Lösningar och kommentarer till uppgifter i 3.2
Så har vi då nått fram till sista avsnittet före tentamen. Uppgifterna i detta avsnitt är ganska trevliga, därför att de ofta har en, åtminstone påhittad, historia som stöd.
KTH: Jaha, då sätter vi väl igång då. Är du pigg idag?
3202
TB: Så där. Det börjar bli lite mycket nu, men jag ska försöka samla mig och göra mitt bästa. En funktion är given. Jag väljer lite andra beteckningar än de som föreslås i boken.
h(t) = −4.8t2+ 9.6t + 38.2
Genom den här funktionen kan jag ta reda på hur högt över vattnet raketen befinner sig. Efter till exempel t = 10 blir h(10) = −4.8 · 102+ 9.6 · 10 + 38.2 = −345.8. Oj då raketen är på väg mot botten om det nu överhuvudtaget är så djupt där. Men nu var det inte det vi skulle ta reda på. Vid vilken tid som raketen når sin högsta punkt får jag reda på genom att derivera h(t) och lösa h′(t) = 0
h(t) = −4.8t2+ 9.6t + 38.2 h′(t) = −9.6t + 9.6
h′(t) = 0 då − 9.6t + 9.6 = 0 t = 1
Snälla värden eller hur. Redan efter 1 sekund vänder raketen och börjar falla igen. Hur högt den då befinner sig över vattenytan får jag reda på genom att beräkna h(1) = −4.8·12+9.6·1+38.2 = 43 meter. Det var inte högt.
KTH: Kan du se hur högt över havet själva startrampen ligger?
TB: Då t = 0, innan uppskjutningen, befinner sig raketen h(0) = 38.2 meter över havet. Så själva
”skuttet” är inte högre än knappa 5 meter!
KTH: Om du fick i uppgift att bestämma när raketen slår i vattnet, hur skulle du göra då?
TB: Nu frågas det faktiskt inte om det, men antagligen skulle jag lösa ekvationen h(t) = 0.
KTH: h(t) = 0 är en andragradsekvation och en sådan har ju som bekant två rötter. Betyder det att raketen landar två gånger?
TB: Nu går vi till nästa uppgift föreslår jag.
KTH: Jag vill bara berätta att rötterna är t1 = −1.99305 och t2 = 3.99305 och att funktionen inte är definierad för t < 0. Detta förklarar min fråga.
TB: Vi kommer aldrig att bli klara om du ska hålla på och utvidga uppgifterna på det här sättet.
3203
TB: Finns det sådana här funktioner i verkligheten? Funktioner med vars hjälp man kan bestämma vilken vinst man får för olika priser.
KTH: Jo man försöker nog bestämma sådana inom ekonomin, men de bygger förstås på psykologi och blir därför ganska osäkra.
TB: Hur som helst har vi funktionen v(p) = 1000p − 5p2. Vinsten v, som funktion av priset p. Jag är på jakt efter ett maximum. Jag vet sedan tidigare andragradspolynom med en negativ koefficient till x2 har just ett maximum. För vilket pris p som maximal vinst uppkommer, får jag genom att
bestämma v′(p) = 0
v(p) = 1000p − 5p2 v′(p) = 1000 − 10p
v′(p) = 0då 1000 − 10p = 0 p = 100
Svaret är att den maximala vinsten får jag om biljettpriset sätts till 100 kr. Jag behöver inte beräkna v(100) som skulle ge mig den maximala vinsten. Tack för det.
3207
TB: Det är förunderligt att det finns funktioner för en sådan här sak.
KTH: Egentligen så finns det ju inte det. Den här funktionen är på sin höjd en modell av verkligheten.
Kanske tillräckligt bra för att kunna användas i någon situation.
TB: Funktionen T (t) = 0.5t2− 5t + 10har ett minimum, det vet jag säkert. Om detta minimum ligger i intervallet 0 ≤ t ≤ 12 kan jag inte omedelbart säga. Om inte så är det värdet vid något av intervallets ändpunkter som ger det sökta värdet.
