JavaScript är inaktiverat. För en bättre upplevelse, vänligen aktivera JavaScript i din webbläsare innan du fortsätter.

Svara på tråd

Meddelande: <blockquote data-quote="wolwerin" data-source="post: 236228" data-attributes="member: 68240">SNÄLLA HJÄLP MIG MED ETT TAL!!!!!!!!!"Inversa funktioner Om far en funktion och ekvationen f(x) = y till varje y &#8712; V f har en entydigt bestamd losning x &#8712; D f sa sager man att far inverterbar. Man betecknar losningen x med f &#8722;1 <img src="https://cdn.jsdelivr.net/joypixels/assets/8.0/png/unicode/64/1f44d.png" class="smilie smilie--emoji" loading="lazy" width="64" height="64" alt="(y)" title="Thumbs up    (y)"  data-smilie="22"data-shortname="(y)" /> och kallar funktionen f &#8722;1 for inversen till f. T exar funktionen f(x) = x 3 , x &#8712; R, inverterbar. Ekvationen y = f(x) = x 3 har ju den entydiga losningen x = f &#8722;1 <img src="https://cdn.jsdelivr.net/joypixels/assets/8.0/png/unicode/64/1f44d.png" class="smilie smilie--emoji" loading="lazy" width="64" height="64" alt="(y)" title="Thumbs up    (y)"  data-smilie="22"data-shortname="(y)" /> = y 1/3 . Lat funktionen f vara definierad pa ettoppet intervall I och antag att far strangt monoton och deriverbar paI. Om x &#8712; I och f (x) = 0 saar f &#8722;1 deriverbar i punkten f(x) och (f &#8722;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 &#8722;1 deriverbar i x 3 da x = 0 och (f &#8722;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 &#8722;1 ) <img src="https://cdn.jsdelivr.net/joypixels/assets/8.0/png/unicode/64/1f44d.png" class="smilie smilie--emoji" loading="lazy" width="64" height="64" alt="(y)" title="Thumbs up    (y)"  data-smilie="22"data-shortname="(y)" /> = 1/f (y 1/3 ) = 1/(3(y 1/3 ) 2 ) = (1/3)y &#8722;2/3 . Samma resultat erhalls naturligtvis om man direkt deriverar f &#8722;1 <img src="https://cdn.jsdelivr.net/joypixels/assets/8.0/png/unicode/64/1f44d.png" class="smilie smilie--emoji" loading="lazy" width="64" height="64" alt="(y)" title="Thumbs up    (y)"  data-smilie="22"data-shortname="(y)" /> = y 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, &#8722;&#960;/2 &#8804; x &#8804; &#960;/2. Daar D f = [&#8722;&#960;/2,&#960;/2] och V f = [&#8722;1,1]. Eftersom far kontinuerlig och f (x) = cosx > 0 da &#8722;&#960;/2 < x < &#960;/2 sa ar f strangt vaxande i [&#8722;&#960;/2,&#960;/2]. Ekvationen f(x) = y har darfor till varje y &#8712; [&#8722;1,1] en entydigt bestamd losning x &#8712; [&#8722;&#960;/2,&#960;/2]. Vi kallar denna losning for x = f &#8722;1 <img src="https://cdn.jsdelivr.net/joypixels/assets/8.0/png/unicode/64/1f44d.png" class="smilie smilie--emoji" loading="lazy" width="64" height="64" alt="(y)" title="Thumbs up    (y)"  data-smilie="22"data-shortname="(y)" /> = arcsiny. Det galler alltsa att y = sinx &#8660; x = arcsiny da &#8722;&#960;/2 &#8804; x &#8804; &#960;/2 och &#8722;1 &#8804; y &#8804; 1. T exar arcsin1 = &#960;/2 och arcsin &#8730;3/2 = &#960;/3. Da &#8722;&#960;/2 < x < &#960;/2 saar f (x) = cosx > 0. Om y = sinx, dar &#8722;&#960;/2 < x < &#960;/2, galler det darfor att D arcsiny = 1 f (x) = 1 cosx = 1 &#8730; cos 2 x = 1 1 &#8722; sin 2 x = 1 1 &#8722; y 2 . Vi later x