1. No category

matx.dk
Differentialregning
Dennis Pipenbring
10. december 2010
Indhold
1 Differentialregning
1.1 Grænseværdi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Kontinuitet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
3
3
8
2 Differentialkvotienten
10
2.1 Pascals trekant . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.2 Differentialkvotienten af simple funktioner . . . . . . . . . . . . . 12
3 Differentialkvotienten af sum- og differensfunktioner
14
4 Ligningen for tangenten
15
5 Monotoniforhold
16
5.1 Ekstremumssteder . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
√
18
6 Differentialkvotient af x
7 Differentialkvotienten af produktfunktioner
18
8 Differentialkvotienten af kvotientfunktioner
20
9 Differentialkvotienten af sammensatte funktioner
22
10 Differentialkvotienten af andre funktioner
24
11 Kapiteloversigt
25
2
1
Differentialregning
Ideen med differentialregning er at se på hvad uendeligt små forskelle (differenser) betyder. I dag bruges det primært til optimering og bestemmelse af
øjebliksbilleder. F.eks. ved pasteurisering1 af fødevare nedbrydes både bakterier og vitaminer eksponentielt. Ved hjælp fra differentialregning kan man sige at
efter 2 sek. pasteurisering aftager vitaminindholdet med 3 mg pr. sek. pr. kg
fødevare og bakterieindholdet med 5 µg pr. sek. pr. kg fødevare. Det er ligeledes
differentialregning der hjælper med at finde en optimale temperatur til pasteuriseringen. Den optimale temperatur afhænger både af vitamin- og bakterietype.
For at komme en forståelse af dette begreb ’differentialregning’ nærmere skal vi
omkring grænseværdi og kontinuitet.
1.1
Grænseværdi
En grænseværdi er en værdi, som det ser ud som om en funktion vil antage hvis
der skulle gættes på en værdi.
En funktion f har grænseværdien a i punktet x0 , hvis man kan opnå funktionsværdier vilkårligt tæt ved a ved at vælge x -værdier tilstrækkeligt tæt ved x0 .
Hvis denne grænseværdi eksisterer, skriver vi, limx→x0 f (x) = a
Definition 1.1 Definition af grænseværdi.
∀ε > 0∃δ > 0 : 0 < |x − x0 | < δ ⇒ |f (x) − a| < ε
I ord: "For alle epsilon større end 0 eksistere et delta større end 0 for hvilket
der gælder, at hvis afstanden mellem x og grænsen (x0 ) er mindre end delta,
er afstanden mellem f (x) og grænseværdien mindre end epsilon."Hvis denne
grænseværdi eksisterer, skriver vi,
lim f (x) = a
x→x0
(y)
10
x .
Eksempel 1.2 Se på funktionen f (x) =
Se på grænseværdien for denne funktion i
punktet 5. Først den simple afprøvning.
x
4,8
4,9
5
5,1
5,2
f (x)
≈ 2,08
≈ 2,04
?
≈ 1,96
≈ 1,92
Det ser ud som om at funktionen nærmer sig
værdien 2 når x nærmer sig 5.
For at vise at 2 er grænseværdien i punktet 5,
1 kraftig
opvarmning for at dræbe bakterier
3
f (x) =
6
10
x
5
4
3
2
1
(x)
0
0
1
2
3
4
5
6
skal der findes et δ, som gerne må afhænge af ε, som afgør det interval omkring
5 hvor x-værdier kan være indenfor, så f (x) er i en omkreds ε omkring 2.
Lad ε = 1. Nu skal δ vælges så 0 < |x − 5| < δ ⇒ 10
x −2 <1
10
For at løse uligheden x − 2 < 1 løses ligningen 1 = 10
x − 2.
10
10
10
−2⇔3=
⇔x=
≈ 3,33
x
x
3
1=
og ligningen 1 = −( 10
x − 2).
1 = −(
10
10
10
10
− 2) ⇔ 1 = − + 2 ⇔ −1 = −
⇔1=
⇔ x = 10
x
x
x
x
Det betyder at x skal være mellem 3,33 og 10. Da 0 < |x − 5| < δ må δ være
5
| 10
3 − 5| som er 3 . Denne udregning af δ kan også illustreres grafisk.
(y)
f (x) =
6
10
x
5
4
3
2·δ
2·ε
2
1
(x)
0
0
1
2
3
4
5
6
Ved at gøre ε mindre til f.eks.
illustration.
7
1
2
8
9
10 11
så vil også δ blive mindre. Her ses den grafiske
(y)
f (x) =
6
10
x
5
4
3
2·δ
2·ε
2
1
(x)
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10 11
Findes der en sammenhæng mellem δ og ε, hvor δ > 0 for alle ε, vil grænseværdien være 2. Bemærk at ε < 2 ellers kommer der et problem fordi grafen
4
for f ikke er sammenhængende. I dette tilfælde findes x-værdien ved at løse
10
de to ligninger ε = 10
x − 2 og ε = −( x − 2). Det betyder at x-værdien skal
10
10
være mellem ε+2 og ε−2 . Dette betyder at δ skal være det mindste af de to tal
10
10
10
− 5| og | ε−2
− 5|. Det er | ε+2
− 5| som er mindst. Det betyder at
| ε+2
δ=−
10
+5
ε+2
Det betyder at ligegyldigt hvilken værdi af 2 > ε > 0 der vælges findes der
et passende δ. Her af følger at grænseværdien for x gående mod 5 er 2 for
funktionen f (x) = 10
x . Dette skrives
lim
x→5
10
= 2.
x
Eksempel 1.3 Hvad er grænseværdien af funktionen x + 3 hvis x går i mod 2?
Gættet på en grænseværdi er 5, fordi for værdien af x + 3 når x er 2 er 5. For
at vise dette ses igen på ligningen |(x + 3) − 5| < ε og følgende ligninger løses.
