r^{-6})$ får vi $F=-\frac{dV}{dr}=-4\epsilon (\sigma^{12}(-12r^{-13})-\sigma^6 (-6r^{-7}))= -4\epsilon\left(\frac{6\sigma^6}{r^7}-\frac{12\sigma^{12}}{r^{13}}\right)$ När $F=0$ så måste parentesen vara 0, vilket ger $\frac{6\sigma^6}{r^7}=\frac{12\sigma^{12}}{r^{13}} \quad\mbox{dvs}\quad r^6=2\sigma^6$ Villkoret är alltså $r=2^{1/6} \sigma$.

6.16.

Medelhastigheten för tillväxten mellan tidpunkterna $t_{1}$ och $t_{2}$ är $\frac{H(t_{2})-H(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}.$ Medelhastigheten mellan 4:e och 6:e veckan blir $\frac{H(6)-H(4)}{6-4}=\frac{6^2/4+6-(4^2/4+4)}{6-4}= \frac{15-8}{2}=3,5\quad\mbox{mm per vecka}$ Tillväxthastigheten när vecka 5 börjar är $H'(5)=5/2+1=3,5$ mm per vecka. Att värdena blir desamma beror på att tangenten i $t=5$ är parallell med linjen genom $(4,H(4))$ och $(6,H(6))$.

6.18.

Löser vi ut $T$ så får vi $T(V)=kV^{-0,4}$ och alltså $T'(V)=-0,4kV^{-1,4}$. Alltså är $\frac{V}{T}\cdot\frac{dT}{dV}=\frac{V}{kV^{-0,4}}\cdot (-0,4kV^{-1,4})=-0,4.$ Ett annat sätt är att logaritmera sambandet, $\ln T+0,4\ln V=\ln k$, och sedan derivera: $\frac{T'(V)}{T}+0,4\cdot\frac{1}{V}=0.$ Detta ger efter omskrivning $VT'(V)/T=-0,4$.

6.19.

Om $f(x_{0})=5$ så är $(f^{-1})'(5)=1/f'(x_{0})$. Vi måste alltså lösa ekvationen $f(x_{0})=3-2x^5=5$. Vi får $x_{0}=-1$ och alltså $(f^{-1})'(5)=1/(-2\cdot 5(-1)^4)=-1/10$.

6.20.

Som i förra uppgiften måste vi lösa $f(x_{0})=3$. Vi får $x_{0}=5$ och eftersom $f'(x)=\frac{1(x-2)-1(x+4)}{(x-2)^2}=-\frac{6}{(x-2)^2}$ så får vi $(f^{-1})'(3)=1/f'(5)=-(5-2)^2/6=-3/2$.

6.24.

Derivering av sambandet $x^2-y^2=8$ ger $2x-2yy'=0$, varav $y'=x/y$. Alltså är $y'(3)=3/1=3$. Tangentens ekvation är $y-1=3(x-3)$ eller $y=3x-8$.

6.27.b)

Om funktionen betecknas med $f$ så är $ln | f (x) | = 2ln | sin x | + 3ln | cos x | - ln | sin3 x | - 2ln | cos2 x |$ och deriverar vi detta så får vi $\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{2\cos x}{\sin x}-\frac{3\sin x}{\cos x}-\frac{3\cos 3x}{\sin 3x}+\frac{4\sin 2x}{\cos 2x}= \frac{2}{\tan x}-3\tan x-\frac{3}{\tan 3x}+4\tan 2x.$ Multiplikation av båda leden med $f(x)$ ger resultatet.

