Lösningar 14

Matematik för naturvetare 15hp

Versionen från 2 oktober 2007 kl. 13.34 (redigera) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag) (Ny sida: ==Lösningar till några övningar till lektion 14== Tillbaka till lösningarna) ← Gå till föregående ändring		Nuvarande version (16 oktober 2007 kl. 08.34) (redigera) (ogör) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag)
(12 mellanliggande versioner visas inte.)
Rad 2:		Rad 2:
	[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]		[[Exempellösningar|Tillbaka till lösningarna]]
		+
		+
		+
		+	'''6.14.'''
		+
		+	<math>
		+	h\frac{dM}{dh}=h\cdot 90\cdot 3h^2=3\cdot 90h^3=3M</math>
		+
		+
		+
		+	'''6.15.'''
		+
		+	Med $V=V(r)=4\epsilon (\sigma^{12}r^{-12}-\sigma^6r^{-6})$ får
		+	vi
		+
		+	<math>
		+	F=-\frac{dV}{dr}=-4\epsilon (\sigma^{12}(-12r^{-13})-\sigma^6
		+	(-6r^{-7}))=
		+	-4\epsilon\left(\frac{6\sigma^6}{r^7}-\frac{12\sigma^{12}}{r^{13}}\right)</math>
		+
		+
		+	När $F=0$ så måste parentesen vara 0, vilket ger
		+
		+	<math>
		+	\frac{6\sigma^6}{r^7}=\frac{12\sigma^{12}}{r^{13}}
		+	\quad\mbox{dvs}\quad
		+	r^6=2\sigma^6</math>
		+
		+
		+	Villkoret är alltså $r=2^{1/6} \sigma$.
		+
		+
		+
		+	'''6.16.'''
		+
		+	Medelhastigheten för tillväxten mellan tidpunkterna $t_{1}$ och
		+	$t_{2}$ är
		+
		+	<math>
		+	\frac{H(t_{2})-H(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}
		+	</math>
		+
		+	Medelhastigheten mellan 4:e och 6:e veckan blir
		+
		+	<math>
		+	\frac{H(6)-H(4)}{6-4}=\frac{6^2/4+6-(4^2/4+4)}{6-4}=
		+	\frac{15-8}{2}=3,5\quad\mbox{mm per vecka}</math>
		+
		+
		+	Tillväxthastigheten när vecka 5 börjar är $H'(5)=5/2+1=3,5$ mm per
		+	vecka. Att värdena blir desamma beror på att tangenten i $t=5$ är
		+	parallell med linjen genom $(4,H(4))$ och $(6,H(6))$.
		+
		+
		+
		+	'''6.18.'''
		+
		+	Löser vi ut $T$ så får vi $T(V)=kV^{-0,4}$ och alltså
		+	$T'(V)=-0,4kV^{-1,4}$. Alltså är
		+
		+	<math>
		+	\frac{V}{T}\cdot\frac{dT}{dV}=\frac{V}{kV^{-0,4}}\cdot
		+	(-0,4kV^{-1,4})=-0,4.</math>
		+
		+
		+	Ett annat sätt är att först logaritmera sambandet: $\ln T=\ln k - 0,4\ln V$,
		+	och sedan derivera:
		+
		+	<math>
		+	\frac{T'(V)}{T}=-0,4\cdot\frac{1}{V}</math>
		+
		+
		+	Detta ger efter omskrivning $VT'(V)/T=-0,4$.
		+
		+
		+
		+	'''6.19.'''
		+
		+	Om $f(x_{0})=5$ så är $(f^{-1})'(5)=1/f'(x_{0})$. Vi måste
		+	alltså lösa ekvationen $f(x_{0})=3-2x^5=5$. Vi får $x_{0}=-1$ och
		+	alltså $(f^{-1})'(5)=1/(-2\cdot 5(-1)^4)=-1/10$.
		+
		+
		+
		+	'''6.20.'''
		+
		+	Som i förra uppgiften måste vi lösa $f(x_{0})=3$. Vi får
		+	$x_{0}=5$ och eftersom
		+
		+	<math>
		+	f'(x)=\frac{1(x-2)-1(x+4)}{(x-2)^2}=-\frac{6}{(x-2)^2}</math>
		+
		+
		+	så får vi $(f^{-1})'(3)=1/f'(5)=-(5-2)^2/6=-3/2$.
		+
		+
		+
		+	'''6.24.'''
		+
		+	Derivering av sambandet $x^2-y^2=8$ ger $2x-2yy'=0$, varav
		+	$y'=x/y$. Alltså är $y'(3)=3/1=3$. Tangentens ekvation är
		+	$y-1=3(x-3)$ eller $y=3x-8$.
		+
		+
		+
		+	'''6.27.b)'''
		+
		+	Om funktionen betecknas med $f$ så är
		+
		+	<math>
		+	\ln |f(x)|=2\ln|\sin x|+3\ln|\cos x|-\ln|\sin 3x|-2\ln|\cos 2x|</math>
		+
		+
		+	och deriverar vi detta så får vi
		+
		+	<math>
		+	\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{2\cos x}{\sin x}-\frac{3\sin x}{\cos
