DERIVATA. = lim. x n 2 h h n. 2

Transkript

1 DERIVATA Läs avsnitten Lös övningarna 6.cd, 6.2, 6.3bdf, 6.4abc, 6.5bcd, 6.6bcd, 6.7, 6.9 oc 6.. Läsanvisningar Allmänt gäller som vanligt att bevisen inte ingår i kursen, men det är mycket nyttigt oc upplysande att försöka ta sig igenom dem i alla fall. Avsnitt 6.3 Man kan bevisa att Dx n = nx n genom att använda -definitionen också: Enligt binomialsatsen är Alltså är differenskvoten f(x + ) f(x) f f(x + ) f(x) (x + ) n x n (x) = lim = lim. 0 0 (x + ) n = x n + nx n + = (x + )n x n ( ) n x n n. 2 = nx n + ( ) n x n n. 2 Punkterna betyder termer som alla inneåller minst en faktor oc då 0 så går dessa mot 0. Alltså får vi f (x) = nx n. Vi skall säga några ord om derivatan av en exponentialfunktion f(x) = a x, där a > 0. Differenskvoten är f(x + ) f(x) = ax+ a x = ax a a x = a x a. Vi kan nu till att börja med konstatera att f är deriverbar, dvs att gränsvärdet om oc endast om gränsvärdet f(x + ) f(x) lim 0 a lim 0 existerar. existerar existerar. Men detta gränsvärde är inget annat än derivatan av f i x = 0, så f är deriverbar i en godtycklig punkt om oc endast om den är deriverbar i 0. Deriverbareten i en punkt vilken som elst följer alltså av deriverbaret för x = 0. Vidare får vi f f(x + ) f(x) (x) = lim = a x a lim = a x f (0). 0 0

2 Med metoder som ligger utanför den är kursen kan man bevisa att f(x) = a x verkligen är deriverbar i 0 oc därför för alla x. Man kan också visa att det finns ett oc endast ett värde på a för vilket derivatan f (0) är lika med. Detta värde på a betecknas e. Vi ar således De x = e x. För att derivera sinus oc cosinus måste man använda några av alla de trigonometriska formlerna oc i boken änvisas till en viss formel i beviset av D cos x = sin x. Beviset för D sin x = cos x är lämnat som övning. Här kommer båda ärledningarna från början. För att derivera sinus använder vi additionsformeln: Detta ger varför sin(x + ) = sin((x + /2) + /2) = sin(x + /2) cos(/2) + cos(x + /2) sin(/2) sin x = sin((x + /2) /2) = sin(x + /2) cos(/2) cos(x + /2) sin(/2) sin(x + ) sin x = 2 cos(x + /2) sin(/2) sin(x + ) sin x = cos(x + /2) sin(/2). /2 När 0 så går cos(x + /2) mot cos x (det är påståendet är inte alldeles självklart oc beror på att cosinus är kontinuerlig). Kvoten sin(/2)/(/2) går mot, så sin(x + ) sin x D sin x = lim = cos x = cos x. 0 För cosinus får vi varav cos(x + ) = cos((x + /2) + /2) = cos(x + /2) cos(/2) sin(x + /2) sin(/2) cos x = cos((x + /2) /2) = cos(x + /2) cos(/2) + sin(x + /2) sin(/2) cos(x + ) cos x = 2 sin(x + /2) sin(/2). På samma sätt som i sinus-fallet följer att D cos x = sin x. Deriveringsreglerna i Satserna 6.2 oc 6.3 måste man kunna utantill. Det räcker i praktiken inte att veta var man kan slå upp dem varje gång de beövs, utan de måste alltså sitta i ryggmärgen. Avsnitt 6.4 oc 6.5 Kedjeregeln Sats 6.4 är också en regel som man elt enkelt måste beärska. Som ytterligare ett exempel på ur den fungerar kan vi derivera cosinus på 2