och y byta roller och formulerar detta resultat som en sats: Sats 1 Da &#8722;1 < x < 1ar D arcsinx = 1 &#8730; 1 &#8722; x 2 De hyperboliska funktionerna Inspirerade av Eulers formler cosx = e ix + e &#8722;ix 2 och sinx = e ix &#8722; e &#8722;ix 2i definierar vi de hyperboliska funktionerna cosinus hyperbolicus och sinus hyperbolicus genom coshx = e x + e &#8722;x 2 och sinhx = e x &#8722; e &#8722;x 2 . Man ser direkt att D sinhx = coshx och den hyperboliska ettan cosh 2 x &#8722; sinh 2 x = 1 foljer av cosh 2 x &#8722; sinh 2 x = e 2x + 2 + e &#8722;2x 4 &#8722; e 2x &#8722; 2 + e &#8722;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 &#8660; 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 &#8730; 1 + x 2 . Ekvationen y = sinhxar ekvivalent med 2y = e x &#8722; e &#8722;x . Multiplicerar vi bada led med e x far vi den ekvivalenta ekvationen 2ye x = (e x ) 2 &#8722; 1. Skriver vi t = e x overgar den i t 2 &#8722; 2yt = 1 &#8660; t = y ± 1 + y 2 och eftersom t = e x > 0 sa duger bara losningen t = y + 1 + y 2 &#8660; 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 &#8730; 1 &#8722; x 2 = arcsinx + C, &#8722;1 < x < 1, dx &#8730; 1 + x 2 = arsinhx + C = ln(x + 1 + x 2 ) + C, x &#8712; R. 2 Page 3 Med hjalp av partiell integration far vi ytterligare ett par primitiva funktioner. I = 1 &#8722; x 2 dx = 1 • 1 &#8722; x 2 dx = x 1 &#8722; x 2 &#8722; x • &#8722;2x 2 &#8730; 1 &#8722; x 2 dx = x 1 &#8722; x 2 + x 2 &#8730; 1 &#8722; x 2 dx = x 1 &#8722; x 2 + x 2 &#8722; 1 + 1 &#8730; 1 &#8722; x 2 dx = x 1 &#8722; x 2 &#8722; 1 &#8722; x 2 &#8730; 1 &#8722; x 2 dx + dx &#8730; 1 &#8722; x 2 = x 1 &#8722; x 2 &#8722; I + arcsinx. J = 1 + x 2 dx = 1 • 1 + x 2 dx = x 1 + x 2 &#8722; x • 2x 2 &#8730; 1 + x 2 dx = x 1 + x 2 &#8722; x 2 &#8730; 1 + x 2 dx = x 1 + x 2 &#8722; x 2 + 1 &#8722; 1 &#8730; 1 + x 2 dx = x 1 + x 2 &#8722; 1 + x 2 &#8730; 1 + x 2 dx + dx &#8730; 1 + x 2 = x 1 + x 2 &#8722; J + arsinhx. Loser vi ut I och J far vi Sats 5 1 &#8722; x 2 dx = x &#8730; 1 &#8722; x 2 + arcsinx 2 + C, &#8722;1 &#8804; x &#8804; 1, (1) 1 + x 2 dx = x &#8730; 1 + x 2 + arsinhx 2 + C, x &#8712; R. (2) Att formel (1) galler till hoger i &#8722;1 och till vanster i 1 kan visas med hjalp av medelvar- dessatsen. Enligt integralkalkylens huvudsatsar F 1 (x) = x 0 1 &#8722; t 2 dt en primitiv funktion till f(x) = &#8730; 1 &#8722; x 2 . Man kan darfor ocksa visa (1) genom att visa att F 1 (x) och F 2 (x) = x &#8730; 1 &#8722; x 2 + arcsinx 2 skiljer sigat med en konstant da &#8722;1 &#8804; x &#8804; 1. Da 0 &#8804; x &#8804; 1ar F 1 (x) arean av det skuggade omradet i figuren nedan. Eftersom sin&#981; = x saar &#981; = arcsinx. Cirkelsektorns areaar &#981;/2 och triangelareanar x &#8730; 1 &#8722; x 2 /2. Vi far darfor att F 1 (x) = x &#8730; 1 &#8722; x 2 2 + &#981; 2 = x &#8730; 1 &#8722; x 2 + arcsinx 2 = F 2 (x), 0 &#8804; x &#8804; 1, och eftersom bade F 1 och F 2 ar udda funktioner saar F 1 (x) = F 2 (x) da &#8722;1 &#8804; x &#8804; 1. t y 3"snäla kan jag få ett svar senast kl17:00 :D mvh//wolwerin.peace</blockquote>

Verifiering

Svara på tråd

Artiklar

Tjänster

Information

Svara på tråd

Artiklar

Tjänster

Följ oss

Information