(x + 3) − 5 =
−((x + 3) − 5) =
ε⇔x=2+ε
ε ⇔ −x + 2 = ε ⇔ x = 2 − ε
δ skal derfor opfylde at |x − 2| < δ og da x ligger mellem 2 + ε og 2 − ε skal δ
være det mindste af de to |2 + ε − 2| = |ε| og |2 − ε − 2| = | − ε|. Dette betyder
at δ = ε og derfor at der er en sammenhæng og det betyder at grænseværdien
er 5: lim x + 3 = 5
x→2
(y)
Eksempel 1.4 Hvad er grænseværdien af
f (x) = x2 − 2 hvis x går i mod 3? Der gættes
på 7 som grænseværdi, fordi f (3) = 7. For at
vise dette ses igen på ligningen |(x2 −2)−7| < ε
og følgende ligninger løses.
(x2 − 2) − 7 = ε
−((x2 − 2) − 7) = ε
√
⇔ x=± 9+ε
√
⇔ x=± 9−ε
7
6
5
4
3
2
1
f (x) = x2 − 2
(x)
−3 −2−1
−1
1 2 3 4 5
−2
Da x-værdien er ca. 3 udelukkes
de
negative
løsninger.
δ skal så opfylde at
√
√
|x − 3| √
< δ og da x ligger
mellem
9
−
ε
og
9
+
ε
så
skal
δ
være
√
√ det mindste af
de to | 9 − ε − 3| og | 9 + ε − 3|. Dette betyder at δ = 3 − 9 − ε og derfor at
der er en sammenhæng og det betyder at grænseværdien er 7 så lim x2 − 2 = 7.
x→3
5
Opgave 1.5 Udregn grænseværdien eller forklar hvorfor den ikke eksistere i følgende tilfælde.
x−1
2
x
limx→0 x−2
x
limx→4 x−4
1. limx→3 x + 2
5. limx→1
2. limx→2 x2 + 1
6.
2
3. limx→5 x − 3x + 2
7.
4.
8. limx→3
limx→8 x+2
5
x2 +6x−27
x2 −9
Svar på opgave 1.5. 1. 5, 2. 5, 3. 12, 4. 2, 5. 0, 6. 0, 7. Ingen løsning, 8. 2.
Det har sikkert undret dig at funktionen f (x) =
overhoved har en grænseværdi for x gående mod 3, men du kan prøve at udregne funktionsværdien for værdier der
ligger tæt på 2, f.eks. 2.99 eller 3.01,
her vil du se at f (2.99) = 2.00167 og
f (3.01) = 1.99834.
For bedre at forstå hvad der sker kan vi
se på grafen for funktionen.
På grafen er det tydeligt at se hvad værdien, ville have været, hvis funktionen
havde være defineret for x = 3. Men på
formlen ses, at funktionen ikke er defineret for x = 3, da nævneren er 0. Man
siger at funktionens definitionsmængde
er alle reelle tal undtagen 3 og -3, dette
skrives R \ {±3}.
Lad nu f (x) =
√
4x + 3
Da man ikke kan tage kvadratroden af
et negativt tal er denne funktion kun
defineret for reelle tal som gør at uligheden 4x + 3 > 0 er opfyldt, dvs. x skal
væge lig med eller større end − 43 , dette
skrives x ∈ [− 43 ,∞[
Dette betyder at funktionen ikke har en
grænseværdi√for f.eks. x gående mod -1,
så limx→−1 4x + 3 eksistere ikke.
x2 + 6x − 27
x2 − 9
(y)
x2 +6x−27
x2 −9
(x)
−3 −2−1
−1
−2
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
1 2 3 4 5 6
(y)
f (x) =
√
4x + 3
(x)
−3 −2−1
−1
−2
6
f (x) =
10
9
8
7
6
5
4
3
2
1
1 2 3 4 5 6
En anden type funktion er log denne
funktion er defineret for alle positive reelle tal. Specielt er, at den ikke er defineret for 0. Men
(y)
20
lim log(x − 4) = −∞
x→4
Det er noget nyt, at en funktion har
grænseværdien −∞, nogle funktioner
kan også have grænseværdien ∞.
Lad os undersøge en ny funktion
f (x) =
f (x) =
10
2
log(x)
(x)
−2 −1
1
2
3
4
5
−10
2
log(x)
Denne funktion er interessant på mange måder, prøv at se grafen for denne
funktion.
Den ser lidt mærkelig ud, Det er som
om den er delt i to, og stopper ved
punktet (0,0). På grafen til højre kan
man se hvad der sker omkring punktet
(0,0).
Grænseværdien for x gående mod 0 er
2
, men da
0 for funktionen f (x) = log(x)
man ikke kan tage logaritmen af 0 så er
funktionen ikke defineret for x = 0, men
kan godt have en grænseværdi for x =
2
,
0. Det er ligesom funktionen x +6x−27
x2 −9
hvor funktionen ikke defineret for x =
3, men har en grænseværdi i punktet
alligevel.
−20
−30
(y)
(x)
−0,1
−0,2
−0,3
−0,4
−0,5
−0,6
−0,7
−0,8
−0,9
0,005
2
. Når man
Se hvad det er der sker når x går mod 1 for funktionen f (x) = log(x)
ser på grafen kan man ikke se hvad funktionsværdien er i 1. Vi husker på, at
værdien af log(1) er 0. Det betyder, at vi ville dividere med 0 hvis vi satte x lig
1. Funktionen er altså ikke defineret for x = 1 og 0, men af forskellige årsager.
Men hvad er grænseværdien for x gående mod 1?
2
x→1 log(x)
lim
Denne grænseværdi eksistere ikke. Det er mærkeligt fordi vi har lært, at en
grænseværdi godt kan være +∞ eller −∞. Grunden til at der ikke er nogen
grænseværdi er at der er to forskellige grænseværdier, der er en grænseværdi
hvis vi starter i f.eks. 2 og går mod 1, så vil vi ende i +∞, men hvis vi starter i
0,5 og går mod 1, så vil vi ende i −∞.