6.27.c)

Om $f(x)=x^3e^{\sin x}$ så är $\ln|f(x)|=3\ln |x|+\sin x$, så $\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{3}{x}+\cos x.$

6.27.d)

Med $f(x)=x^{\cos x}$ så är $\ln|f(x)|=\cos x\ln|x|$, alltså $f'(x)=-\sin x\ln |x|+\frac{\cos x}{x}.$

7.1, 7.2.a)

Derivatan är $y'=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)$ med nollställena $x=2±\sqrt{2^2-3}=2±1$, alltså 1 och 3. Enligt faktorsatsen är $y'=3(x-1)(x-3)$. Vi gör ett teckenschema:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{cccccccccc} x & & 1 & & 3 \\ \hline \\ 3 & + & + & + & + & + \\ x-1 & - & 0 & + & + & + \\ x-3 & - & - & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - & 0 & + \\ y &\nearrow &\mbox{lok max} &\searrow &\mbox{lok min} &\nearrow\end{array}

(Det är ju egentligen onödigt att ta med faktorn 3 i schemat, eftersom den är positiv överallt och därför inte kan påverka tecknet. Hade det i stället stått t ex $-3$, så hade det varit nödvändigt att ta med den i schemat.)

7.2.c)

Skriver vi $y=1+1/x$ så ser vi genast att funktionen är avtagande överallt där den är definierad, dvs för $x\not=0$. Derivatan är $y'=-1/x^2$, som ju mycket riktigt är $<0$ för alla $x\not=0$.

7.2.e)

Derivatan är $y'=2/x-2x=2(1-x^2)/x=-2(x+1)(x-1)/x$. Funktionen är definierad bara för $x>0$ och i det området är $(x+1)/x>0$. Teckenschemat blir alltså ganska enkelt:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{cccccccccc} x & & 1 \\ \hline\\ -2 & - & - & - \\ x-1 & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - \\ y & \nearrow &\mbox{lok max} & \searrow \end{array}

7.2.g)

Derivatan är $y' = e x (x 2 - 2 x + 2) + e x (2 x - 2) = x 2 e x$ som är $>0$ för $x\not =0$ och 0 för $x=0$. Alltså är funktionen strängt avtagande och $x=0$ en terrasspunkt.

7.4.a)

Derivatan är $y'=8x^3+1$ som har ett nollställe $x=-1/2$. Enligt faktorsatsen är $8x^3+1$ delbart med $x-(-1/2)=x+1/2$, dvs även med $2x+1$ och utför vi divisionen så får vi $y'=(2x+1)(4x^2-2x+1)$. Den andra faktorn är $>0$ för alla $x$, så $y'<0$ för $x<-1/2$ och $y'>0$ för $x>-1/2$. Alltså är $x=-1/2$ ett lokalt minimum och vi har $y(-1/2)=-19/8$.

7.4.d)

Derivatan är $y'=4-4x-3x^2$ med nollställena $x=-2$ och $x=2/3$. Alltså är $y'=(-3)(x^2+4x/3-4/3)=(-3)(x-(-2))(x-2/3)=(-3)(x+2)(x-2/3)$. Teckenschemat se ut så här:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccccc} x & & -2& & 2/3 \\ \hline \\ -3 & - & - & - & - & - \\ x+2& - & 0 & + & + & + \\ x-2/3& - & - & - & 0 & + \\ y' & - & 0 & + & 0 & - \\ y & \searrow &\mbox{lok min} & \nearrow & \mbox{lok max} & \searrow\end{array}

7.5.b)

En funktion $f(x)=g(x)^2$ som är kvadraten på en annan funktion kan man derivera antingen genom att använda produktregeln eller genom att använda kedjeregeln. Det första sättet ger $f'(x)=g'(x)g(x)+g(x)g'(x)=2g'(x)g(x)$ och det andra $f'(x)=2g(x)\cdot g'(x)$ eftersom den inre derivatan är $g'(x)$. Med $g(x)=\sin x$ ger detta $f'(x)=2\sin x\cos x=\sin 2x$. Lösningarna till ekvationen $\sin 2x=0$ är $2x=n¹$, dvs $x=n¹/2$, där $n=0,±1,±2,\ldots$. Teckenväxlingen är $-0+$ när $n$ är jämnt och $+0-$ då $n$ är udda. För $n=2m$, dvs $x=m¹$, har vi således lokala minima och för $n=2m+1$, dvs $x=¹/2+m¹$, har vi lokala maxima.

