Derivator Du ka börja med övigara och tillämpa deriverigsreglera äve om du ite satt i dig i deras härledigar. Resultat att lära sig utatill: Derivator av elemetära fuktioer d d a a a De e D l (Med absolutbelopp får ma e fuktio defiierad äve för <0, vilket behövs iblad.) D si cos D cos si D ta +ta cos D arcta D arcsi + D arccos 3. Här är det ite meige att du skall göra om de härledigar av elemetära fuktioers derivator som fis i PB, avs. 3.4, uta det är e (ekel) övig på att käa ige de differeskvoter som defiierar derivata. T.e. si ( + h) si lim h 0 h är just det gräsvärde som defiierar derivata av si i pukte. Dea har boke härlett till cos. Alltså svar: cos. (Pukt och slut.) Stadardgräsvärdea e, l ( + ), si har ma i första had till att härleda derivatiosformlera för e, l och de trigoometriska fuktioera (PB, avs. 3.4). Närdettavälärgjort,kamafaktisktglömmadem och häföra sig till derivator. T.e. si [sätt f () si] f () f (0) f 0 (0) cos 0, 0 är 0 Allmäa deriverigsregler De ekla (f ± g) 0 f 0 ± g 0 (kf) 0 kf 0 då k är kostat vållar kappast bekymmer, kocetrera dig på de icke-triviala : (fg) 0 f 0 g + fg 0 0 f f 0 g fg 0 g g d d (f (g ())) f 0 (g ()) g 0 () (produktregel) (kvotregel) (kedjeregel) 3.-3.4 Ka käas litet svåra på det här stadiet. Fler eempel kommer i sambad med differetialekvatioer (PB, kap.8) och framför allt i fysikkurser. (Det är kaske först då ma börjar käa sig riktigt hemma i resoemage...) 3., 3.3 Att represetera atal radioaktiva atomkäror eller atal bakterier med deriverbara fuktioer ka vid första påseede verka galet : E icke-kostat fuktio som atar edast heltalsvärde ka bara "ädra sig språgvis", alltså skulle de ite vara kotiuerlig och ite heller deriverbar (i språgpuktera). Nu är vi emellertid ite ute efter att beskriva verklighete "00%-igt korrekt", uta att ställa upp e matematisk modell som är tillräckligt bra för våra syfte. Atale, som vi har att göra med här, är av storleksordige 0 0 eller äu högre och därför ka språg av storlek ± approimeras med kotiuerliga förädrigar.
3.4a "Rätlijig rörelse" Vi väljer ut två pukter på lije, lägs vilke partikel rör sig, tilldelar dem koordiater 0 resp. och graderar som ma graderar e koordiatael låt oss också kalla dea ael för -ael så ka vi beskriva partikels läge med e fuktio av tide, partikels -koordiat (t) Partikels hastighet är derivata av läget 0 (t) och det i ord formulerade sambadet lyder 0 (t) k (för ågo kostat k) t Det är ite riktigt att, som häftets svar gör, bruka ordet sträcka här. Att det står hastighet i stället för fart säger oss att vi skall ta häsy till rörelses riktig. Rörelselije skall riktas, precis som koordiatalar är riktade, och rörelse i de utvalda riktige skall tilldelas positiv hastighet, rörelse i de motsatta riktige egativ hastighet. Sträcka tillryggalagd sträcka (uderförstått: seda e viss utvald tidpukt) är e storhet som bara ka öka med tide förflyttig åt ea hållet är likvärdig med förflyttig åt adra och dess derivata ( 0 för alla t) ärfarte. 3.4d Vi "sitter bredvid" e pukt på ledare och räkar Q (t) hur måga laddigar som passerat etto åt ea hållet (de utvalda "referesriktige", säg ) sedaeutvaldtidpukt, som vi låter svara mot t 0 "Netto" iebär att passage av e laddigsehet i riktig miskar värdet på Q med. Strömme i ledare (med som ref.riktig) är då i (t) Q 0 (t) Som för hastighet, ager dea fuktio i (t) ite bara strömmes styrka uta äve dess riktig relativt ref.riktige: i (t) < 0 vid tidpukter då ladd. strömmar. (Hastighet och strömstyrka är eg. vektorstorheter.) 3.4c I rörelseproblem är det aturligt (och oftast ödvädigt) att räka med läget. Så iför, precis på samma sätt som 3.4a Då är (t) partikels läge vid tide t 0 (t) partikels hastighet vid tide t 00 (t) partikels acceleratio vid tide t och acceleratio hastighetsädrig per tidsehet, så översättige blir 00 (t) kf(t) varvid vi aväder samma referesriktig för krafte F (t) som för rörelse: Kraft riktad i positiv -riktig är positiv, motsatt riktad kraft sätts i med egativt tecke. Am. Newtos lag säger också att så k. med m partikels massa m F (t) m 00 (t) Derivatiosövigara är ite bara ett ädamål i sig de utgör uppvärmig iför avsitte om primitiva fuktioer och itegraler, då vi brottas med det omväda problemet, itegratiosproblemet: Givet e fuktio f, hitta e fuktio F såda att F 0 f. Till skillad mot derivatio, för vilket vi har geerella recept lär ma sig derivatiosreglera och är oggra och tålmodig, så kommer ma garaterat till rätt svar så är det edast för e begräsad mägd fuktioer ma har rättframma procedurer för itegratio. I övrigt tvigas ma "täka bakläges": Hur deriverar ma och följaktlige vilke F ka förvätas ha derivata de giva f? Så försök "ha miet påkopplat"!
