10. Differentialregning

10. Differentialregning Hayati Balo,AAMS Følgende fremstilling er baseret på 1. Nils Victor-Jensen, Matematik for adgangskursus, B-niveau 2, 2. udg. 10.1 Grænseværdibegrebet I afsnit 7. Funktioner på side 51 har vi haft grænseværdibegrebet. Se evt. også side 26 og 27 i Bog 2. Grænseværdibegrebet spiller en meget væsentlig rolle i forbindelse med differentialregning. Vi vil lære mere om grænseværdibegrebet i dette afsnit. Vi vil nu finde grænseværdien for følgende funktion når x 2 f (x) = x + 2 Der er tale om en lineær funktion hvis graf er en linie som ses nedenunder. 1

Vi vil nu undersøge hvad der skær funktionsværdien f (x), når x nærmer sig punktet x = 2 fra både højre og ventre, dvs. vi er igang med at finde grænseværdien af funktionen i nærheden af punkt 2. Vi starter med at lave en tabel over x-værdier i nærheden af x = 2 x 2,1 2,05 2,01 2 1,9 1,95 1,99 2 f(x) 4,1 4,05 4,01 4 3,9 3,95 3,99 4 Som ses af tabellen nærmer vi os punktet x = 2 både fra venstre og højre og grænseværdien af f (x) = 4 når x nærmer sig 2. Matematisk skrives denne verbale forklaring lim x 2 f (x) = lim x 2 + f (x) = lim x 2 (x + 2) = 4 Hvad er grænseværdien af f (x) = x + 2, når x nærmer sig -2 fra begge sider? lim x 2 f (x) = lim x 2 + f (x) = lim x 2 f (x) = lim x 2 (x + 2) = 0 2

Lad os bruge Geogebra CAS kommandoen Limit[] for at beregnet grænseværdien i punktet x = 2 og x = 2 på følgende måde: Limit[x + 2,2] giver 4 Limit[x + 2, 2] giver 0 Vi prøver nu at undersøge en anden funktions grænseværdi, nemlig en andengradspolynomium hvis graf er en parabel. f (x) = x 2 Grænseværdien når x nærmer sig tallet 2, både fra venstre og højre lim x 2 f (x) = lim x 2 + f (x) = 4 Limit[x 2,2] giver 4 3

Et sidste eksempel inden vi fortsætter med bogens eksempler er funktionen f (x) = 1 som skitseres vha. GeoGebra. x 2 Ifølge definitionsmængden er funktionen ikke defineret i x = 2. Grænseværdien i punkt 2 bliver altså; lim x 2 + f (x) = lim x 2 f (x) = lim x 2 1 x 2 = 1 0 = Det betyder at grænseværdien for funktionen, i punktet x = 2 ikke eksisterer og f (x) ikke er kontinueret i x = 2, der skær altså et brud ved x = 2. Se evt. grafen. Limit[1/(x 2),2] giver? hvilket opfattes som ikke eksisterer. Kan du finde funktionens grænseværdi i punkt 3? 4

10.1.1 Eksempel Vi vil se på grafen for funktionen f (x) = 1 x Dm f = R \ {0} Funktionen er defineret for alle værdier undtagen tallet nul. Funktionen f (x) nærmer sig nul, når x vokser - x går mod uendelig - og når x aftager -x går mod minus uendelig- Matematisk skrives dette på følgende måde: lm x f (x) = 0 lim x f (x) = 0 5

Vi ser også, at f (x) vokser (går mod uendelig), når x nærmer sig nul, og er positiv, dvs. når x nærmer sig nul fra højre og at f (x) aftager (går mod minus uendelig), når x nærmer sig nul og er negativ, dvs. når x nærmer sig nul fra venstre. Dvs. lim x 0 + f (x) = lim x 0 f (x) = 10.1.4 Eksempel Vi vil finde grænseværdierne for følgende funktion f (x) = 2 x 2 4 Dm f = R \ {±2} Vi skitserer funktionen vha. GeoGebra Grænsevæerdierne bliver 6

lim x 2 f (x) = og lim x 2 + f (x) = lim x f (x) = 0 og lim x f (x) = 0 Kontrolleres vha. grafen ovenover og Limit kommandoen LimitBelow[2/(x 2 4), 2] giver LimitAbove[2/(x 2 4),-2] giver Limit[2/(x 2 4), ] giver 0 Limit[2/(x 2 4), ] giver 0 Gennemregn nu eksempel 10.1.5 inden du går videre. 10.1.6 Definition - Endelig grænseværdi En funktion f siges at have grænseværdien a, når x går mod x 0, hvis f (x) kommer vilkårligt tæt på a, når blot x er tilstrækkelig tæt på x 0. Lad os illustrere dette vha. en figur. lim x x0 f (x) = a lim x x0 + f (x) = lim x x0 f (x) = a 7

10.1.7 Eksempel f (x) = x 3 x 2 x 6 Dm f = \{ 2,3} Omskrivning af funktionen foretages f (x) = Nu kan vi bestemme grænseværdierne x 3 (x 3)(x + 2) = 1 x + 2 lim x 3 f (x) = lim x 3 + f (x) = 1 3 + 2 = 1 5 = 0.2 LimitBelow[1/(x + 2), 3] giver 0.2 LimitAbove[1/(x + 2), 3]giver 0.2 LimitBelow[1/(x + 2), 2] giver LimitAbove[1/(x + 2), 2] giver lim x 2 f (x) = og lim x 2 + f (x) = 8