		+	x}-\frac{3\cos 3x}{\sin 3x}+\frac{4\sin 2x}{\cos 2x}=
		+	\frac{2}{\tan x}-3\tan x-\frac{3}{\tan 3x}+4\tan 2x</math>
		+
		+
		+	Multiplikation av båda leden med $f(x)$ ger resultatet.
		+
		+
		+
		+	'''6.27.c)'''
		+
		+	Om $f(x)=x^3e^{\sin x}$ så är $\ln|f(x)|=3\ln |x|+\sin x$, så
		+
		+	<math>
		+	\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{3}{x}+\cos x.</math>
		+
		+
		+
		+	'''6.27.d)'''
		+
		+	Med $f(x)=x^{\cos x}$ så är $\ln|f(x)|=\cos x\ln|x|$, alltså
		+
		+	<math>
		+	f'(x)=-\sin x\ln |x|+\frac{\cos x}{x}.</math>
		+
		+
		+
		+	'''7.1, 7.2.a)'''
		+
		+	Derivatan är $y'=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)$ med nollställena
		+	$x=2±\sqrt{2^2-3}=2±1$, alltså 1 och 3. Enligt faktorsatsen är
		+	$y'=3(x-1)(x-3)$. Vi gör ett teckenschema:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & 1 & & 3 &\\
		+	3 & + & + & + & + & + \\
		+	x-1 & - & 0 & + & + & + \\
		+	x-3 & - & - & - & 0 & + \\
		+	y' & + & 0 & - & 0 & + \\
		+	y &\nearrow &\mbox{lok max} &\searrow &\mbox{lok min}
		+	&\nearrow\end{array}</math>
		+
		+
		+	(Det är ju egentligen onödigt att ta med faktorn 3 i schemat, eftersom
		+	den är positiv överallt och därför inte kan påverka tecknet. Hade det
		+	i stället stått t ex $-3$, så hade det varit nödvändigt att ta med
		+	den i schemat.)
		+
		+
		+
		+	'''7.2.c)'''
		+
		+	Skriver vi $y=1+1/x$ så ser vi genast att funktionen är avtagande
		+	överallt där den är definierad, dvs för $x\not=0$. Derivatan är
		+	$y'=-1/x^2$, som ju mycket riktigt är $<0$ för alla $x\not=0$.
		+
		+
		+
		+	'''7.2.e)'''
		+
		+	Derivatan är $y'=2/x-2x=2(1-x^2)/x=-2(x+1)(x-1)/x$. Funktionen är
		+	definierad bara för $x>0$ och i det området är $(x+1)/x>0$.
		+	Teckenschemat blir alltså ganska enkelt:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccc}
		+	x & & 1 &\\
		+	-2 & - & - & - \\
		+	x-1 & - & 0 & + \\
		+	y' & + & 0 & - \\
		+	y & \nearrow &\mbox{lok max} & \searrow \end{array}</math>
		+
		+
		+
		+	'''7.2.g)'''
		+
		+	Derivatan är
		+
		+	<math>
		+	y'=e^x(x^2-2x+2)+e^x(2x-2)=x^2e^x
		+	</math>
		+
		+
		+	som är $>0$ för $x\not =0$ och 0 för $x=0$. Alltså är funktionen
		+	strängt avtagande och $x=0$ en terrasspunkt.
		+
		+
		+
		+	'''7.4.a)'''
		+
		+	Derivatan är $y'=8x^3+1$ som har ett nollställe $x=-1/2$.
		+	Enligt faktorsatsen är $8x^3+1$ delbart med $x-(-1/2)=x+1/2$, dvs
		+	även med $2x+1$ och utför vi divisionen så får vi
		+	$y'=(2x+1)(4x^2-2x+1)$. Den andra faktorn är $>0$ för alla $x$, så
		+	$y'<0$ för $x<-1/2$ och $y'>0$ för $x>-1/2$. Alltså är $x=-1/2$ ett
		+	lokalt minimum och vi har $y(-1/2)=-19/8$.
		+
		+
		+
		+	'''7.4.d)'''
		+
		+	Derivatan är $y'=4-4x-3x^2$ med nollställena $x=-2$ och $x=2/3$.
		+	Alltså är $y'=(-3)(x^2+4x/3-4/3)=(-3)(x-(-2))(x-2/3)=(-3)(x+2)(x-2/3)$.
		+	Teckenschemat se ut så här:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & -2& & 2/3 &\\
		+	-3 & - & - & - & - & - \\
		+	x+2& - & 0 & + & + & + \\
		+	x-2/3& - & - & - & 0 & + \\
		+	y' & - & 0 & + & 0 & - \\
		+	y & \searrow &\mbox{lok min} & \nearrow & \mbox{lok max} &
		+	\searrow\end{array}</math>
		+
		+
		+
		+
		+	'''7.5.b)'''
		+
		+	En funktion $f(x)=g(x)^2$ som är kvadraten på