Defiitioe Obs. att defiitioe f ( 0 + h) f ( 0 ) lim h 0 h också hade kuat skrivas f () f ( 0 ) lim 0 0 (För etra itresserade) Följade omstädliga omskrivig visar att, om u detta gräsvärde eisterar, så ka de också fås som gräsvärdet av motsvarade differeskvot, är ma betraktar e pukt till väster om 0 och e till höger om 0 och låter dem 0 oberoede av varadra. (Så som ma skulle göra vid praktisk mätig. Vid umeriska uppskattigar av derivata brukar det mycket riktigt vara bättre att betrakta ett symmetriskt itervall krig 0.) Ata f ( + h) f () h och betrakta A, är h 0 f ( + h) f ( k), där h 0 + h + k k 0 + Skrivsättet d d I stället för D (... ett uttryck med...) skriver ma ofta d d (...) Fördelaktigt är ma har att göra med uttryck med flera bokstäver och det ite är självklart vilke av dem som är variabel ma ska derivera efter. Med det adra skrivsättet ka ma ämlige age det: d y y (y betraktas som kostat) d d y ( betraktas som kostat) dy f ( + h) f ( k) A h + k f ( + h) f () f ( k) f () A h + k h + k f ( + h) f () h h h + k f ( k) f () k + k h + k A h h + k A k h + k f ( + h) f () h A h h + k f ( k) f () k + A k h + k 0+00 eftersom uttrycke iom paretes 0 meda 0 < h h + k, k h + k < E krimiell typ stöter på tre fuktioer: "Jag ska derivera er allihop!", skriker ha med skräckijagade stämma. De första fuktioe,, lägger bee på rygge. De adra, si, likaså. De tredje däremot verkar ärmast oberörd. "Vem är du? Är du ite rädd?" "Jag är e." 3
Kedjeregel d d f (g ()) f 0 (g ()) g 0 () Idesseklasteform har du avät de måga gåger reda : Av De e fås med kedjeregel ( f () e, g () 3 ) De 3 e 3 33e 3 D si cos D si (5) cos(5) 55cos5 Kostatera 3 och 5 som dyker upp är derivator: av 3 resp. 5, som är de allmäa formels g (). (Du är va vid att direkt skriva dem framför, me i mera komplicerade fall är det og säkrast att "väta" med g 0 () se högerspalte.) Har vi mera komplicerade uttryck i stället för 3 resp. 5, så skall vi ha motsvarade derivator: E aledig till att ma föredrar att skriva de s.k. ire derivata g 0 () efter de yttre derivata f 0 (g ()), är att uträkige av g 0 () isitur ka behöva kedjeregel (och/eller produktregel) och bli mycket lägre de yttre derivata är ofta "de eklare bite som ma vill få udastökad först" : D ³ D ³e l e l D ( l ) e l ((D )l + D l ) µ De l l + e l D ( l ) l + D ( l ) l + µ µ l + l + l + l + De e De 3 e 3 3 De si e si cos De / e / µ D si cos D si cos D l D l + + Ka vi ite formulera kedjeregel uta, på ågot sätt likade Jo : (f + g) 0 f 0 + g 0 (fg) 0 f 0 g + fg 0 0 f f 0 g 0 fg 0 g g? (f g) 0 (f 0 g) g 0 OBS! Vid poteser med såväl i bas som epoet, skriv om potese med bas e iaduförsökerderivera! f () g() e g()lf() Df () g() De g()lf() e g()lf() D (g ()lf ()) Illustreras av eemplet ova. 4
Kedjeregel bakläges Kedjeregel är mycket viktig och äu viktigare blir de är ma söker primitiva fuktioer (för att beräka itegraler) då skall ma kua tillämpa de bakläges också, d.v.s. käa ige ett uttryck av forme f 0 (g ()) g 0 () och kostatera att det är d f (g ()) d T.e. om ma vill ha e fuktio F () såda att F 0 () e så skall ma geast täka: Jag vet att De e ( ) Det är samma sak som e så är som på e kostat faktor. E F () som duger är F () e (För etra itresserade) Svårighetera som föraleder läroböckera att markera det riktiga beviset som överkurs, kommer sig av att ma evisas med att räka med kvoter. Det är ite ödvädigt! Att f () är deriverbar i a ka också formuleras så här: f (a + h) f (a)+hϕ (h) för ågo fuktio ϕ (h), som är kotiuerlig i h 0. Derivatas värde fås ur ϕ : Bevis: Sätt f 0 (a) ϕ (0) f (a + h) f (a) ϕ (h) då h 6 0 h Att differeskvote har ett gräsvärde, kalla det A, är h 0, iebär igetig aat ä att fuktioe ϕ ka defiieras i h 0, så att de blir kotiuerlig där, ämlige geom att sätta ϕ (0) A. Nu till ett bevis av kedjeregel: g är deriverbar i g ( + h) g ()+hψ (h) för ågo fuktio ψ, som är kotiuerlig i 0, och med ψ (0) g 0 (). f är deriverbar i g () f (g ()+k) f (g ()) + kϕ (k) för ågo fuktio ϕ, som är kotiuerlig i 0 och f 0 (g ()) ϕ (0). Härav f (g ( + h)) Sätt k g ( + h) g () Skriv g ( + h) g ()+k f (g ()) + kϕ (k) [k g ( + h) g () hψ (h)] f (g ()) + hψ (h) ϕ (g ( + h) g ()) {z } χ(h) Obs. u att χ (h) är e kotiuerlig fuktio av h, eftersom de fås geom multiplikatio, subtraktio och sammasättig av kotiuerliga fuktioer (Håll i miet att är ett fit tal hela resoemaget igeom det är h som varierar!). Alltså är, eligt vår omskrivig av defiitioe, sammasättige f g deriverbar i de betraktade pukte och derivatas värde där är χ (0) ψ (0) ϕ (0) g 0 () f 0 (g ()) 5
3.0f 3.a D arcsi D arcsi q q D µ Akta dig u för att ersätta med, för det stämmer ite för <0! Därav omskrivige i facit till D l ³ + p + + + + + µ + + + + + + Lägg på miet för framtida bruk (itegratio)! 3.b Eklast, om ma utyttjar logaritmes egeskaper först: l + l l + / l l + Härav fås derivata till + + + ( + ) ( + ) Aars skulle ma kua täka så här: Vet att D l D l f () f () f 0 () Som det står, är vårt uttryck ite av dea form, me tack vare det allmäa z w z w, ka vi skriva l l + + Kedje- och kvotregel ger u att derivata µ D + + + + + + + ( + ) ( + ) 3.c Ite heller här skall ma "pilla" med absolutbeloppe : D l f () D l l f () f 0 () D l l l l Uttryck med absolutbelopp Formel D l är litet speciell, i så måtto att resultate av de två separata räkigar ma behöver göra (för >0resp. <0) visar sig kua ges av ett eda uttryck. För det allmäare problemet f deriverbar, Df ( )? ka vi säga ½ f (), 0 f ( ) f ( ), 0 ½ f Df ( ) 0 () >0 f 0 ( ), < 0 Om u f 0 är e udda fuktio (vilketärsäkertfalletdåf är jäm), är f 0 ( ) f 0 () och derivatiosformel ka föreklas till Df ( ) f 0 () 6
