إجابات كتاب التمارين

مشتقتا الضرب والقسمة والمشتقات العليا

أجد مشتقة كل اقتران ممّا يأتي:

(1) f(x) = $\frac{\sin x }{x}$

f ’(x) = $\frac{x \cos x - \sin x }{x^2}$

(2) f(x) = -cos x – sin x

f ’(x) = csc x cot x – cos x

(3) f(x) = $\frac{x + c}{x + {\displaystyle \frac{c}{x}}}$

f (x) = $\frac{x^2 + cx}{x^2 + c}$ , x ≠ 0

f ’(x) = $\frac{(2x + c) (x^2 + c) - 2x (x^2 + cx)}{{(x^2 + c)}^2}$= $\frac{2cx - c{x}^2 + c^2}{{(x^2 + c)}^2}$ , x ≠ 0

(4) f(x) = x cos x

f ’(x) = -x csc² x + cot x

(5) f(x) = 4x – x² tan x

f ’(x) = 4 – x² sec² x – 2x tan x

(6) f(x) = $\frac{\cos x }{x^2}$

f ’(x) = $\frac{-x^2 \sin x - 2x \cos x}{x^4}$ = $\frac{-x \sin x - 2 \cos x}{x^3}$

(7) f(x) = x (1 - $\frac{4 }{x + 3}$)

f (x) = x – $\frac{4x }{x + 3}$

f ’(x) = 1 - $\frac{4(x + 3) - 4x}{{(x + 3)}^2}$ = 1 - $\frac{12}{{(x + 3)}^2}$

(8) f(x) = $\frac{3(1 - \sin x) }{2 \cos x}$

f ’(x) = $\frac{-6 {\cos }^2 x - (3 - 3 \sin x) (-2 \sin x)}{{(2\cos x)}^2}$ = $\frac{-6 + 6 \sin x}{4 {\cos }^2 x}$

(9) f(x) = (x + 1) e^x

f ’(x) = (x + 1) e^x + e^x = (x + 2) e^x

أجد معادلة المماس لكل اقتران ممّا يأتي عند النقطة المعطاة:

(10) f(x) = x² cos x , ($\frac{\mathrm{\pi }}{2}$ , 0)

f ’(x) = -x² sin x + 2x cos x

ميل المماس:

f ’($\frac{\mathrm{\pi }}{2}$) = - $\frac{{\mathrm{\pi }}^2}{4}$

معادلة المماس:

y - 0 = -$\frac{{\mathrm{\pi }}^2}{4}$ (x - $\frac{\mathrm{\pi }}{2}$) →  y = - $\frac{{\mathrm{\pi }}^2}{4}$ x + $\frac{{\mathrm{\pi }}^3}{8}$

(11) f(x) = $\frac{1 + \sin x}{\cos x}$ , (π , -1)

f ’(x) = $\frac{(\cos x) (\cos x) + \sin x (1 + \sin x)}{{\cos }^2 x}$ = $\frac{1 + \sin x}{{\cos }^2 x}$

ميل المماس:

f ’(π) = $\frac{1}{1}$ = 1

معادلة المماس:

y +1 =  1(x - π) →  y = x – π - 1

أجد إحداثيي النقطة (النقاط) التي يكون عندها لمنحنى كل اقتران ممّا يأتي مماس أفقي:

(12) f(x) = $\frac{2x - 1}{x^2}$ 

f ’(x) = $\frac{2x^2 - 4x^2 + 2x}{x^4}$ = $\frac{-2x + 2}{x^3}$ = 0  → x = 1

النقطة المطلوبة هي:

(1, f(1)) = (1, 1)

(13) h(x) = $\frac{x^2 }{x^2 + 1}$ 

h’(x) = $\frac{2x(x^2 + 1) - 2x^3 }{{(x^2 + 1)}^2}$  = $\frac{2x }{{(x^2 + 1)}^2}$= 0 →  x = 0

النقطة المطلوبة هي:

(0, h(0)) = (0, 0)

(14) g(x) = $\frac{8(x - 2) }{e^x }$ 

g’(x) = $\frac{8e^x - 8e^x(x - 2) }{e^{2x} }$ = $\frac{8e^x (3 - x) }{e^{2x} }$ = $\frac{8(3 - x) }{e^x }$ = 0  →  x = 3

النقطة المطلوبة هي:

(3, g(3)) = (3,$\frac{8}{e^3}$)

يبين الشكل المجاور منحنيي الاقترانين: f(x) ، و g(x) . إذا كان: u(x) = f(x)g(x) ، وكان: $\frac{f\left(x\right)}{g\left(x\right)}$ v(x) = ، فأجد كلاً ممّا يأتي:

(15) u’(1)

u’(1) = f(1)g’(1) + g(1)f ’(1) = 2 x 1 + 3 x $\frac{1}{3}$ = 3 

(16) v’(4)

v’(4) = $\frac{g\left(4\right)f\text{'}\left(4\right) - f\left(4\right)g\text{'}\left(4\right)}{(g{\left(4\right))}^2}$ = $\frac{2 \mathrm{x} {\displaystyle \frac{1}{3}}- 3 \mathrm{x} 1}{{\left(2\right)}^2}$ = - $\frac{27}{12}$

(17) إذا كان: f(x) = x sec x ، فأثبت أنّ f ’(x) = sec x (1 + x tan x) .

f ’(x) = x sec x tan x + sec x = sec x (1 + x tan x)

(18) إذا كان: f(x) = $\frac{\ln x}{x}$ ، حيث: x > 0 ، فأجد f ’(x) ، و f ’’(x) .

f ’(x) = $\frac{ x \mathrm{x} {\displaystyle \frac{1}{x}}- \ln x}{x^2}$ = $\frac{1 - \ln x}{x^2}$ = $\frac{1}{x^2}$ - $\frac{\ln x}{x^2}$

f ’’(x) = - $\frac{2}{x^3}$ - $\frac{ x^2 \mathrm{x} {\displaystyle \frac{1}{x}}- 2x \ln x}{x^4}$ = $\frac{-3 + 2 \ln x}{x^3}$

يمثل الاقتران: v(t) = $\frac{\mathbf{10}}{\mathbf{2}\mathbf{t}\mathbf{ }\mathbf{+}\mathbf{ }\mathbf{15}}$ , t $\ge$0 السرعة المتجهة لسيّارة بدأت الحركة في مسار مستقيم، حيث تقاس v بالقدم لكل ثانية:

(19) أجد تسارع السيّارة عندما t = 5 .

a(t) = $\frac{-20}{{(2t + 15)}^2}$

a(5) = $\frac{-20}{{(10 + 15)}^2}$ = -0.032 ft/s²

(20) أجد تسارع السيّارة عندما t = 20 .

a(20) = $\frac{-20}{{(40 + 15)}^2}$ ≈ -0.007 ft/s²

(21) يعطى طول مستطيل بالمقدار 6t + 5 ، ويعطى عرضه بالمقدار $\sqrt{t}$ ، حيث t الزمن بالثواني، والأبعاد بالسنتمترات. أجد معدل تغيّر مساحة المستطيل بالنسبة إلى الزمن.

A = $\sqrt{t}$ (6t + 5) = 6$t^{\frac{3}{2}}$ + 5$t^{\frac{1}{2}}$

$\frac{dA}{dt}$=  9$t^{\frac{3}{2}}$ + $\frac{5}{2}$ $t^{-\frac{1}{2}}$  = 9$\sqrt{t}$ + $\frac{5}{2\sqrt{t}}$  cm²/s