		+	en annan funktion kan man derivera antingen genom att använda
		+	produktregeln eller genom att använda kedjeregeln. Det första sättet
		+	ger $f'(x)=g'(x)g(x)+g(x)g'(x)=2g'(x)g(x)$ och det andra
		+	$f'(x)=2g(x)\cdot g'(x)$ eftersom den inre derivatan är $g'(x)$. Med
		+	$g(x)=\sin x$ ger detta $f'(x)=2\sin x\cos x=\sin 2x$. Lösningarna till
		+	ekvationen $\sin 2x=0$ är $2x=n\pi$, dvs $x=n\pi/2$, där $n=0,±1,±2,\ldots$.
		+	Teckenväxlingen är $-0+$ när $n$ är jämnt och $+0-$ då $n$ är udda.
		+	För $n=2m$, dvs $x=m\pi$, har vi således lokala minima och för $n=2m+1$,
		+	dvs $x=\pi/2+m\pi$, har vi lokala maxima.
		+
		+
		+
		+	'''7.5.d)'''
		+
		+	Derivatan är $y'=(e^x-e^{-x})/2$ som har ett enda nollställe
		+	$x=0$. Teckenväxligen är $-0+$, varför detta är ett lokalt minimum.
		+
		+
		+
		+	'''7.7.a)'''
		+
		+	Vi börjar med att undersöka funktionens nollställen och
		+	tecken (sådan information är alltid användbar när man skall rita
		+	grafer). Vi har förstås $y=0$ för $x=0$ och $x=-1$. Eftersom
		+	$y=x(x+1)$ så får vi teckenschemat
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & -1 & & 0 &\\
		+	x+1 & - & 0 & + & + & + \\
		+	x & - & - & - & 0 & + \\
		+	y & + & 0 & - & 0 & +
		+	\end{array}</math>
		+
		+
		+	Vi har $y=x^2+x=x^2(1+1/x)$, vilket visar att $y\to\infty$ då
		+	$x\to±\infty$. Derivatan är $y'=2x+1$ som är 0 för $x=-1/2$.
		+	Teckenväxlingen är $-0+$, så funktionen har ett lokalt minimum där.
		+	Inga asymptoter finns.
		+	Anmärkning: Ett annat sätt är förstås att kvadratkomplettera, vilket
		+	ger
		+
		+	<math>
		+	y=x^2+x=x^2+2\cdot \frac{1}{2}\cdot x+\left(\frac{1}{2}\right)^2-
		+	\left(\frac{1}{2}\right)^2=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2-
		+	\frac{1}{4}</math>
		+
		+
		+	Här ser vi direkt att $y$ har ett lokalt minimum för $x=-1/2$ och
		+	värdet är $-1/4$.
		+
		+
		+
		+	'''7.7.c)'''
		+
		+	Lägg först märke till att funktionen inte är definierad för
		+	$x=-2$. Vi har $y\to 0$ då $x\to\infty$, så $x$-axeln är en vågrät asymptot.
		+	Vidare gäller $y\to±\infty$ då $x\to -2_{±}$, så linjen $x=-2$ är en
		+	lodrät asymptot. Derivatan är $y'=-1/(x+2)^2$, som är $<0$ för
		+	$x\not=0$. Några lokala extremvärden finns alltså inte. Funktionen har
		+	inga nollställen och vi har $y<0$ för $x<-2$ och $y>0$ för $x>-2$.
		+
		+
		+
		+	'''7.7.d)'''
		+
		+	Funktionen har ett enda nollställe $x=0$. Nämnaren är 0 för $x=1$
		+	och där är funktionen således inte definierad. Vi har
		+	$x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, där polynomet $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4$ är positivt
		+	för alla $x$. Alltså är $y<0$ då $x<1$ och $y>0$ då $x>1$.
		+	Omskrivningen
		+
		+	<math>
		+	y=\frac{x^2}{x^3-1}=\frac{1/x}{1-1/x^3}</math>
		+
		+
		+	visar att $y\to 0$ då $x\to±\infty$, varför $x$-axeln är en vågrät asymptot.
		+	Linjen $x=1$ är en lodrät asymptot eftersom $y\to±\infty$ då $x\to
		+	1_{±}$. Vi deriverar:
		+
		+	<math>
		+	y'=\frac{2x(x^3-1)-x^2\cdot 3x^2}{(x^3-1)^2}=\frac{-x^4-2x}{(x^3-1)^2}=
		+	\frac{-x(x^3+2)}{(x^3-1)^2}</math>
		+
		+
		+	Derivatans nollställen är alltså 0 och $-\root3\of 2$.
		+	Nämnaren är $\ge 0$ för alla $x$, så den behöver vi inte ta med i