3.c är av samma typ som, 3, etc.! 3.e Med risk att uppfattas som tjatig: Har du såväl i bas som epoet, så skriv om så att base blir e och derivera med kedjeregel: ³ (l ) e l(l ) e ( )l(l) D (l ) e ( )l(l) D (( )l(l)) Reda u ka du återgå till det ursprugliga skrivsättet för potese: (l) D (( )l(l)) me försök ite ratioalisera bort dea lilla framoch-tillbaka-omskrivig, för de har si meig: att låta dig klart och tydligt se vad de ire derivata är i sammahaget (ma tar lätt fel aars): D (( )l(l)) [produkt!] l (l )+( ) D l (l ) [kedjeregel ggr] l (l )+( ) l Facit har seda delat upp (l ) (l) l och multiplicerat faktor l ihop med de ire derivata. 3.4 Nästa eklare att göra om härledige frå 3.3 ä att försöka memorera de färdiga formel. Det ma behöver memorera är: "(Tag absolutbelopp) Logaritmera och derivera!": l f () +l arcsi +l + f 0 () f () + l cos 6l l l si + arcsi + + + / 6 ( si ) cos l si cos Som tur är, får ma rätt resultat i slutäda äve om ma glömmer absolutbeloppe, me ret logiskt är de ödvädiga : 6 ( 3) är fullt täkbart l ( 6) l+l( 3) är INTE korrekt! Uderförstått i 3.4 är också att vi, som i 3.3, edast tittar på, för vilka f () 6 0. 3.7 När går frå 0 till π/, väer / cos kotiuerligt frå mot, så för varje y>, fis eakt ett sådat att y cos. Iverses defiitiosmägd är således (, ) och värdemägde är de ursprugliga fuktioes defiitiosmägd (0,π/). Iverses derivata via bestämig av iverse: y cos cos y arccos y d dy r ³ µ y y p y y Iverses derivata idirekt el. PB, avsitt 3.3: d dy dy d, med 0 << π si, sådat att cos y cos Sätt u i cos y och 0 <<π/ si därför + p s cos... Iverses derivata Df (y) f 0 där y f () () Ka formuleras uta vare sig eller y så här: f 0 f 0 f De här satse blir ärmast självklar om ma tolkar derivata som tagetes riktigskoefficiet. Säg att f () har y f 0 (a) + c som taget i pukte (a, f (a)). Iverse har ju som graf samma kurva, me med -ochy-alara ombytta. Samma räta lije är därför taget till iverses graf i pukte (f (a),a) me för att avläsa värdet av iverses derivata som e riktigskoefficiet får vi betrakta som fuktio av y : f 0 (a) y c f 0 (a) Alltså: f 0 (f (a)) f 0 (a) Kalla f (a) för y, så att a f (y) (PB sätter f (y) ) f 0 (y) f 0 (f (y)) y 7
3.9 p (t) V (t).4 k d ³p.4 (t) V (t) dk dt dt p 0 (t) V (t).4 + p (t).4v (t) 0.4 V 0 (t) 0 Detta gäller för alla tider t. Nu betraktar vi e särskild tidpukt då p (t) 5 V (t) 56 V 0 (t) 4 Isättig av dessa värde ger p 0 (t) 56.4 +5.4 56 0.4 4 0 p 0 (t) 56 + 8 0 p 0 (t) 0.5 och då vi geomgåede har atm för tryck och s för tid, måste ehete för p 0 vara atm / s. 3.0 Låt (t) vara det horisotella avstådet frå radar till flygplaet, y det vertikala 5(räkar avståde i km). 3. Låt y (t) cyliders lägd, r (t) radie. Ma får ata att lera är ikompressibel, d.v.s.att volyme V πr y förblir desamma hela tide, vilket ger (primtecke för derivata m.a.p t) V 0 0 π rr 0 y + r y 0 0 r 0 y + ry 0 0 Att "lägde ökar med e hastighet proportioell mot lägde" iebär att y 0 ky och då ka vi förkorta bort äve y r 0 y + rky 0 r 0 + rk 0 r 0 k r Det här i si tur säger att radies miskigstakt är proportioell mot radies storlek med proportioalitetskostat k/. θ arcta y arcta5 µ θ 0 + 5 5 0 I det ögoblick 5, 0 600 (miustecke eftersom miskar!) har vi θ 0 + 9 5 600 rad/timme 5 8
3. Låt V (t) volyme vatte i take. Då iget vatte skapas eller föritas i take V 0 iflödet utflödet (materiebalas) Låt q betecka iflödet 0. m 3 /mi ; utflödet i detta fall är 0; alltså V 0 q Nu de specifika geometri. Det ka sägas föreligga två koer här: Själva take är e ko med höjd H och radie R (lockets radie, ifall take hade ett lock), meda vattet i take utgör e delko låt h (t) och r (t) betecka dess höjd resp. radie. q 0 V 0 3 πr h 3 π rr 0 h + r h 0 gäller för alla tider Vi käer q och h vid e viss tidpukt och vill räka ut h 0 vid dea tidpukt. Likformiga triaglar ger r R h H r R H h r 0 R H h0 för alla tider t Isättig av dessa elimierar r och r 0 : q µ 3 π R H h R H h0 h + R H h h 0 Så h 0 π q π R H h h 0 H q R h π 90π m/mi 8 0. m 3 /mi 6 (4 m) 3.4a (3.3a) f () e 3 f 0 () 3e 3 f 00 () ( 3) e 3 f (3) () ( 3) 3 e 3 f (4) () ( 3) 4 e 3... f () () ( 3) e 3 ( ) 3 e 3 De flesta käer ataglige iget större bevisbehov ä så här, me vill ma vara ordetlig, ka ma göra ett s.k. iduktiosbevis: Formel f () () ( 3) e 3 är uppebart riktig för (äve för 0, skulle ma kua säga). Om de är riktig för ett visst heltal k, så måste de vara riktig äve för ästa heltal k +, eftersom f (k+) () Df (k) () D ( 3) k e 3 ( 3) k ( 3) e 3 ( 3) k+ e 3 Av det följer att de måste vara riktig för alla heltal (eller 0), eller hur? 3.4b (3.3b) Leibiz formel (se sid. här) (fg) () X k0 f (k) g ( k) k med f () 3,g() e ger D 3 e 3 e + 3 e + 6e + 0 + 6e +0+... +0 3 3 +3 +3 ( ) + ( ) ( ) e 3.3 "Ökige" skall här tolkas som "ökigstakte". ökigstakte av f f 0 ökigstakte av f avtar f 0 avtar f 00 (f 0 ) 0 0 9
3.6 (3.5) Med f () e har ormale i pukte med -koordiat h ekv y f (h) f 0 ( h) (h) y e h +h e h ( h) Skärigspukt med y-ael : y e h +h e h (0 h) y e h h h + (e h ) 3.8 (3.7) "Råräkig": 0+ 4, är h 0 +(e ) e + e +(e ) e e e +e +e e e e 0 +e När ett svar visar sig så ekelt, bör ma fråga sig: Vi vet att Vad beror det på? Kude vi isett alltihop uta räkig? f 0 () 0 på ett itervall I f () kostat k på I Ka ma se att vår f () kostat? Kom ihåg att e e och av defiitioera följer (hur?) att arcta +arcta ½ π/, för >0 π/, för <0 Därför µ D arcta (g ()) + arcta g () 0 för alla fuktioer g (), på itervall där g () 6 0 3.3a (3.30) Fråga är: Givet y, för vilket gäller f () y? Iför f () y e e y t e Då är e /t och ekvatioe blir t y t t yt 0 t y ± p y + Eftersom t e > 0 är det edast plustecket som ger lösig: ³ l y + p y + Räkige visar att till varje y R har vi ett och edast ett för vilket f () y och detta ges av ³ f (y) l y + p y + 3.3b (3.30) Derivera formel i 3.3a. De derivatioe skall du ha gjort i 3.a! 3.3c (3.30) Allmä sats se sid. 7 här säger att, iochmedatt f 0 () cosh så är f 0 (y) cosh där ma som skall sätta i just det för vilket sih f () y. Ur hyperboliska etta och faktum att cosh sih cosh e + e > 0 för alla får vi att ämares p cosh +sih p +y 0