3 ett annat sätt. Vi ar ju cos x = sin(π/2 x). Om vi sätter u(v) = sin v oc v(x) = π/2 x, så är cos x = u(v(x)) oc kedjeregeln ger D cos x = u (v(x))v (x). Nu är ju u (v) = cos v oc v (x) =, så D cos x = (cos v(x)) ( ) = cos(π/2 x) = sin x. Sats 6.5 om derivatan av invers funktion kan vara lite knepig att förstå första gången man ser den, så låt oss se på den med geometriska ögon. Om y = f(x) är inverterbar så får man inversen genom att byta x oc y, dvs den ges av sambandet x = f(y). Löser man ut y så får man y = f (x). Låt x 0 vara en fix punkt oc sätt y 0 = f(x 0 ), så att punkten (x 0, y 0 ) ligger på grafen till y = f(x). Då ligger (y 0, x 0 ) på grafen till y = f (x). Tangenten till kurvan y = f (x) (dvs x = f(y)) i punkten (y 0, x 0 ) får man därför genom att i ekvationen för tangenten till y = f(x) i (x 0, y 0 ) byta x oc y. Men den är tangenten ar ekvationen y = y 0 + f (x 0 )(x x 0 ) oc byter vi x oc y så får vi förstås Löser vi ut y så får vi x = y 0 + f (x 0 )(y x 0 ). y = x 0 + f (x 0 ) (x y 0) under förutsättning att f (x 0 ) 0. Detta är således ekvationen för tangenten till y = f (x) i punkten (y 0, x 0 ). Men ekvationen kan även skrivas y = f (y 0 ) + (f ) (y 0 )(x y 0 ) oc jämför vi de två ekvationerna så får vi (f ) (y 0 ) = f (x 0 ), där y 0 = f(x 0 ). Exempel 6.25 oc 6.26 andlar om implicit derivering, ett begrepp som inte riktigt definieras. Låt oss börja med begreppen implicit oc explicit. Man säger att en funktion är given explicit om den är given i den vanliga formen y = f(x), där f är något uttryck i x, t ex f(x) = x 3 sin x. Men funktioner definieras ibland på andra sätt också, t ex som i Exempel 6.26, där funktionen y definieras genom att den uppfyller sambandet y 3 + = x 2. För varje värde på x ger den är ekvationen ett enda värde på y, så sambandet definierar verkligen y som en funktion av x. En sådan funktion säges vara definierad implicit. I det är fallet kan man förstås lösa ut y oc få y = 3 x 2, vilket ger funktionen explicit. Ett annat exempel på en implicit definierad funktion är y + e y = x, men är I praktiken är det inte alls säkert att man kan lösa ut y i den meningen att man får ett uttryck i x. Inversen till y = sin x är x = sin y, dvs y = arcsin x, men egentligen är ju arcsin bara en beteckning vi ar infört på den inversa funktionen till sinus. 3

4 går det inte att lösa ut y oc få en explicit definierad funktion (i alla fall inte så att man får en enkel formel). Däremot kan man i viss mening derivera funktionen y i sambandet y + e y = x 3. Båda sidorna är nämligen funktioner av x oc vänsterledet är en sammansatt funktion. Enligt kedjeregeln är derivatan av vänsterledet y + y e y = y ( + e y ). Derivatan av ögerledet är ju 3x 2, så vi får y ( + e y ) = eller y = 3x 2 /( + e y ). Lägg märke till att det uttryck vi får för derivatan inneåller både x oc y. Metoden med implicit derivering kan man som det står i boken använda för att derivera t ex arcuscosinus. För sambandet y = arccos x betyder detsamma som x = cos y. Här är ögerledet en sammansatt funktion (ty y är en funktion av x). Derivering av båda leden ger = ( sin y) y, så att y = sin y = cos2 y = x 2. Man kan ärleda formeln D ln x = /x på samma sätt, för sambandet y = ln x är ekvivalent med x = e y. Här är ögerledet en sammansatt funktion oc kedjeregeln ger att dess derivata är e y y. Alltså är = e y y oc y = e y = x. Det finns ett dolt problem med de är implicita deriveringarna, nämligen att de förutsätter att man vet att funktionen y är deriverbar, vilket inte är uppenbart. Men om man bara vet det (genom någon annan sats), så är implicit derivering en användbar metod. Det går utmärkt att använda implicit derivering för att ge ett annat bevis för Sats 6.5. För att f är inversen till f betyder ju att f (f(x)) = x för alla x. Om vi vet att f är deriverbar, så ger kedjeregeln (f ) (f(x)) f (x) =, dvs (f ) (y 0 ) = f (x 0 ) där y 0 = f(x 0 ). Problemet med den är ärledningen är alltså att vi på något annat sätt först måste visa att f är deriverbar om f är det. Men det är en detalj som vi oppar över. En annan typ av motivering av några deriveringsregler Det är avsnittet är till för den som vill a ytterligare ett sätt att se på derivata oc se en annan motivering av några av deriveringsreglerna. En tolkning av derivatan f (x 0 ) är att den är lutningen os tangenten till y = f(x) i punkten x = x 0. Tangentens ekvation blir då y f(x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) eller y = f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). Geometriskt oc intuitivt är det rimligt att säga att tangenten är den räta linje som ansluter bäst till funktionens graf i näreten av x = x 0, så i näreten av punkten bör vi a f(x) f(x 0 ) f (x 0 )(x x 0 ) eller f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ). () 4

