Lösningar 14

Matematik för naturvetare 15hp

(Skillnad mellan versioner)

Hoppa till: navigering, sök

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 14

Tillbaka till lösningarna

6.14.

$h\frac{dM}{dh}=h\cdot 90\cdot 3h^2=3\cdot 90h^3=3M$

6.15.

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

$F=-\frac{dV}{dr}=-4\epsilon (\sigma^{12}(-12r^{-13})-\sigma^6 (-6r^{-7}))= -4\epsilon\left(\frac{6\sigma^6}{r^7}-\frac{12\sigma^{12}}{r^{13}}\right)$

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

$\frac{6\sigma^6}{r^7}=\frac{12\sigma^{12}}{r^{13}} \quad\mbox{dvs}\quad r^6=2\sigma^6$

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

6.16.

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

$\frac{H(t_{2})-H(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}$

Medelhastigheten mellan 4:e och 6:e veckan blir

$\frac{H(6)-H(4)}{6-4}=\frac{6^2/4+6-(4^2/4+4)}{6-4}= \frac{15-8}{2}=3,5\quad\mbox{mm per vecka}$

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

$\frac{V}{T}\cdot\frac{dT}{dV}=\frac{V}{kV^{-0,4}}\cdot (-0,4kV^{-1,4})=-0,4.$

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

$\frac{T'(V)}{T}=-0,4\cdot\frac{1}{V}$

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

$f'(x)=\frac{1(x-2)-1(x+4)}{(x-2)^2}=-\frac{6}{(x-2)^2}$

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

$ln | f (x) | = 2ln | sin x | + 3ln | cos x | - ln | sin3 x | - 2ln | cos2 x |$

och deriverar vi detta så får vi

$\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{2\cos x}{\sin x}-\frac{3\sin x}{\cos x}-\frac{3\cos 3x}{\sin 3x}+\frac{4\sin 2x}{\cos 2x}= \frac{2}{\tan x}-3\tan x-\frac{3}{\tan 3x}+4\tan 2x$

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

$\frac{f'(x)}{f(x)}=\frac{3}{x}+\cos x.$

6.27.d)

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

$f'(x)=-\sin x\ln |x|+\frac{\cos x}{x}.$

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:

$\begin{array}{cccccc} x & & 1 & & 3 &\\ 3 & + & + & + & + & + \\ x-1 & - & 0 & + & + & + \\ x-3 & - & - & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - & 0 & + \\ y &\nearrow &\mbox{lok max} &\searrow &\mbox{lok min} &\nearrow\end{array}$

(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:

$\begin{array}{cccc} x & & 1 &\\ -2 & - & - & - \\ x-1 & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - \\ y & \nearrow &\mbox{lok max} & \searrow \end{array}$

7.2.g)

Derivatan är

$y' = e x (x 2 - 2 x + 2) + e x (2 x - 2) = x 2 e x$

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:

$\begin{array}{cccccc} x & & -2& & 2/3 &\\ -3 & - & - & - & - & - \\ x+2& - & 0 & + & + & + \\ x-2/3& - & - & - & 0 & + \\ y' & - & 0 & + & 0 & - \\ y & \searrow &\mbox{lok min} & \nearrow & \mbox{lok max} & \searrow\end{array}$

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

$\begin{array}{cccccc} x & & -1 & & 0 &\\ x+1 & - & 0 & + & + & + \\ x & - & - & - & 0 & + \\ y & + & 0 & - & 0 & + \end{array}$

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

$y=x^2+x=x^2+2\cdot \frac{1}{2}\cdot x+\left(\frac{1}{2}\right)^2- \left(\frac{1}{2}\right)^2=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2- \frac{1}{4}$

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

$y=\frac{x^2}{x^3-1}=\frac{1/x}{1-1/x^3}$

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:

$y'=\frac{2x(x^3-1)-x^2\cdot 3x^2}{(x^3-1)^2}=\frac{-x^4-2x}{(x^3-1)^2}= \frac{-x(x^3+2)}{(x^3-1)^2}$

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:

$\begin{array}{cccccc} x & & - \sqrt[3]{2} & & 0 &\\ -1 & - & - & - & - & - \\ x & - & - & - & 0 & + \\ x^3+2 & - & 0 & + & + & + \\ y' & - & 0 & + & 0 & - \\ y &\searrow &\mbox{lok min} & \searrow & \mbox{lok max} &\searrow \end{array}$

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:

$\begin{array}{cccccc} x & & 1 & & 4/3 &\\ 4-3x & + & + & + & 0 & - \\ 1-x & + & 0 & - & - & - \\ y & + & \mbox{ej def.} & - & 0 & + \end{array}$

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

$y=\frac{4/x-3}{1/x-1},$

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

$y'=\frac{(-3)(1-x)-(-1)(4-3x)}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2}$

som saknar nollställen. Funktionen har därför inga lokala extremvärden.

Anmärkning: Man kan se allt det här även genom att göra en liten omskrivning: $y=\frac{4-3x}{1-x}=\frac{1+3(1-x)}{1-x}=3-\frac{1}{x-1}.$ 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 $y=-(2x-5)/(x+2)(x-2)$:

$\begin{array}{cccccccc} x & & -2 & & 2 & & 5/2 & \\ -1 & - & - & - & - & - & - & - \\ x+2 & - & 0 & + & + & + & + & + \\ x-2 & - & - & - & 0 & + & + & + \\ 2x-5& - & - & - & - & - & 0 & + \\ y & + &\mbox{ej def.} & - & \mbox{ej def.} & + & 0 & - \end{array}$

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

$y'=\frac{2(4-x^2)-(2x-5)(-2x)}{(4-x^2)^2}=\frac{2x^2-10x+8}{(4-x^2)^2}= \frac{2(x-1)(x-4)}{(4-x^2)^2}$

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 $x=±2$.

$\begin{array}{cccccc} x & & 1 & & 4 &\\ x-1 & - & 0 & + & + & + \\ x-4 & - & - & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - & 0 & + \\ y &\nearrow &\mbox{lok max} & \searrow & \mbox{lok min} & \nearrow \end{array}$

Den här artikeln är hämtad från http://wiki.math.se/wikis/mm1001_0701/index.php/L%C3%B6sningar_14