10.1.8 Sætning Lad x 0 være et reelt tal. En funktion f har en grænseværdi, når x går mod x 0, hvis f har en grænseværdi, når x går mod x 0 fra venstre og når x går mod x 0 fra højre og disse to grænseværdier er ens. Dvs. hvis lim x x0 + f (x) = lim x x0 f (x) = lim x x0 f (x) 10.1.11 Øvelse Bestem følgende grænseværdier og kontrollér ved CAS a) lim x 3 (x 2 + 4x 17) = lim x 3 (3 2 + 4 3 17) = 4 b) lim x 3 ( x2 2x 3 (x + 1)(x 3) ) = lim x 3 ( ) = lim x 3 ( x + 1 2x 6 2(x 3) 2 ) = 4 2 = 2 c) lim x 3 (4 + 9 x + x2 3 x + 1 x 2 ) = lim x 3(4 + 9 3 + 9 3 4 1 ) = 4 d) lim x 3 x 2 + 7 = lim x 3 9 + 7 = 4 10.1.12 Øvelse I skal nu lave denne øvelse ved at skitsere funktionerne vha. GeoGebra. Husk også definitionsmængderne og brug LimitAbove og LimitBelov kommandoerne for at se om I er enige med facit bag ved bogen. 10.1.13 Øvelse Undersøg følgende funktioner når x går mod 2 a) f (x) = x x 2 9

Løsning Definitionsmængden er Dm f = R \ {2} og skitsering Inden vi finder grænseværdien kan vi lige reducere funktionen f (x) = x x 2 = x x(1 2 = 1 x ) 1 2 x Grænseværdi for x gående mod 2 både fra venstre og højre findes. lim x 2 ( 1 1 2 x ) = lim x 2 +( 1 1 2 x ) = LimitBelow[x/(x 2), 2] giver LimitAbove[x/(x 2), 2] giver Men 10

x Limit[,2] giver unde f ined som betyder at der ikke findes en (x 2) grænseværdi ved x = 2. Hvorfor? b) g(x) = x x 2 Nævneren af denne funktion skal være større end nul. Dvs. x-2 >0 x < 2 x > 2 Se f. eks. eksempel 3.9.4 på side 94 i bog 1. Vi skitserer funktionen Som ses af figuren, vil man forvente at grænsevæerdierne fra venstre og højre er lig med hinanden, dvs plus uendlig når x -værdien nærmer sig 2 fra både venstre og højre. lim x 2 g(x) = lim x 2 +g(x) = LimitBelov[x/(abs(x 2), 2] giver LimitAbove[x/(abs(x 2), 2] giver 11

x c) h(x) = (x 2) 2 lim x 2 h(x) = lim x 2 +h(x) = Vi kan kontrollere disse vha. GeoGebra CAS LimitAbove[x/(x 2) 2,2] giver LimitBelow[x/(x 2) 2,2] giver d) k(x) = x x 2 4 Limit[x/(x 2) 2,2] giver 12

lim x 2 k(x) = lim x 2 +k(x) = Derfor har funktionen ikke grænseværdi for x LimitAbove[x/(x 2 4),2] giver LimitBelow[x/(x 2 4),2] giver Dette kan også ses affølgende Limit[x/(x 2 4),2] giver unde f ined som betyder at funktionen k(x) ikke har en grænseværdi for x gående mod 2. 10.1.4 Øvelse Undersøg følgende funktion, når x går mod 1 og gør rede for om funktionen har en grænseværdi i 1. 13

x + 2 f or x 1 f (x) = x 2 f or x > 1 Løsning: Vi starter med at skitsere funktionen lim x 1 f (x) = lim x 1 (x + 2) = (1 + 2) = 3 lim x 1 + f (x) = lim x 1 +(x 2 ) = 1 Funktionen har en knæk ved 1 og har derfor ingen grænseværdi ved x = 1. Dette kan også ses af følgende LimitBelow[(x + 2), 1] giver 3 LimitAbove[x 2,1] giver 1 14

10.2 Beregning af grænseværdier Hidtil har vi bestemt grænseværdierne ud fra grafer og logik. Men vi skal også beregne os frem til grænseværdierne ud fra nogle regneregler. 10.2.1 Regneregler for grænseværdier 1. Grænseværdien af en sum og differens lim x a [ f (x) ± g(x)] = lim x a f (x) ± lim x a g(x) Eksempel: lim x 3 (x 2 + x 3 ) = lim x 3 x 2 + lim x 3 x 3 = 9 + 27 = 36 2. Grænseværdien af et produkt lim x a [ f (x) g(x)] = lim x a f (x) lim x a g(x) Eksempel: lim x 3 (x 2 x + 1) = lim x 3 x 2 lim x 3 x + 1 = 9 2 = 18 3. Grænseværdien af en brøk f (x) lim x a g(x) = lim x a f (x) lim x a g(x) (lim x a g(x) 0) Eksempel: lim x 1 x 2 + 2 3x + 1 = lim x 1(x 2 + 2) lim x 1 (3x + 1) = 3 4 15

