arcsin

JnGn skrev :

Hej

jag har en uppgift där man ska derivera följande uppgift:

$g\left(x\right)=arc\sin \frac{e^2-1}{e^2+1}$

Jag blir lite osäker, ska man sätta f(x)=arcsin och g(x)=$\frac{e^2-1}{e^2+1}$

Har du skrivit av rätt? Det finns inget x alls i ditt funktionsuttryck.

Som det står är g(x) en konstant med det ungefärliga värdet 0,76.

Om du har skrivit rätt så gäller det alltså att g'(x) = 0.

nej det blev fel, exponenten ska vara 2x, inte 2

Du kan låta

$f(x) = \frac{e^{2x} - 1}{e^{2x} + 1} = 1 - \frac{2}{e^{2x} + 1}$

Sedan är då

$g(x) = \arcsin(f(x))$

Så här kan du använda kedjeregeln för att derivera det.

jag förstår inte riktigt hur du får $1-\frac{2}{e^{2x}+1}$

Jag använder att

$\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=\frac{e^{2x}+1-2}{e^{2x}+1}=\frac{e^{2x}+1}{e^{2x}+1}-\frac{2}{e^{2x}+1}=1-\frac{2}{e^{2x}+1}$

Jag skriver om det så eftersom det blir lite lättare att derivera.

men var får du 2an från?

Det gäller att $-1 = 1 - 2$, alltså

$e^{2x} - 1 = e^{2x} + 1 - 2$

okej när jag deriverar får jag sedan $\frac{4e^{2x}}{{\left(e^2+1\right)}^2}$ men jag ska ju även ha med arcsin. Svaret ska bli $\frac{2e^{2x}}{e^{2x}+1}$ men jag förstår inte hur man ska göra, vi har ju nästan svaret redan förutom exponenten i nämnaren och halva täljaren.

Ja du måste använda kedjeregeln, den ger att

$g'(x) = \frac{f'(x)}{\sqrt{1 - f(x)^2}}$

så sätt in f och f' i detta och förenkla.

Alternativ lösning:

Vi får sällan glädjen att räkna med de hyperboliska funktionerna och bör därför samvetsgrant tillvarata de få tillfällen som bjuds.

Inför denna uppgift drar vi oss till minnes att

$\sinh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2},\quad \cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\quad \cosh^2(x)-\sinh^2(x)=1$

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\tanh(x))=\frac{1}{\cosh^2(x)}$

Vi ser att de hyperboliska funktionerna är nära besläktade med de trigonometriska funktionerna. En minnesregel är att de trigonometriska formlerna (summor, dubbla vinkeln, trigonometriska ettan) gäller även hypfunktioner med tillägget att vi inför motsatt tecken vid multiplikation av två sinusfunktioner. Derivatorna är också snarlika, kan man derivera tan(x) kan man också derivera tanh(x).

Nu till uppgiften,

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1})=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}})=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\tanh(x))$

Och med hjälp av minnesreglerna ovan får vi genast (ack du vackra hyperboliska etta)

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\tanh(x))=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\sinh^2(x))}{\cosh^2(x)}}}\frac{1}{\cosh^2(x)}=\frac{1}{\cosh(x)}\frac{1}{\sqrt{\cosh^2(x)-\sinh^2(x)}}=\frac{1}{\cosh(x)}$

Om vi vill kan vi skriva om detta (och sammanfatta) som

$\frac{\mathrm{d} \arcsin(\tanh(x))}{\mathrm{d} x}=\frac{1}{\cosh(x)}=\frac{2}{e^x+e^{-x}}=\frac{2e^x}{e^{2x}+1}$

Alternativ lösning. Tag $\sin$ av båda leden och använd sedan implicit derivering. Blir rätt trevliga och enkla beräkningar.

Kan poängtera att eftersom $\arcsin$ ger vinklar i 4:e och 1:a kvadranten där $\cos$ är positiv så innebär det att $y$ ovan är större än $0$ och därmed förkastas den negativa roten. Det framgick inte så tydligt varför i lösningen ovan.

Guggle skrev :

Alternativ lösning:

Vi får sällan glädjen att räkna med de hyperboliska funktionerna och bör därför samvetsgrant tillvarata de få tillfällen som bjuds.

Inför denna uppgift drar vi oss till minnes att

$\sinh(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2},\quad \cosh(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2},\quad \cosh^2(x)-\sinh^2(x)=1$

$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\tanh(x))=\frac{1}{\cosh^2(x)}$

Vi ser att de hyperboliska funktionerna är nära besläktade med de trigonometriska funktionerna. En minnesregel är att de trigonometriska formlerna (summor, dubbla vinkeln, trigonometriska ettan) gäller även hypfunktioner med tillägget att vi inför motsatt tecken vid multiplikation av två sinusfunktioner. Derivatorna är också snarlika, kan man derivera tan(x) kan man också derivera tanh(x).