3.3 (3.3) Cosiussatse ger b (t) + R R (t)cosωt för alla t Derivera m.a.p. t : 0 d d +0 R cos ωt ω si ωt dt dt 3.33 (3.3) Låt y y (t) tygdes höjd över marke. Vi söker dy d dt. Vet dt v 0. Utyttja att lias lägd är kostat, h : q h h y (t)+ h + (t) för alla t Derivera m.a.p. t 0 dy dt + h + d dt dy dt h + v 0 3.34b (3.33b) Här går det sabbt (och föreklige blir begriplig?), om ma käer ige de hyperboliska fuktioera och utyttjar formlera för dem: e e + [Dividera täljare och ämare med e ] e e e + e (e e ) / (e + e ) / sih cosh D arcsi (tah ) p tah D tah q cosh sih cosh [hyperboliska etta] q cosh cosh cosh cosh e + e 3.35 (3.34) Leder till e polyomekvatio, för vilke ma reda käer e av lösigara ågot som ma bör träa sig i att utyttja. Derivata dy d Om a 0, så är y-ael ormal och de har iga adra skärigspukter med parabel. För övriga a är ormales ekvatio y y 0 k ( 0 ) y a ( a) a y a ( a) a Normales skärigspukter (rättare sagt: deras - koordiater) med parabel är lösigara till ekv. a ( a) a Vi vet reda de ea lösige: a, så det skall gå att bryta ut och förkorta e faktor a : a ( a) a ( a) a ( a)( + a) a 0 eller a + a a a De adra skärigspukte har således koordiater à a µ a, a +! a 3.36 Uppfatta V som e fuktio av h, som i si tur är e fuktio av t För alla t gäller V (t) π 3 h (t) (60 h (t)) V 0 (t) π ³40h (t) h (t) h 0 (t) Då h (t) 0och h 0 (t) är 0.03 är V 0 (t) π 40 0 0 0.03 9π cm 3 /s
Leibiz formel Hadlar om högre derivator av e produkt. Upprepad avädig av produktregel ger successivt (Geomför själv mellaräkigara!) : (fg) 0 f 0 g + fg 0 (fg) 00 f 00 g +f 0 g 0 + fg 00 (fg) (3) f (3) g +3f 00 g 0 +3f 0 g 00 + fg (3) (fg) (4) f (4) g +4f (3) g 0 +6f 00 g 00 +4f 0 g (3) + fg (4) Något igekäbart möster? Biomialkoefficieter / Pascals triagel! Det verkar som om, för alla positiva heltal gäller (fg) () f () g + f ( ) g 0 + f ( ) g 00 +... + f 00 g ( ) + f 0 g ( ) + fg () Hur övertygar ma sig då att detta verklige gäller för alla??? Atag att formel ova gäller för ett visst positivt heltal. Dågerdetta (fg) (+) ³ (fg) () 0 [Först deriverar vi f i varje produkt det ger första rade eda seda g.] f (+) g + f () g 0 + f ( ) g 00 +... + f (3) g ( ) + f 00 g ( ) + f 0 g () + + f () g 0 + f ( ) g 00 + f ( ) g (3) +... + f 00 g ( ) + f 0 g () + fg (+) 0 + + + + f (+) g + f () g 0 + f ( ) g 00... + f 00 g ( ) + f 0 g () + fg (+) varvid vi utyttjat de sambad mella biomialkoefficietera, som ligger till grud för "kostruktioe" av Pascals triagel: + +, k k k 0 Detta visar att, om formel gäller för ett visst heltal, så gäller det äve för ästa heltal +. Tillsammas med det faktum att formel gäller för de mista positiva heltale,,, 3, 4, medför detta att de måste gälla för alla heltal.
Iduktiosbevis Beviset av Leibiz formel var ett eempel på ett s.k. iduktiosbevis. Ett aat eempel: Betrakta likhetera 3 3 + 3 9 3 + 3 +3 3 36 3 + 3 +3 3 +4 3 00 3 + 3 +3 3 +4 3 +5 3 5 3 + 3 +3 3 +4 3 +5 3 +6 3 44 De första observatioe är att alla summora är kvadrater: 9 3 36 6 00 0 5 5 44 De adra observatioe är att 3 + 6 ++3 0 ++3+4 5 ++3+4+5 ++3+4+5+6 Av ett iduktiosbevis återstår det s.k. iduktiossteget: Vi skall då försöka visa att Om (iduktiosatagadet) för ett visst ( +) 3 + 3 +... + 3 så 3 + 3 +... + 3 +( +) 3 ( +)( +) Följade räkig visar att detta är sat: 3 + 3 +... + 3 +( +) 3 [eligt iduktiosatagadet] (++... + ) +( +) 3 ( +) +( +) 3 4 ( +) + 4 ( +) 4( +) 4 ( +) +4 +4 4 ( +) ( +) ( +)( +) Så vi leds till hypotese att 3 + 3 +... + 3 (++... + ) för alla Till följd av formel för aritmetisk summa är påståedet ekvivalet med µ ( +) 3 + 3 +... + 3 Derivator: tillämpigar 4.d, 4..d Här ka ma uta räkig se : si oscillerar mella och + si oscillerar då mella och 3 ( + si ) 5 oscillerar mella 5 och 3 5 Pukter där si är lokala ma.pukter, pukter där si är lok. mi.pukter. 4.3 Av de fyra gräsvärdea, som skrivits upp i häftets lösig, är tre "uppebara", me ett kräver mer arbete: lim 0 e / [t /] lim µ et t t 3
4.6c Fuktioe är udda f ( ) f () så det räcker att udersöka itervallet 0. d d + + + + ( + ) + f 0 () + ( + ) + f 0 > 0 p + < < 3 lim + lim arcta π arcta 3 π 3 så vi får följade tecketabell 0 3 f 0 + 0 f % 3 π/3 & π/ 4.6d Ma skulle kua räka med t 3 först och skala om på slutet : si t g (t) + cos t g 0 (t) cos t + cos t si t si t + cos t +cost + cos t Vår g är periodisk med period π, och dessutom udda, så det räcker att udersöka halvperiode 0 π : 0 π/3 π g 0 + 0 + g 0 % / 3 & 0 4.9e Udersök derivatas tecke. Faktoriserige av derivata uderlättas, om ma observerar att förekommer edast i kombiatioe l, så att f ka uppfattas som e sammasättig 7 g h l t 7 t + t f () h (g ()) Kedjeregel ger då att f 0 () h 0 (g ()) g 0 () (+ l )(l +) (Fås lätt äve om ma deriverar på valigt sätt.) De adra faktor är < 0 för <e 0.37 och > 0 för >e, me vad ka vi säga om de första? Ekvatioe + l 0 ka ej lösas med eakta metoder. Ett sätt att udersöka om lösigar fis är att försöka skissa grafe av u () + l, 0 < ochseom,ochisåfallugefärvar,deskär-ael: u 0 () (l +) 0 e / u 0 0 + u & e % Iochmedattu () u e e > 0, så är de första faktor > 0 på hela det aktuella itervallet. Tecket av f 0 bestäms därför av faktor l + 0 e / f 0 0 + f 0 & e + e % l + l Alltså: Mista värde är e + e, meda, eftersom l + ågot största värde atas ite: l < 0 lim f () &0 f () < 0 och det atas värde godtyckligt ära 0, me eakt 0 får vi aldrig. 4
