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 |
Versionen från 2 oktober 2007 kl. 12.57 (redigera) (ogör) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag) Gå till nästa ändring → |
||
| 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. | ||
Versionen från 2 oktober 2007 kl. 12.57
Lösningar till några övningar till lektion 12
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.
