Logga in
| 5 sidor teori |
| 11 Uppgifter - Nivå 1 - 3 |
| Varje lektion är menad motsvara 1-2 lektioner i klassrummet. |
f(x+h)=ex+h och f(x)=ex
ab+c=ab⋅ac
Dela upp i faktorer
Bryt ut ex
ca⋅b=a⋅cb
För att visa varför regeln gäller kan man skriva om basen a i exponentialfunktionen f(x)=ax enligt sambandet a=eln(a). Sedan använder man deriveringsreglerna för exponentialfunktioner med basen e.
Uttrycken ax och eln(a)⋅x är alltså ekvivalenta och man kan nu använda deriveringsregeln D(ekx)=kekx för att derivera ax. Därefter skrivs eln(a) om till a igen.Derivera funktion
D(ekx)=kekx
ab⋅c=(ab)c
eln(a)=a
Lös ekvationen f′(x)=0 givet att f(x)=e3x2−2x+1.
Derivera funktion
D(eu)=eu⋅D(u)
Derivera term för term
D(ax)=a, D(a)=0
D(axn)=a⋅nxn−1
Derivatan av den naturliga logaritmen, ln(x), är x1.
D(x)=1
D(eu)=eu⋅D(u)
eln(a)=a
Derivera funktionen f(x)=ex2+x−ln(2x).
Derivera funktion
D(eu)=eu⋅D(u)
Derivera term för term
D(xn)=nxn−1
D(x)=1
D(ln(u))=u1⋅D(u)
D(ax)=a
b1⋅a=ba
Förkorta med 2
Vi ska alltså bestämma lutningen på linjen y=kx-2 så att denna linje tangerar kurvan y=ln(x). För att göra det använder vi att funktionerna har samma x- och y-koordinat samt lika lutning i tangeringspunkten. Vi vet att lutningen för den räta linjen är k. Låt oss nu bestämma vilken lutning funktionen y=ln(x) har genom att derivera den.
Funktionen y=ln(x) har alltså lutningen 1x. Där de båda funktionerna tangerar varandra har även den räta linjen lutningen k= 1x. Vi sätter in detta i y=kx-2 och får då tangeringspunktens y-koordinat till y=1/x* x-2=1-2=- 1. Vi kan nu bestämma tangeringspunktens x-koordinat genom att sätta in y=- 1 i y=ln(x).
Vi vet att tangentens lutning är k= 1x och sätter till sist in x=e^(- 1) för att bestämma k.
Värdet på k måste alltså vara e för att y=ln(x) och y=kx-2 ska tangera varandra.
Vi börjar med att derivera funktionen för att kunna ställa upp ekvationen f'(x) = 0.
Vi ska alltså lösa ekvationen e^(- 4x) - e^(- 2x) - 2 = 0. En ekvation på den här formen har vi ingen standardmetod för att lösa, men vi kan genomföra en variabelsubstitution för att göra den lättare. Om den första termen skrivs om med hjälp av potenslagar kan vi ersätta e^(- 2x) med en variabel.
Vi har nu en andragradsekvation som vi löser med hjälp av pq-formeln.
Nu byter vi tillbaka från variabeln t till variabeln x. Likheten t = e^(- 2x) ger oss ekvationerna e^(- 2x)=- 1 och e^(- 2x)=2. Vi kan här notera att för en positiv bas, som e, kan en potens aldrig anta ett negativt värde så länge exponenten är reell. Vi kan därför förkasta den första ekvationen — potensen e^(- 2x) kan aldrig vara - 1 för reella värden på x. Ekvationen e^(- 2x)=2 kan vi däremot lösa som vanligt.
Vi har nu löst ekvationen och får x =- ln(2)/2.