Gennemregn eksemplerne 10.2.2, 10.2.3, 10.2.4,10.2.5,10.2.6 og 10.2.7, 10.2.9,10.2.10,10.2.11,10.2 inden du går videre. Mange eksempler på grænseværdier er givet nedenunder. Studér dem! 1. lim x 0 (x 3) = 3 2. lim x 2 (4x + 5) = 8 + 5 = 13 3. lim x 1 (x 2 2) = 1 2 = 1 x 2 + 3x x(x + 3) 4. lim x 1 = lim x 1 = lim x 1 (x + 3) = 4 x x 5. lim x 2 x = 2 x 0 ifølge regnereglen på side 80 bog1 x 2 1 6. lim x 1 x + 1 = lim (x 1)(x + 1) x 1 = lim x 1 (x 1) = 0 (x + 1) 7. lim x 1 x 2 3x + 2 x 1 8. lim x 0 x(x + 1) x 9. lim h 0 2(3 + h) 2 18 h h(12 + 2h) = lim h 0 h (x + h) 2 x 2 10. lim h 0 h 10.2.13 Øvelse = lim x 1 (x 1)(x 2) (x 2) = lim x 0 (x + 1) = 1 = lim h 0 2(9 + 6h + h 2 ) 18 h = lim h 0 (12 + 2h) = 12 = lim h 0 x 2 + 2xh x 2 h = lim x 1 (x 2) = 1 = lim h 0 18 + 12h + 2h 2 18 h = lim h 0 (2x) = 2x Bestem grænseværdierne fr x og x for følgende funktioner. a) f (x) = x + 1 2x Vi prøver først at bruge GeoGebras limit kommando Limit[(x + 1)/(2x), ] giver 0.5 Limit[(x + 1)/(2x), ] giver 0.5 Vi kan også beregne grænseværdierne på følgende måde: 16

lim x ( x + 1 2x ) = lim x ( lim x ( x + 1 2x ) = lim x ( x(1 + 1 x ) 2x x(1 + 1 x ) 2x 1 + 1 ) = lim x ( x 2 ) = 1 + 0 = 0.5 2 1 + 1 ) = lim x ( x 2 ) = 1 + 0 = 0.5 2 x + 1 b) g(x) = 2x Giver det samme som i a. Prøv selv x 2 c) h(x) = x 2 4x + 5 Vi kan omskrive funktionen ved at kvadrere både tælleren og nævneren. h(x) = (x 2)2 x 2 4x + 5 lim x ( x2 4x + 4 x 2 (1 4 x 2 4x + 5 ) = lim x + 4 x x ( 2 ) 1 4 x 2 (1 4 x + 5 = lim x ( x + 4 x 2 x 2 ) 1 4 x + 5 ) = 1 x 2 d) k(x) = 3x2 6x 2x 2 + 8x 24 3x 2 6x lim x ( 2x 2 + 8x 24 ) = lim 3x(x 2 x ( 2(x + 6)(x 2) ) = lim 3x x ( 2x + 12 ) = 3x 3 lim x ( x(2 + 12 ) = x ) 2 = 1.5 e) m(x) = 2x 3 3x 2 4x + 4 2x 3 lim x ( 3x 2 4x + 4 ) = lim 2x 3 2x x ( x 2 (3 4 x + 4 ) = lim x ( x 2 ) 3 4 x + 4 ) = x 2 f) Lav selv lim x ( 2x 3 ) = 17

10.2.14 Øvelse Bestem følgende grænseværdier a) lim x ( x 3 x(1 3 2x ) = lim x ) x ( ) = 1 2x 2 b) lim x ( sinx x ) = 1 = 0 c) lim x ( 3 x4 ) x 4 ( 3 1 + x 4 ) = lim x x ( 4 1) x 4 ( 1 ) = 1 x 4 + 1) +1 = 1 d) lim x ( 4 3x) x( 4 (2x 7) = lim x 3) x ( x(2 7 ) = 3 x ) 2 18

10.3 Den første afledede funktion og tangenter Både differential- og integralregning kaldes Calculus på engelsk og og Calculus er grundlaget for alle ingeniørmæssige og tekniske fag. Derfor er det overordentlig vigtig at kende noget til Calculus da man senere i sin virke som maskinmester, helt sikkert kommer til at bruge Calculus, altså differential- og integralregning, på en eller anden måde. Sætning 7.3.2 på side 15 i Bog2 beskrev en lineær funktion med forskriften f (x) = y = αx + q Grafen for en lineær funktion er en ret linie med hældningkoefficienten α og skæring med y-aksen q. Vi skitserer en linie mellem to punkter A(x 1,y 1 ) og B(x 2,y 2 ). Linien er jo grafen for den lineære funktion derfor sammenfældende med funktionen mellem de to punkter som en tangent. Hældningskvotienten er defineret som α = y 2 y 1 = y x 2 x 1 19

Læg mærke til at hældningen af tangentlinien er konstant uanset hvilket punktpar man vælger. Men hvordan finder man hældningen, -ved at bestemt punkt- af en funktion der ikke er lineær? Først skal vi være opmøæksomme på at hældningen af en funktion ikke nødvendigvis kan være konstant i funktionens definitionsmængde. Vi går nu ud fra at funktionen er differentiabel i indenfor definitionsmængden. Lad os se på et eksempel igen hvor funktionens graf er en parabel. 20

