Matematik

Differnetierieng af en toled-funktion

31. oktober 2024 af SkolleNørd - Niveau: A-niveau

Hej
Hej

Jeg sidder midt i en opgave, hvor jeg skal differentier den. Jeg er ret skark til at differentiere normalt, men står lidt af ved anvendelse af de forksllige regler, der findes (altså sumregl, produktregel, osv. Jeg ved ikke, hvordan denne skal differentiere, så er der nogle, der kan forklare mig dette trinvist på vej, da jeg helt ikke bare vil have svaret, men få en forståelse/læring af det.

Jeg tænker, at den eksponentielle del skal deles op, men er lidt usikker.

tak for jeres tid.

Vedhæftet fil: IMG_9616.jpeg

Brugbart svar (0)

Svar #1
31. oktober 2024 af StoreNord

Det ser ud til at være en produktfunktion, hvor 2. faktor er en sammensat funktion.

Brugbart svar (0)

Svar #2
01. november 2024 af SuneChr

Overskriften toled funktion er uheldig, da man ved led forstår størrelser med plus (eller minus) imellem.
(x + 1) og (e^(x² + x)) er faktorer og f kaldes en produktfunktion af de to nævnte faktorer.
Lad              g (x) = x + 1                 h (x) = e^x                k (x) = x² + x
Den anden faktor hedder   h º k (x) og dermed (h º k (x))' = h '(k (x))·k' (x)
Benyt nu differentiationsreglen for en produktfunktion:   grøn·gul' + grøn'·gul .

Brugbart svar (0)

Svar #3
01. november 2024 af StoreNord

Lad dig ikke afskrække af, at du ikke kan finde nulpunkter for f'.

Brugbart svar (0)

Svar #4
01. november 2024 af M2023

#0. a)

$\left( (x+1)\cdot e^{x^2+x}\right )'=$

$(x+1)' \cdot e^{x^2+x}+(x+1) \cdot \left(e^{x^2+x}\right)'=$

$e^{x^2+x}+(x+1) \cdot (2x+1) \cdot e^{x^2+x}=$

$(2x^2+3x+2) \cdot e^{x^2+x}$

Brugbart svar (0)

Svar #5
01. november 2024 af M2023

#0. b) Der er ikke reelle løsninger til f'(x) = 0:

$(2x^2+3x+2) \cdot e^{x^2+x}=0\Leftrightarrow$

$2x^2+3x+2 =0\Leftrightarrow$

$x=-\frac{3}{4} \pm i\cdot \frac{\sqrt{7}}{4}$

Svar #6
02. november 2024 af SkolleNørd

Okay så (x+1)' = 1

Og (e^x^2+x' = e^2x=?

Vil det sæt være $(x+1)*e^2^x. + 1* (e^x^2+x)$ ?

Brugbart svar (0)

Svar #7
02. november 2024 af StoreNord

Håber du kan læse det!

Vedhæftet fil:20241102_154614.jpg

Brugbart svar (0)

Svar #8
02. november 2024 af StoreNord

Den afledede er: $1\cdot e^{{x^2+x}}+ (x+1) \cdot e^{{x^2+x}} \cdot (2x+1)$

Nu skal du skrive det som to faktorer, som hver for sig måske kan være nul.

Brugbart svar (0)

Svar #9
02. november 2024 af StoreNord

Måske lidt pænere? $1*e^{x^{2}+x}\: \: \: \: + \: \: \: \: (x+1)*e^{x^{2}+x}\cdot(2x+1)$

Svar #10
03. november 2024 af SkolleNørd

#8
Den afledede er:

Nu skal du skrive det som to faktorer, som hver for sig måske kan være nul.

Jeg skal sgu differnetiere og ikke aflede og x^2 + x?.

Hvorfan i alverden bliver det både til 1*e^x^+x og også blive til 2x+1?
Dt giver ingen mening, hvad i hver især skriver

Svar #11
03. november 2024 af SkolleNørd

#4
#0. a)
Man kan da ikke bare skrive både (2x+1) og lade e%2x+1 stå ved siden af? Den skal da fjernes.

Svar #12
03. november 2024 af SkolleNørd

#5
#0. b) Der er ikke reelle løsninger til f'(x) = 0:

Det er jo en andengradsligning, så det er vel muligt?