4.b Studera f () e Teckeschema för derivata visar att f 0 () e 0 f 0 0 + f 0 & 0 % f () 0 för alla med likhet dåå 0 varav de giva olikhete följer. 4.ab, am. Olikhetera är ekvivaleta : Låt t e,så e + för alla m t +lt för alla t>0 och likhet gäller edast då 0resp. t. 4.c Studera f () l(+4) arcta 3, 0 m.h.a. derivata f 0 () 4 +4 3 +(3) 36 + ( + 4)(+9 ) (6 ) ( + 4)(+ ) > 0 för alla 0, utom 6 4.d Studera f () l(+) +, 0 m.h.a. derivata f 0 () + + + > 0, utom för 0 varav f strägt väade och 4.e Studera m.h.a. derivata f 0 () f () >f(0) f () l, varav f väade och + + f () f () 0 ( ) 0 vilket är ekvivalet med de påstådda olikhete. 4.4 Kostade per timme är lö + besikostad 86+6 µ+ 300 Åktide är 300/. De totala kostade som skall miimeras är alltså f () 300 µ 86 + 6 µ+ 300 Alltså är f strägt väade och f () >f(0) 0 vilket ger de påstådda olikhete. 5
4.6 Låt de övre dele av sträcka SP. Deudredeleärdå6. Tide som skall miimeras är + f () 6 + 6 0, 0 6 f 0 () 6 4+ 0 Derivata har ett eda ollställe för positiva : f 0 () 0 6 4+ 0 4+ >0 3 >0... 5 4.8 Tagete i pukte (a, e a ) har ekvatioe y e a f 0 (a)( a) y e a e a ( a) Dess skärigspukt med -ael fås ur 0 e a e a ( a) till a + Dess skärigspukt med y-ael fås ur y e a e a (0 a) till y e a ( + a) De rätvikliga triagel (här för tagete i a ) 3 Nu vill vi gära veta vilket tecke f 0 har stra till väster resp. till höger om 3/. Detärlitetsvårtattsedirekt, me eklare om ma resoerar så här: Eftersom f 0 är kotiuerlig och 3/ är det eda ollstället, så måste f 0 ha samma tecke till väster om 3 som för 0, d.v.s. egativt till höger om 3 som lim f 0 (), som är 6 0, d.v.s. positivt ( Ytterlighetsfall som 0, resp. lim brukar göra räkigara eklast.) Alltså har vi miimum. Alt. ka vi, i st.f. att udersöka derivatas tecke, resoera så här: Etremvärde ka atas atige i e statioär pukt (där derivata är 0) eller i itervallets ädpukter. I vårt fall är kadidatera alltså f (0) 0. 93, 3 f 0. 87, f (6). 05 Jämförelse av dessa visar att 3/ ger miimum. (I ett sådat ekelt fall brukar ma säga ågot i stil med att det är självklart av fysikaliska skäl att derivatas ollställe ger miimum, me e ärmare udersökig ka, om ite aat, tjäa som ett test på att ma räkat rätt skulle ma få ollstället till ma. så bör ma se över räkigara.) -0.5 y.5 0.5 0 0 0.5 har alltså katetlägdera a +resp. (a +)e a, så area är (a +) e a Sätt a + och stryk de kostata faktor e, som ite iverkar på etrempukteras läge, så räcker det att maimera Derivata.5 f () e f 0 () e e ( ) e välar tecke frå + till i, d.v.s. a. De maimala area är alltså e /e.5 3 6
³ a 4.9 Normale i pukte a, +a har ekv. y y a +a f 0 () d d a +a f 0 ( a), där (a) + + d µ d + ( + a) ( a) Dess skärigspukt med -ael: 0 a ( + a) ( a) +a a a + ( + a) 3 Triagel med hör i P : a a,, +a R : (a, 0), Q : Ã a + a ( + a) 3, 0 ( + ), d.v.s.! 4.0 Alt. Låt medelpuktsvikel mot triagels bas vara θ. Då är höjde mot base + cos θ, meda själva base är si θ. Alltså är area (+cosθ)siθ f (θ) f 0 (θ) cosθ +cos θ si θ cos θ +cosθ f 0 (θ) 0 cos θ / eller µ f 0 (θ) cos θ ½ > 0, är (cos θ +) för 0 θ<π/3 < 0, för π/3 <θ Alltså fås maimum då θ π/3, d.v.s. strålara frå medelpukte till triagels hör delar cirkel i tre lika stora sektorer (de två adra medelpuktsviklara är lika stora p.g.a. symmetri och summa av alla tre π), vilket iebär att triagel är liksidig. Själva maimivärdet är µ + s µ 3 3 y 0.5 0.375 0.5 0.5 0 0 har alltså area 0.5 a ( + a) 3 0.5 0.75 Ã a +a Det räcker att hitta maimum av uttrycket som kvadreras: f () ( + ) a ( + a)! f 0 () ( + ) ( + ) ( + ) 4 ( + ) 3 Derivata byter tecke frå + till i, alltså fis maimum där, d.v.s. för P :.5 ³, +..5 Alt.. Tag som variabel triagels höjd mot base. Då är q base ( ) p Triagels area p ( ) Räcker udersöka är dess kvadrat är maimal (så slipper vi derivera kvadratrotfuktioe): d 6 4 3 (3 ) d välar tecke frå + till är q 3/. Alltså ma. är 3/, 3 3 3... 4. Låt de ea sidlägde vara. Då är de adra sidlägde, så det gäller att maimera eller ekvivalet, då 0 <<. d 4 3 d Maimum fås alltså då p / och då är sidora lika låga och area 4 p / p /. 7
4. Det vi ser i figure är räas tvärsitt. Vi skall maimera tvärsittsarea f (α). Låt b brädoras bredd ( deras lägd i tvärsittsfigure). Alt.. Tvärsittet ka uppfattas som uioe av e rektagel och e triagel. Cosiussatse ger då rektagels/triagels bas p b + b b b cos α p b ( cos α), meda triagels area ka beräkas med siussatse: f (α) b p b ( cos α)+ b b si α, 0 < α π µ f 0 (α) b si α cos α + cos α b siα +cosα cos α cos α siα +cosα cos α 0 siα cos α cos α m si α cos α ( cos α) och cos α cos α 0 Sätt cos α, utyttja trig. etta och håll utkik efter gemesamma faktorer: ( ) ( )(+) ( ) (+) (eller, me det motsv. α 0som ger mi.) ± 3 Alltså är α arccos 3 eda ollstället till derivata och det ger maimum, ty f 0 (π/) > 0 och därmed f 0 (α) > 0 för alla α med 0 <α<arccos 3 f 0 (π) < 0 och därmed f 0 (α) < 0 för alla α med arccos 3 <α<π (Också ett sätt att udersöka derivatas tecke!) Alt.. Uttryck area som fuktio av β α/ : cos α q cos β +si β cos β si β q si β siβ eller kaske eklare: struta i cosius-/siussatsera och täk på triagel som sammasatt av två lika stora rätvikliga triaglar. Area g (β) b b si β + b si β b cos β, g 0 (β) b cosβ +cos β si β b cos β +cosβ Sätt cosβ + 0 ± r 4 + ± 3 Derivatas eda ollställe i det aktuella itervallet 0 <β π/ är alltså 3 β arccos, som är de form facitsida svarar med. Utvikig. Hur övertygar ma sig uta maski att ³ arccos 3 3 arccos? Båda lede är viklar i itervallet [0,π]. Det räcker då att visa att deras cos-värde är lika! ³ ³ cos arccos 3 3 Ã! 3 cos arccos cos θ cos θ! 3 cos Ãarccos Ã! 3 ³ 3 3+ 3 V.G.V. för Alt.3. 8