Man kan ligesom før beregne hældningen af den blå tangentlinie da vi kender koordinaterne til de to punkter. Men hvilke hældning finder vi på denne måde? Vi lægger mærke til at liniens hældning ændrer sig i takt med punktet B nærmer sig punkt A. På denne måde kan vi altså finde hældningen mellem to punkter. Men hvad med hældningen i punktet A? Flyttes Punkt B meget tæt på punkt A kan man aflæse en hældning på 2. Det må være hældningen i punkt A når punkt B er meget meget tæt på punkt A uden at være sammenfældende! Det der er meget meget tæt kaldes infinitesimale størrelser - umålelige små størrelser som kaldes differentialer- se side 80 Bog 2. Disse umålelige små størrelser udtrykkes med begrebet grænseværdi da vi 21

lader 0, mens punkt B flyttes tættere og tættere over til punkt A. Vi bevarer altså i virkeligheden trekanten og finder grænseværdien som hældning i et bestemt punkt. 10.3.1 Eksempel Grundlæggende eksempel - forstå eksemplet inden du går videre! Bestem ligningen for tangenten til grafen for funktionen y = f (x) = x 2 i punktet P( 2,4). Løsning: For at finde ligningen for linien i punktet P( 2,4), skal vi først og fremmest finde hældningen af linien i dette punkt. Lige netop i punktet P( 2,4) har både funktionen y = f (x) = x 2 og linien hvis ligningen vi skal finde, samme hældning! 22

Vi bestemmer et nyt punkt A som har koordinaterne A((x 0 + ), f (x 0 )) og flytter punktet A imod punkt P. Matematisk udtrykkes dette vha. grænseværdi på følgende måde: α = lim 0 ( y ) = lim 0( y 2 y 1 f (x 0 + ) f (x 0 ) ) = lim 0 x 2 x 1 α = lim 0 (x 0 + ) 2 x 2 0 = lim 0 x 2 0 + 2 x 0 + 2 x 2 0 α = lim 0 2x 0 + 2 = lim 0 (2 x 0 + ) = 2 x 0 Vi har nu fundet et udtryk for hældningen og lige i punktet P( 2,4) hvor x = 2. Indsættes x 0 = 2 fås; α = 2 x 0 = 2 ( 2) = 4 Nu kender vi et punkt på tangentlinien, nemlig punktet P( 2,4) og vi kender også hældningen af linien i samme punkt, så kan vi beregne tangentlinies ligning på følgende måde: y y 0 = α(x x 0 ) α = 4, P( 2,4) = (x 0,y 0 ) y 4 = 4(x ( 2)) 23

y 4 = 4(x + 2) y = 4x 4 Man viser også denne hældning på følgende måde og kalder den første afledede. Som det fremgår af eksemplet ovenover, afhænger tangenthældningen α af x. α = lim 0 ( y ) = dy dx = f (x) 10.3.2 Eksempel Bestem den første afledede af funktionen y = f (x) = x Løsning: 10.3.3 Eksempel lim 0 ( y ) = f f (x + ) f (x) (x) = lim 0 = lim 0 x + x Bestem den første afledede af funktionen = lim 0 = 1 y = f (x) = x 3 lim 0 ( y ) = f (x + ) 3 x 3 (x) = lim 0 24

= lim 0 x 3 + 3x 2 + 3x() 2 + () 3 x 3 = lim 0 (3x 2 + 3x + () 2 = lim 0 3x 2 + 3 + () 2 = 3x 2 Det at bestemme den første afledede af en funktion f kaldes at differentiere funktionen. Vi får herved en ny funktion - kaldet det afledede funktion af f. Denne funktion repræsenterer hældningskoefficienten for tangenten til grafen for f. Vi fandt f. eks. i de eksempler følgende afledede funktioner. f (x) = x f (x) = 1 f (x) = x 2 f (x) = 2x f (x) = x 3 f (x) = 3x 2 10.3.4 Sætning - Tangentligningen Ligningen for tangenten til grafen for funktionen f i punktet P(x 0, f (x 0 )) er givet ved y f (x 0 ) = f (x 0 ) (x x 0 ) Gennemregn nu eksempel 10.3 5 på side 83 vha. sætningen ovenover inden du går videre. 25

10.3.6 Øvelse Bestem ligningerne for tangenterne til grafen for funktionen f (x) = x 2 i punkterne P( 1,1) og Q(1,1). Løsning: Lad os skitsere funktionen med det givne punkter: Vi skal altså finde regneforskrifterne for de to tangenter der er tegnet i blå. For at gøre det, skal vi finde hældningerne i punkterne P og Q Vi behøver ikke at finde den første afledede af funktionen da vi allerede har fundet det før, dvs. f (x) = x 2 f (x) = 2x Og vi kender formlen for tangentligningen fra sætning 10.3.4 y f (x 0 ) = f (x 0 ) (x x 0 ) 26