		+	teckenschemat:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & - \sqrt[3]{2} & & 0 &\\
		+	-1 & - & - & - & - & - \\
		+	x & - & - & - & 0 & + \\
		+	x^3+2 & - & 0 & + & + & + \\
		+	y' & - & 0 & + & 0 & - \\
		+	y &\searrow &\mbox{lok min} & \searrow & \mbox{lok max} &\searrow \end{array}</math>
		+
		+
		+	Eventuellt kan man ta med punkten $x=1$ i teckenschemat, som en
		+	påminnelse om att funktionen inte är definierad där.
		+
		+
		+
		+	'''7.7.f)'''
		+
		+	Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda
		+	nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen:
		+
		+
		+	<math>
		+	\begin{array}{cccccc}
		+	x & & 1 & & 4/3 &\\
		+	4-3x & + & + & + & 0 & - \\
		+	1-x & + & 0 & - & - & - \\
		+	y & + & \mbox{ej def.} & - & 0 & +
		+	\end{array}</math>
		+
		+
		+	Vi har $y\to\infty$ då $x\to 1_{-}$ och $y\to-\infty$ då $x\to
		+	1_{+}$, så linjen $x=1$ är en lodrät asymptot. Förkortar vi uttrycket
		+	för $y$ med $x$ så får vi
		+
		+	<math>
		+	y=\frac{4/x-3}{1/x-1},</math>
		+
		+
		+	som går mot $(-3)/(-1)=3$ då $x\to±\infty$. Linjen $y=3$ är således en
		+	vågrät asymptot. Derivatan är
		+
		+	<math>
		+	y'=\frac{(-3)(1-x)-(-1)(4-3x)}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2}</math>
		+
		+
		+	som saknar nollställen. Funktionen har därför inga lokala
		+	extremvärden.
		+
		+
		+
		+	Anmärkning: Man kan se allt det här även genom att göra
		+	en liten omskrivning: <math>
		+	y=\frac{4-3x}{1-x}=\frac{1+3(1-x)}{1-x}=3-\frac{1}{x-1}.</math>
		+	Grafen till $y=1/(x-1)$ får man genom att skjuta grafen till $y=1/x$
		+	ett steg åt höger och grafen till $y=-1/(x-1)$ får man sedan genom att
		+	spegla i $y$-axeln. Grafen till $y=3-1(x-1)$ får man till sist genom
		+	att förskjuta 3 steg uppåt längs $y$-axeln.
		+
		+
		+
		+	'''7.7.g)'''
		+
		+	Eftersom $4-x^2=(2-x)(2+x)$ så är funktionen inte definierad för
		+	$x=±2$. Den har ett enda nollställe för $x=5/2$. Vi börjar med att
		+	göra ett teckenschema för
		+	$y=-(2x-5)/(x+2)(x-2)$:
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccccc}
		+	x & & -2 & & 2 & & 5/2 & \\
		+	-1 & - & - & - & - & - & - & - \\
		+	x+2 & - & 0 & + & + & + & + & + \\
		+	x-2 & - & - & - & 0 & + & + & + \\
		+	2x-5& - & - & - & - & - & 0 & + \\
		+	y & + &\mbox{ej def.} & - & \mbox{ej def.} & + & 0 & - \end{array}</math>
		+
		+
		+	Eftersom täljaren har lägre grad än nämnaren, så gäller $y\to 0$ då
		+	$x\to±\infty$. Alltså är $x$-axeln en vågrät asymptot. Lodräta
		+	asymptoter är linjerna $x=±2$ eftersom $y\to\infty$ då $x\to -2_{-}$
		+	och då $x\to 2_{+}$ och $y\to -\infty$ då $x\to -2_{+}$ och då $x\to 2_{-}$.
		+
		+
		+
		+	Derivatan är
		+
		+	<math>
		+	y'=\frac{2(4-x^2)-(2x-5)(-2x)}{(4-x^2)^2}=\frac{2x^2-10x+8}{(4-x^2)^2}=
		+	\frac{2(x-1)(x-4)}{(4-x^2)^2}</math>
		+
		+
		+	som har nollställena $x=1$ och $x=4$. Nämnaren är $\ge 0$ för alla $x$
		+	och man behöver därför inte ta med den i teckenschemat, men man måste
		+	ha i minnet att varken funktionen eller derivatan är definierad för
		+	$x=±2$.
		+
		+
		+	<math>\begin{array}{cccccc}
		+	x & & 1 & & 4 &\\
		+	x-1 & - & 0 & + & + & + \\
		+	x-4 & - & - & - & 0 & + \\
		+	y' & + & 0 & - & 0 & + \\
		+	y &\nearrow &\mbox{lok max} & \searrow & \mbox{lok min} & \nearrow
		+	\end{array}</math>