7.5.d)

Derivatan är $y'=(e^x-e^{-x})/2$ som har ett enda nollställe $x=0$. Teckenväxligen är $-0+$, varför detta är ett lokalt minimum.

7.7.a)

Vi börjar med att undersöka funktionens nollställen och tecken (sådan information är alltid användbar när man skall rita grafer). Vi har förstås $y=0$ för $x=0$ och $x=-1$. Eftersom $y=x(x+1)$ så får vi teckenschemat Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccc} x & & -1 & & 0 \\ \hline\\ x+1 & - & 0 & + & + & + \\ x & - & - & - & 0 & + \\ y & + & 0 & - & 0 & + \end{array}

Vi har $y=x^2+x=x^2(1+1/x)$, vilket visar att $y\to\infty$ då $x\to±\infty$. Derivatan är $y'=2x+1$ som är 0 för $x=-1/2$. Teckenväxlingen är $-0+$, så funktionen har ett lokalt minimum där. Inga asymptoter finns. Anmärkning: Ett annat sätt är förstås att kvadratkomplettera, vilket ger $y=x^2+x=x^2+2\cdot \frac{1}{2}\cdot x+\left(\frac{1}{2}\right)^2- \left(\frac{1}{2}\right)^2=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2- \frac{1}{4}.$ Här ser vi direkt att $y$ har ett lokalt minimum för $x=-1/2$ och värdet är $-1/4$.

7.7.c)

Lägg först märke till att funktionen inte är definierad för $x=-2$. Vi har $y\to 0$ då $x\to\infty$, så $x$-axeln är en vågrät asymptot. Vidare gäller $y\to±\infty$ då $x\to -2_{±}$, så linjen $x=-2$ är en lodrät asymptot. Derivatan är $y'=-1/(x+2)^2$, som är $<0$ för $x\not=0$. Några lokala extremvärden finns alltså inte. Funktionen har inga nollställen och vi har $y<0$ för $x<-2$ och $y>0$ för $x>-2$.

7.7.d)

Funktionen har ett enda nollställe $x=0$. Nämnaren är 0 för $x=1$ och där är funktionen således inte definierad. Vi har $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, där polynomet $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4$ är positivt för alla $x$. Alltså är $y<0$ då $x<1$ och $y>0$ då $x>1$. Omskrivningen $y=\frac{x^2}{x^3-1}=\frac{1/x}{1-1/x^3}$ visar att $y\to 0$ då $x\to±\infty$, varför $x$-axeln är en vågrät asymptot. Linjen $x=1$ är en lodrät asymptot eftersom $y\to±\infty$ då $x\to 1_{±}$. Vi deriverar: $y'=\frac{2x(x^3-1)-x^2\cdot 3x^2}{(x^3-1)^2}=\frac{-x^4-2x}{(x^3-1)^2}= \frac{-x(x^3+2)}{(x^3-1)^2}$ Derivatans nollställen är alltså 0 och $-\root3\of 2$. Nämnaren är $\ge 0$ för alla $x$, så den behöver vi inte ta med i teckenschemat: Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccc} x & & -\root3\of 2 & & 0 \\ \hline\\ -1 & - & - & - & - & - \\ x & - & - & - & 0 & + \\ x^3+2 & - & 0 & + & + & + \\ y' & - & 0 & + & 0 & - \\ y &\searrow &\mbox{lok min} & \searrow & \mbox{lok max} &\searrow \end{array}

Eventuellt kan man ta med punkten $x=1$ i teckenschemat, som en påminnelse om att funktionen inte är definierad där.

