Lösningar kapitel 10

Transkript

1 Lösningar kapitel 0 Endimensionell analys Fabian Ågren, π Lösta uppgifter

2 0. b 0. + h h + h hh + lim h h 0 a + h a h + ah hh + lim h + a 0 + a a h 0 f f + h f + h h + h + h hh + h + h + h h 0 b f f + h f h 0 h 0 +h h h +h h 0 + h + 0 h c d f f + h f e +h e e e h f f + h f + h h 0 ln ln + t t t 0 [ n t t ] n t 0 n e e h lim e e ln + h ln ln +h + h ln h ln + h [ ] h t h h t h 0 h 0 t 0 t 0 ln n ln + t t + n ln + t t n ln e t 0

3 0.6 Tangentens ekvation ges av y f f I det här fallet är f cos och a π 6. Derivatan av f är Vi har då π y f 6 f D cos D sin sin f π π y cos π 6 6 sin π π 6 y π y π 6 Normalens ekvation är y f f y π 6 y + π b De sin De D sin e D cos D e cos Dln + arctan D ln + D arctan + + c Darcsin D arcsin + D + 7 D + D D D d D tan π + cos π D tan π + D cos π π π π cos sin π D Dπ cos π + D π cos π π π sin cos π e D D

4 f D D g D D D 0.9 De sin De sin + e D sin e sin + e cos e sin + cos b De + De + + e D + e + + e + e + + c d e f 0.0 D ln e D + D + D D + + D D Dln e ln De e e ln e e e ln e D ln D ln + D ln ln + ln + Dln + D ln e 4

5 b Dln Dln ln ln c De D e e d e De / D e e e Dsin D cos cos cos f D sin Dsin sin cos sin g h i D tan Dtan tan tan cos tan cos D arctan D D arcsin D 0. D arcsine De e e e e e b De arcsin Darcsin e arcsin earcsin earcsin 5

6 c D D d D D D D e D + D f D arcsin D D ln + + D D D b D ln D ln + + D + + D + + D + D + + D + D D

7 c 0. D ln ln D ln ln ln D ln D e D e ln D ln e ln ln e ln ln d D ln D e D e ln D ln e ln D ln D ln + D ln ln + ln d pt V t.4 d dt dt C p t V t.4 + pt V t.4 V t p t pt V t.4 V t 0.4 V t.4 pt V t.4 V t Vi har givet p 5, V 56 och V 4. Sätt in dessa i ekvationen och räkna ut p Trycket minskar med 0.5 atm/s. 0.8 p Ställ upp ett uttryck för det horisontella avståndet l med avseende på tiden, enheten för sträcka är km och enheten för tid är h. lt 5 vt 5 600t Sambandet mellan vinkeln och det horisontella avståndet är tan θt 5 5 θt arctan lt lt Vi är intresserade av hur snabbt vinkeln ändrar sig så vi deriverar med avseende på tiden θ t d dt θt d dt arctan 5 lt d 5 dt lt + 5 lt 5l t lt 5l t lt + 5 5l t lt lt + 5 Vi är intresserade av vinkelns förändring då t 0. Noterar att l t 600. Då får vi l0 5 och l Insatt ger de Vinkeln ändrar sig rad/h. θ 0 5l l lt 7

8 0.9 Längden ökar med en hastighet proportionell mot längden. Detta kan uttryckas som l cl där l är längden och c en konstant. Beteckna cylinderns volym med V och dess radie med r. Sambandet mellan radie, längd och volym är V πr l Derivera volymen med avseende på tiden så erhålls V πr l πr rl + πr l πr rl + πr cl πrlr + rc Vi antar att volymen är konstant vilket innebär att V 0. Detta ger Definiera d c, då har vi r V 0 πrlr + rc 0 r + rc 0 r c r dr vilket visar att radien minskar med en hastighet proportionell mot radien. 0.4 Se bokens lösning b Derivera f Sätt derivatan till noll f f 0 0 ± Vi har alltså stationära punkter i och. Ställ upp teckentabellen - f f Här ser vi att är ett lokalt maimum och ett lokalt minimum till f. c Derivera f f e + e e + Sätt derivatan till noll. Notera att e 0 för alla. f 0 e Ekvationen har enligt faktorsatsen lösningarna och 0 vilket också är stationära punkter till f. Sätt upp teckentabellen för att bestämma etrempunkter. 8