---

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 14

Tillbaka till lösningarna

6.14.

6.15.

Med $V=V(r)=4\epsilon (\sigma^{12}r^{-12}-\sigma^6r^{-6})$ får vi

När $F=0$ så måste parentesen vara 0, vilket ger

Villkoret är alltså $r=2^{1/6} \sigma$.

6.16.

Medelhastigheten för tillväxten mellan tidpunkterna $t_{1}$ och $t_{2}$ är

Medelhastigheten mellan 4:e och 6:e veckan blir

Tillväxthastigheten när vecka 5 börjar är $H'(5)=5/2+1=3,5$ mm per vecka. Att värdena blir desamma beror på att tangenten i $t=5$ är parallell med linjen genom $(4,H(4))$ och $(6,H(6))$.

6.18.

Löser vi ut $T$ så får vi $T(V)=kV^{-0,4}$ och alltså $T'(V)=-0,4kV^{-1,4}$. Alltså är

Ett annat sätt är att först logaritmera sambandet: $\ln T=\ln k - 0,4\ln V$, och sedan derivera:

Detta ger efter omskrivning $VT'(V)/T=-0,4$.

6.19.

Om $f(x_{0})=5$ så är $(f^{-1})'(5)=1/f'(x_{0})$. Vi måste alltså lösa ekvationen $f(x_{0})=3-2x^5=5$. Vi får $x_{0}=-1$ och alltså $(f^{-1})'(5)=1/(-2\cdot 5(-1)^4)=-1/10$.

6.20.

Som i förra uppgiften måste vi lösa $f(x_{0})=3$. Vi får $x_{0}=5$ och eftersom

så får vi $(f^{-1})'(3)=1/f'(5)=-(5-2)^2/6=-3/2$.