7.7.f)

Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen: Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccccc} x & & 1 & & 4/3 \\ \hline\\ 4-3x & + & + & + & 0 & - \\ 1-x & + & 0 & - & - & - \\ y & + & \mbox{ej def.} & - & 0 & + \end{array}

Vi har $y\to\infty$ då $x\to 1_{-}$ och $y\to-\infty$ då $x\to 1_{+}$, så linjen $x=1$ är en lodrät asymptot. Förkortar vi uttrycket för $y$ med $x$ så får vi $y=\frac{4/x-3}{1/x-1},$ som går mot $(-3)/(-1)=3$ då $x\to±\infty$. Linjen $y=3$ är således en vågrät asymptot. Derivatan är $y'=\frac{(-3)(1-x)-(-1)(4-3x)}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2},$ som saknar nollställen. Funktionen har därför inga lokala extremvärden.

Anmärkning: Man kan se allt det här även genom att göra en liten omskrivning: $y=\frac{4-3x}{1-x}=\frac{1+3(1-x)}{1-x}=3-\frac{1}{x-1}.$ Grafen till $y=1/(x-1)$ får man genom att skjuta grafen till $y=1/x$ ett steg åt höger och grafen till $y=-1/(x-1)$ får man sedan genom att spegla i $y$-axeln. Grafen till $y=3-1(x-1)$ får man till sist genom att förskjuta 3 steg uppåt längs $y$-axeln.

7.7.g)

Eftersom $4-x^2=(2-x)(2+x)$ så är funktionen inte definierad för $x=±2$. Den har ett enda nollställe för $x=5/2$. Vi börjar med att göra ett teckenschema för $y=-(2x-5)/(x+2)(x-2)$:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{cccccccccccc} x & & -2 & & 2 & & 5/2 \\ \hline \\ -1 & - & - & - & - & - & - & - \\ x+2 & - & 0 & + & + & + & + & + \\ x-2 & - & - & - & 0 & + & + & + \\ 2x-5& - & - & - & - & - & 0 & + \\ y & + &\mbox{ej def.} & - & \mbox{ej def.} & + & 0 & - \end{array}

Eftersom täljaren har lägre grad än nämnaren, så gäller $y\to 0$ då $x\to±\infty$. Alltså är $x$-axeln en vågrät asymptot. Lodräta asymptoter är linjerna $x=±2$ eftersom $y\to\infty$ då $x\to -2_{-}$ och då $x\to 2_{+}$ och $y\to -\infty$ då $x\to -2_{+}$ och då $x\to 2_{-}$.

Derivatan är $y'=\frac{2(4-x^2)-(2x-5)(-2x)}{(4-x^2)^2}=\frac{2x^2-10x+8}{(4-x^2)^2}= \frac{2(x-1)(x-4)}{(4-x^2)^2}$ som har nollställena $x=1$ och $x=4$. Nämnaren är $\ge 0$ för alla $x$ och man behöver därför inte ta med den i teckenschemat, men man måste ha i minnet att varken funktionen eller derivatan är definierad för $x=±2$.Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccc} x & & 1 & & 4 \\ \hline\\ x-1 & - & 0 & + & + & + \\ x-4 & - & - & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - & 0 & + \\ y &\nearrow &\mbox{lok max} & \searrow & \mbox{lok min} & \nearrow \end{array}

