© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

       
1. a. f '(x) = 1/√(1 - x2)  dus  f '(1/2) = 1/√(1 - 1/4) = 1/√(3/4) = √(4/3) = 2/3√3
de raaklijn is dus  y = 2/3√3 • x + b en daar moet  (1/2, 1/6π) op liggen
1/6π = 2/3√3 • 1/2 + b  geeft  b = 1/6π - 1/2√3
De raaklijn is dan y = 2/3√3x + 1/6π - 1/2√3
       
  b. f '(x) = -1/√(1 - x2)  dus  f ' (1/2√2) = 1/√(1 - 1/2) = 1/√0,5 = √2
de raaklijn is dus  y = √2 • x + b en daar moet  (1/2√2, 1/4π) op liggen
1/4π = √2 • 1/2√2 + b geeft  b = 1/4π - 1
De raaklijn is dan  y =  √2 • x + 1/4π - 1
       
  c. f '(x) = 1/(1 + x2) dus  f '(√3) = 1/(1 + 3) = 1/4
de raaklijn is dus  y = 1/4x + b en daar moet  (√3, 1/3π) op liggen
1/3π = 1/4 • √3 + b  geeft  b = 1/3π - 1/4√3
De raaklijn is dan  y = 1/4x + 1/3π - 1/4√3
       
2. Als x oneindig groot wordt, dan wordt  1/(1 + x2) gelijk aan nul;.
Dus de helling van de grafiek wordt nul (immers dat is f ') , en dan is er een horizontale asymptoot.
       
3. f(x) = arcsinx
f'(x) = 1/√(1 - x2) = (1 - x2)-0,5
f '' (x) = -0,5 • (1 - x2)-1,5 • -2x
f ''(x) = 0 geeft dan   -2x = 0 ⇒  x = 0
Bij x = 0 wisselt f '' inderdaad van teken, dus heeft de grafiek een buigpunt. 

Voor f(x) = arccosx geldt precies hetzelfde (met ene minteken extra)

f(x) = arctanx
f '(x) = 1/(1 + x2) = (1 + x2)-1
f '' (x) = -1 • (1 + x2)-2 • 2x
 f ''(x) = 0 geeft dan   2x = 0 ⇒  x = 0
Bij x = 0 wisselt f '' inderdaad van teken, dus heeft de grafiek een buigpunt. 
       
4. f (x) = 4x + cosx
f '(x) = 4 - sinx
f '(0) = 4 - sin0 = 4

Dan heeft de inverse functie in het gespiegelde punt (1,0) helling  1/4
       

© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)