Alt.3. Tag vikel vid base φ (π α) / som variabel: Area h (φ) b b cos φ + b cos φ b si φ Räkigar som i alt. leder till 3 φ arcsi, och alltså 3 α π arcsi Hur ser ma uta maski att detta ger samma vikel som facit? Ã! 3 π 3 π arcsi arcsi Me cos π θ siθ. Alltså Ã! π 3 cos arcsi Ã! 3 3 si arcsi, vilket betyder att π 3 3 arcsi arccos, då vikel ligger i första kvadrate. 4.7 Vi ka börja med att observera att f måste vara e jäm fuktio f ( a) f (a) till följd av att ellipse är symmetrisk i y-ael. Så det räcker att titta på itervallet a 0. Avstådet i kvadrat frå (a, 0) till e pukt (, y) på ellipse är ( a) + y ( a) +4 µ 9 Kvadratkomplettera: def p () p () 5 9 a + a +4 5 µ 9 9 5 a 4 5 a +4 För puktera på ellipse har vi y 9 4 9 så vi söker mista värdet av p () då 3 3 Av kvadratkompletterige sys att skall ligga så ära 9 5a som möjligt. Så vi får två fall: 9 5 a 3 : mip () p 9 5 a 9 5a 3 : mip () p (3) 4.3 Det gäller att hitta maimum av 6 y då + y (r),r kostat Klart att det räcker att betrakta falle då + y (r), d.v.s. y 4r, aars kude vi få större värde geom att öka y. f () 4r, 0 r f 0 () 4r 3 Derivata välar tecke frå + till i r/ 3, som alltså ger maimum. Alltså f (a) q 4 4 5 a, 0 a 5 3 a 3, a 5 3 f ( a), a < 0 (Häftets svar är aorluda, me likvärdigt. Am. a 3 p p (3) fås ur p q p (3) (3 a) alt. p direkt ur de geometriska iebörde: p (3) avstådet mella (a, 0) och (3, 0).) Alterativ till kvadratkompletterige: Studera f 0 (). V.G.V. 9
Att f måste vara kotiuerlig överallt, ka ises uta räkig: Mista avstådet frå e rörlig pukt till e fi kurva, varierar uta språg, så läge de rörliga piukte rör sig uta språg. Betr. deriverbarhete, får ma emellertid graska formlera: a 7 a 3 är deriverbar överallt q utom då a 3. (PB, sid.85 (55)) Formel 4 4 5 a gäller för 5 3 a 5 3 och defiierar e deriverbar fuktio i itervallets ire. I skarvpuktera a 5 3 har vi e västerderivata % d r4 45 da a a 5 3 q µ 85 a p 4/3 4 4 6/9 5 a a 5 3 och e högerderivata d º a 3 da d (3 a) da º a 5 3 a 5 3 Dessa är lika alltså är fuktioe deriverbar i a 5 3 ochdärmedäveia 5 3. 4.3 (4.7) f 0 () l +l( ) ( ) l +l( ) l Vi är iresserade av tecket på f 0. Det avgörs av om argumetet till l är > eller <. 0 / f 0 + 0 f % & Vi ka observera att f är symmetrisk krig / : f + t f t, 0 <t< så egetlige räcker det att titta på halva itervallet. Värdemägde är således lim f () <y f 0 varvid vi utyttjar att 0 <y l l 0, är 0 l l l l 4.8 (4.4) De positiva faktorera ta 37 och ta ka vi struta i de påverkar ite miimumets läge! d z +0.5 dz z 4.5 (z 4.5) (z +0.5) (z 4.5) 4.5 0.5 (z 4.5) < 0 för alla aktuella z Alltså är fuktioe avtagade och miimum fås i högra itervallädpukte z 3. 0
4.33 (4.9) Alterativ (ger föga isikt): Betrakta derivata: µ f 0 () + + + 0 Detta betyder, el. PB, avsitt 3.5, sats 5, att f () är kostat på varje sammahägade itervall på vilket de är deriverbar, d.v.s.(eftersom f ite är defiierad och därmed ite heller deriverbar i 0) ½ C, för <0 f () C +, för >0 Obs. att igetig tvigar att kostatera skulle vara desamma för dessa två itervall f kaha språg i 0! Kostateras värde ka fås geom att sätta i ågot speciellt värde på som ger ekla räkigar, här verkar lämpligast : C + arcta + arcta π 4 + π 4 π Obs. emellertid också möjlighete att få kostate som ett gräsvärde är ma går mot itervallets ädpukter: C + f () lim f () lim f () π 0 + C f ( ) lim f () lim f () π 0 Alterativ : Detta är praktiskt taget samma problem som.80 : Eftersom cot θ, (förutom då cos θ 0) ta θ så arcta ½ arccot, > 0 arccot π, < 0 Mest förståelse får ma og om ma resoerar grafiskt som i dessa stecilers lösig till.80. 4.34 (4.30) p () 3 4 +6 3 +8 p 0 () 3 +48 +36 +4 +3 ( +)( +3) Alltså har fuktioe följade pricipiella utseede: 3 0 p 0 + + p & 7 % 5 & 0 % -3.75 -.5 Atalet rötter till p () a är atalet skärigspukter mella kurva y p () och de horisotella räta lije y a. Härav: -.5 iga rötter, då a< 7 rot då a 7 rötter då 7 <a<0 3 rötter då a 0 4 rötter då 0 <a<5 3 rötter då a 5 rötter då 5 <a 5.5 0 0 -.5-5 y
4.37 (4.33) Vi söker maimum av πr h, me får dela upp i två olika fall, beroede på vilke av rektagelsidora som svarar mot burkes höjd h resp. botteomkretse πr. Variat : Rektagels vertikala sida h. Då har vi restriktioera r +πr 0, 4r 0,h 0 Det adra villkoret är automatiskt uppfyllt så fort det första är det, ty +π>4. Vi ka maimera r och h oberoede av varadra, sådestörstavolymeär 0 V π 0 45.8 +π Variat : Rektagels vertikala sida πr. Restriktioera är u r + h 0, 4r 0, πr 0 Det adra villkoret följer automatiskt ur det tredje. Detärklartattmaimumfåsdår + h 0, aars kude vi öka h och få äu större volym. Alltså sök ma. av f (r) r (0 r) då 0 r 0/π. f 0 (r) 0r 6r r (0 3r) varav sys att f väer fram till r 0/3 och avtar seda. Me 0/3 > 0/π, så med dea variat fås maimum då r 0/π och det är µ 0 V π 0 0 66.9 π π Då V >V skall vi alltså välja de adra kofiguratioe. 4.38 (4.34) Låt 4.39 (4.35) Derivera likhetes båda led m.a.p.. Derivatora måste också vara lika: cos y dy d si y dy d ³ cos y si y dy d Vi behöver alltså ³ cos y si y cos cos y si y y +si si y Å adra sida, kvadrerig av Således 4.40 (4.36) si y +cosy ger +siy dy d + 4 cos y si y 4 si y 4 + + + r (t) radie som fuktio av tide f 0 4 () r ³ y (t) tjockleke som fuktio av tide ( +) + V (t) volyme som fuktio av tide + Rotteckeuttrycket ka vi skriva om: V (t) πr (t) y (t) för alla t s µ Derivera m.a.p. t : V 0 π rr 0 y + r y 0 + s V y 0 0 4 π rr0 y /r + 4 ( +) s Vid de aktuella tidpukte är y 0 4( µ 7 m 3 /mi 00 m m +) 4 π mi 0.005 m / (00 m) ( +) 4 7 q π /00 m/mi 0.03 mm/mi ( +) +