Man kan ’regne’ med grænseværdier, ved at bruge følgende sætning.
7
Sætning 1.6 Hvis funktionerne f og g har grænseværdierne hhv. a og b i
punktet x0 , og k ∈ R er en konstant, så gælder det at, hvor b 6= 0 i ligning (4).
lim (f + g)(x)
=
lim (f − g)(x)
=
lim (f · g)(x)
f
lim
(x)
x→x0
g
lim k · f (x)
=
x→x0
x→x0
x→x0
x→x0
=
=
lim f (x) + lim g(x) = a + b
(1)
lim f (x) − lim g(x) = a − b
(2)
lim f (x) · lim g(x) = a · b
(3)
x→x0
x→x0
x→x0
x→x0
x→x0
x→x0
limx→x0 f (x)
a
=
limx→x0 g(x)
b
k · lim f (x) = k · a
(4)
(5)
x→x0
Vi vil ikke her komme med et bevis, men beviset følger af den formelle definition
på grænseværdi. Og ligningerne (f +g)(x) = f (x)+g(x), (f −g)(x) = f (x)−g(x),
(x)
.
(f · g)(x) = f (x) · g(x) og fg (x) = fg(x)
Man kan bruge dette hvis man har to funktioner og man kender grænseværdien
på begge funktioner. Så kan man også finde grænseværdien for f.eks. summen
af de to funktioner.
1.2
Kontinuitet
Definition 1.7 Definition af kontinuitet. En funktion f kaldes kontinuert i
punktet x0 , hvis dens grænseværdi i punktet x0 er lig med dens funktionsværdi
i x0 , dvs.
lim f (x) = f (x0 )
x→x0
En funktion, der er kontinuert i alle punkter af sin definitionsmængde kaldes
kontinuert. Hvis grænseværdien ikke eksisterer eller hvis grænseværdien er forskellig fra f (x0 ), så siger man at f (x) er diskontinuert i x0 .
Bemærk det er kun hvis punkterne som
giver anledning til ’huller’ i grafen, ligger i definitionsmængden, at funktionen
ikke er kontinuert
Som eksempel på en kontinuert funktion, som har ’hul’ i grafen kan man se
x2 + 6x − 27
på funktionen f (x) =
x2 − 9
Som man kan se på grafen så er der
et ’hul’ i grafen, men da ’hullet’ er i
3 som ikke ligger i funktionens definitionsmængde er funktionen kontinuert.
8
(y)
7
6
5
4
3
2
1
f (x) =
x2 + 6x − 27
x2 − 9
(x)
−3 −2−1
−1
−2
1 2 3 4 5 6
(y)
f (x) = tan(x)
4
3
2
1
En anden funktion som også har
’huller’ i grafen, men som er
kontinuert er funktionen tan(x)
der har ’huller’ i π/2, 3π/2, 5π/2, −1
osv.
−2
−3
−4
−5
(x)
π
Nu kommer et eksempel på en ikke
kontinuert funktion. Disse funktioner er
sjældne og ofte konstruerede. Funktionen Alder(x) angiver din alder i år som
funktion af antallet af år.
Sagt på en anden måde, så er man 7 år
indtil den dag hvor man har fødselsdag
og fylder 8 år.
2π
3π
4π
Alder
4
3
2
1
År
1 2 3 4 5 6
Hvis man ved at to funktioner er kontinuerte kan man også kombinere dem og
deres kombinationer vil også være kontinuerte.
Sætning 1.8 Hvis funktionerne f og g er kontinuerte funktioner og k ∈ R er
en konstant, så er funktionerne
f + g,
f − g,
k · f,
f · g,
f
,
g
f ◦g
også kontinuerte - med passende indskrænkning i definitionsmængderne.
Bevis.
Sætningen bevises kun i
tilfældet f · g. Ligning (3)
giver at
limx→x0 (f · g)(x) = limx→x0 (f )(x) · limx→x0 (g)(x)
Da det er antaget at f og g
er kontinuerte funktioner
giver definition 1.7 at
limx→x0 (f )(x) = f (x0 ) og limx→x0 (g)(x) = g(x0 )
Ved at indsætte dette i
ovenstående ligning fås at
limx→x0 (f )(x) · limx→x0 (g)(x) = f (x0 ) · g(x0 )
Vi har nu vist at
Og heraf ses at f ·g er kontinuert.
limx→x0 (f · g)(x) = f (x0 ) · g(x0 ) = (f · g)(x0 )
Q.E.D.
9
2
Differentialkvotienten
Definition 2.1 Definition på differentiabel. Funktionen f siges at være differentiabel i punktet x0 , hvis differenskvotienten
f (x0 + h) − f (x0 )
∆y
=
h
h
har en grænseværdi for h → 0.
Se på følgende grafer. Bemærk h. Hvis h ændres, ændres sekanten.
Sekant til f (x)
f (x)
f (x)
Sekant til f (x)
f (x0 + h)
b
∆y
f (x0 + h)
∆y
f (x0 )
f (x0 )
b
h
x0 x0 + h
b
h
x0x0 + h
Og når h går imod 0 vil sekanten går i mod tangenten til f (x) i punktet
(x0 ,f (x0 )).
f (x)
Tangent til f (x) i x0
f (x0 )
b
x0
10
(y)
f (x) = |x − 3| + 2
6
5
På denne måde kan man finde
tangenter til alle punkter på alle funktioner, hvor det kan lade
sig gøre. Man kan f.eks. ikke finde en tangent til punktet (3,2)
på grafen for funktionen f (x) =
|x − 3| + 2.
4
3
2
1
(x)
−3 −2 −1
−1
1
2
3
4
5
6
−2
Man kan heller ikke finde tangenten i punkter hvor funktionen ikke er kontinuert.