T (t) = 0.5t2− 5t + 10 T′(t) = t − 5
T′(t) = 0då t − 5 = 0 t = 5
Minimat ligger i intervallet. 5 timmar efter midnatt, alltså kl 5 : 00 är temperaturen som lägst T (5) = −2.5◦C
3208
TB: Jag ritar inte om figuren som finns i boken. Det finns ingen funktion given den här gången, men allt är ganska väl tillrättalagt. Jag kan skriva A(x), x som funktion av arean som
A(x) = x(28 − x) A(x) = 28x − x2 A′(x) = 28 − 2x
A′(x) = 0då 28 − 2x = 0 x = 14
Det är inte speciellt överraskande att x = 14 m, det vill säga att båda sidorna av staket är lika långa så att hagen blir en kvadrat. A(14) = 196 m2
3209
TB: Återigen en inhägnad, men nu vill man ha skilda hagar får (förlåt för) tackor och baggar! Figuren säger allt och jag får följande funktion
A(x) = x(420 − 3x) A(x) = 420x − 3x2 A′(x) = 420 − 6x
A′(x) = 0då 420 − 6x = 0 x = 70
Långsidan skrivs 420 − 3x eftersom det behövs tre kortsidor, var och en med längden x m. Då x = 70 m får vi den maximala arean A(70) = 70(420 − 3 · 70) = 14700 m2. Var den här uppgiften svårare än den förra – eller?
KTH: Nej, men eftersom upprepning är pedagogikens moder så gör vi detta endast för att det ”ska sitta”.
3210
TB: Konstigt villkor: Summan av höjden h och radien r ska vara r + h = 12. Men jag bryr mig inte.
Men nu blir jag lite osäker vi ska beräkna volymen för en cylinder. Hur gjorde man det nu igen?
KTH: Här har du formeln
Vc= π · r2· h Den kan du hitta i formelsamlingen.
TB: Tack. Ja, här finns två storheter h och r!? Nu vet jag. Jag ska använda r + h = 12. Skriva om det som h = 12 − r och substituera h med detta uttryck i den formel du gav mig. Lite småklurigt faktiskt. Är det rätt tänkt?
KTH: Javisst, bra
TB: Jag kommer nu in på samma spår som i tidigare uppgifter. Jag får Vc(r) = π · r2(12 − r)
Vc(r) = 12πr2− πr3 Vc′(r) = 24πr − 3πr2
Vc′(r) = 0 då 24πr − 3πr2= 0 r1= 0, r2= 8
Funktionen kan bara fungera för 0 < r < 12. Här kommer två grafer. Först Vc(r)och sedan Vc′(r).
Vc(r)är ett polynom av tredje graden, som verkar ha ett maximum vid r = 8 vilket stämmer med mina beräkningar.
2 4 6 8 10 12
200 400 600 800
Figur 1:
Det finns två extrempunkter i det aktuella intervallet, allt enligt teorin, att Vc′(r) = 0, som är en andragradsekvation, ska ha två rötter. Den första är ett minimum då r = 0, som är ointressant här.
TB: De efterlyser för vilka värden på r och h som burken har maximal volym under gällande villkor.
Svaret är r = 8 som ger h = 4 och volymen Vc(8)(för den som har lust att räkna ut den).
3215
TB: Normalt räknar man ut arean hos en triangel med formeln AT = b · h/2, men här finns vare sig höjd eller bas given till den skuggade triangeln. Hur gör man då?
KTH: Tänk en liten stund så kommer du säkert på det.
TB: Arean för hela rektangeln kan man räkna ut AR= 16 · 12 = 192. Sedan finns det tre rätvinkliga trianglar där höjd och bas alla är givna, eller åtminstone uttryckta med hjälp av x. Jag tror att jag får rita en ny figur.
2 4 6 8 10 12
-200 -150 -100 -50 50 100 150
Figur 2:
Figur 3:
Nu kan jag skriva arean A(x) för den grå triangeln:
A(x) = 12 · 16 − 16(12 − x)
2 + 12 · 2x
2 + x(16 − 2x) 2
A(x) = 192 − (96 − 8x + 12x + 8x − x2) A(x) = 96 − 12x + x2
Vad ska jag nu med denna funktion till? Jo jag vill veta för vilket x som A(x) blir så liten som möjligt. Derivera mera ...
