Lösningar 13

Matematik för naturvetare 15hp

Hoppa till: navigering, sök

Lösningar till några övningar till lektion 12

Tillbaka till lösningarna


6.1.c)

Differenskvoten är


\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}


Detta ger


f'(x)=\lim_{h\to 0}\left(-\frac{1}{x(x+h)}\right)= -\frac{1}{x\cdot x}=-\frac{1}{x^2}


6.1. d)

Differenskvoten är


\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}


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}



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{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}


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


f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\cos v(x)\cdot 2x=2x\cos x^2


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


\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}


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


6.5.b)

Derivatan är


\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}


så att


f'(1)=\frac{(0+1)\cdot (1+1)-2\cdot 0}{(1+1)^2}=\frac{1}{2}


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


f'(x)=u'(v(x))v'(x)=\frac{1}{v(x)}\cdot\frac{1}{1+x^2}= \frac{1}{(1+x^2)\arctan x}


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


\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}


Nollställena är således $x=±1$.


6.6.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 $x=0$.


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


f'(2)=3\cdot 3\cdot 2^2-3\cdot 2\cdot 2-25=-1


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


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 $y=4x-8$.


6.11.

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


\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{array}


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{\pi(t-8)}{12}\right)= \frac{\pi}{2}\cos\left(\frac{\pi(t-8)}{12}\right)


Förändringshastigheten kl 4 på morgonen är


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}


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.

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_13
Personliga verktyg