Definition 2.2 Definition på differentialkvotienten. Grænseværdien kaldes differentialkvotienten i x0 og skrives f ′ (x0 ), dvs.
f (x0 + h) − f (x0 )
∆y
= lim
h→0
h→0 h
h
f ′ (x0 ) = lim
f ′ (x0 ) angiver tangentens hældningskoefficient i punktet (x0 ,f (x0 )). Hvis f er
differentiabel i ethvert punkt af sin definitionsmængde, kaldes f differentiabel.
Hvis funktionen f er differentiabel kaldes f ′ (x) for den afledte funktion.
Denne definition anvendes når en funktion skal differentieres.
Eksempel 2.3 Funktionen f (x) = 6x3 skal differentieres.
Først udregnes f (x0 + h) − f (x0 ).
Derefter divideres med h.
Til sidst udregnes grænseværdien
for h gående mod 0.
6(x0 + h)3 − 6x30
= 6(x30 + 3x20 h + 3x0 h2 + h3 ) − 6x30
= 6x30 + 18x20 h + 18x0 h2 + 6h3 − 6x30
= 18x20 h + 18x0 h2 + 6h3
18x20 h + 18x0 h2 + 6h3
= 18x20 + 18x0 h + 6h2
h
lim 18x20 + 18x0 h + 6h2 = 18x20
h→0
Konklusionen er at f ′ (x) = 18x2 .
Eksempel 2.4 Funktionen f (x) = 2x2 + 3 skal differentieres.
11
Først udregnes f (x0 + h) − f (x0 ).
2(x0 + h)2 + 3 − (2x20 + 3)
= 2(x20 + 2x0 h + h2 ) + 3 − 2x20 − 3
2x20 + 4x0 h + 2h2 + 3 − 2x20 − 3
4x0 h + 2h2
4x0 h + 2h2
= 4x0 + 2h
h
Derefter divideres med h.
Til sidst udregnes grænseværdien
for h gående mod 0.
lim 4x0 + 2h = 4x0
h→0
Konklusionen er at f ′ (x) = 4x.
2.1
Pascals trekant
I begge eksempler blev Pascals trekant anvendt.
(a + b)n
n
0
1
1
1
2
1
3
4
1
1
1
2
3
4
1
a+b
1
3
6
a2 + 2ab + b2
1
4
a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
1
a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4
Bemærk at a’s eksponent starter med at være n og derefter aftager med 1 for
hvert led, og b’s eksponent starter med at være 0 og vokser med 1 for hvert led.
Koefficienten for hvert led aflæses i Pascals trekant.
Opgave 2.5 Differentier følgende funktioner.
1. f (x) = 3x + 4
5. f (x) = 3x4 + 9
2. f (x) = 3x + 3
6. f (x) = 4x3 − 3x2
3. f (x) = 9
4. f (x) = 5x + 4
7. f (x) = 2x2 − 3x + 4
8. f (x) = 5x2 + 4x − 7
Svar på opgave 2.5. 1. f ′ (x) = 3, 2. f ′ (x) = 3, 3. f ′ (x) = 0, 4. f ′ (x) = 5, 5.
f ′ (x) = 12x3 , 6. f ′ (x) = 12x2 − 6x, 7. f ′ (x) = 4x − 3, 8. f ′ (x) = 10x + 4.
Mål er nu at generalisere så udregninger kan forsimples. Funktionen f ′ (x) = 0
for funktionen f (x) = 9. Dette kan generaliseres til at gælde alle funktionen
der er konstante. På tilsvarende vis kan der udledes andre generaliseringer af
svarende på opgave 2.5.
2.2
Differentialkvotienten af simple funktioner
Sætning 2.6 Funktionen f (x) = k, hvor k ∈ R er differentiabel og f ′ (x) = 0.
12
(y)
Bevis.
Definition 2.2 bruges på f (x) = k.
f ′ (x0 ) = lim
h→0
f (x) = k
0
k−k
= lim = lim 0 = 0
h→0 h
h→0
h
k
Q.E.D.
(x)
På grafen ses det at hældningen er 0 for alle x
hvilket stemmer med sætningen.
Sætning 2.7 Funktionen f (x) = x, er differentiabel og f ′ (x) = 1.
(y)
Bevis.
Definition 2.2 bruges på f (x) = x.
x0 + h − x0
h
= lim = lim 1 = 1
h→0
h→0 h
h→0
h
f ′ (x0 ) = lim
f (x) = x
Q.E.D.
På grafen ses det at hældningen er 1 for alle x
hvilket stemmer med sætningen.
(x)
Sætning 2.8 Funktionen f (x) = xn er differentiable for n ∈ N og f ′ (x) =
n · xn−1 .
Bevis.
Først udregnes f (x0 +h)−
f (x0 ).
f (x0 + h) − f (x0 ) = (x0 + h)n − x0
For at udregne dette anvendes Pascals trekant. K
er alle de led som indeholder hp hvor p ≥ 2.
(x0 + h)n = xn0 + n · x0n−1 h + K
Herefter divideres med h.
L er alle de led som indeholder hq hvor q ≥ 1.
n · x0n−1 h + K
= n · x0n−1 + L
h
Det betyder at
Nu udregnes grænseværdien for h gående mod 0.
(x0 + h)n − x0 = xn0 + n · x0n−1 + K − xn0
= n · x0n−1 h + K
lim n · x0n−1 + L = n · x0n−1
h→0
Da L = 0 fordi alle led indeholder hq hvor q ≥ 1. Konklusionen er at f ′ (x) =
n · xn−1 .
Q.E.D.
13
3
Differentialkvotienten af sum- og differensfunktioner
For at gøre det lettere at bestemme afledede funktioner vises nogle regneregler
for differentialkvotienter.
Sætning 3.1 Hvis funktionerne f og g er differentiable i x0 , er deres sum og differens funktioner også differentiable i x0 og differentialkvotienten er hhv.
summen og differensen af differentialkvotienterne for f og g. Dvs.
(f ± g)′ (x0 ) = f ′ (x0 ) ± g ′ (x0 )
Bevis.
