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 |
Versionen från 16 oktober 2007 kl. 07.43 (redigera) (ogör) Clas Löfwall (Diskussion | bidrag) Gå till nästa ändring → |
||
| 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 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> | ||
| + | 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. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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> | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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}{cccccccccc} | ||
| + | x & & 1 & & 3 \\ | ||
| + | \hline \\ | ||
| + | 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.) | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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 $x\not=0$. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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}{cccccccccc} | ||
| + | x & & 1 \\ | ||
| + | \hline\\ | ||
| + | -2 & - & - & - \\ | ||
| + | x-1 & - & 0 & + \\ | ||
| + | y' & + & 0 & - \\ | ||
| + | y & \nearrow &\mbox{lok max} & \searrow \end{array}</math> | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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 $y(-1/2)=-19/8$. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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}{ccccccccccccc} | ||
| + | x & & -2& & 2/3 \\ | ||
| + | \hline \\ | ||
| + | -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 $2x=n¹$, dvs $x=n¹/2$, 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 $n=2m+1$, | ||
| + | dvs $x=¹/2+m¹$, har vi lokala maxima. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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}{ccccccccc} | ||
| + | x & & -1 & & 0 \\ | ||
| + | \hline\\ | ||
| + | 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 $-1/4$. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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 $x>-2$. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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}{ccccccccccc} | ||
| + | x & & -\root3\of 2 & & 0 \\ | ||
| + | \hline\\ | ||
| + | -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. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | f) Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda | ||
| + | nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen: <math> | ||
| + | \begin{array}{ccccccccccccc} | ||
| + | x & & 1 & & 4/3 \\ | ||
| + | \hline\\ | ||
| + | 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. | ||
| + | |||
| + | |||
| + | |||
| + | 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}{cccccccccccc} | ||
| + | x & & -2 & & 2 & & 5/2 \\ | ||
| + | \hline \\ | ||
| + | -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}{ccccccccccc} | ||
| + | x & & 1 & & 4 \\ | ||
| + | \hline\\ | ||
| + | x-1 & - & 0 & + & + & + \\ | ||
| + | x-4 & - & - & - & 0 & + \\ | ||
| + | y' & + & 0 & - & 0 & + \\ | ||
| + | y &\nearrow &\mbox{lok max} & \searrow & \mbox{lok min} & \nearrow | ||
| + | \end{array}</math> | ||
Versionen från 16 oktober 2007 kl. 07.43
Lösningar till några övningar till lektion 14
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 logaritmera sambandet, $\ln T+0,4\ln V=\ln k$,
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.
c) Om $f(x)=x^3e^{\sin x}$ så är $\ln|f(x)|=3\ln |x|+\sin x$, så 
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:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{cccccccccc} x & & 1 & & 3 \\ \hline \\ 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.)
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 $x\not=0$.
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:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{cccccccccc} x & & 1 \\ \hline\\ -2 & - & - & - \\ x-1 & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - \\ y & \nearrow &\mbox{lok max} & \searrow \end{array}
g) Derivatan är y' = ex(x2 − 2x + 2) + ex(2x − 2) = x2ex
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 $y(-1/2)=-19/8$.
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:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccccc} x & & -2& & 2/3 \\ \hline \\ -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 $2x=n¹$, dvs $x=n¹/2$, 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 $n=2m+1$,
dvs $x=¹/2+m¹$, har vi lokala maxima.
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 Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccc} x & & -1 & & 0 \\ \hline\\ 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 
Här ser vi direkt att $y$ har ett lokalt minimum för $x=-1/2$ och
värdet är $-1/4$.
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 $x>-2$.
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: Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccc} x & & -\root3\of 2 & & 0 \\ \hline\\ -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.
f) Funktionen är inte definierad för $x=1$ och har ett enda nollställe $x=4/3$. Teckenschema för funktionen: Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccccc} x & & 1 & & 4/3 \\ \hline\\ 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 
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.
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 $y=-(2x-5)/(x+2)(x-2)$:Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{cccccccccccc} x & & -2 & & 2 & & 5/2 \\ \hline \\ -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 
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
$x=±2$.Misslyckades med att tolka formel. (okänt fel): \begin{array}{ccccccccccc} x & & 1 & & 4 \\ \hline\\ x-1 & - & 0 & + & + & + \\ x-4 & - & - & - & 0 & + \\ y' & + & 0 & - & 0 & + \\ y &\nearrow &\mbox{lok max} & \searrow & \mbox{lok min} & \nearrow \end{array}
