Lösningar 20

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)
Hoppa till: navigering, sök
Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.35 (redigera)
Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)
(Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 20== Tillbaka till lösningarna)
← Gå till föregående ändring		 Nuvarande version (26 oktober 2007 kl. 10.45) (redigera) (ogör)
Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)

 
(3 mellanliggande versioner visas inte.)
Rad 1: Rad 1:
==Lösningar till några övningar till lektion 20== ==Lösningar till några övningar till lektion 20==
 +
 +
 +'''13.2.'''
 +
 +Ekvationen har separabla variabler och kan skrivas
 +$e^{-y}y'=-2x$, vilken kan skrivas <math>
 +\frac{d}{dx}(-e^{-y})=\frac{d}{dx}(-x^2),</math>
 +som ger $e^{-y}=x^2+C$, där $C$ är en konstant. Alltså är
 +$y=-\ln(x^2+C)$. Sätter vi $x=0$ så får vi $0=-\ln C$, varav $C=1$.
 +Lösningen är således $y=-\ln(x^2+1)$.
 +
 +
 +
 +'''13.4.'''
 +
 +Separation av variablerna ger $y'/(1-y)=x$, som kan skrivas
 +$D(-\ln(1-y))=D(x^2/2)$, där $D$ står för derivatan med avseende på
 +$x$. Alltså är $\ln(1-y)=-x^2/2+D$, där $D$ är en konstant, varav
 +$y=1-e^{-x^2/2+D}=1-Ce^{-x^2/2}$, där $C=e^{D}$. Villkoret $y(0)=0$
 +ger $C=1$, så att $y=1-e^{-x^2/2}$.
 +
 +
 +
 +'''13.6.'''
 +
 +Separation av variablerna ger $y'/(1+y^2)=1/\tan x=\cos x/\sin x$.
 +En primitiv funktion till HL är $\ln|\sin x|$ och vi får $\arctan
 +y=\ln|\sin x|+C$. Villkoret $y(\pi/2)=1$ ger $\arctan 1=\ln 1+C$, så
 +att $C=\pi/4$. Lösningen är $y=\tan(\pi/4+\ln|\sin x|)$.
 +
 +
 +
 +'''13.8.'''
 +
 +Vi har $v(t)=h'(t)$ och får DE:n $h'(t)=0,012h(t)$. Lösningen
 +är $h(t)=Ce^{0,012t}$. Enligt texten är $h(0)=1$ cm, så
 +$h(t)=e^{0,012t}$ cm, där tiden $t$ mäts i timmar. Ekvationen
 +$205=e^{0,012t}$ har lösningen $t\approx 440$ timmar.
 +
 +
 +
 +'''13.10.a.'''
 +
 +Låt $T(t)$ vara temperaturen som funktion av tiden $t$ efter
 +bullens uttagande från ugnen. Om rumstemperaturen är $T_{r}$ så får vi
 +DE:n $T'(t)=k(T(t)-T_{r})$. Separation av variablerna ger
 +$T'(t)/(T(t)-T_{r})=k$, varav $\ln(T(t)-T_{r})=kt+D$. Detta ger
 +$T(t)=T_{r}+e^{kt+D}=T_{r}+Ce^{kt}$. Vi har $T(0)=200$, så $200=20+C$,
 +varav $C=180$. Vidare är $152=20+180e^{k\cdot 1}$ om vi mäter $t$ i
 +minuter. Härav $k=\ln(132/180)\approx -0,31$, så att <math>
 +T(t)=20+180e^{-0,31t}.</math>
 +
 +
 +
 +'''13.10.b.'''
 +
 +Vi får ekvationen $20+180e^{-0,31t}=35$, som ger
 +$t=(\ln(15/180))/(-0,31)\approx 8$ minuter.
 +
 +
 +
 +'''13.35.'''
 +
 +Här måste det vara ett litet fel i texten: Rimligen är det
 +$b+q$ som är koncentrationen av B efter tiden $t$.
 +Separation av variablerna ger <math>
 +\frac{q'(t)}{(a-q)(b+q)}=k.</math>
 +Partialbråksuppdelning av VL ger <math>
 +\frac{1}{a+b}\left(\frac{1}{a-q}+\frac{1}{b+q}\right)q'(t)=k</math>
 +varför <math>
 +-\ln(a-q)+\ln(b+q)=k(a+b)t+C=Kt+C.</math>
 +När $t=0$ är $q=0$, så $C=-\ln a+\ln b=\ln (b/a)=\ln (5/100)=-\ln
 +20$. För $t=1$ är $q=10$, så $-\ln(100-10)+\ln(5+10)=K\cdot 1-\ln 20$,
 +varav $K=\ln 20-\ln 90+\ln 15=\ln(300/90)=\ln(10/3)\approx 1,2$. Löser
 +vi ekvationen <math>\ln\frac{5+q}{100-q}=1,2t-\ln20</math> dvs <math>
 +\frac{5+q}{100-q}=0,05e^{1,2t}</math>
 +så får vi <math>
 +q(t)=\frac{100(e^{1,2t}-1)}{20+e^{1,2t}}.</math>
 +
 +
 +
[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]] [[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 20

13.2.