Vi beregner hældningen i punktet P( 1,1) = P(x 0,y 0 ). Dvs. f (x 0 ) = 2 ( 1) = 2 Vi skal også beregne hældningen i punktet Q(1,1) = Q(x 0,y 0 ). Dvs. f (x 0 ) = 2 1 = 2 Nu gælder det om at indsætte disse værdier i tangentligningen. Først for punkt P y f (x 0 ) = f (x 0 ) (x x 0 ) y 1 = 2(x + 1) y = 2x 1 Bagefter for punkt Q y 1 = 2(x 1) y = 2x 1 10.3.7 Øvelse Bestem ligningen for tangenten til grafen for funktionen f (x) = x 3 i punkterne P( 1, 1) og Q(1,1). Løsning: Det er en god ide at skitdere funktionen med de givne punkter, vha. GeoGebra 27

Vi skal igen bruge sætning 10.3.4, tangentligningen y f (x 0 ) = f (x 0 ) (x x 0 ) Vi kender den første afledede af funktionen f (x) = x 3 f (x 0 ) = 3x 2 Vi vil finde hældningerne i de to punkter Først i punkt P( 1, 1) f (x 0 ) = ( 1) 3 = 1 f (x 0 ) = f ( 1) = 3( 1) 2 = 3 Bagefter i punkt Q(1,1) f (x 0 ) = f (1) = 3(1) 2 = 3 Man kan se at tangentligningerne har samme hældning, da de er parallelle Tangentligningerne bliver 28

y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) Først i punkt P( 1, 1) y ( 1) = 3(x + 1) y + 1 = 3(x + 1) y = 3x + 2 For punkt Q(1,1) y 1 = 3(x 1) y = 3x 2 10.3.8 Øvelse Bestem ligningen for tangenten til grafen for funktionen f (x) = 2x i punktet P(3,6).Vink: Brug lidt logik! Løsning: Logikken siger at ligningen har hældningen 2 og punktet P(3, 6) ligger på funktionen. Altså tangentligningen er selve funktionen f (x) = y = 2x Se evt. grafen. 29

Hvis man ikke er overbevist,så kan man bruge y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) f (x 0 ) = 2(3) = 6 f (x 0 ) = 2 y 6 = 2(x 3) y = 2x 6 + 6 y = 2x 6 30

10.4 Differentiabilitet Det at bestemme den afledede funktion kaldes, som nævnt i det foregående afsnit, at differentiére. Men, kan den afledede funktion altid bestemmes? Eller med andre ord, kan alle funktioner differentieres? 10.4.1 Definition Givet en funktion f og et tal x Dm f. Da er f differentiabel i x hvis 1. f er defineret i et åbent interval omkring x 2. f er kontinuert i x 3. grænseværdien lim 0 ( y ) eksisterer i x og er endelig. I så fald er den første afledede funktion af f i x givet ved f (x) = lim 0 ( y ) = dy dx Her følger en nærmere forklaring på betydningen af de enkelte punkter i ovenstående definition. 1. Dette betyder, at hvis Dm f er et lukket interval, f.eks. [a;b], så er f ikke differentiabel i endepunkterne, dvs. i x = a og x = b. 2. Fra afsnit 7.8 ved du, at f er kontinuert i x, hvis grafen for f er sammenhængende i x. Dvs. at hvis grafen har et spring i x så er f ikke differentiabel i x. f er differentiabel i x = a, hvis x er et indre punkt i definitionsmængden, dvs. ikke et endepunkt, og hvis grafen for f ikke har spring og ikke har knæk. Prøv at se på figurer på side 84 Bog 2 for at få en ide om 31

hvad det betyder. Bemærk, at det kun er grafer for stykkevis definerede funktioner, der kan have spring eller knæk. Alle andre funktioner er differentiable på hele definitionsmængden, pånær hvor grafen eventuelt har lodret tangent samt i eventuelle endepunkter i definitionsmængden. 10.4.4 Eksempel Funktionen f (x) = x 2,Dm f = R er differentiabel på hele definitionsmængden. Funktionen f (x) = x 3,Dm f = R er differentiabel på hele definitionsmængden. Funktionen f (x) = 1, Dm f = R \ {0} er differentiabel på hele definitions- x mængden. Funktionen f (x) = x,dm f = [0; [ er differentiabel i intervallet ]0; [ men ikke i 0, da det er et endepunkt i Dm f. x 3 f or x < 0 Funktionen f (x) = x 2 f or x 0 er differentiabel på hele definitionsmængden - ingen spring eller knæk i 0 - Vi skitserer grafen. 32

x 3 f or x < 0 Funktionen f (x) = x 2 + 1 f or x 0 er ikke differentiabel i 0. Der er et spring i nul. Vi skitserer grafen. x 2 f or x < 1 Funktionen f (x) = x + 2 f or x 1 33

er ikke differentiabel i 1. Der er et knæk i 1. Vi skitserer grafen. 10.5 Differential og differentialkvotient Tangentens hældningskoefficient er α t = dy = f (x) og isoleres dy fås dy = f (x) Men da tangentens ligning f (x) = x og f (x) = 1 d( f (x)) = f (x) d(x) = 1 dx = Dvs. 34

dy = f (x) dx dy dx = f (x) 10.6 Beregning af differentialkvotienter 1 Grænseværdien er defineret som lim 0 ( y ) = f (x) = dy dx Alle tre betegnelser siger det samme. Og vi vil senere kun bruge sidste to da det er nemmere. Vi skal i det følgende finde grænseværdierne for forskellige funktioner. 1. Differentialkvotienten af en konstant y = f (x) = k f (x) = 0 Bevis: lim 0 ( y y ) = lim 0( Eksempel: f (x + ) f (x) ) = lim 0 ( k k ) = lim 0 ( 0 ) = lim 0(0) = 0 y = f (x) = 3 y (x) = f (x) = 0 2. Differentialkvotienten af y = f (x) = x 2 f (x) = 2x Bevis: lim 0 ( y ) = lim f (x + ) f (x) 0( ) = lim 0 ( (x + )2 x 2 ) = lim 0 ( x2 + 2x + () 2 x 2 (2x + ) ) = lim 0 ( ) = lim 0 (2x + ) = 2x 35

