sett 4x + 2 = 0 og 2x -3 = 0 , begge funksjonene er rette linjer og de skifter fortegn ved nullpunktet. Da kan du drøfte de i et fortegns skjema hver for seg, og til slutt sette de sammen til f(x) , da vil fortegns skjemaet vise når f(x) < 0 og f(x) > 0 f.eks teller--- -- - --- --- - -0_____________...

Dette tar man på kalkulator, og nei, her går det ikke å fjerne parentesen på grunnlag av at det står 3 i nevner. For at det skulle vært mulig, måtte utrykket vært slik: \frac{4 \cdot 3,14 \cdot 3(6,96 \cdot 10^8)}{3} , men det er det altså ikke. Fordi \frac{a^3}{3} \neq \frac{3a}{3} . Husk at potens...

Så du mener [tex]21x_1 = l_1[/tex] og [tex]24x_2 = l_2[/tex], stemmer det at [tex]x_1 \neq x_2[/tex]? Er det noen sammenheng mellom x-verdiene eller er det tilfeldige tall?

Nei, men moderator Aleks855 kan: http://udl.no/p/r1-matematikk/kapittel-3-sannsynlighet

[tex]\binom{n}{r} = \frac{n!}{r!(n-r)!}[/tex] gir [tex]\binom{5}{3} = \frac{5!}{3! \cdot 2!} = \frac{5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1}[/tex]
1,2 og 3 kan forkortes, dermed har vi [tex]\frac{5 \cdot 4}{2 \cdot 1} = \frac{20}{2} = 10[/tex]

Det kommer av at arealet mellom to kurver er [tex]\int{(f(x) - g(x))dx}[/tex], hvor [tex]f(x)[/tex] er den øverste grafen i det aktuelle området.
Her blir da [tex]f(x) = y = 3[/tex]. Derfor kan man også se på en vanlig rotasjon av en positiv kurve rundt x-aksen som [tex]\pi \int{ \left (f(x) - 0 \right)^2 dx}[/tex].

Sett [tex]f''(x) = 0[/tex], da får du x-koordinaten til vendepunktet.
Da kan du sette den inn i [tex]f(x)[/tex] for å få y-koordinaten til vendepunket.

funksjonene er [tex]f(x) = \sqrt{x^2 -4x + 16} - 4[/tex] og [tex]g(x) = \sqrt{-2x^2 - 8x + 9} -3[/tex], altså konstantene står utenfor rot tegnet.

ja, sett telleren = null og regn ut. Deretter må du sjekke at løsningen er i definisjons området,
altså [tex]D_f = \mathbb{R} \setminus \frac{3}{2}[/tex], hvor [tex]\mathbb{R}[/tex] er alle de reelle tallene.
Ser du hva som skjer dersom du setter [tex]x = \frac{3}{2}[/tex]?

Du kan ikke flytte cos over på venstre side ved å gange, du må dele. da får du \frac{1}{cosu} = \frac{\sqrt{18} \sqrt{40}}{12} . Hvilket fører til unødvendig mange operasjoner. Dermed er enkleste, og beste måte å få cosu alene, ved å dele begge sider på \sqrt{18} \sqrt{40} 12 = \sqrt{18} \sqrt{40} c...

Hei! f(x)=ln(2x+3)^4 --> f'(x)=8*(2x+3)^3 f(x) skal være (2x + 3)^4 (deriverer du dette ser du at det stemmer) Fordi h(x) = ln(2x+3)^4 = 4ln(2x+3) , u = 2x+3 \Rightarrow \frac{dh}{du} = 4(lnu)' \cdot u' hvilket gir 2 \cdot 4 \cdot \frac{1}{u} = \frac{8}{2x + 3} , som er tilsvarende det andre eksemp...

[tex]1-lnx[/tex] er positiv i [tex]x \in ( 0, e)[/tex].

Velg vilkårlige, men fornuftige x-verdier. F.eks x \in \left \{-3,-2,-1,0,1,2,3 \right \} Da får du y-verdier. De tilhørende x og y verdiene gir deg punkter i planet. f(x) = -x^2 +6x-5 f(-3) = - (-3)^2 + 6 \cdot (-3) -5 = -32 , hvilket er punktet (-3,-32) Dersom oppgaven kun ber om en skisse, holder...

som nevnt over:

[tex]\frac{dy}{dx} = \frac{8x}{y^2}[/tex]
[tex]y^2 dy = 8xdx[/tex]
[tex]\int{y^2 dy} = \int{8xdx}[/tex]

DennisChristensen skrev:

hco96 skrev:

DennisChristensen skrev: $\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}, x \mapsto |x|$

Hvordan leser man dette? Om jeg tør spørre

En funksjon fra $\mathbb{R}$ til $\mathbb{R}$ som sender $x$ til $|x|$.

Takker og bukker, er det noen åpenbare fordeler ved å bruke denne notasjonen?