Ekvationen har separabla variabler och kan skrivas $e^{-y}y'=-2x$, vilken kan skrivas \frac{d}{dx}(-e^{-y})=\frac{d}{dx}(-x^2), som ger $e^{-y}=x^2+C$, där $C$ är en konstant. Alltså är $y=-\ln(x^2+C)$. Sätter vi $x=0$ så får vi $0=-\ln C$, varav $C=1$. Lösningen är således $y=-\ln(x^2+1)$.


13.4.

Separation av variablerna ger $y'/(1-y)=x$, som kan skrivas $D(-\ln(1-y))=D(x^2/2)$, där $D$ står för derivatan med avseende på $x$. Alltså är $\ln(1-y)=-x^2/2+D$, där $D$ är en konstant, varav $y=1-e^{-x^2/2+D}=1-Ce^{-x^2/2}$, där $C=e^{D}$. Villkoret $y(0)=0$ ger $C=1$, så att $y=1-e^{-x^2/2}$.


13.6.

Separation av variablerna ger $y'/(1+y^2)=1/\tan x=\cos x/\sin x$. En primitiv funktion till HL är $\ln|\sin x|$ och vi får $\arctan y=\ln|\sin x|+C$. Villkoret $y(\pi/2)=1$ ger $\arctan 1=\ln 1+C$, så att $C=\pi/4$. Lösningen är $y=\tan(\pi/4+\ln|\sin x|)$.


13.8.

Vi har $v(t)=h'(t)$ och får DE:n $h'(t)=0,012h(t)$. Lösningen är $h(t)=Ce^{0,012t}$. Enligt texten är $h(0)=1$ cm, så $h(t)=e^{0,012t}$ cm, där tiden $t$ mäts i timmar. Ekvationen $205=e^{0,012t}$ har lösningen $t\approx 440$ timmar.


13.10.a.

Låt $T(t)$ vara temperaturen som funktion av tiden $t$ efter bullens uttagande från ugnen. Om rumstemperaturen är $T_{r}$ så får vi DE:n $T'(t)=k(T(t)-T_{r})$. Separation av variablerna ger $T'(t)/(T(t)-T_{r})=k$, varav $\ln(T(t)-T_{r})=kt+D$. Detta ger $T(t)=T_{r}+e^{kt+D}=T_{r}+Ce^{kt}$. Vi har $T(0)=200$, så $200=20+C$, varav $C=180$. Vidare är $152=20+180e^{k\cdot 1}$ om vi mäter $t$ i minuter. Härav $k=\ln(132/180)\approx -0,31$, så att T(t) = 20 + 180e − 0,31t.


13.10.b.

Vi får ekvationen $20+180e^{-0,31t}=35$, som ger $t=(\ln(15/180))/(-0,31)\approx 8$ minuter.


13.35.

Här måste det vara ett litet fel i texten: Rimligen är det $b+q$ som är koncentrationen av B efter tiden $t$. Separation av variablerna ger \frac{q'(t)}{(a-q)(b+q)}=k. Partialbråksuppdelning av VL ger \frac{1}{a+b}\left(\frac{1}{a-q}+\frac{1}{b+q}\right)q'(t)=k varför − ln(a − q) + ln(b + q) = k(a + b)t + C = Kt + C. När $t=0$ är $q=0$, så $C=-\ln a+\ln b=\ln (b/a)=\ln (5/100)=-\ln 20$. För $t=1$ är $q=10$, så $-\ln(100-10)+\ln(5+10)=K\cdot 1-\ln 20$, varav $K=\ln 20-\ln 90+\ln 15=\ln(300/90)=\ln(10/3)\approx 1,2$. Löser vi ekvationen \ln\frac{5+q}{100-q}=1,2t-\ln20 dvs \frac{5+q}{100-q}=0,05e^{1,2t} så får vi q(t)=\frac{100(e^{1,2t}-1)}{20+e^{1,2t}}.



Tillbaka till lösningarna

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_20
Personliga verktyg