Eksempel: y = f (x) = x 2 y (x) = f (x) = 2x 3. Differentialkvotienten af y = f (x) = x n Før vi differentiere oventående skal vi lige vide mere om binomialrækker, defineret som (a+b) n = a n +n a n 1 b+ n(n 1) a n 2 b 2 + 2! n(n 1)(n 2) a n 3 b 3 +... 3! a n n a n 1 b + n(n 1) 2! (a b) n = a n 2 b 2 n(n 1)(n 2) a n 3 b 3 +... 3! Binomialrække bruges bl.a. til at finde kvadratoroden, kubikroden, etc. af to-leddede størrelser. (a + b) 2 = (a + b)(a + b) = a 2 + 2ab + b 2 (a b) 2 = (a b)(a b) = a 2 2ab + b 2 Kan du så vha. ovenstående finde (a + b) 3 og (a b) 3? Vi skal nu bruge binomialrækken til at finde differentialkvotienten af y = f (x) = x n lim 0 ( f (x + ) f (x) (x + ) n x n ) = lim 0 36

(x n + n x n 1 n(n 1) + x n 2 () 2 +...) x n = lim 2 1 0 n x n 1 n(n 1) + x n 2 () 2 +... = lim 2 1 0 (n x n 1 n(n 1) + x n 2 +...) = lim 2 1 0 Eksempel: = lim 0 n x n 1 + n(n 1) 2 1 x n 2 +... = n x n 1 y = f (x) = x 8 y (x) = f (x) = 8 x 7 4. Differentialkvotienten af y = f (x) = αx + q Bevis: lim 0 ( f (x + ) f (x) α(x + ) + q (αx + q) ) = lim 0 ( ) Eksempel: αx + α + q αx q α = lim 0 ( = lim 0 = α y = f (x) = 6x + 4 y (x) = f (x) = 6 37

5. Differentialkvotienten af y = f (x) = x f (x + ) f (x) x + x lim 0 ( ) = lim 0 ( ) Ganges både tælleren og nævneren med x + + x lim 0 ( ( x + x)( x + + x) ( x + + ) = x) ( x + ) 2 + x x + x x + ( x) 2 lim 0 ( x + + x) x + x = lim 0 ( x + + ) = lim 0 ( x + + x) = Eksempel: lim 0 1 x + + x = 1 2 x y = f (x) = x = x 1 2 y (x) = f (x) = 1 2 x 1 2 1 = 1 2 x 6. Differentialkvotienten af y = f (x) = 1 x lim 0 ( f (x + ) f (x) 1 x + 1 x ) = lim 0 ( ) = lim 0 ( x (x + ) x(x + ) ) = lim 0 ( x x x(x + ) ) = lim 0 ( x (x + ) ) = lim 1 0 x(x + ) = 1 x 2 38

10.6.1 Tabel Resultaterne af ovenstående samles i en tabel. Funktion y = f (x) Differentialkvotient dy dx = f (x) k(konstant) 0 x 1 αx + q x 2 α 2x x 3 3x 2 x, x 0 1 2 x, x > 0 1 x, x 0 1 x 2, x 0 Nu skal du gennemregne eksemplerne 10.6.2, 10.6.3, 10.6.4 og 10.6.5 inden du går videre! Man kan bruge GeoGebra s Derivative kommando til at differentiere et udtryk. Se f. eks. følgende: Derivative[x 4 ] giver 4x 3 10.6.5 Øvelse Beregn differentialkvotienten for funktionen y = f (x) = x 4 Løsning: 39

Vi bruger regel: y = f (x) = x n y (x) = n x n 1 y (x) = 4 x 3 Du kan prøve GeoGebra Derivative[x 4 ] 10.6.6 Øvelse Beregn ligningen for tangenten til grafen for funktionen y = f (x) = x 2, x 0 i punktet P(2,4). Løsning: y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) P(2,4) = P(x 0,y 0 ) f (x 0 ) er jo hældningen i x = 2. Vi differentierer udtrykket y (x) = 2x og indsættes x = 2 for at finde hældningen i x = 2 y (2) = 2 2 = 4 40