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_14

-.14.<math>
+'''6.14.'''
+<math>
 h\frac{dM}{dh}=h\cdot 90\cdot 3h^2=3\cdot 90h^3=3M</math>
-.15. Med $V=V(r)=4\epsilon (\sigma^{12}r^{-12}-\sigma^6r^{-6})$ får
+'''6.15.'''
+Med $V=V(r)=4\epsilon (\sigma^{12}r^{-12}-\sigma^6r^{-6})$ får
 vi <math>
 F=-\frac{dV}{dr}=-4\epsilon (\sigma^{12}(-12r^{-13})-\sigma^6
-.16. Medelhastigheten för tillväxten mellan tidpunkterna $t_{1}$ och
+'''6.16.'''
+Medelhastigheten för tillväxten mellan tidpunkterna $t_{1}$ och
 $t_{2}$ är <math>
 \frac{H(t_{2})-H(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}.</math>
-.18. Löser vi ut $T$ så får vi $T(V)=kV^{-0,4}$ och alltså
+'''6.18.'''
+Löser vi ut $T$ så får vi $T(V)=kV^{-0,4}$ och alltså
 $T'(V)=-0,4kV^{-1,4}$. Alltså är <math>
 \frac{V}{T}\cdot\frac{dT}{dV}=\frac{V}{kV^{-0,4}}\cdot
-.19. Om $f(x_{0})=5$ så är $(f^{-1})'(5)=1/f'(x_{0})$. Vi måste
+'''6.19.'''
+Om $f(x_{0})=5$ så är $(f^{-1})'(5)=1/f'(x_{0})$. Vi måste
 alltså lösa ekvationen $f(x_{0})=3-2x^5=5$. Vi får $x_{0}=-1$ och
 alltså $(f^{-1})'(5)=1/(-2\cdot 5(-1)^4)=-1/10$.
-.20. Som i förra uppgiften måste vi lösa $f(x_{0})=3$. Vi får
+'''6.20.'''
+Som i förra uppgiften måste vi lösa $f(x_{0})=3$. Vi får
 $x_{0}=5$ och eftersom <math>
 f'(x)=\frac{1(x-2)-1(x+4)}{(x-2)^2}=-\frac{6}{(x-2)^2}</math>
-.24. Derivering av sambandet $x^2-y^2=8$ ger $2x-2yy'=0$, varav
+'''6.24.'''
+Derivering av sambandet $x^2-y^2=8$ ger $2x-2yy'=0$, varav
 $y'=x/y$. Alltså är $y'(3)=3/1=3$. Tangentens ekvation är
 $y-1=3(x-3)$ eller $y=3x-8$.
-.27.b) Om funktionen betecknas med $f$ så är <math>
+'''6.27.b)'''
+Om funktionen betecknas med $f$ så är <math>
 \ln |f(x)|=2\ln|\sin x|+3\ln|\cos x|-\ln|\sin 3x|-2\ln|\cos 2x|</math>
 och deriverar vi detta så får vi <math>
-c) Om $f(x)=x^3e^{\sin x}$ så är $\ln|f(x)|=3\ln |x|+\sin x$, så <math>
+'''6.27.c)'''
+Om $f(x)=x^3e^{\sin x}$ så är $\ln|f(x)|=3\ln |x|+\sin x$, så <math>
 \frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{3}{x}+\cos x.</math>
-d) Med $f(x)=x^{\cos x}$ så är $\ln|f(x)|=\cos x\ln|x|$, alltså <math>
+'''6.27.d)'''
+Med $f(x)=x^{\cos x}$ så är $\ln|f(x)|=\cos x\ln|x|$, alltså <math>
 f'(x)=-\sin x\ln |x|+\frac{\cos x}{x}.</math>
-.1, 7.2.a) Derivatan är $y'=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)$ med nollställena
+'''7.1, 7.2.a)'''
+Derivatan är $y'=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)$ med nollställena
 $x=2±\sqrt{2^2-3}=2±1$, alltså 1 och 3. Enligt faktorsatsen är
 $y'=3(x-1)(x-3)$. Vi gör ett teckenschema:<math>\begin{array}{cccccccccc}
-c) Skriver vi $y=1+1/x$ så ser vi genast att funktionen är avtagande
+'''7.2.c)'''
+Skriver vi $y=1+1/x$ så ser vi genast att funktionen är avtagande
 överallt där den är definierad, dvs för $x\not=0$. Derivatan är
 $y'=-1/x^2$, som ju mycket riktigt är $<0$ för alla $x\not=0$.
-e) Derivatan är $y'=2/x-2x=2(1-x^2)/x=-2(x+1)(x-1)/x$. Funktionen är
+'''7.2.e)'''