′
Først anvendes definition 2.2 på (f + g) (x0 ) og får at
′
+g)(x0 )
(f + g) (x0 ) = lim (f +g)(x0 +h)−(f
h
h→0
=
=
=
=
=
(x0 )+g(x0 ))
lim f (x0 +h)+g(x0 +h)−(f
h
h→0
(x0 )−g(x0 )
lim f (x0 +h)+g(x0 +h)−f
h
h→0
(x0 )
+
lim f (x0 +h)−f
h
h→0
g(x0 +h)−g(x0 )
h
(x0 )
0)
+ lim g(x0 +h)−g(x
lim f (x0 +h)−f
h
h
h→0
h→0
Nu bruges definitionen af additionsfunktionen
(f + g)(x)
=
f (x) + g(x).
Nu ophæves parentesen i tælleren.
Brøken opdeles i to.
Nu bruges regneregler for grænseværdier.
Da f og g er differentiable funktioner kan definition
2.2 anvendes.
f ′ (x0 ) + g ′ (x0 )
Q.E.D.
Eksempel 3.2 Når generaliseringen anvendes til at differentiere funktionen
f (x) = 3x4 + 4x2 − 4x + 2
fås at
3x4 differentieres til 3 · 4x4−1 og
4x2 differentieres til 4 · 2x2−1 og
−4x differentieres til −4 · 1 og
2 differentieres til 0. Samlet bliver det.
f ′ (x) = 3 · 4x4−1 + 4 · 2x2−1 − 4 · 1 + 0
som kan reduceres til
f ′ (x) = 12x3 + 8x − 4
14
Opgave 3.3 Differentiere følgende funktion
1. f (x) = 5x2 + 3x − 1
5. f (x) = 2x3 − x2 + 3x + 4
2. f (x) = 7x3 + 4x2
6. f (x) = 6x2 − 2x + 3
3. f (x) = 4x12
7. f (x) = 12x − 2
4. f (x) = 2x4 + x
8. f (x) = 12
Svar på opgave 3.3. 1. f ′ (x) = 10x + 3, 2. f ′ (x) = 21x2 + 8x, 3. f ′ (x) = 48x11 ,
4. f ′ (x) = 8x3 + 1, 5. f ′ (x) = 6x2 − 2x + 3, 6. f ′ (x) = 12x − 2, 7. f ′ (x) = 12,
8. f ′ (x) = 0.
4
Ligningen for tangenten
Ligningen for tangenten til funktionen f (x) i et punkt x0 , kan findes på følgende
måde.
Eksempel 4.1 Funktionen f (x) = 2x2 − 4 har i punktet x0 = 1 en tangent,
y = ax + b, og denne tangent findes ved følgende metode.
Først bestemmes f ′ (x)
Derefter bestemmes a = f ′ (x0 )
Derefter bestemmes y0 = f (x0 )
Til sidst bestemmes b = y0 −a·x0
f ′ (x) = 2 · 2x2−1 = 4x.
f ′ (1) = 4 · 1 = 4.
f (1) = 2 · 12 − 4 = −2
b = −2 − 4 · 1 = −2 − 4 = −6
Ligningen for tangenten til f (x) = 2x2 − 4 i punktet x0 = 1 er så y = 4x − 6
(y)
f (x) = 2x2 − 4
8
6
4
2
−1
−2
−4
−6
−8
Tangent y = 4x − 6
(x)
1
2
Opgave 4.2 Bestem tangenten til følgende funktioner i x0 .
1. f (x) = x2 − 1 i x0 = 1
5. f (x) = 2x4 − 2x2 + 3 i x0 = 1
3. f (x) = 2x4 − 2x + 3 i x0 = 0
7. f (x) = 21 x3 − x2 + 3 i x0 = −2
2. f (x) = x3 − 5 i x0 = −1
4. f (x) = 2x4 − 2x + 3 i x0 = 1
6. f (x) = 2x3 − x2 + 3 i x0 = 1
8. f (x) = x3 − x2 + 3 i x0 = −1
15
Svar på opgave 4.2. 1. y = 2x − 2, 2. y = 3x − 3, 3. y = −2x + 3, 4. y = 6x − 3,
5. y = 4x − 1, 6. y = 4x, 7. y = 10x + 15, 8. y = 5x + 6.
5
Monotoniforhold
At bestemme en funktions monotoniforhold betyder at bestemme hvornår funktionen er voksende og aftagende. Med kendskabet til betydningen at differentialkovtienten bliver dette lettere. Fordi man kan udnytte at funktionen er voksende
hvis differentialkovtienten er positiv og funktionen er aftagende hvis differentialkovtienten er negativ.
(y)
f (x) = x2 − 4
4
På grafen ses, at f ′ (x) er negativ
når f (x) er aftagende og, at f ′ (x)
er positiv når f (x) er voksende.
For at bestemme monotoniforholdende skal, de x-værdier hvor
f ′ (x) = 0 findes og fortegnet for
f ′ (x) på hver side at nulpunkterne skal bestemmes, og på baggrund af disse oplysninger kan
monotoniforholdene for f (x) bestemmes.
3
2
1
(x)
−5 −4 −3 −2 −1
−1
1
2
3
4
−2
−3
′
f (x) = 2x
−4
−5
Eksempel 5.1 For at bestemme monotoniforholdene for funktionen f (x) =
x3 + 32 x2 − 18x + 2 differentieres denne og f ′ (x) = 3x2 + 3x − 18. Nulpunkterne
for f ′ (x) kan findes ved at løse andengradsligningen. L = {−3, 2}.
Disse nulpunkter afmærkes på en x-akse.
−5
−4
−3
−2
−1
0
1
0
f ′ (x)
2
3
4
(x)
0
Så bestemmes fortegnet for f ′ (x) inden og efter hvert af nulpunkterne.
f ′ (−4) = 18 og f ′ (0) = −18 og f ′ (4) = 42
Disse fortegn skrives ind på vores x-akse.