5 Vi kan inte veta ur noggrann den är approximationen är för ett visst givet värde på x, men ju närmare x 0 punkten x är, desto bättre bör den vara. Ett annat sätt att se detta är att använda derivatans definition: f (x 0 ) = lim x x 0 f(x) f(x 0 ) x x 0. Eftersom derivatan är gränsvärdet av differenskvoten, så bör f (x 0 ) f(x) f(x 0) x x 0 när x är nära x 0. Detta är ett annat sätt att skriva (). (Det är kommer vi att diskutera vidare i avsnittet om Taylors formel, som är en förbättring av ().) Låt nu f oc g vara två deriverbara funktioner. Då ar vi f(x) f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ) g(x) g(x 0 ) + g (x 0 )(x x 0 ) oc om vi adderar de är två sambanden så får vi f(x) + g(x) (f(x 0 ) + g(x 0 )) + (f (x 0 ) + g (x 0 ))(x x 0 ). Koefficienten för x x 0 bör ju vara derivatan av f + g, så (f + g) (x 0 ) = f (x 0 ) + g (x 0 ). Lägg dock märke till att det är inte är ett bevis, utan bara en motivering! Intressantare blir det om man multiplicererar: f(x)g(x) (f(x 0 ) + f (x 0 )(x x 0 ))(g(x 0 ) + g (x 0 )(x x 0 )) = f(x 0 )g(x 0 ) + (f (x 0 )g(x 0 ) + f(x 0 )g (x 0 ))(x x 0 ) + f (x 0 )g (x 0 )(x x 0 ) 2 När x är nära x 0 så är (x x 0 ) 2 mycket mindre än x x 0, så f(x)g(x) f(x 0 )g(x 0 ) + (f (x 0 )g(x 0 ) + f(x 0 )g (x 0 ))(x x 0 ). Koefficienten för x x 0 är derivatan av fg, så (fg) (x 0 ) = f (x 0 )g(x 0 ) + f(x 0 )g (x 0 ). Visst är det är ganska elegant, men tänk återigen på att det inte är ett fullständigt bevis, utan bara ett sätt att motivera produktregeln. Till oc med kedjeregeln kan motiveras (oc kanske bli mer begriplig) med den är metoden. Sätt y = g(x) oc y 0 = g(x 0 ). När x är nära x 0 så är y nära y 0 (vilket beror på att g är kontinuerlig). Vi ar g(x) g(x 0 ) + g (x 0 )(x x 0 ) f(y) f(y 0 ) + f (y 0 )(y y 0 ). 5

6 Men y y 0 = g(x) g(x 0 ) g (x 0 )(x x 0 ), vilket ger f(g(x)) = f(y) f(y 0 ) + f (y 0 )g (x 0 )(x x 0 ) = f(g(x 0 )) + f (g(x 0 ))g (x 0 )(x x 0 ). Koefficienten för x x 0 är derivatan av f(g(x)), vilket ger (f g) (x 0 ) = f (g(x 0 ))g (x 0 ). Lösningar till några övningar 6..c) Differenskvoten är Detta ger f(x + ) f(x) d) Differenskvoten är = ( x + ) = x = x(x + ) = ( ) f (x) = lim 0 x(x + ) x(x + ). x (x + ) x(x + ) = x x = x 2. f(x + ) f(x) = = x + x = ( x + x)( x + + x) ( x + + x) (x + ) x ( x + + x) = ( x + + x) = x + + x där vi använde knepet att förlänga med x + + x. Alltså är f (x) = lim = = 0 x + + x x + x 2 x. 6.2.d) Den är uppgiften är intressant på så sätt att man kan beräkna derivatan på två olika sätt. Antingen använder man produktregeln på båda termerna: f (x) = D(cos x) cos x + cos xd(cos x) + D(sin x) sin x + sin xd(sin x) = sin x cos x sin x cos x + cos x sin x + cos x sin x = 0 eller så anvnder man först trigonometriska ettan, som ger f(x) = för alla x. Alltså är f (x) = 0. Det är ju skönt att resultatet blit detsamma med de två metoderna! 6.4.a) Lägg först märke till att sin x 2 skall tolkas som sin(x 2 ) oc alltså inte som (sin x) 2! Om vi sätter u(v) = sin v oc v(x) = x 2, så är f(x) = sin x 2 = u(v(x)) oc enligt kedjeregeln är f (x) = u (v(x))v (x) = cos v(x) 2x = 2x cos x 2. 6