9 - 0 f f 4e 0 Här ser vi att är ett lokalt maimum och 0 ett lokalt minimum till f. d Derivera f f 5 cos + sin 4 Sätt nu derivatan till noll. Observera att sin för alla vilket medför att +sin 4 0 för alla. f 0 5 cos + sin cos 0 cos 0 π + πk där k Z. Eftersom f är π-periodisk räcker det att undersöka stationära punkter i ett intervall av längden π. Vi väljer π, π]. Ställ upp teckentabellen π π f f 4 Vi kan dra slutsatsen att π + πk är lokala maimipunkter och π minimipunkter. + πk är lokala e Först observerar vi att f inte är definierad i ±. Derivera f Sätt derivatan till noll. f f Ekvationen har enligt faktorsatsen lösningarna 0 och ± vilket också är de stationära punkterna till f. Ställ upp teckentabellen 0 f f 0 Vi ser att är en lokal maimipunkt och en lokal minimipunkt. 0 är ingen etrempunkt utan en terasspunkt. 0.5 Här är det bara att gå igenom tabellerna i föregående uppgift. Vi har då för varje uppgift lokala maimivärden saknas, b, c 4e, d 4 och e. De lokala minimivärdena är, b, c 0, d och e. 9

10 0.8 Se bokens lösning. b Starta med f k 0 0 och m f k f + 0 Resultatet blir identiskt då så de sneda asymptoterna till f är då ±. y c Starta med och f k m f k f + 0 Resultatet blir identiskt då så de sneda asymptoterna till f är då ±. 0. Vi har k y f lim lim ± ± + ± och m lim f k ± ± lim 4 + ± ± ± ± ± ± + De sneda asymptoterna är y 4 då ±. lim 4 ±

11 b Vi har k f lim ± ± arctan lim ± arctan 0 arctan ± 0 ± π 0 och m lim f k ± f ± lim arctan ± lim arctan ± arctan ± ± π De sneda asymptoterna till f är y π då och y π då. 0. Vi börjar med att hitta alla etrempunkter. Derivera f f Sätt derivatan till noll och hitta nollställen f Vi har en stationär punkt i 0. Undersök om det är en etrempunkt genom teckentabell 0 f 0 + f 0 Vi ser att 0 är en lokal minimipunkt och är alltså en etrempunkt. asymptoter Vi undersöker nu och k f lim ± + ± m lim f k ± ± Vi har en asymptot y då ± + + f ± + + lim ± lim ± ±

12 0. Derivatan av f är Sätt den till noll och hitta alla nollställen f 0 Ställ upp en teckentabell f Vi ser att vi har två etrempunkter i ±. b Derivatan av f är Sätt derivatan till noll och hitta alla nollställen Ställ upp en teckentabell ± f f + π 4 π 4 f 0 ln ln Vi ser att e är en lokal minimipunkt. 0.4 Derivatan av f är f ln ln 0 ln e e f 0 + f e f + som har nollstället. Vi undersöker nollstället och intervallets ändpunkter genom att sätta in dem i f f 0, f och f Vi ser att f antar det minsta värdet - och det största värdet på intervallet I.

13 c Derivatan av f är f e e e Derivatans nollställen är. Vi undersöker nollstället och intervallets ändpunkter genom att sätta in dem i f f0 0, f e och f e Vi ser att f antar det minsta värdet 0 och det största värdet e på intervallet I. 0.7 Vi undersöker ändpunkterna i intervallet dvs. och. Observera att detta är ett standardgränsvärde. lim 4 e Vi undersöker eventuella etrempunkter också lim 4 e 4 e 0 [ t t t ] t t 4 e t f 4 e 4 e e 4 Derivatan har nollställen i 0 och 4. Vi ställer upp en teckentabell 0 4 f f 0 56 e 4 Vi ser här att funktionen har två etrempunkter i 0 och 4. Funktionen antar ett minsta värde 0 i 0 och ett största värde saknas. 0.8 Eftersom funktionerna är kontinuerliga så antar de alla värden mellan minsta och största värde. Här var minsta värde och största värde. Värdemängden är då [, ]. c Här var minsta värde 0 och största värde e. Värdemängden är då [0, e ]. 0.9 Här saknades minsta värde och största värde var 7e. Värdemängden är då [, 7e ].