6.24.

Derivering av sambandet $x^2-y^2=8$ ger $2x-2yy'=0$, varav $y'=x/y$. Alltså är $y'(3)=3/1=3$. Tangentens ekvation är $y-1=3(x-3)$ eller $y=3x-8$.

6.27.b)

Om funktionen betecknas med $f$ så är

ln | f(x) | = 2ln | sinx | + 3ln | cosx | − ln | sin3x | − 2ln | cos2x |

och deriverar vi detta så får vi

Multiplikation av båda leden med $f(x)$ ger resultatet.

6.27.c)

Om $f(x)=x^3e^{\sin x}$ så är $\ln|f(x)|=3\ln |x|+\sin x$, så

6.27.d)

Med $f(x)=x^{\cos x}$ så är $\ln|f(x)|=\cos x\ln|x|$, alltså

7.1, 7.2.a)

Derivatan är $y'=3x^2-12x+9=3(x^2-4x+3)$ med nollställena $x=2±\sqrt{2^2-3}=2±1$, alltså 1 och 3. Enligt faktorsatsen är $y'=3(x-1)(x-3)$. Vi gör ett teckenschema:

(Det är ju egentligen onödigt att ta med faktorn 3 i schemat, eftersom den är positiv överallt och därför inte kan påverka tecknet. Hade det i stället stått t ex $-3$, så hade det varit nödvändigt att ta med den i schemat.)

7.2.c)

Skriver vi $y=1+1/x$ så ser vi genast att funktionen är avtagande överallt där den är definierad, dvs för $x\not=0$. Derivatan är $y'=-1/x^2$, som ju mycket riktigt är $<0$ för alla $x\not=0$.

7.2.e)

Derivatan är $y'=2/x-2x=2(1-x^2)/x=-2(x+1)(x-1)/x$. Funktionen är definierad bara för $x>0$ och i det området är $(x+1)/x>0$. Teckenschemat blir alltså ganska enkelt:

7.2.g)

Derivatan är

y' = e^x(x² − 2x + 2) + e^x(2x − 2) = x²e^x

som är $>0$ för $x\not =0$ och 0 för $x=0$. Alltså är funktionen strängt avtagande och $x=0$ en terrasspunkt.

7.4.a)

Derivatan är $y'=8x^3+1$ som har ett nollställe $x=-1/2$. Enligt faktorsatsen är $8x^3+1$ delbart med $x-(-1/2)=x+1/2$, dvs även med $2x+1$ och utför vi divisionen så får vi $y'=(2x+1)(4x^2-2x+1)$. Den andra faktorn är $>0$ för alla $x$, så $y'<0$ för $x<-1/2$ och $y'>0$ för $x>-1/2$. Alltså är $x=-1/2$ ett lokalt minimum och vi har $y(-1/2)=-19/8$.

7.4.d)

Derivatan är $y'=4-4x-3x^2$ med nollställena $x=-2$ och $x=2/3$. Alltså är $y'=(-3)(x^2+4x/3-4/3)=(-3)(x-(-2))(x-2/3)=(-3)(x+2)(x-2/3)$. Teckenschemat se ut så här:

7.5.b)

En funktion $f(x)=g(x)^2$ som är kvadraten på en annan funktion kan man derivera antingen genom att använda produktregeln eller genom att använda kedjeregeln. Det första sättet ger $f'(x)=g'(x)g(x)+g(x)g'(x)=2g'(x)g(x)$ och det andra $f'(x)=2g(x)\cdot g'(x)$ eftersom den inre derivatan är $g'(x)$. Med $g(x)=\sin x$ ger detta $f'(x)=2\sin x\cos x=\sin 2x$. Lösningarna till ekvationen $\sin 2x=0$ är $2x=n\pi$, dvs $x=n\pi/2$, där $n=0,±1,±2,\ldots$. Teckenväxlingen är $-0+$ när $n$ är jämnt och $+0-$ då $n$ är udda. För $n=2m$, dvs $x=m\pi$, har vi således lokala minima och för $n=2m+1$, dvs $x=\pi/2+m\pi$, har vi lokala maxima.

7.5.d)

Derivatan är $y'=(e^x-e^{-x})/2$ som har ett enda nollställe $x=0$. Teckenväxligen är $-0+$, varför detta är ett lokalt minimum.