A(x) = 96 − 12x + x2 A′(x) = 2x − 12 A′(x) = 0då x = 6
A(6) = 60 är den minsta arean. En ny figur visar när detta inträffar.
KTH: För vilket x har triangeln så stor area som möjligt?
TB: Nu kommer du med egna frågor igen. Vad vill du jag ska svara? Det handlar om ett polynom av andra graden med positiv koefficient till x2. Det finns bara en extrempunkt och det är ett minimum. Alltså finns det ingen största triangel.
KTH: Du behöver väl inte brusa upp! Mellan vilka värden kan x ligga?
TB: 0 ≤ x ≤ 6 eller hur.
KTH: Ja, då plottar vi funktionen så kommer du att få en aha-upplevelse.
Minimum får vi mycket riktigt för x = 6 och maximum i en av intervallens ändpunkter, för x = 0, då triangeln utgör halva rektangeln A(0) = 96
Figur 4:
2 4 6
70 80 90 100 110
Figur 5:
3218
TB: Problemen har blivit lite svårare plötsligt. Här handlar det om en kartong. Jag måste rita den med mina egna beteckningar insatta.
Figur 6:
Är du med på mina beteckningar? Jag har bestämt att de kvadrater, som ska skäras ut och som alla är lika stora har sidan x. Nu kan jag sätta upp en funktion V(x), volymen som funktion av x
V(x) = x(100 − 2x)160 − 3x 2
Det är den här funktionen jag ska derivera och finna eventuella extrempunkter för. Jag ser att det rör sig om ett polynom av tredje graden. Men innan jag kan derivera måste jag förenkla
funktionen – multiplicera samman parenteserna. Jag tar inte med alla stegen här:
V(x) = 8000x − 310x2+ 3x3 V′(x) = 8000 − 620x + 9x2 x1= 17.1954, x2= 51.6935
Två rötter men x2fungerar inte, så stora kvadrater kan man inte skära ut. Maximal volym blir då V[17.1954] = 61154.9. Taskiga siffror den här gången. Nej, det stämmer inte med facit!
KTH: Jaså. Nu förstår jag inte ... Nu ser jag. Jämför din figur med den i boken.
TB: Åh, nej jag orkar inte.
KTH: Bit ihop och kom igen. Vad jag kan se har du funnit korrekt lösning till fel problem.
TB: Hur skulle du ha bedömt detta på en tentamen?
KTH: Fullt rätt kan du aldrig få även om du beräkningarna blivit svårare. En tröstpoäng – möjligen – får du nöja dig med.
Figur 7:
TB: OK, här är min nya figur. Vad tycker du om den? Funktionen blir nu istället:
V(x) = x(80 − x)(100 − 2x) V(x) = 8000x − 260x2+ 2x3 V′(x) = 8000 − 520x + 6x2 x1= 20, x2= 200/3
x2 är på tok för stort, ligger utanför intervallet 0 < x < 50. Så svaret är alltså x = 20 och V(20) = 72000. Du, en sak som jag kom att tänka på. Då vi maximerade areor, så handlade det alltid om ”andragradare” och nu när det är volymer så är det ”tredjegradare” som gäller. Så är det väl?
KTH: Ja, det är en korrekt upptäckt.
3219
TB: Det här är faktiskt en ganska rolig uppgift. Ja, jag tycker det. Med hjälp av Pythagoras sats kan vi bestämma den tredje och just nu obekanta sidan y, i triangeln – behövs det?
y2+ 402= 582 y =√
582− 402 y = 42
Figur 8:
y = 42, det blev ett heltal, vilken tur vi hade.
Nu blir det lite geometri här. Topptriangeln är likformig med hela triangeln och vi kan sätta upp följande samband som bygger på likformighet:
x
42 = 40 − z 40 Löser jag ut x ur denna funktion får jag
x = 21(40 − z) 20 Nu kan jag teckna rektangelns area
A(z) = 21(40 − z)z 20 A(z) = 42z −21z2
20 A′(z) = 42 − 21z 10 A′(z) = 0då 42 −21z
10 = 0 z = 20
Jag har en andragradspolynom med ett maximum. Jag vet att 0 ≤ z ≤ 40. Alltså ger z = 20 maximalt värde. Jag får x = 21 och att den maximala tomten är 420 m2.
3220
TB: En uppgift utan tillhörande historia. Jag börjar med att derivera:
f(x) = x3+ 2x2+ 3x + 4 f′(x) = 3x2+ 4x + 3
f′(a) = 2då 3a2+ 4a + 3 = 2 a1= −13, a2= −1
Det finns två värden på a sådana att f′(a) = 2.
3223
TB: Funktionen har en positiv derivata fram till x = a då ett maximum inträffar. Sedan har kurvan en negativ lutning fram till x = b då den åter blir 0. Vi har nått fram till ett minimum. Nu är lutningen positiv tills den åter blir 0 i x = c. Eftersom lutningen fortsätter att vara positiv så finns det en terrasspunkt i x = c.
3228
TB: Jag ska alltså bestämma a, b, c och d i funktionen f(x) = ax3+ bx2+ cx + d. De tre rötterna till ekvationen f(x) = 0 är kända. Jag vet inte riktigt, men jag chansar f(x) = (x + 6)(x − 1/2)(x − 4).
Är det riktigt?
KTH: Testa med f(2) = 5 och dessutom har du inte bestämt a, b, c och d, som du sa att du skulle göra.
TB: Kan du inte säga om det är rätt istället? Jag testar väl då f(2) = (2+6)(2−1/2)(2−4) = 8·3/2·(−2).
Jag ser redan nu att det inte kan fungera eftersom detta värde blir negativt och därmed inte = 5.
Nu får du hjälpa mig
KTH: Först ska vi ta det omständliga sättet:
f(−6) ger (−6)3a + (−6)2b + (−6)c + d = 0 f(1/2) ger (1/2)3a + (1/2)2b + (1/2)c + d = 0 f(4)ger 43a + 42b + 4c + d = 0
f(2)ger 23a + 22b + 2c + d = 5
Vi har ett ekvationssystem med fyra obekanta och fyra ekvationer. Normalt har detta system en lösning. Man brukar skriva det så här. Vi passar på att snygga till det lite:
−216a + 36b − 6c + d = 0 a/8 + b/4 + c/2 + d = 0 64a + 16b + 4c + d = 0 8a + 4b + 2c + d = 5 Ekvationssystemet har lösningen
a = − 5
24 b = −5
16 c = 125
24 d = −5
2
Det är ganska jobbigt att komma fram till detta men med en dator eller en avancerad räknedosa går det lättare. Det viktiga är att du förstår hur systemet är konstruerat.
Nu över till en enklare metod, som börjar på samma sätt som du föreslog. Men först ska vi titta på en sak som förklarar varför din metod inte fungerar direkt. Här har vi tre ekvationer
x3+ 2x2− 5x − 6 = 0 4x3+ 8x2− 20x − 24 = 0 3x3+ 6x2− 15x − 18 = 0
Det är lätt att se att de egentligen är fråga om samma ekvation i alla tre fallen. Om man dividerar båda sidor i den andra med 4 så uppstår den första. I den tredje ekvationen dividerar vi båda sidor med 3, så kommer vi också fram till den översta ekvationen. Rötterna är förresten x1= −3, x2= 2och x2= −1. Dessa kan vi i denna kurs bara komma fram till genom att gissa. Nu tittar vi på följande tre funktioner
f1(x) = x3+ 2x2− 5x − 6 f2(x) = 4x3+ 8x2− 20x − 24 f3(x) = 3x3+ 6x2− 15x − 18
-4 -2 2
-75 -50 -25 25 50 75 100
Figur 9:
Dessa är inte identiska, vilket vi ser när vi tar fram deras graf:
Visserligen har de alla samma nollställen, men däremellan beter de sig på olika sätt, eller hur.
För att kunna bestämma en polynom av tredje graden behöver man 4 punkter på kurvan. Du använde bara 3 i ditt försök. Nu går vi tillbaka till din ansats:
f(x) = (x + 6)(x − 1/2)(x − 4) f(x) = x3+ 3x2
2 − 25x + 12
Som du ser har x3 koefficienten 1, bara en av alla funktioner med de tre nollställena. Alltså ska vi finna ett m, så att
f(2) = m(23+ 3 · 22
2 − 25 · 2 + 12) = 5
−24m = 5 m = −5/24
Om vi multiplicerar ditt resultat med m = −5/24, så får vi just det resultat som jag fick från ekvationssystemet.
f(x) = − 5
24x3− 5
16x2+ 125 24 x −5
2 3231
TB: Punkten (1, 0) ligger verkligen på kurvan eftersom f(1) = 1 − 12= 0. Funktionen f(x) = x − x2 har derivatan f′(x) = 1 − 2x. Speciellt är då f′(1) = −1 Tangenten till kurvan i den aktuella punkten har lutningen kt= −1. Normalen har då kn= 1eftersom vi vet att kt· kn= −1. Vet man k-värdet och en punkt kan man bestämma linjens funktion f(x) = kx + m ger oss 0 = 1 · 1 + m.
m = −1 och vi kan skriva funktionen f(x) = x − 1 eller y = x − 1 som vi gjorde förr. Sen då?
KTH: Det blir en ekvation. Kan du ställa upp den.
TB: Vi är på jakt efter en punkt som finns på både kurvan och normalen. Borde bli:
x − x2= x − 1 x2= 1
x1= 1, x2= −1
ger punkterna (1, 0)) och (−1, −2). Den första hade vi ju redan från början, den andra är alltså svaret.
3232
TB: En punkt och en funktion är given, Q(1.5, 0) respektive f(x) =√
x. Jag förstår att det finns många punkter på kurvan och att avståndet från Q till dessa punkter varierar och att det bör finnas ett minsta. Men jag har ingen aning om hur jag ska lösa problemet.
KTH: Accepterar du detta skrivsätt P(x,√
x)? Det beskriver samtliga punkter på kurvan, eller hur? Hur bestämmer man avståndet mellan två punkter i koordinatsystemet?
TB: Ingen aning.
KTH: Jag förstår det. Vi har inte berört detta tidigare i den här kursen, men troligtvis kommer du att känna igen det jag kommer att berätta nu. Först över till en figur:
Figur 10:
Vi ska beräkna avståndet mellan punkterna (2, 2) och (4, 5). ∆y = 5 − 2 = 3 och ∆x = 4 − 2 = 2. ∆x och ∆y är katetrar i en rätvinklig triangel. Med hjälp av Pythagoras sats, c2 = a2 + b2, kan vi räkna ut hypotenusan, som samtidigt är det sökta avståndet. √
22+ 32 = √ 13 Mer generellt kan vi nu skriva formeln för avståndet mellan punkterna (x1, y1) och (x2, y2) som p(x1− x2)2+ (y1− y2)2. Kan du nu använda detta för att lösa vårt problem.
TB: Jag börjar så här. Avståndet a mellan en punkt vilken som helst på kurvan och Q kan skrivas a(x) =p(1.5 − x)2+ (0 −√
x)2. Jag plottar funktionen för att se vad jag håller på med
Det är helt klart så att det finns ett minimum att det finns kring x = 1. Ett minimum finner man genom att derivera funktionen och ta reda på var derivatan är 0. Men det känns inte lätt att derivera den här funktionen.
KTH: Det har du rätt i. Vi har ännu inte nått fram till de deriveringsregler som behövs för det. Derivatan blir så komplicerad som
a′(x) = 2x − 2
√9 − 8x + 4x2
Man ska nu inse att om man kvadrerar funktionen a(x) så kommer man fortfarande att få ett minimum i samma x-koordinat. Grafen av båda kurvorna visar detta:
Så om du accepterar detta kan du nu gå vidare
2 4 6 8 10 5
10 15 20
Figur 11:
TB: Jag ska nu istället derivera denna funktion
a2(x) = (32− x)2+ √ x2 a2(x) = 94+ x2− 3x + x a2′(x) = 2x − 2
a2′(x) = 0då 2x − 2 = 0 x = 1
Jag lästa av grafen ganska bra eller hur? Punkten på kurvan vi är på jakt efter är (1, 1). Avståndet mellan punkterna får vi genom a(1) =
q
(32− 1)2+ (0 −√
1)2=√
5/2En ganska jobbig uppgift.
3236
TB: Den här kommer jag att klara. Vi har funktionen f(x) = ax2+ bx + c. Derivatan som vi kommer att behöva är f′(x) = 2ax + b. a, b och c är alla obekanta och ska bestämmas. Följande är givet f(1) = 4, f(0) = 0 och f′(0) = 1. Man får ut två ledtrådar ur ”tangerar linjen y = x i origo”. Linjen y = x har ju som bekant lutningen k = 1. Nu får vi ett ekvationssystem:
f(1) = 4 a + b + c = 4 f(0) = 0 c = 0
f′(0) = 1 b = 1 Huvudräkning ger funktionen f(x) = 3x2+ x
KTH: Bra 3238
TB: En sådan där jobbig uppgift igen. Jag fattar ingenting.
KTH: Vad krävs för att en funktion ska ha två extrempunkter?
TB: Att derivatan har två nollställen, eller åtminstone två nollställen. Det kan ju dessutom finnas terrasspunkter.
KTH: Räcker det inte för att du ska kunna komma på något.
TB: Jag deriverar f(x) = x3+ax2+bxoch får f′(x) = 3x2+2ax+b. Det är alltså ekvationen f′(x) = 0, som ska ha två rötter. Det har ju alltid en andragradsekvation.
KTH: Nej, inte alltid två reella rötter. Dessutom kan det finnas en dubbelrot.
TB:
3x2+ 2ax + b = 0 x2+ 2ax
3 + b
3 = 0
x = −a 3 ±
ra2 9 − 3b
9 Sen då?
KTH: Hur stor får b vara för att det ska finnas reella rötter?
TB: 3b får inte vara större än a2, då blir det negativt under rottecknet. 3b får heller inte vara lika med a2, för då blir det en dubbelrot, leder till terrasspunkt och endast en extrempunkt. Svaret är alltså a2> 3b
3242 b)
TB: Den här uppgiften blir inga problem
f(x) = 1 x+ 1
√x f(x) = x−1+ x−12 f′(x) = −x−2− x−32
2 f′(x) = − 1
x2 − 1 2x√
x Bara en massa tekniskt manipulerande.
3243 b) TB:
f(x) = 5x + 20 x2 f(x) = 5x + 20x−2 f′(x) = 5 − 40x−3 f′(x) = 5 − 40
x3 f′(x) = 0då 5 −40
x3 = 0 x3 = 8
x = 2
3246 b) TB:
f(x) = 15√ x f(x) = 15x12 f′(x) = 15
2x12 f′(x) = 15 2√ x f′(100) = 15
20 = 0.75 KTH: Ska du tolka detta resultat också?
TB: Då bromsspåren kommer att bli 100 m långa så avtar bilens hastigheten med 0.75 km/tim för varje meter av bromsspåret. Bromsspåren blir 100 m då hastigheten är 150 km/tim. Det här stämmer ju inte!
KTH: Nej, f(100) = 150 det är korrekt. Då f(101) ≈ 150.748 Detta betyder att om bromsspåret blir 1 meter längre så har bilen ökat sin hastighet med 0.75 km/tim
3248
TB: Ett enkelt problem. Vi har funktionen
g(x) = 2 + 0.001x +4000 x som vi ska söka ett minimum för. Vi deriverar
g′(x) = 0.001 −4000 x2 Nu ska vi lösa ekvationen g′(x) = 0
0.001 − 4000
x2 = 0 x2 = 4000000
x = ±2000
Den negativa roten förkastar vi och får svaret x = 2000. g(2000) = 6. När man tillverkar 2000 knivar kommer kostnaden för en kniv att bli 6 kr.
KTH: Det är så riktigt så.
3251
KTH: Här ska du få en klassisk uppgift som finns i varje matematikbok.
Figur 12:
TB: Säger du det! Jag börjar med en figur
Jag vet att volymen för en cylinder tecknas Vc= hπr2. Det är bestämt att burken ska rymma 1000 cm3 (1 liter). Nu blir det lite knepigare, när jag ska teckna burkens totala area Ac= 2πr2+ 2πrh.
Är det rätt? Den första termen är arean för de två locken och den andra är arean av den rektangel som utgör den tredje delen av burken. En sida i den rektangeln är h och den andra är 2πr, som är lika med lockens omkrets.
Eftersom Vc= hπr2= 1000 kan vi lösa ut
h = 1000 πr2
Detta gör att vi kan substituera bort h och få ett uttryck av arean Acsom bara beror av r Ac(r) = 2πr2+ 2πr1000
πr2 Jag putsar lite
Ac(r) = 2πr2+ 2000 r
Det är den här funktionen vi ska hitta ett minimum för. Då måste jag först derivera Ac′(r) = 4πr −2000
r2
Jag börjar kunna derivera funktioner med x i nämnaren ganska bra nu. Vi ska nu lösa ekvationen Ac′(x) = 0
4πr − 2000
r2 = 0 r3= 500
π r = r 5003
π ≈ 5.41926
Jag räknar dessutom ut höjden h ≈ 10.8385. Höjden h är alltså dubbelt upp mot radien r, eller diametern är lika med höjden.
KTH: Om du vill kan du nu ta reda på hur burkens form ändras om man tar bort ena locket.
TB: Jag tror inte jag är så intresserad just nu.
3256
TB: En enkel uppgift igen. f(x) = 3 · eax har derivaten f′(x) = 3a · eax. Vi kan nu bestämma a eftersom f′(0) = 6 som är samma sak som 3a · ea·0= 6ger a = 2
3261
TB: Här är funktionen T (t) = 20 + 75e−0.0354t. Temperaturen T som funktion av tiden t. Grafen ser ut så här:
20 40 60 80
40 50 60 70 80 90
Figur 13:
Observera origos placering. Det är inte så som det kan se ut, att kaffets temperatur går under noll.
Först ska vi besvara frågan: När blir kaffet svalare än 50◦C?
20 + 75e−0.0354t = 50 e−0.0354t = 50 − 20
75 eln e−0.0354t = eln 0.4 e−0.0354t = eln 0.4
−0.0354t = ln 0.4 t = ln 0.4
−0.0354 ≈ 25.88
Efter 25.88 minuter har kaffets temperatur sjunkit till 50◦C. Det var inte nog med detta, vi ska också ta reda på T′(30) och tolka resultatet.
T (t) = 20 + 75e−0.0354t T′(t) = −0.0354 · 75e−0.0354t T′(30) ≈ −0.918002
Detta betyder att efter 30 minuter så sjunker temperaturen med cirka 0.918 grader/minut.
3263
TB: Vilken konstig uppgift, men ganska bra! Jag startar med 2500 kr som jag sätter in på banken till 7% ränta. Hur många år dröjer det innan beloppet har stigit till 10000 kr?
3264
TB: Så här ser grafen, som visar bilens värde de närmaste 20 åren, ut: Bilens värde avtar med 15%
5 10 15 20
50000 100000 150000 200000 250000
Figur 14:
per år.
V(t) = 280000 · 0.85x V(t) = 280000 · exln 0.85
V′(t) = ln(0.85)280000 · exln 0.85 V′(5) ≈ −20190.9
Efter 5 år rasar bilens värde med cirka 20000 kr/år. I grafen visas detta med en tangent till kurvan i punkten (5, 124237). Tangenten har k-värdet −20190.9.
3267
TB: Vi har funktionen f(x) = C · ax, där C och a är konstanter som ska bestämmas. Vi har två fakta om funktionen: f(0) = 3 och f′(x) = 5 · f(x). Ur f(0) = C · a0= 3 får vi omedelbart att C = 3.
Den andra ”ledtråden” är svårare att förstå sig på.
KTH: Läs bara vad som står och sätt upp ekvationen
TB: OK. Jag måste ta fram f′(x) och skriver först om f(x) = 3exln aoch får då f′(x) = 3ln a · exln a Nu får jag ekvationen
f′(x) = 5 · f(x) 3ln a · exln a = 5 · 3exln a
ln a = 5 a = e5 Nu kan jag skriva funktionen f(x) = 3 · e5x