7 b) Det enklaste sättet att räkna ut derivatan är förstås att observera att f(x) = sin(arcsin x) = x, så att f (x) =. men det går även bra att använda kedjeregeln. Sätt u(v) = sin v oc v(x) = arcsin x. Då är f (x) = u (v(x))v (x) = cos v(x) = sin 2 (arcsin x) = cos(arcsin x) x 2 x 2 x 2 = x 2 x 2 =. (Det andra sättet är ju väsentligen ärledningen av derivatan av arcussinus.) 6.5.b) Derivatan är ( ) x ln x D x 2 + = D(x ln x)(x2 + ) x ln xd(x 2 + ) (x 2 + ) 2 = (ln x + x /x)(x2 + ) x ln x 2x (x 2 + ) 2 = (ln x + )(x2 + ) 2x 2 ln x (x 2 + ) 2 så att f () = (0 + ) ( + ) 2 0 ( + ) 2 = 2. d) Här måste man använda kedjeregeln. Sätt u(v) = ln v oc v(x) = arctan x, så att f(x) = u(v(x)). Då är f (x) = u (v(x))v (x) = v(x) + x 2 = ( + x 2 ) arctan x. 6.6.b) Vi börjar med att förenkla: ln xe 2x = ln( x e 2x ) = ln x + ln e 2x = ln x + 2x (observera att e 2x > 0 för alla x, så vi kan ta bort absolutbeloppstecknen). Derivatan är /x + 2 med ett enda nollställe x = /2. c) Kvotregeln ger ( ) 2x D + x 2 = D(2x)( + x2 ) 2xD( + x 2 ) ( + x 2 ) 2 = 2( + x2 ) 2x 2x ( + x 2 ) 2 = 2 2x2 ( + x 2 ) 2. Nollställena är således x = ±. d) Sätt u(v) = arctan v oc v(x) = x 2. Enligt kedjeregeln är derivatan f (x) = u (v(x))v (x) = Det finns alltså ett enda nollställe, nämligen x = 0. + v(x) 2 ( 2x) = 2x + ( x 2 ) 2. 7

8 6.7. Vi börjar med att fundera över ur vinkeln mellan en linje y = kx + m oc x-axeln beror på konstanterna k oc m. Om k = 0 så är linjen parallell med x-axeln oc i så fall skär de varandra bara i fallet m = 0 (i vilket fall de sammanfaller). Vinkeln är då 0. Antag att k 0 oc beteckna skärningspunkten med (a, 0). Om x-koordinaten ökar med, så ökar y-koordinaten med k (vilket är en minskning om k < 0). I figuren nedan ser vi att tan α = k/ = k. Riktningskoefficienten k är lika med derivatan av f för x = 2, som är f (2) = =. Vinkeln mellan tangenten oc positiva x-axeln är således 3π/4, så den spetsiga vinkeln är π/ Enligt kedjeregeln är f (x) = + (x 2 4) 2 2x, varför f (2) = = 4. Eftersom f(2) = arctan(2 2 4) = 0 så är tangentens ekvation y 0 = 4(x 2), dvs y = 4x Mellan kl 6 på morgonen oc kl 6 på eftermiddagen ar temperaturen ändrats med π(8 8) π(6 8) T (8) T (6) = sin 2 6 sin 2 2 = 6 sin 5π ( 6 6 sin π ) = = 6. 6 Medeländringen är T (8) T (6) = = 2. Derivatan är T (t) = 6 π ( ) π(t 8) 2 cos = π ( ) π(t 8) 2 2 cos. 2 8

9 Förändringsastigeten kl 4 på morgonen är T (4) = π 2 cos ( π(4 8) 2 ) = π2 ( cos π ) = π 3 4. På samma sätt räknar man ut förändringsastigeten kl 8 på fm oc 4 på em. Den är 0 då π(t 8)/2 = ±π/2, vilket ger t = 2 eller t = 4, dvs kl 2 på fm oc em. Eneten är i alla fallen grader per timme. 9