Nu kender vi både hældningen som er 4 og punktet P(2,4) så kan vi finde tangentens ligning y 4 = 4(x 2) y = 4x 8 + 4 y = 4x 4 10.6.7 Øvelse Beregn ligningerne for de tangenter til grafen for funktionen y = f (x) = 1 x, x 0 som er parallelle med linien l med ligningen y = 4x + 1 Løsning: Parallelle linier har samme hældning, dvs. vi kender hældningen som er -4. Differentialkvotienten af funktionen giver hældningen i et bestemt punkt. y (x) = 1 x 2 = 4 Vi mangler jo at finde punkterne hvor disse parallle linier tangerer ved at beregne f (x) = 0. x = ± 1 2 Vi finder y-koordinaterne ved at indsætte x-værdierne i funktionen y = f ( 1 2 ) = 2 41

y = f ( 1 2 ) = 2 Nu kender vi punkterne ( 1 2, 2) og (1 2,2) Når vi nu kender de punkter hvor linierne tangerer funktionen og kender hældningen så kan vi bare indsætte dem i det følgende y f (x 0 ) = 4(x x 0 ) y + 2 = 4(x + 1 2 ) y = 4x 4 y 2 = 4(x 1 2 ) y = 4x + 4 Se evt. følgende GeoGebra løsning 42

10.6.8 Øvelse Beregn ligningerne for de tangenter til grafen for funktionen y = f (x) = x, x 0 som går gennem punktet. Løsning: Vi differentierer udtrykket y = f (x) = 1 2 x Og vi kender regneforskriften for linje y f (x 0 ) = f (x 0 )(x x 0 ) eller y y 0 = α(x x 0 ) Dvs. f (x) = y 0 og f (x) = α Læg mærke til at punktet P(1, 5 ) ikke ligger på f (x)! Dvs. at vi ikke kender 4 x 0 som skal findes på følgende måde; y x 0 = 1 2 x 0 (x x 0 ) Tangenten, hvis ligningen bestemmes, går gennem punktet P(1, 5 ). Altså skal 4 tangentligningen være opfyldt, når punktets koordinater indsættes. 43

5 4 x 0 = 1 2 x (1 x 0 ) 0 Nu kan vi bruge solve til at finde x-koordinaterne: solve( 5 4 x 0 = 1 2 x 0 (1 x 0 ),x) giver x = 1 4 x = 4 Vi mangler nu at finde y-koordinaterne: f ( 1 4 ) = 1 4 = 1 2 P1(1 4, 1 2 ) f (4) = 4 = 2 P2(4,2) Hældningerne findes f ( 1 4 ) = 1 1 2 4 = 1 f (4) = 1 2 x = 1 4 Nu kender vi både hældningerne og punkterne. Dvs. vi kan lave forskrifterne fo tangenterne y 1 2 = 1(x 1 4 ) y = x + 1 4 y 2 = 1 4 (x 4) y = 1 4 x + 1 PS: Vi brugte kommandoen solve til at finde rødderne af ligningen 5 4 x 0 = 1 2 x 0 (1 x 0 ) Vi prøver nu at regne i hånden. Vi erstatter x = x 0 for nemheds skyld. 44

5 4 x = 1 x (1 x) 2 5 4 x 0 2 = (1 x) x x(5 4 x) = 2(1 x) 5 x 4x = 2 2x 5 x 2x 2 = 0 Indsættes nu x = u 2u 2 + 5u 2 = 0 Løses denne andengradsligning fås følgende rødder: u = 1 2 u = 2 Da x = u 1 2 = x 2 = x 2 x = 1 2 = x 4x = 1 4 = x x = 1 4 x = 4 45

10.7.4 Regneregler for differentialkvotienter Lad u = f (x) og v = g(x) være differentiable funktioner og lad c være et reelt tal(konstant). 1. d(u+v) dx = du dx + dv dx ( f +g) (x) = f (x)+g (x) 2. 3. 4. 5. d(u v) dx d(u v) dx = du dx dv dx = v du dv +u dx dx d( u v ) du v dx = dx u dv dx v 2 d(c u) dx = c du dc ( f g) (x) = f (x) g (x) ( f g) (x) = g(x) f (x)+ f (x) g (x) ( f g ) (x) = g(x) f (x) f (x) g (x) (g(x)) 2 (c f ) (x) = c f (x) Beviser: 1. y = u(x) + v(x) hvor u(x) og v(x) er differentiable funktioner lim 0 ( y ) = lim y(x + ) y(x) [((u + u) + (v + v)) (u + v)] 0 = = lim 0 ( y ) = lim u + u + v + v u v u + v 0 = lim 0 lim 0 ( y ) = lim 0( u + v ) = lim u 0 + lim v 0 46

lim 0 ( y ) = du dx + dv dx PS: Husk at dy dx = lim y 0 dy dx = du dx + dv dx Vi lader y = u(x)+v(x) hvor u(x) = f (x) og v(x) = g(x) er fifferentiable funktioner. Alternativ bevis: lim 0 ( y + ) y(x) ) = lim(y(x ) = lim 0 [( f (x + ) + g(x + )) ( f (x) + g(x))] = lim 0 f (x + ) f (x) ( f + g) (x) = f (x) + g (x) + lim 0 g(x + ) g(x) 2. Beviset for difference bliver ( f g) (x) = f (x) g (x) 3. Igen lader vi y = u(x) v(x) hvor u(x) og v(x) er differentiable funktioner 47

lim 0 ( y ) = lim 0( y(x + ) y(x) ) = lim 0 (u + u)(v + v) u v = lim 0 [ (u + u)(v + v) (u + u) v + (u + u) v u v ] = lim 0 [(u + u) (v + v) v + v (u + u) u ] = lim 0 (u + u) (v + v) v + lim 0 v (u + u) u = lim 0 (u + u) = u lim 0 = u u (v + v) v + v (u + u) u = u v + v u = u dv dx + v du dx 48