Lösningar 14

Matematik för naturvetare 15hp

Nuvarande version

[redigera] Lösningar till några övningar till lektion 14

Visningar

Personliga verktyg

Navigering

Sök

Verktygslåda

 Med $V=V(r)=4\epsilon (\sigma^{12}r^{-12}-\sigma^6r^{-6})$ får
-vi <math>
+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>
+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 $r=2^{1/6} \sigma$.
 Medelhastigheten för tillväxten mellan tidpunkterna $t_{1}$ och
-$t_{2}$ är <math>
+$t_{2}$ är
-\frac{H(t_{2})-H(t_{1})}{t_{2}-t_{1}}.</math>
-Medelhastigheten mellan 4:e och 6:e veckan blir <math>
+<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
 Löser vi ut $T$ så får vi $T(V)=kV^{-0,4}$ och alltså
-$T'(V)=-0,4kV^{-1,4}$. Alltså är <math>
+$T'(V)=-0,4kV^{-1,4}$. 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 logaritmera sambandet, $\ln T+0,4\ln V=\ln k$,
-och sedan derivera: <math>
-\frac{T'(V)}{T}+0,4\cdot\frac{1}{V}=0.</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 $VT'(V)/T=-0,4$.
 Som i förra uppgiften måste vi lösa $f(x_{0})=3$. Vi får
-$x_{0}=5$ och eftersom <math>
+$x_{0}=5$ och eftersom
+<math>
 f'(x)=\frac{1(x-2)-1(x+4)}{(x-2)^2}=-\frac{6}{(x-2)^2}</math>
 så får vi $(f^{-1})'(3)=1/f'(5)=-(5-2)^2/6=-3/2$.
 '''6.27.b)'''
-Om funktionen betecknas med $f$ så är <math>
+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>
+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>
+\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>
+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>
+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>
 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}{cccccccccc}
+$y'=3(x-1)(x-3)$. Vi gör ett teckenschema:
-x   &   & 1 &   & 3 \\
-\hline \\
+<math>\begin{array}{cccccc}
+x   &   & 1 &   & 3 &\\
 & + & + & + & + & + \\
 x-1 & - & 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
 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}{cccccccccc}
+Teckenschemat blir alltså ganska enkelt:
-x  &   & 1 \\
-\hline\\
+<math>\begin{array}{cccc}
+x  &   & 1 &\\
 -2 & - & - & - \\
 x-1 & - & 0 & + \\
 '''7.2.g)'''
-Derivatan är <math>
+Derivatan är
-y'=e^x(x^2-2x+2)+e^x(2x-2)=x^2e^x</math>
+<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.
 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}{ccccccccccccc}
+Teckenschemat se ut så här:
-x  &   & -2&   & 2/3 \\
-\hline \\
+<math>\begin{array}{cccccc}
+x  &   & -2&   & 2/3 &\\
 -3 & - & - & - & - & - \\
 x+2& - & 0 & + & + & + \\
 y & \searrow &\mbox{lok min} & \nearrow & \mbox{lok max} &
 \searrow\end{array}</math>
 $f'(x)=2g(x)\cdot g'(x)$ 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 $2x=n¹$, dvs $x=n¹/2$, där $n=0,±1,±2,\ldots$.
+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 $x=m¹$, har vi således lokala minima och för $n=2m+1$,
+För $n=2m$, dvs $x=m\pi$, har vi således lokala minima och för $n=2m+1$,
-dvs $x=¹/2+m¹$, har vi lokala maxima.
+dvs $x=\pi/2+m\pi$, har vi lokala maxima.
 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}{ccccccccc}
+$y=x(x+1)$ så får vi teckenschemat
-x   &   & -1 &   & 0 \\
-\hline\\
+<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 $x=-1/2$.
 Inga asymptoter finns.
 Anmärkning: Ett annat sätt är förstås att kvadratkomplettera, vilket
-ger <math>
+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>
+\frac{1}{4}</math>
 Här ser vi direkt att $y$ har ett lokalt minimum för $x=-1/2$ och
 värdet är $-1/4$.
 $x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)$, 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>
+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 $x\to
-_{±}$. Vi deriverar: <math>
+_{±}$. 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}{ccccccccccc}
+teckenschemat:
-x     &   & -\root3\of 2 &   & 0 \\
-\hline\\
+<math>\begin{array}{cccccc}
+x     &   & - \sqrt[3]{2} &   & 0 &\\
 -1    & - & -            & - & - & - \\
 x     & - &  -           & - & 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.
 Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda
-nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen: <math>
+nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen:
-\begin{array}{ccccccccccccc}
-    x    &   & 1 &   & 4/3 \\
-    \hline\\
+<math>
+\begin{array}{cccccc}
+    x    &   & 1 &   & 4/3 &\\
 -3x & + & + & + & 0 & - \\
 -x  & + & 0 & - & - & - \\
     y    & + & \mbox{ej def.} & - & 0 & +
     \end{array}</math>
 Vi har $y\to\infty$ då $x\to 1_{-}$ och $y\to-\infty$ då $x\to
 _{+}$, så linjen $x=1$ är en lodrät asymptot. Förkortar vi uttrycket
-för $y$ med $x$ så får vi <math>
+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>
+vågrät asymptot. Derivatan är
-y'=\frac{(-3)(1-x)-(-1)(4-3x)}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2},</math>
+<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.
 $x=±2$. 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}{cccccccccccc}
+$y=-(2x-5)/(x+2)(x-2)$:
-x   &   & -2 &   & 2 &   & 5/2 \\
-\hline \\
+<math>\begin{array}{cccccccc}
+x   &   & -2 &   & 2 &   & 5/2 & \\
 -1  & - & -  & - & - & - & -  & - \\
 x+2 & - & 0  & + & + & + & +  & + \\
 x-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
-Derivatan är <math>
+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}{ccccccccccc}
+$x=±2$.
-x   &   & 1 &   & 4 \\
-\hline\\
+<math>\begin{array}{cccccc}
+x   &   & 1 &   & 4 &\\
 x-1 & - & 0 & + & + & + \\
 x-4 & - & - & - & 0 & + \\