Lösningar 13

Matematik för naturvetare 15hp

Versionen från 2 oktober 2007 kl. 12.56 (redigera) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag) (Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 12== Tillbaka till lösningarna) ← Gå till föregående ändring		Nuvarande version (2 oktober 2007 kl. 13.33) (redigera) (ogör) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)
(8 mellanliggande versioner visas inte.)
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]]
		+
		+
		+	'''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{1}{h}\cdot\frac{x-(x+h)}{x(x+h)}\\ \\
		+	&=&
		+	-\frac{h}{hx(x+h)}=-\frac{1}{x(x+h)}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	Detta ger
		+
		+
		+	<math>
		+	f'(x)=\lim_{h\to 0}\left(-\frac{1}{x(x+h)}\right)=
		+	-\frac{1}{x\cdot x}=-\frac{1}{x^2}</math>
		+
		+
		+
		+	'''6.1. d)'''
		+
		+	Differenskvoten är
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
		+	\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{array}</math>
		+
		+
		+
		+	där vi använde knepet att förlänga med $\sqrt{x+h}+\sqrt x$. Alltså
		+	är
		+
		+
		+	<math>
		+	f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{1}{\sqrt{x+h}+\sqrt x}=
		+	\frac{1}{\sqrt x+\sqrt x}=\frac{1}{2\sqrt x}</math>
		+
		+
		+
		+
		+	'''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:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
		+	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{array}</math>
		+
		+
		+
		+	eller så använder man först trigonometriska ettan, som ger $f(x)=1$ för
		+	alla $x$. Alltså är $f'(x)=0$.
		+
		+
		+
		+	'''6.4.a)'''
		+
		+	Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som
		+	$\sin(x^2)$ 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
		+	kedjeregeln är
		+
		+
		+	<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
		+	även bra att använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\sin v$ och $v(x)=\arcsin
		+	x$. Då är
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{ccc}
		+	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{array}</math>
		+
		+
		+
		+	(Det andra sättet är väsentligen ett sätt att härleda derivatan av
		+	arcussinus.)
		+
		+
		+
		+	'''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
		+	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{array}</math>
		+
		+
		+
		+	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}=
		+	\frac{1}{(1+x^2)\arctan x}</math>
		+
		+
		+
		+	'''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 $x=-1/2$.
		+
		+
		+
		+	'''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}=
		+	\frac{2(1+x^2)-2x\cdot 2x}{(1+x^2)^2}\\ \\
		+	&=&
		+	\frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	Nollställena är således $x=±1$.
		+
		+
		+
		+	'''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)=
		+	\frac{-2x}{1+(1-x^2)^2}</math>
		+
		+
		+
		+	Det finns alltså ett enda nollställe, nämligen $x=0$.
		+
		+
		+
		+	'''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 $\tan\alpha
		+	=k/1=k$.
		+
		+
		+	[[Bild:Fig1dag13.jpg]]
		+
		+
		+
		+	Riktningskoefficienten $k$ är lika med derivatan av $f$ för $x=2$, som
		+	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</math>
		+
		+
		+	varför
		+
		+
		+	<math>
		+	f'(2)=\frac{2\cdot 2}{1+0^2}=4</math>
		+
		+
		+
		+	Eftersom $f(2)=\arctan(2^2-4)=0$ så är tangentens ekvation
		+	$y-0=4(x-2)$, dvs $y=4x-8$.
		+
		+
		+
		+	'''6.11.'''
		+
		+	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{\pi(18-8)}{12}-12-6\sin\frac{\pi(6-8)}{12}\\ \\
		+	&=&
		+	6\sin\frac{5\pi}{6}-6\sin\left(-\frac{\pi}{6}\right)=3+3=6\end{array}</math>
		+
		+
		+	Medeländringen är
		+
		+
		+	<math>
		+	\frac{T(18)-T(6)}{18-6}=\frac{6}{12}=\frac{1}{2}</math>
		+
		+
		+
		+	Derivatan är
		+
		+
		+	<math>
		+	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>
		+
		+
		+
		+	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 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.

---

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 13

Tillbaka till lösningarna

6.1.c)

Differenskvoten är

Detta ger

6.1. d)

Differenskvoten är

där vi använde knepet att förlänga med $\sqrt{x+h}+\sqrt x$. Alltså är

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:

eller så använder man först trigonometriska ettan, som ger $f(x)=1$ för alla $x$. Alltså är $f'(x)=0$.

6.4.a)

Lägg först märke till att $\sin x^2$ skall tolkas som $\sin(x^2)$ 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 kedjeregeln är

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 även bra att använda kedjeregeln. Sätt $u(v)=\sin v$ och $v(x)=\arcsin x$. Då är

(Det andra sättet är väsentligen ett sätt att härleda derivatan av arcussinus.)

6.5.b)

Derivatan är

så att

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

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 $x=-1/2$.

6.6.c)

Kvotregeln ger

Nollställena är således $x=±1$.

6.6.d)

Sätt $u(v)=\arctan v$ och $v(x)=1-x^2$. Enligt kedjeregeln är derivatan

Det finns alltså ett enda nollställe, nämligen $x=0$.

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 $\tan\alpha =k/1=k$.

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

Vinkeln mellan tangenten och positiva $x$-axeln är således $3\pi/4$, så den spetsiga vinkeln är $\pi/4$.

6.9.

Enligt kedjeregeln är

varför

Eftersom $f(2)=\arctan(2^2-4)=0$ så är tangentens ekvation $y-0=4(x-2)$, dvs $y=4x-8$.

6.11.

Mellan kl 6 på morgonen och kl 6 på eftermiddagen har temperaturen ändrats med

Medeländringen är

Derivatan är

Förändringshastigheten kl 4 på morgonen är

På samma sätt räknar man ut förändringshastigheten kl 8 på fm och 4 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.