Nu till uppgiften,

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1})=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}})=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\tanh(x))$

Och med hjälp av minnesreglerna ovan får vi genast (ack du vackra hyperboliska etta)

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} x}\arcsin(\tanh(x))=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\sinh^2(x))}{\cosh^2(x)}}}\frac{1}{\cosh^2(x)}=\frac{1}{\cosh(x)}\frac{1}{\sqrt{\cosh^2(x)-\sinh^2(x)}}=\frac{1}{\cosh(x)}$

Om vi vill kan vi skriva om detta (och sammanfatta) som

$\frac{\mathrm{d} \arcsin(\tanh(x))}{\mathrm{d} x}=\frac{1}{\cosh(x)}=\frac{2}{e^x+e^{-x}}=\frac{2e^x}{e^{2x}+1}$

Vad bra med ett nytt sätt att lösa uppgiften på :) men hur går du från $\left(\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\right)$ till $\left(\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\right)$

Sedan har vi derivatan för arcsin $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ och i detta fall satte du $\frac{1}{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{\sin h^2\left(x\right)}{\cos h^2\left(x\right)}}}}$ vårat x är ju $\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$

JnGn skrev :

Vad bra med ett nytt sätt att lösa uppgiften på :) men hur går du från $\left(\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}\right)$ till $\left(\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\right)$

Jag delar både täljare och nämnare med $e^x$

$\frac{e^{-x}(e^{2x}-1)}{e^{-x}(e^{2x}+1)}=\frac{e^{x}-e^{-x}}{e^{x}+e^{-x}}=\tanh(x)$

Sedan har vi derivatan för arcsin $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ och i detta fall satte du $\frac{1}{\sqrt{1-{\displaystyle \frac{\sin h^2\left(x\right)}{\cos h^2\left(x\right)}}}}$ vårat x är ju $\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}$

Ja just det, vårt "x" här blir alltså $\tanh(x)=\frac{\sinh(x)}{\cosh(x)}$ och den inre derivatan (dvs derivatan av $\tanh(x)$) blir $\frac{1}{\cosh^2(x)}$, dvs den sista faktorn. Slutligen lånar jag in en $\cosh(x)$ under rottecknet (och en blir kvar utanför).

$D_x(\arcsin(\tanh(x)))=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\sinh^2(x))}{\cosh^2(x)}}}\frac{1}{\cosh^2(x)}=\frac{1}{\cosh(x)}\frac{1}{\sqrt{\cosh^2(x)-\sinh^2(x)}}=\frac{1}{\cosh(x)}$

okej då är jag med på den biten, sedan har du använd $\cos h^2\left(x\right)-\sin h^2\left(x\right)=1$ så vi får $\frac{1}{\sqrt{1}}\times \frac{1}{\cos {\displaystyle {{\displaystyle h}}^2}{\displaystyle \left(x\right)}}=\frac{1}{\cos {\displaystyle {{\displaystyle h}}^2}{\displaystyle \left(x\right)}}$

Sista steget har vi då $\frac{1}{\cos h^2\left(x\right)}$  men hur får vi sedan $\frac{2}{e^x+e^{-x}}=\frac{2e^x}{e^{2x}+1}$

JnGn skrev :

okej då är jag med på den biten, sedan har du använd $\cos h^2\left(x\right)-\sin h^2\left(x\right)=1$ så vi får $\frac{1}{\sqrt{1}}\times \frac{1}{\cos {\displaystyle {{\displaystyle h}}^2}{\displaystyle \left(x\right)}}=\frac{1}{\cos {\displaystyle {{\displaystyle h}}^2}{\displaystyle \left(x\right)}}$

Ja, det är den hyperboliska ettan. Men notera alltså att vi måste multiplicera in en cosh(x) under rottecknet för att erhålla uttrycket (den förvandlas då till en cosh²(x)). Kvar blir alltså

$\frac{1}{\sqrt{1}}\times\frac{1}{\cosh(x)}=\frac{1}{\cosh(x)}$

=Sista steget har vi då $\frac{1}{\cos h^2\left(x\right)}$  men hur får vi sedan $\frac{2}{e^x+e^{-x}}=\frac{2e^x}{e^{2x}+1}$

Vi multiplicerar både täljare och nämnare med $e^x$, ungefär som tidigare

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

Är du med på det?

ja nu förstår jag hur man kan lösa uppgiften med hjälp av de hyperboliska funktionerna :) tack för hjälpen

tomast80 skrev :

Alternativ lösning. Tag $\sin$ av båda leden och använd sedan implicit derivering. Blir rätt trevliga och enkla beräkningar.

Jag är med fram tills du sätter cosg(x)=$\frac{y}{e^{2x}+1}$  sedan ser jag att vi får samma svar efter vi deriverar g som $\frac{y}{e^{2x}+1}$