Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag TMA400 Matematikk Høst 04 Løsningsforslag Øving 04 30 For å vise at f er en injektiv one-to-one funksjon, ser vi på den deriverte, f + + + Vi ser at f > 0 for alle Det vil si at f er monotont voksende og derfor injektiv Den inverse til f finner vi å la y f Da er og vi finner f ved å løse for y: Altså er fy y + y + y y + y y 0 y + y, y y f Vi ser at både telleren og nevneren i f er definert for alle verdier av R, men at f har en singularitet i Derfor er domenet til f hele R utenom punktet Dette kan vi skrive slik: Df R \ { } Tilsvarende ser vi at Df R \ {} Det følger nå av egenskapene til inverse funksjoner side 67 i boka at verdimengdene range til f og f er Rf Df R \ {}, Rf Df R \ { } 3 Vi starter med å derivere g, g { 3 hvis 0, 3 hvis < 0 0 september 04 Side av 5
Vi vet at 3 3 > 0 for alle Dermed kan vi konkludere med at g 0 for alle med g 0 bare når 0 Ergo er g en injektiv funksjon For å finne g ser vi først på tilfellet 0 Vi lar y g og finner at gy y 3 y 3 Vi vet at verdimengden til denne delen av g er [0,, slik at domenet til denne delen av g også er [0, Videre ser vi på tilfellet < 0 Vi lar y g og finner at gy y 3 y 3 Vi vet at verdimengden til denne delen av g er, 0, slik at domenet til denne delen av g også er, 0 Oppsummert har vi at g { 3 hvis 0, 3 hvis < 0 38 Vi starter med å finne den deriverte til f, f 6 Vi ser at f 0 for alle med f 0 bare når 0 Dette viser at f er injektiv og at den har en invers Vi finner så f ved å la y f og løse for y, fy + y 3 3 y Det finnes nå to måter å regne ut f på, enten direkte eller via formelen side 69 i boka Hvis vi bruker formelen får vi at f f f 6 3 6 3 6 3 Alternativt, hvis vi deriverer f direkte ved hjelp av kjerneregelen for derivasjon, får vi f d 3 3 d 3 3 6 0 september 04 Side av 5
38 Vi forenkler uttrykket ved å bruke reglene for logaritmer, side 7 i boka log π cos + log π + cos log π sin log π cos + cos log π sin log π cos log π sin log π sin log π sin log π sin log π sin 0 I den første overgangen har vi brukt punkt ii av reglene, mens vi i den nest siste overgangen har brukt punkt v 38 Vi lar u log b og v log b a Via den inverse Definisjon 5 side 7 i boka vet vi at b u og a b v Ved hjelp av den trivielle identiteten b b v v husk at vi antar b > 0 har vi at b u b v u v a u u v a v Ved å bruke definisjonen av den inverse til logaritmen igjen får vi at log a u v log b log b a 336 Vi ser først på det første leddet Ved å bruke Teorem 3, punkt i, side 78 i boka og deretter at e og ln er inverse av hverandre slik at e ln se nederst side 77 i boka, får vi at e ln cos e ln cos cos På det andre leddet bruker vi også at e og ln er inverse av hverandre, men nå slik at ln e Da får vi at ln e sin sin Hvis vi summerer de to leddene står igjen med e ln cos + ln e sin cos + sin 3346 Vi deriverer uttrykket ved gjentatt bruk av kjerneregelen for derivasjon Husk at 0 september 04 Side 3 av 5
d d ln, d d og d d dy d d d ln + a + d a d + a + + a a + d + a d a + + + a a + a + + a a + a + d a a d a Vi bruker så at b b b for et vilkårlig tall b I vårt tilfelle kan vi sette b + a, slik at vi får dy d + a + + a a + a + a a + a + a a + a + a a 344 a Når tiden går antar vi at vi etterhvert går mot en stasjonær løsning, det vil si en løsning som ikke lenger avhenger av tiden Da er d dt 0 Setter vi dette inn i differensialligningen og løser for får vi: Altså er 0 a b a b lim t t a b b Vi skriver først om differensialligningen på standard form se side 85 i boka, d a dt b b Vi lar ut a b du Da er dt d dt slik at du dt bu Denne differensialligningen har løsningen se side 85 i boka, ut u 0 e bt Her er u 0 en konstant, som vi kan bestemme senere med initialbetingelsen Vi setter inn for ut og løser med hensyn på t, a b t u 0e bt t a b u 0e bt 0 september 04 Side 4 av 5
Initialbetingelsen sier at konsentrasjonen skal være null når t 0 Det vil si at vi må kreve at 0 0 Vi setter inn for t 0 i uttrykket for t og løser med hensyn på u 0, 0 a b u 0 u 0 a b Vi står nå igjen med følgende uttrykk for t, t a e bt b c Oppgaven spør for hvilken t er t a b Vi setter inn og løser for t, a b a e bt b e bt ln e bt ln bt ln t ln b 0 september 04 Side 5 av 5