Därmed f 0 () + + ½ 0, för >0 < 0, för <0 4 + Alltså: För <0 är f () avtagade frå lim ³ f () arcsi π π + π 3 π till f (0) arcsi ( ) arcta0 π och f () är seda kostat π/ för > 0. Värdemägde är π y<3π Till de som (med rätta) förudras över hur detta komplicerade uttryck ka vara kostat för 0: Låt taθ, π <θ<π Då är arcta θ ta θ + ta θ + si θ cos θ si θ +cos θ ³ π θ cos θ si ³ si θ π Om 0 θ<π/, så π θ π π ³ ³ arcsi si θ π θ π och vi får att f () π Däremot, om π/ <θ<0, så 4.4 (4.37) Alt.. Tag som variabel avstådet frå steges isättigspukt till plaket. Låt y steges lägd. Likformighet ger då y 3+ + Alltså gäller det att miimera f () 3+ p + µ + 3 p + f 0 () 3 p µ + + + 3 + / + 3 + varav ses (ämare är alltid positiv, täljare välar frå till + då 3 ) att miimum fås för 3 och då är steges lägd 3+ 3 ³ 3 ³p /3 +4 3+ 3 s /3 +4 /3... Alt.. Låt θ vikel som stege bildar med marke. (Figur!) Avstådet frå steges isättigspukt till vägge är då 3+/ ta θ och steges lägd är µ 3+ ta θ / cos θ 3 cos θ + si θ f (θ) Sök miimum geom att studera derivata: f 0 (θ) 3 cos ( si θ) θ si θ cos θ 3si3 θ cos 3 θ Förkorta med cos θ si θ cos 3 θ 3ta3 θ cos θ ta θ Nämare är > 0 för det aktuella 0 <θ<π/, så f 0 < 0 för 0 < arcta 3p /3 och f 0 > 0 för större viklar. Alltså fås miimal lägd är ta θ 3p /3. För själva mista värdet behöver vi ite arcta det räcker att uttrycka cos θ med hjälp av ta θ : 3π ³ ³ arcsi si θ π θ π < π ³ π θ π π θ ta θ si θ cos θ cos θ cos θ cos θ +ta θ Därmed blir svaret Ã! 3+ p ³ p 3 r+ /3 3 /3 3
Implicit derivatio Ma behöver ite ha e eplicit formel för e fuktio (som f () si ) för att ha glädje av att derivera! Ett kaske äu eklare eempel ä PB, sid.90 (60) : Låtsas för ett ögoblick att vi vill bestämma rikt. koeff. för tagete till ehetscirkel + y i ågo pukt, säg /, 3/ med derivata. (Eklaste lösige: tagete är vikelrät mot radie!) Ett sätt är aturligtvis att beskriva de övre cirkelhalva (de udre ka vi ju struta i) som e fuktioskurva y p ("Löser ut y som fuktio av " då får vi just e eplicit formel för y) och derivera rättframt y 0 () / ( ) och få tagetes riktigskoefficiet geom att sätta i / :k y 0 (/) / 3 Me vi skulle också kua resoera så här: Om u y ka lösas ut som fuktio av, y y (), i e omgivig av de aktuella pukte, har vi Betrakta i stället för ehetscirkel t.e., kurva 6 + y 4 9y -.5 - -0.75-0.5 y.75.5.5 0.75 0.5 0.5 0-0.5-0.5-0.5-0.75 - -.5 -.5 -.75-0 0.5 6 + y 4 9y Lösa ut y? Kappast! Me täk dig att y är e fuktio av, y y (), och derivera likhete: Lös ut y 0 () : 0.5 0.75 5 +4y 3 () y 0 () 9y ()+9y 0 () y 0 () 9y () 5 4y 3 () 9.5 + y () för alla i ågo omgivig av / Om två fuktioer är lika, måste också deras derivator vara lika. Högerledets derivata är 0, meda västerledets derivera fås med kedjeregel: Alltså: och speciellt y 0 µ +y () y 0 () 0 y 0 () y () / 3/ 3 som ova Här ledde metodera till ugefär lika ekla räkigar, me i måga fall är de första väge oframkomlig y går ej att lösa ut som fuktio av meda de adra leder till målet lika lätt som här. Så t.e. tagete till kurva i pukte (, ) (tillhör uppebarlige kurva eftersom 6 + 4 8) har riktigskoefficiete 9 5 4 3 9 6 3 Räkige bygger på att vi verklige har e kurva krig (, ) och ekvatioe defiierar y som fuktio av (e implicit defiitio, kallar ma det). Skulle det t.e. ite kua täkas att (, ) är e isolerad pukt på kurva, så att taget överhuvudtaget ite fis att tala om? Jovisst kude det täkas, me lyckligtvis ka ma bevisa allmät att detta ite ka iträffa så fort båda lede går att derivera och ma ka lösa ut y 0, d.v.s. ämare (4y 3 () 9 ieemplettova)iteär0, ideaktuella pukte, så ser kurva lokalt ut som e fuktioskurva (de s.k. implicita fuktiossatse). Jämför med cirkel: Omkrig puktera (±, 0) ka cirkel ite betraktas som ågo fuktioskurva och mycket riktigt så fallerar formel y 0 () ämare blir 0. Glöm ite att, äve om ma är ute efter derivata i e estaka pukt, så kräver metode ova att ma ställer upp e likhet som gäller för ett helt itervall krig de aktuella pukte likheter som gäller i estaka pukterkamajuitederivera! 4
Förädrigshastigheter m.h.a. implicit derivatio: eempel Först e allmä amärkig: Att räka med bokstäver har de fördele att ma ka kotrollera rimlighete av sitt svar geom att betrakta ehetera (s.k. dimesioskotroll). Har ma t.e. fått att e viss sträcka ökar i takte 355. E raket som avfyrats rakt uppåt, spåras av e radarstatio 3 km frå startrampe. Vid e viss tidpukt registrerar radar att avstådet (frå radar) till rakete är 5 km och ökar med 5000 km/h. Hur stor är då raketes hastighet uppåt? raket πa/b, där a står för area och b för volymökigstakt, så har ma oeklige gjort fel ågostas svaret skall ha dimesioe lägd/tid, meda ovaståede uttryck har dimesioe lägd / lägd 3 /tid tid/lägd! 35. E sfärisk söboll smälter. Vi atar att smältigstakte är mometat (i varje ögoblick) proportioell mot begräsigsarea och att bolle behåller si sfäriska form. Visa att bolles radie avtar i kostat takt. 35. Frå ett lastbilsflak tippar ma ut a m 3 /s sad. Det bildas då e koisk hög, vars höjd hela tide är dubbelt så stor som basradie. Hur fort ökar basradie är höjde är h m? 353. E rak cirkulär ko med toppvikel α placeras med höjde vertikal och toppe edåt. radar 356. Ett flygpla som flyger på kostat höjd över marke, 6 km, har fel på si hastighetsmätare. För att bestämma hastighete tar pilote sikte på e pukt på marke och oterar att vid e viss tidpukt då depressiosvikel θ (se figur) är 60, så ökar de med.5 per sekud. Vilket värde på flygplaets hastighet får ma ut av det? θ flygpla α 357. Kalle vadrar bort frå e lyktstolpe. Hur fort rör sig äde av has skugga? Uttryck hastighete i lampas höjd över marke h, Kalles lägd y, has fart v och has avståd till lyktstolpe. lykta Koe fylls med vatte med tillströmigshastighete q volymseheter per tidsehet. Med vilke hastighet stiger vatteyta vid de tidpukt vattedjupet är y lägdeheter? Kalle 354. E tak i form av e cylider med diameter D och höjd h ligger på sida (obs!). Atag att det strömmar i q volymseheter per tidsehet. Med vilke hastighet stiger vätskeivå vid de tidpukt maimala vätskedjupet är y lägdeheter? 5