7.7.a)

Vi börjar med att undersöka funktionens nollställen och tecken (sådan information är alltid användbar när man skall rita grafer). Vi har förstås $y=0$ för $x=0$ och $x=-1$. Eftersom $y=x(x+1)$ så får vi teckenschemat

Vi har $y=x^2+x=x^2(1+1/x)$, vilket visar att $y\to\infty$ då $x\to±\infty$. Derivatan är $y'=2x+1$ som är 0 för $x=-1/2$. Teckenväxlingen är $-0+$, så funktionen har ett lokalt minimum där. Inga asymptoter finns. Anmärkning: Ett annat sätt är förstås att kvadratkomplettera, vilket ger

Här ser vi direkt att $y$ har ett lokalt minimum för $x=-1/2$ och värdet är $-1/4$.

7.7.c)

Lägg först märke till att funktionen inte är definierad för $x=-2$. Vi har $y\to 0$ då $x\to\infty$, så $x$-axeln är en vågrät asymptot. Vidare gäller $y\to±\infty$ då $x\to -2_{±}$, så linjen $x=-2$ är en lodrät asymptot. Derivatan är $y'=-1/(x+2)^2$, som är $<0$ för $x\not=0$. Några lokala extremvärden finns alltså inte. Funktionen har inga nollställen och vi har $y<0$ för $x<-2$ och $y>0$ för $x>-2$.

7.7.d)

Funktionen har ett enda nollställe $x=0$. Nämnaren är 0 för $x=1$ och där är funktionen således inte definierad. Vi har $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, där polynomet $x^2+x+1=(x+1/2)^2+3/4$ är positivt för alla $x$. Alltså är $y<0$ då $x<1$ och $y>0$ då $x>1$. Omskrivningen

visar att $y\to 0$ då $x\to±\infty$, varför $x$-axeln är en vågrät asymptot. Linjen $x=1$ är en lodrät asymptot eftersom $y\to±\infty$ då $x\to 1_{±}$. Vi deriverar:

Derivatans nollställen är alltså 0 och $-\root3\of 2$. Nämnaren är $\ge 0$ för alla $x$, så den behöver vi inte ta med i teckenschemat:

Eventuellt kan man ta med punkten $x=1$ i teckenschemat, som en påminnelse om att funktionen inte är definierad där.

7.7.f)

Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen:

Vi har $y\to\infty$ då $x\to 1_{-}$ och $y\to-\infty$ då $x\to 1_{+}$, så linjen $x=1$ är en lodrät asymptot. Förkortar vi uttrycket för $y$ med $x$ så får vi

som går mot $(-3)/(-1)=3$ då $x\to±\infty$. Linjen $y=3$ är således en vågrät asymptot. Derivatan är

som saknar nollställen. Funktionen har därför inga lokala extremvärden.

Anmärkning: Man kan se allt det här även genom att göra en liten omskrivning: Grafen till $y=1/(x-1)$ får man genom att skjuta grafen till $y=1/x$ ett steg åt höger och grafen till $y=-1/(x-1)$ får man sedan genom att spegla i $y$-axeln. Grafen till $y=3-1(x-1)$ får man till sist genom att förskjuta 3 steg uppåt längs $y$-axeln.

7.7.g)

Eftersom $4-x^2=(2-x)(2+x)$ så är funktionen inte definierad för $x=±2$. Den har ett enda nollställe för $x=5/2$. Vi börjar med att göra ett teckenschema för $y=-(2x-5)/(x+2)(x-2)$:

Eftersom täljaren har lägre grad än nämnaren, så gäller $y\to 0$ då $x\to±\infty$. Alltså är $x$-axeln en vågrät asymptot. Lodräta asymptoter är linjerna $x=±2$ eftersom $y\to\infty$ då $x\to -2_{-}$ och då $x\to 2_{+}$ och $y\to -\infty$ då $x\to -2_{+}$ och då $x\to 2_{-}$.

Derivatan är

som har nollställena $x=1$ och $x=4$. Nämnaren är $\ge 0$ för alla $x$ och man behöver därför inte ta med den i teckenschemat, men man måste ha i minnet att varken funktionen eller derivatan är definierad för $x=±2$.