−5
f ′ (x)
−4
−3
+
0
−2
−1
0
−
16
1
2
0
3
4
+
(x)
Nu kan det afgøres hvor f (x) er voksende og hvor den er aftagende. Idet f (x) er
voksende når f ′ (x) er positiv og f (x) er aftagende når f ′ (x) er negativ. Dette
markeres på vores x-aksen med pile.
−5
−4
−3
f ′ (x)
+
0
f (x)
ր
−2
−1
0
−
ց
1
2
3
4
(x)
+
0
ր
Resultatet skal skrives i følgende tekst. Bemærk at funktionen er både voksende
og aftagende i −3 og 2. Bemærk at ∞ og −∞ ikke er indeholdt i intervallerne.
Funktionen f (x) er voksende i intervallerne ] − ∞; −3] og [2; ∞[ og funktionen
f (x) er aftagende i intervallet [−3; 2]
5.1
Ekstremumssteder
Da funktionen er voksende frem til -3 og herefter aftagende siges -3 at være et
lokalt ekstremumssted - et lokalt maksimum. Den lokale maksimumsværdi er
f (−3) = 15,5. Da funktionen er aftagende til 2 og herefter voksende siges 2 at
være et lokalt ekstremumssted - et lokalt minimum. Den lokale minimumsværdi
er f (2) = −32.
Opgave 5.2 Bestem monotoniforholdene og ekstremumssteder og værdier for følgende funktioner
1. f (x) = 2x2 − 7x + 4
5. f (x) = −3x3 + 4x2 + 4x − 7
3. f (x) = −4x3 + 7
7. f (x) = 2x4 − 9x2 + 4
2. f (x) = −2x2 − 7x + 4
4. f (x) = 2x4 + 7x
6. f (x) = 3x2 − 3x + 1
8. f (x) = 2x3 − 9x2 + 4
17
6
Sætning 6.1 Funktionen f (x) =
1
√
.
2 x
Bevis.
(x0 )
lim f (x0 +h)−f
h
h→0
√
x
Differentialkvotient af
√
x, hvor x ≥ 0 er differentiabel og f ′ (x) =
=
√
√
x0 + h − x0
h→0
h
=
lim
Iflg. definition
√ 2.2
hvor f (x) = x.
lim
√
(
h→0
√
√
√
x0 +h− x0 )·( x0 +h+ x0 )
√
√
h( x0 +h+ x0 )
Brøken
forlænges
√
√
med x0 + h+ x0
2
√
√ 2
x0 + h −
x0
√
lim
√ h→0 h
x0 + h + x0
=
Tælleren
ud.
x0 + h − x0
√
√ x0 + h + x0
h
√
lim
√ h→0 h
x0 + h + x0
1
lim √
√
h→0
x0 + h + x0
1
√
2 x0
=
lim
h→0
=
=
ganges
Da x0 ≥ 0 og h > 0.
h
Da x0 − x0 = 0.
Brøken
med h.
forkortes
Grænseværdien udregnes.
Da f er differentiabel i ethvert punkt af sin definitionsmængde er den afledede
funktion f ′ (x) = 2√1 x som ønsket.
=
Q.E.D.
(y)
Her ses to tangenter
til funktio√
nen f (x) = x. En tangent til
punktet x0 = 1, som har hæld1
= 21 . Og en til punkningen 2·√
1
tet x0 = 4, som har hældningen
1
√
= 14 .
2· 4
f (x) =
√
x
4
3
2
1
(x)
−1
−1
7
1
2
3
4
5
6
7
Differentialkvotienten af produktfunktioner
Sætning 7.1 Hvis funktionerne f og g er differentiable i x0 , så er deres produktfunktion også differentiabel i x0 og differentialkvotienten er
′
(f · g) (x0 ) = f (x0 ) · g ′ (x0 ) + f ′ (x0 ) · g(x0 )
18
Bevis.
Definition 2.2 anvendes på (f · g) (x0 ).
′
(f · g) (x0 + h) − (f · g) (x0 )
h→0
h
(f · g)′ (x0 ) = lim
Derefter anvendes definitionen af produktfunktion ((f · g)(x) = f (x) · g(x)).
(f · g) (x0 + h) − (f · g) (x0 ) = f (x0 + h) · g(x0 + h) − f (x0 ) · g(x0 )
Nu lægges ledet −f (x0 + h) · g(xo ) + f (x0 + h) · g(x0 ) til.
f (x0 + h) · g(x0 + h) − f (x0 ) · g(x0 )−f (x0 + h) · g(x0 ) + f (x0 + h) · g(x0 )
Nu sættes f (x0 + h) udenfor parantes.
f (x0 + h) (g(x0 + h) − g(x0 )) − f (x0 ) · g(x0 ) + f (x0 + h) · g(x0 )
Nu sættes g(x0 ) udenfor parantes.
f (x0 + h) (g(x0 + h) − g(x0 )) + g(x0 ) (f (x0 + h) − f (x0 ))
Nu divideres med h.
f (x0 + h) ·
g(x0 + h) − g(x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
+ g(x0 ) ·
h
h
Nu anvendes ligning (3) og (1) fra sætning 1.6.
lim f (x0 + h) lim
h→0
h→0
g(x0 + h) − g(x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
+ lim g(x0 ) lim
h→0
h→0
h
h
Nu udregnes grænseværdierne.
f (x0 ) · g ′ (x0 ) + f ′ (x0 ) · g(x0 )
Q.E.D.
Sætning 7.1 kan bruges til at bevise følgende sætning.
Sætning 7.2 Hvis funktionen f er differentiabel i x0 og k ∈ R, så er k · f (x0 )
differentiabel og differentialkvotienten er
′
(k · f (x0 )) = k · f ′ (x0 )
Bevis.