+Derivatan är $y'=2/x-2x=2(1-x^2)/x=-2(x+1)(x-1)/x$. Funktionen är
 definierad bara för $x>0$ och i det området är $(x+1)/x>0$.
 Teckenschemat blir alltså ganska enkelt:<math>\begin{array}{cccccccccc}
-g) Derivatan är <math>
+'''7.2.g)'''
+Derivatan är <math>
 y'=e^x(x^2-2x+2)+e^x(2x-2)=x^2e^x</math>
 som är $>0$ för $x\not =0$ och 0 för $x=0$. Alltså är funktionen
-.4.a) Derivatan är $y'=8x^3+1$ som har ett nollställe $x=-1/2$.
+'''7.4.a)'''
+Derivatan är $y'=8x^3+1$ som har ett nollställe $x=-1/2$.
 Enligt faktorsatsen är $8x^3+1$ delbart med $x-(-1/2)=x+1/2$, dvs
 även med $2x+1$ och utför vi divisionen så får vi
-d) Derivatan är $y'=4-4x-3x^2$ med nollställena $x=-2$ och $x=2/3$.
+'''7.4.d)'''
+Derivatan är $y'=4-4x-3x^2$ med nollställena $x=-2$ och $x=2/3$.
 Alltså är $y'=(-3)(x^2+4x/3-4/3)=(-3)(x-(-2))(x-2/3)=(-3)(x+2)(x-2/3)$.
 Teckenschemat se ut så här:<math>\begin{array}{ccccccccccccc}
-.5.b) En funktion $f(x)=g(x)^2$ som är kvadraten på
+'''7.5.b)'''
+En funktion $f(x)=g(x)^2$ som är kvadraten på
 en annan funktion kan man derivera antingen genom att använda
 produktregeln eller genom att använda kedjeregeln. Det första sättet
-d) Derivatan är $y'=(e^x-e^{-x})/2$ som har ett enda nollställe
+'''7.5.d)'''
+Derivatan är $y'=(e^x-e^{-x})/2$ som har ett enda nollställe
 $x=0$. Teckenväxligen är $-0+$, varför detta är ett lokalt minimum.
-.7.a) Vi börjar med att undersöka funktionens nollställen och
+'''7.7.a)'''
+Vi börjar med att undersöka funktionens nollställen och
 tecken (sådan information är alltid användbar när man skall rita
 grafer). Vi har förstås $y=0$ för $x=0$ och $x=-1$. Eftersom
-c) Lägg först märke till att funktionen inte är definierad för
+'''7.7.c)'''
+Lägg först märke till att funktionen inte är definierad för
 $x=-2$. Vi har $y\to 0$ då $x\to\infty$, så $x$-axeln är en vågrät asymptot.
 Vidare gäller $y\to±\infty$ då $x\to -2_{±}$, så linjen $x=-2$ är en
-d) Funktionen har ett enda nollställe $x=0$. Nämnaren är 0 för $x=1$
+'''7.7.d)'''
+Funktionen har ett enda nollställe $x=0$. Nämnaren är 0 för $x=1$
 och där är funktionen således inte definierad. Vi har
 $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, där polynomet $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4$ är positivt
-f) Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda
+'''7.7.f)'''
+Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda
 nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen: <math>
 \begin{array}{ccccccccccccc}
-g) Eftersom $4-x^2=(2-x)(2+x)$ så är funktionen inte definierad för
+'''7.7.g)'''
+Eftersom $4-x^2=(2-x)(2+x)$ så är funktionen inte definierad för
 $x=±2$. Den har ett enda nollställe för $x=5/2$. Vi börjar med att
 göra ett teckenschema för

Lösningar 14

Matematik för naturvetare 15hp

Versionen från 16 oktober 2007 kl. 07.50

Lösningar till några övningar till lektion 14

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda