D
Deleted member 39569
Guest
Officiella OT-Tråden!
det blir typ 3.476x10^17wolwerin sa:SNÄLLA HJÄLP MIG MED ETT TAL!!!!!!!!!
"Inversa funktioner
Om far en funktion och ekvationen f(x) = y till varje y ∈ V
f
har en entydigt bestamd
losning x ∈ D
f
sa sager man att far inverterbar. Man betecknar losningen x med f
−1
och kallar funktionen f
−1
for inversen till f. T exar funktionen f(x) = x
3
, x ∈ R,
inverterbar. Ekvationen y = f(x) = x
3
har ju den entydiga losningen x = f
−1
1/3
.
Lat funktionen f vara definierad pa ettoppet intervall I och antag att far strangt
monoton och deriverbar paI. Om x ∈ I och f (x) = 0 saar f
−1
deriverbar i punkten f(x)
och (f
−1
) (f(x)) = 1/f (x). Funktionen f(x) = x
3
ar strangt monoton och deriverbar pa
hela R och f (x) = 3x
2
. Vi ser att f (x) = 0 bara da x = 0. Darforar f
−1
deriverbar i x
3
da x = 0 och (f
−1
) (x
3
) = 1/f (x) = 1/(3x
2
). Satter vi y = x
3
saar x = y
1/3
och formeln
ger oss att (f
−1
)
1/3
) = 1/(3(y
1/3
)
2
) = (1/3)y
−2/3
. Samma resultat erhalls
naturligtvis om man direkt deriverar f
−1
1/3
i punkten y.
Funktionen arcsin
Funktionen sinusar inte inverterbar eftersom den antar vissa y-varden for flera olika x-
varden. Vi studerar restriktionen f(x) = sinx, −π/2 ≤ x ≤ π/2. Daar D
f
= [−π/2,π/2]
och V
f
= [−1,1]. Eftersom far kontinuerlig och f (x) = cosx > 0 da −π/2 < x < π/2 sa
ar f strangt vaxande i [−π/2,π/2]. Ekvationen f(x) = y har darfor till varje y ∈ [−1,1]
en entydigt bestamd losning x ∈ [−π/2,π/2]. Vi kallar denna losning for x = f
−1
arcsiny. Det galler alltsa att
y = sinx ⇔ x = arcsiny
da −π/2 ≤ x ≤ π/2 och −1 ≤ y ≤ 1. T exar arcsin1 = π/2 och arcsin
√3/2 = π/3.
Da −π/2 < x < π/2 saar f (x) = cosx > 0. Om y = sinx, dar −π/2 < x < π/2,
galler det darfor att
D arcsiny =
1
f (x)
=
1
cosx
=
1
√
cos
2
x
=
1
1 − sin
2
x
=
1
1 − y
2
.
Vi later x och y byta roller och formulerar detta resultat som en sats:
Sats 1 Da −1 < x < 1ar
D arcsinx =
1
√
1 − x
2
De hyperboliska funktionerna
Inspirerade av Eulers formler
cosx =
e
ix
+ e
−ix
2
och sinx =
e
ix
− e
−ix
2i
definierar vi de hyperboliska funktionerna cosinus hyperbolicus och sinus hyperbolicus
genom
coshx =
e
x
+ e
−x
2
och sinhx =
e
x
− e
−x
2
.
Man ser direkt att D sinhx = coshx och den hyperboliska ettan
cosh
2
x − sinh
2
x = 1
foljer av
cosh
2
x − sinh
2
x =
e
2x
+ 2 + e
−2x
4
−
e
2x
− 2 + e
−2x
4
= 1.
Eftersom D sinhx = coshx > 0 for alla reella x saar sinh inverterbar. Vi betecknar
inversen med arsinh. Det galler alltsa att
y = sinhx ⇔ x = arsinhy
for alla reella x och y. Som tidigare far vi om y = sinhx att
D arsinhy =
1
D sinhx
=
1
coshx
=
1
1 + sinh
2
x
=
1
1 + y
2
.
Sats 2 For alla reella x galler det att
D arsinhx =
1
√
1 + x
2
.
Ekvationen y = sinhxar ekvivalent med 2y = e
x
− e
−x
. Multiplicerar vi bada led med
e
x
far vi den ekvivalenta ekvationen 2ye
x
= (e
x
)
2
− 1. Skriver vi t = e
x
overgar den i
t
2
− 2yt = 1 ⇔ t = y ±
1 + y
2
och eftersom t = e
x
> 0 sa duger bara losningen
t = y + 1 + y
2
⇔ x = ln(y + 1 + y
2
). Vi har harmed bevisat foljande sats.
Sats 3 For alla reella tal x galler det att
arsinhx = ln(x + 1 + x
2
).
Nagra integraler
Satserna 1, 2 och 3 ger oss direkt
Sats 4
dx
√
1 − x
2
= arcsinx + C,
−1 < x < 1,
dx
√
1 + x
2
= arsinhx + C = ln(x + 1 + x
2
) + C,
x ∈ R.
2
Page 3
Med hjalp av partiell integration far vi ytterligare ett par primitiva funktioner.
I =
1 − x
2
dx =
1 • 1 − x
2
dx = x 1 − x
2
−
x •
−2x
2
√
1 − x
2
dx
= x 1 − x
2
+
x
2
√
1 − x
2
dx = x 1 − x
2
+
x
2
− 1 + 1
√
1 − x
2
dx
= x 1 − x
2
−
1 − x
2
√
1 − x
2
dx +
dx
√
1 − x
2
= x 1 − x
2
− I + arcsinx.
J =
1 + x
2
dx =
1 • 1 + x
2
dx = x 1 + x
2
−
x •
2x
2
√
1 + x
2
dx
= x 1 + x
2
−
x
2
√
1 + x
2
dx = x 1 + x
2
−
x
2
+ 1 − 1
√
1 + x
2
dx
= x 1 + x
2
−
1 + x
2
√
1 + x
2
dx +
dx
√
1 + x
2
= x 1 + x
2
− J + arsinhx.
Loser vi ut I och J far vi
Sats 5
1 − x
2
dx =
x
√
1 − x
2
+ arcsinx
2
+ C,
−1 ≤ x ≤ 1,
(1)
1 + x
2
dx =
x
√
1 + x
2
+ arsinhx
2
+ C,
x ∈ R.
(2)
Att formel (1) galler till hoger i −1 och till vanster i 1 kan visas med hjalp av medelvar-
dessatsen.
Enligt integralkalkylens huvudsatsar
F
1
(x) =
x
0
1 − t
2
dt
en primitiv funktion till f(x) =
√
1 − x
2
. Man kan darfor ocksa visa (1) genom att visa
att F
1
(x) och
F
2
(x) =
x
√
1 − x
2
+ arcsinx
2
skiljer sigat med en konstant da −1 ≤ x ≤ 1. Da 0 ≤ x ≤ 1ar F
1
(x) arean av det
skuggade omradet i figuren nedan. Eftersom sinϕ = x saar ϕ = arcsinx. Cirkelsektorns
areaar ϕ/2 och triangelareanar x
√
1 − x
2
/2. Vi far darfor att
F
1
(x) =
x
√
1 − x
2
2
+
ϕ
2
=
x
√
1 − x
2
+ arcsinx
2
= F
2
(x),
0 ≤ x ≤ 1,
och eftersom bade F
1
och F
2
ar udda funktioner saar F
1
(x) = F
2
(x) da −1 ≤ x ≤ 1.
t
y
3"
snäla kan jag få ett svar senast kl17:00 :D
mvh//
wolwerin.
peace