14 0.40 Volymen av en cylinder ges av V πr h där r är cylinderns radie och h är höjden. Arean av burken ges av A πr + πrh Det är arean vi vill minimera. För att få arean som en funktion av en variabel löser vi ut h ur volymekvationen ovan V πr h h V πr Ersätt h i areaekvationen så erhålls V A πr + πrh πr + πr πr πr + V r Derivera arean med avseende på radien A πr V r πr V r Vi letar efter etrempunkter så vi sätter derivatan till noll och tar fram nollställena A 0 πr V r 0 πr V 0 r V V π r π Ställ upp en teckentabell för att undersöka punkten r V π A r 0 + Ar Vi ser att r V π är en lokal minimipunkt och då vi har som minst materialåtgång. Slutligen undersöker vi vad höjden är vid denna radie h V πr V π V π V π V π V π V V V π π π 0.4 Vi använder samma beteckningar som i tipset till uppgiften. Vi vill alltså minimera f vilket vi gör genom att derivera f

15 Hitta derivatans nollställen f ± Sätt i lösningarna i derivatan så upptäcks att är en falsk rot. Således är den enda punkt vi behöver kolla. Funktionen f är kontinuerlig så vi behöver bara kolla definitionsmängdens ändpunkter och den stationära punkten för att hitta ett minimum. f 6 9, 5, f 75, och f4 Vi ser att minimerar funktionen. Svaret på uppgiften är alltså att anslutningsvägen ska byggas från en punkt 4 km rakt norr om A Avståndet d från en punkt, y till origo erhålls genom pythagoras sats och är i vårt fall d + y Vi deriverar avståndet med avseende på Vi hittar nollställen till d d d som enligt faktorsatsen har nollställena 0 och ±. Eftersom d är kontinuerlig så hittar vi minimum genom att undersöka de stationära punkterna och funktionens ändpunkter vilka är och. f, f f0, f Vi ser att ± är funktionens minimum. Motsvarande y-värde är och f y 0.45 Kalla tangeringspunkten för a, e a, a 0. Tangentens lutning k ges av derivatan i punkten a dvs. k y e a Tangentens m-värde får vi genom att lösa ekvationen y k + m e a ae a + m m e a + 5

16 Tangentens ekvation ges alltså av y e a + + Tangenten skär -aeln i + a, 0 och y-aeln i 0, e a +. Triangelns area ges därför av Vi deriverar arean för att maimera den A e a + A e a + + e a + e a + Derivatan har nollställen i ±a men vi är bara intreserade av icke negativa värden på a så vi håller oss till a. Eftersom A är kontinuerlig kan vi hitta maimum genom att undersöka stationära punkter och ändpunkterna i definitionsmängden A0, A e och A 0 Vi ser här att triangeln blir som störst då a med arean e Vi inför ett koordinatsystem med origo i mitten av cirkeln som i figuren ovan. Med systemet blir rektangelns bredd och dess höjd y. Om vi låter punkten, y ligga på cirkelns högra övre del så som i figuren så kan y uttryckas i genom cirkelns ekvation r + y y r med begränsningarna 0 < < r och 0 < y < r. beteckningarna W y 6 4y Vi är ute efter att maimera W så vi deriverar 4 r W 4r Vi uppdaterar nu W med de nya 4r 6

17 Vi hittar alla nollställen till W W 0 4r 0 r 0 r ± r ± r Av dessa lösningar är det r som ligger inom det sökta intervallet. Det är lätt att kontrollera att detta är den mest optimala lösningen. Eftersom W är kontinuerlig räcker det med att kontrollera de stationära punkterna och ändpunkterna i definitionsmängden för att avgöra optimum. Eftersom W 0 0, W r 0 och W r > 0. Motsvarande y-värde är y r r r r r r 6 6 r 9 r r Slutligen får vi inte glömma bort att bredden och höjden av rektangeln ges av respective y så att slutresultatet blir 6 r och y r 0.69 Antag att f är deriverbar. Då är derivatan f { + a,, > Eftersom vi antagit att funktionen är deriverbar ska det gälla att vänsterderivatan är lika med högerderivatan i varje punkt. Speciellt i fallet då f f + + a a Om en funktion är deriverbar i en punkt så medföljer det också att den är kontinuerlig där dvs. lim f f lim + b + + b + b Df Darctane + arctane D arctane + D arctane De + e + De + e e + e + e e e + e + e + e e + e + e + e e + e e + e + e + e e + e e e + e + e 0 + e + e 0 7

18 0.7 b D + D + D De + D e D + D e e e + c + D D D D d D + + D + D

19 0.79 Tangentens ekvation ges av y f f I vårt fall har vi f ln och a. Vi börjar med att derivera Vi kan nu få fram tangentens ekvation b f D ln D y f f y ln y Samma tillvägagångssätt. Nu är f och a 0 Vi deriverar f D ln De De ln D ln e ln D ln ln Tangentens ekvation är då y f0 f 0 0 y 0 ln 0 y ln y ln Tangentens ekvation ges av y f f I vårt fall har vi f ln + + och a 0. Vi börjar med att derivera f D ln + + D D + Tangentens ekvation blir Normalens ekvation är D y f0 f 0 0 y 0 0 y y f f y f0 f 0 0 y 0 y 9