′
Vi starter med at bruge sætning 7.1 på (k · f (x0 )) så får vi at
′
(k · f (x0 )) = k · f ′ (x0 ) + k ′ · f (x0 )
Og ifølge sætning 2.6 så får vi at
′
(k · f (x0 )) = k · f ′ (x0 ) + 0 · f (x0 ) = k · f ′ (x0 )
Som ønsket.
19
Q.E.D.
√
Eksempel 7.3 Det betyder at når funktionen f (x) = x·2x4 skal differentieres
bliver resultatet
√
1
f ′ (x) = x · 2 · 4x3 + √ · 2x4
2 x
Opgave 7.4 Differentier funktionerne
1. f (x) = 4x2 · 3x5
4
5. f (x) = (x + 8) · (x + 7)
3
2. f (x) = 7x + 2x
6. f (x) = 3(x + 5) · (x − 4)
3. f (x) = 9(x + 4)
7. f (x) = (x + 2)(x − 1)(x + 3)
2
8. f (x) = (x + 1)(x + 2)(x2 + 4)
4. f (x) = (x + 3) · (x − 7)
Svar på opgave 7.4. 1. 84x6 , 2. 28x3 + 6x2 , 3. 9, 4. 3x2 + 6x − 7, 5. 2x + 15,
6. 6x + 3, 7. 3x2 + 8x + 1, 8. 4x3 + 9x2 + 12x + 12.
8
Differentialkvotienten af kvotientfunktioner
Vi starter med at vise følgende sætning, som senere skal vise sig at være nyttig.
Sætning 8.1 Hvis funktionen f , er differentiabel i x0 og f (x0 ) 6= 0, så er
differentiabel i x0 og differentialkvotienten er
′
−f ′ (x0 )
1
=
f (x0 )
(f (x0 ))2
1
f
Bevis.
Definition 2.2 anvendes på f (x1 0 ) .
1
f (x0 )
′
= lim
1
f (x0 +h)
h→0
−
1
f (x0 )
h
Nu sættes på fælles brøkstreg i tælleren
1
f (x0 )
f (x0 + h)
f (x0 ) − f (x0 + h)
1
−
=
−
=
f (x0 + h) f (x0 )
f (x0 + h)f (x0 ) f (x0 + h)f (x0 )
f (x0 + h)f (x0 )
Hele udtrykke kan derfor omskrives til
lim
h→0
f (x0 ) − f (x0 + h)
h · f (x0 + h)f (x0 )
Dette kan nu omskrives på passende måde til
lim −
h→0
1
f (x0 + h) − f (x0 )
h
f (x0 + h)f (x0 )
20
Ved at bruge regneregler for grænseværdi fås at
1
f (x0 + h) − f (x0 )
· lim
h→0 f (x0 + h)f (x0 )
h→0
h
− lim
Grænseværdierne kan nu udregnes
−f ′ (x0 ) ·
1
(f (x0 ))2
Q.E.D.
Nu kan kvotientregelen vises.
Sætning 8.2 Hvis funktionen f og g, er differentiable i x0 og g(x0 ) 6= 0, så er
f
g differentiabel i x0 og differentialkvotienten er
f (x0 )
g(x0 )
′
=
g(x0 )f ′ (x0 ) − f (x0 )g ′ (x0 )
(g(x0 ))2
Bevis.
Først laver vi følgende omskrivning af kvotienten
′ ′
f (x0 )
1
= f (x0 ) ·
g(x0 )
g(x0 )
Nu kan vi bruge Sætning 7.1
′
′
1
1
1
′
f (x0 ) ·
+ f (x0 ) ·
= f (x0 ) ·
g(x0 )
g(x0 )
g(x0 )
Ved nu at bruge Sætning 8.2 fås at
′
1
−g ′ (x0 )
1
1
= f ′ (x0 ) ·
+ f (x0 ) ·
+ f (x0 ) ·
f ′ (x0 ) ·
g(x0 )
g(x0 )
g(x0 )
(g(x0 ))2
Ved udregne fås at
f ′ (x0 ) ·
f ′ (x0 ) −f (x0 )g ′ (x0 )
−g ′ (x0 )
1
=
+ f (x0 ) ·
+
2
g(x0 )
(g(x0 ))
g(x0 )
(g(x0 ))2
Nu sættes på fælles brøkstreg
f ′ (x0 )g(x0 ) −f (x0 )g ′ (x0 )
f ′ (x0 )g(x0 ) − f (x0 )g ′ (x0 )
f ′ (x0 ) −f (x0 )g ′ (x0 )
=
+
=
+
g(x0 )
(g(x0 ))2
(g(x0 ))2
(g(x0 ))2
(g(x0 ))2
Q.E.D.
Eksempel 8.3 Det betyder at når funktionen f (x) =
√
x · 2 · 4x3 − 2x4 ·
′
√
f (x) =
( x)2
21
1
√
2 x
4
2x
√
x
så bliver resultatet
Opgave 8.4 Differentier funktionerne.
1. f (x) = 3x2 − 5x − 7
5. f (x) = Ax2 + Bx + C
2. f (x) = x8 − x3
6. f (x) =
3. f (x) =
7. f (x) =
x−2
x+2
√
1+√x
1− x
8. f (x) =
x2 +x+1
√
x
3
x
3
−
2
x
2
4. f (x) = 4x1/2
Svar på opgave 8.4. 1. 6x − 5, 2. 8x7 − 3x2 , 3. x2 − x, 4. 2x−1/2 , 5. 2Ax + B,
2
4
√ √1
6. (x+2)
, 8. 3x2x+x−1
.
2 , 7.
3/2
x( x−1)2
9
Differentialkvotienten af sammensatte funktioner
Der er stadigvæk
funktioner som vi ikke er i stand til at differentierer f.eks.
√
f (x) = x + 1, denne type af funktioner kalder
√ vi for sammensatte funktioner
fordi de består af de to funktioner f (x) = x og g(x) = x + 1, hvis vi sætter
disse to funktioner samme så vi siger
p
f (g(x)) = g(x)
og da g(x) er lig x + 1, kan vi skrive
p
√
f (g(x)) = g(x) = x + 1
Vi kan også differentierer både f (x) og g(x), men altså ikke f (g(x)) og det er
det problem som følgende sætning løser for os.
Sætning 9.1 Hvis funktionen f (u) er differentiabel i u0 og g er differentiabel
i x0 , så er (f (g))(x) differentiabel i x0 og differentialkovtienten er
(f (g(x0 )))′ = f ′ (g(x0 )) · g ′ (x0 )
Bevis.
Antag at f er differentiabel i u0 = g(x0 ) og g er differentiabel i x0 . Lad funktionen E(k) være defineret som
E(0) = 0
f (u0 + k) − f (u0 )
− f ′ (u0 )
k 6= 0
k
Det følger så af definitionen på differentialkovtienten at
E(k) =
lim E(k) = f ′ (u0 ) − f ′ (u0 ) = 0 = E(0)
k→0
Derfor er E(k) kontinuert i k = 0. Derfor har vi enten k = 0 eller ej at
f (u0 + k) − f (u0 ) = (f ′ (u0 ) + E(k)) · k
22
Nu sætter vi u0 = g(x0 ) og k = g(x0 + h) − g(x0 ) og derfor er
u0 + k = g(x0 + h)
Dette sætter vi ind i ovenstående ligning og får at
f (g(x0 + h)) − f (g(x0 )) = (f ′ (g(x0 )) + E(k)) · (g(x0 + h) − g(x0 ))
(6)
Nu kan vi gå igang med at udregne differentialkovtienten af (f (g(x0 )). Først
bruger vi definitionen af differentialkovtienten.
′
(f (g(x0 ))) = lim
h→0
f (g(x0 + h)) − f (g(x0 ))
h
Så bruger vi ligning 6.
(f ′ (g(x0 )) + E(k)) · (g(x0 + h) − g(x0 ))
f (g(x0 + h)) − f (g(x0 ))
= lim
h→0
h→0
h
h
lim
Vi ved at g(x0 ) er differentiabel så limh→0
vi og så får vi at
lim (f ′ (g(x0 )) + E(k)) · lim
h→0
h→0
(g(x0 +h)−g(x0 ))
h
= g ′ (x0 ) Dette bruger
(g(x0 + h) − g(x0 ))
= lim (f ′ (g(x0 )) + E(k)) · g ′ (x0 )
h→0
h
Og da E(k) er kontinuert i 0 så vil limh→0 E(k) = limk→0 E(k) = E(0) = 0.
Dette bruger vi så
lim (f ′ (g(x0 )) + E(k)) · g ′ (x0 ) = lim (f ′ (g(x0 )) + 0) · g ′ (x0 )
h→0
h→0
Og da f ′ (g(x0 )) ikke afhænger af h så er limh→0 (f ′ (g(x0 ))) = f ′ (g(x0 )) Dette
bruger vi så
lim (f ′ (g(x0 )) + 0) · g ′ (x0 ) = f ′ (g(x0 )) · g ′ (x0 )
h→0
Hvilket viser det ønskede.
Q.E.D.
√
Nu
til at differentier funktioner som x + 1, idet vi først differentier
√ er vi i stand
1
x som er 2√
og derefter differentier x + 1 som er 1, dette kan vi sammensætte
x
til
√
1
·1
( x + 1)′ = √
x+1
√
Eksempel 9.2 Et andet eksempel kunne være x2 + 2x, her gør vi det samme
og får at
p
1
x2 + 2x = √
· (2x + 2)
2
2 x + 2x
23
Opgave 9.3 Differentier følgende funktioner.
√
√
5. f (x) = 2x2 + x
1. f (x) = x − 3
p√
√
6. f (x) =
2. f (x) = x2 − 3
x
√
√ 2
7. f (x) = x
3. f (x) = 2x − 3
√
4. f (x) = (x3 − 3)3
8. f (x) = x2
Svar på opgave 9.3. 1.
6. 4x13/4 , 7. 1, 8. √xx2 .
10
√1
,
2 x−3
2.
√ x
,
x2 −3
3.
√ 1
,
2x−3
4. 9x2 (x3 −2)2 , 5.
√4x+1 ,
2 2x2 +x
Differentialkvotienten af andre funktioner
Sætning 10.1 Differentialkvotienten for sin og cos er.
sin(x)′
cos(x)′
(7)
(8)
= cos(x)
= − sin(x)
Sætning 10.2 Hvis x > 0 er differentialkvotienten for ln(x)
(ln(x))′ =
1
x.
1
x
Sætning 10.3 Differentialkvotienten for ax er ln(a) · ax .
(ax )′ = ln(a) · ax
Sætning 10.4 Differentialkvotienten for ex er ex .
(ex )′ = ex
Bevis.
Dette følger at Sætning 10.3, da der heraf følger at
(ex )′ = ln(e) · ex
og ln(e) = 1.
Q.E.D.
24
11
Kapiteloversigt
Differentiationsregler
(f (x) + g(x))′
(c · f (x))′
(f (x) · g(x))′
′
1
f (x)
′
f (x)
g(x)
(f (g(x)))′
=
=
=
=
=
=
f ′ (x) + g ′ (x)
c · f ′ (x)
f (x) · g ′ (x) + f ′ (x) · g(x)
−
f ′ (x)
(f (x))2
g(x) · f ′ (x) − g ′ (x) · f (x)
(g(x))2
f ′ (g(x)) · g ′ (x)
Simple differentialer
f
f′
k
0
x
1
k·x
k
xn
1
x
√
x
n · xn−1
1
− 2
x
1
√
2 x
sin(x)
cos(x)
cos(x)
− sin(x)
1
cos(x)
tan(x)
ex
ex
ek·x
k · ek·x
ln(x)
ax
1
(x > 0)
x
x
a · ln(a)
(a > 0)
25