358. Två radarstatioer A och B, med B 6 km öster om A, följer ett fartyg. Vid ett visst ögoblick registrerar statio A att fartyget är 5 km bort och avlägsar sig med farte 8 km/h. Frå statio B ser ma samtidigt att fartyget är (också) på 5 km:s avståd, me att avstådet ökar med 4 km/h edast. Var befier sig fartyget, i vilke riktig och hur fort rör det sig? fartyg Förädrigshastigheter: lösigar 35. Smältigstakte ädrige per tidsehet av sös massa, eller ekvivalet (om vi atar att desitete ite ädras): av dess volym V. Låt r r (t) radie som fuktio av tide. Förutsättige ka formuleras V 0 (t) k 4πr (t) k positiv kostat Me allmät gäller V V (t) 4 πr (t)3 3 A B Derivera m.a.p. t : V 0 (t) 4πr (t) r 0 (t) 359. George färdas i e gammal stridsvag modell V- S40 lägs de positiva y-ael i riktig mot origo. Stridsvages fart är hela tide proportioell mot avstådet till origo. Vid e viss tidpukt befier ha sig 4 km frå origo och 0 mi seare har ha förflyttat sig ytterligare km. De elake fiede Hassa Huddeim sitter och lurpassar med e stor fet kao ågostas på de positiva -ael. George vet att Hassa är där, me ser hoom äu ite eftersom e hög mur reser sig lägs kurva y. Hur sabbt måste kaotoret på modell V-S40 kua vridas för att George ska ha störst chas att överleva? Ledig: Alla fuktioer y (t) som uppfyller y 0 (t) ky (t) är av forme y (t) y (0) e kt. Kombiera ihop, så fås: r 0 (t) k kostat. Alterativt brukar ma skriva: 35. Svar: V 4 3 πr3 dv dt dv dr dr 4πr dr dt dt... a πh m/s V (t) 3 πr (t) h (t) [h (t) r (t)] π 3 r (t)3 V 0 (t) πr (t) r 0 (t) r 0 (t) V 0 (t) πr (t) a π (h/) a πh 353. Volyme vatte iaför koe : V Bh 3 π (y ta α) y 3 π ta α y 3 3 q dv dt π ta α 3y dy 3 dt dy dt q π ta α y 6
354. Iför radie r D/. När vätskedjupet är y, är vätskeyta e rektagel med sidlägder q h och r (r y) Atag u att e lite mägd vatte dq strömmar i i det läget. Dea kommer då att lägga sig ovapå vätskeyta i form av (approimativt) ett rätblock, om vi med lite här mear så lite att vätskeytas utsräckig ite hier ädra sig ämvärt. Rätblockets höjd, d.v.s. höjdökige blir således dq dy q h r (r y) Symbole skall här tolkas så att ma ka få de båda sidora hur ära varadra ma vill, bara ma tar tillräckligt små dq resp. dy. Betrakta u vårt fall uder ett kort tidsitervall dt. Tillströmige är då dq q dt och vi får dy dt q q h qr (r y) h p y (D y) 355. Svar: 650 km/h Låt y y (t) raketes höjd över marke i km, s s (t) avstådet radar-raket. Vi käer s 0 (t) samt s (t) och söker y 0 (t) vid e viss tidpukt Derivera m.a.p. t : s (t) 3 + y (t) s (t) s 0 (t) y (t) y 0 (t) 356. Svar: 40π 754 km/h Låt (t) det horisotella avstådet frå flygplaet till lodlije geom markpukte pilote tar sikte på. Vi käer θ 0 (t) och vill veta 0 (t) vid e viss tidpukt. För alla t gäller θ (t) arcta 6 (t) Ã! θ 0 (t) ³ 6 + (t) 0 (t) 6 (t) Vid vår tidpukt är (OBS. att derivatiosformlera för de trigoometriska fuktioera förutsätter att vikel ages i radiaer! De yttre derivata ova de av arcta ger alltså ett svar i ehete radiaer per tidsehet! Utyttja vidare att vid de aktuella tidpukte är 6/ ta 60 6/ 3).5 /s.5 80 π rad s 357. Svar: rad + (ta 60 ) s rad +3 s µ km µ 6 km km 0 0 0 π km/s π 3600 km/h 80 80 40π km/h v y/h Låt s s (t) skuggädes avståd till stolpe. Vi söker s 0 (t). Likformighet ger s (t) (t) s (t) Derivatio ger u y h s (t) (t) y s (t) ³ h y s (t) (t) h s (t) y/h (t) s 0 (t) y/h 0 (t) där 0 (t) v Lös ut y 0 s s0 y s s0 s 3 5 km 5000 km/h 5 3 km 650 km/h 7
358. Svar: 4 km orr/söder om mittpukte på sträcka AB, 0 8 km/h ordost/sydväst Lägg ett koordiat system så att A hamar i origo, B i (6, 0), och faryget i ( (t),y(t)). Vidare iför u (t) avstådet frå fartyget till A, v (t) avstådet frå faryget till B. Vi har givet att u 5,v 5, u 0 8,v 0 4, vid e viss tidpukt och söker 0 och y 0 vid desamma. För alla t gäller (t) + y (t) u (t), (6 (t)) + y (t) v (t) Derivera m.a.p. t, så fås 0 + y y 0 u u 0, (6 ) 0 + y y 0 v v 0 Då u v måste 3och Pythagoras ger då att y ± u 3 ±4. Isättig av värdea ger ett ekvatiossystem för 0 och y 0. Först med y 4: ½ 3 0 +4y 0 40 3 0 +4y 0 0 Addera ekv. till ekv. ½ 3 0 +4y 0 40 8y 0 60 ½ 0 0 y 0 0 Med y 4 fås på samma sätt 0 0,y 0 0. Det första alterativet iebär att faryget går åt ordost, det adra att det går åt sydost. 359. Om vi låter t 0svara mot tidpukte då George befier sig 4 km frå origo samt har 0 miuter som tidsehet, så är Georges y-koordiat som fuktio av tide ( l )t y (t) 4e y 0 (t) l y (t) Hur lågt lägs -ael George ka se, bestäms av var de taget till kurva y, som går geom Geoges läge, skär -ael. Vi vill att kaoe vrider sig mist lika sabbt som tagete. Kurvas taget geom a, a har ekvatioe y a ( a) a Dess skärigspukt med y-ael fås ur y a (0 a) a y a Tagetes vikel med y-ael som fuktio av skärigspukte med y-ael, som vi idetifierar med Georges läge : π arcta a π y arcta 4 d π y arcta dt 4 Vi söker + ma 0 y 4 ³ y 4 y 8l y 4 +6 y y 4 +6 Sätt y t och derivera, alt. utyttja A G-olikhete y ( l ) y y 4 y 4 y 4 +6 4 med likhet då y 4. Kaoe skall helst kua vrida sig med l 0 rad / mi Olikhete mella aritmetiskt och geometriskt medelvärde: a + b ab för alla a, b 0 ab a + b för alla a, b 8