Svar #13
03. november 2024 af SkolleNørd

#9
Måske lidt pænere?

Og x^2+x differentieret er da 2x og ikke 2x+1, da x = 0, som var det en linæer regneregel fra formelsamlingen

Brugbart svar (0)

Svar #14
03. november 2024 af Anders521

#13 Forkert. Bemærk at x² + x er det samme som x² + x¹. Når polynomiet differentieres, bliver resultatet den lineær funktion 2x + 1 og ikke 2x. Hvis du mener resultatet, stadig er forkert, så prøv at integrere dit eget svar 2x for se om du ender med det oprindelig polynomium x²+ x¹.

Svar #15
03. november 2024 af SkolleNørd

#3
Lad dig ikke afskrække af, at du ikke kan finde nulpunkter for f'.

Jeg har beregnet diskriminanten til at være iligmed -7 og hvis diskriminanten er negativ, så er der vel ingen x-løsninger og derfor må mit svar være, at der ingen løsninger er til f’(x)= 0 pga at d er negativ?

Brugbart svar (0)

Svar #16
03. november 2024 af ringstedLC

#15 Korrekt:

$\begin{align*} d=3^2-4\cdot2\cdot2 &= -7<0 \\ \Rightarrow f'(x) &= 0\Rightarrow x\in\textup{\O\;,\;(den tomme m\ae ngde)} \end{}$

Andengradsligninger har kun reelle løsninger, når diskriminanten er større end eller lig med nul.

#10 Differentiering af en funktion giver dens afledede funktion!

Brugbart svar (0)

Svar #17
03. november 2024 af ringstedLC

#13

$\begin{align*} \bigl(x^2+x\bigr)' &= \bigl(x^2\bigr)'+\bigl(1\cdot x\bigr)' \\ &= 2x+1 \end{}$

Brugbart svar (0)

Svar #18
03. november 2024 af ringstedLC

#0
Jeg tænker, at den eksponentielle del skal deles op, men er lidt usikker.

Her tænker du rigtigt, og selvom flere af ovenstående svar viser dig, hvordan det gøres, så får du alligevel et forsøg mere:

$\begin{align*} \Bigl(f\bigl(g(x)\bigr)\Bigr)' &= f'\bigl(g(x)\bigr)\cdot g'(x) &&\textup{formel (44), k\ae dereglen} \\ \bigl(e^{x^2+x}\bigr)' :f(x) &= e^x\;,\;g(x)=x^2+x \\ f'(x) &= e^x\;\Rightarrow f'\bigl(g(x)\bigr)=e^{x^2+x} \\ g'(x) &= 2x+1 \\ f'\bigl(g(x)\bigr)\cdot g'(x) &= e^{x^2+x}\cdot (2x+1) \end{}$

Brugbart svar (0)

Svar #19
03. november 2024 af ringstedLC

#0

Jeg ved ikke, hvordan denne skal differentiere, så er der nogle, der kan forklare mig dette trinvist på vej, da jeg helt ikke bare vil have svaret, men få en forståelse/læring af det.

a) "Trinvist": Dan dig et overblik over funktionen:

$\begin{align*} f(x) &=\underbrace{(x+1)}\cdot \underbrace{(e^{x^2+x})} \\ f(x) &= \;\; f_1(x)\;\cdot\;\; f_2(x) \\ f(x) &= \;\; f_1(x)\;\cdot(f_3\circ\! f_4)(x) \\ \Rightarrow f'(x) &= \underbrace{{f_1}'(x)\cdot f_2(x)}\;+\;\, \underbrace{f_1(x)}\;\;\cdot\quad \underbrace{(f_3\circ\! f_4)'(x)} &&\textup{formel (43), produktreglen} \\f'(x) &= \quad 1\cdot e^{x^2+x}\quad\,+(x+1)\,\cdot\; {\color{Red}e^{x^2+x}\cdot(2x+1)} &&\textup{formel (44), k\ae dereglen} \end{}$

Brugbart svar (0)

Svar #20
03. november 2024 af StoreNord

#15
Korrekt. Men der er én grund mere!
Du sætter e-funktionen udenfor polynomiet. Den kan dog heller aldrig blive 0.

Forrige 1 2 Næste

Der er 21 svar til dette spørgsmål. Der vises 20 svar per side. Spørgsmålet kan besvares på den sidste side. Klik her for at gå til den sidste side.