4. Vi vil ikke bevise denne sætning 5. Vi vil ikke bevise denne sætning Vi vil i det følgende bruge disse regneregler til at beregne differentialkvotienter af nogle funktioner. Gennemregn eksemplerne 10.7.5, 10.7.6, 10.7.7 10.7.8 10.7.9 og 10.7.10 ved at lægge mærke til hvordan ovenstående regler anvendes,inden du går videre. 10.7.11 Øvelse Beregn f ( 1 3 ) for funktionen f (x) = 2x3 5x 2 4x + 10 Løsning: f (x) = 6x 2 10x 4 f ( 1 3 ) = 6 ( 1 3 )2 10 ( 1 3 ) 4 = 6 ( 1 3 )2 + 10 3 4 = 0 10.7.12 Øvelse Beregn vha. produktreglerne differentialkvotienten for hver af følgende funktioner. a) f (x) = (x 2 + 1)(5x 3 + 2) b) g(x) = (2x + 3)(x 2 2x + 1) Løsning: a) f (x) = (x 2 + 1)(5x 3 + 2) 49

Vi lader u = (x 2 + 1) og v = (5x 3 d(u v) + 2) og bruger = v du dx dx + u dv dx Indsættes u = (x 2 + 1) u = du dx = 2x v = (5x 3 + 2) v = dv dx = 15x2 dy d(u v) = = f (x) = (x 2 + 1) 15 x 2 + (5x 3 + 2) 2x = 25x 4 + 45x 2 + 4x dx dx Prøv GeoGebra med følgende kommando Derivative[(x 2 + 1) (5 x 3 + 2)] som giver 25x 4 + 45x 2 + 4x b) g(x) = (2x + 3)(x 2 2x + 1) dy dx = f (x) = 2 (x 2 2x + 1) + (2x 2)(2x + 3) = 6x 2 2x 4 10.7.13 Øvelse Beregn differentialkvotienten for følgende funktioner a) f (x) = x + 1 x 1 c) h(x) = x3 x 3 + 2 b) g(x) = 2x + 3 3x + 2 d) k(x) = 1 1 + x 2 Løsning: 50

Vi bruger regnereglerne for differentiation og kontrollerer med GeoGebra a) f (x) = x + 1 x 1 u = x + 1 u = 1 f (x) = v u u v Kontrol med GeoGebra b) v 2 = v = x 1 v = 1 (x 1) 1 (x + 1) 1 (x 1) 2 = 2 (x 1) 2 2 Derivative[(x + 1)/(x 1)] som giver x 2 2x + 1 g(x) = 2x + 3 3x + 2 u = 2x + 3 u = 2 v = 3x + 2 v = 3 g (x) = v u u v (3x + 2) 2 (2x + 3) 3 5 v 2 = (3x + 2) 2 = (3x + 2) 2 Kontrol med GeoGebra c) 5 Derivative[(2x + 3)/(3x + 2)] giver 9x 2 + 12x + 4 h(x) = 51 x3 x 3 + 2

u = x 3 u = 3x 2 h (x) = v u u v Kontrol med GeoGebra v = x 3 + 2 v = 3x 2 v 2 = (x3 + 2) 3x 2 x 3 3x 2 (x 3 + 2) 2 = 6x2 (x 3 + 2) 2 Derivative[x 3 /(x 3 + 2)] giver 6 x 2 x 6 + 4x 3 + 4 d) k(x) = 1 1 + x 2 u = 1 u = 0 v = 1 + x 2 v = 2x k (x) = v u u v v 2 = (1 + x2 ) 0 1 (2x) (1 + x 2 ) 2 = 2x (1 + x 2 ) 2 Kontrol med Geogebra Derivative[1/(1 + x 2 x )] giver 2 x 4 + 2x 2 + 1 10.7.15 Øvelse Nu skal du lave denne øvelse inden du fortsætter videre. 10.8 Beregning af differentialkvotienter 2 Vi skal beregne differentialkvotienterne for flere andre funktioner uden bevis og lave øvelserne. 52

10.8.1 Sætning Lad n være et rationalt tal. Potensfunktionen y = x n har differentialkvotienten Denne sætning er bevist tidligere. dy dx = d(xn ) = n x n 1 dx Prøv at gennemregne eksemplerne 10.8.2, 10.8.3, og 10.8.4 ved hjælp af ovenstående sætning inden du går videre. 10.8.5 Sætning Den naturlige logaritmefunktion y = lnx, x > 0 har differentialkvotienten dy dx = d(lnx) = 1 dx x, x > 0 10.8.6 Sætning Logaritmefunktionen med grundtal a y = log a x, x > 0 har differentialkvotienten dy dx = d(log ax) = 1 dx lnx 1 x, x > 0 53

Differentialkvotienten af titalslogaritmen y = logx x > 0 dy dx = d(logx) = 1 dx ln10 1 x, x > 0 10.8.7 Sætning Eksponentialfunktionen med grundtal a y = a x har differentialkvotienten dy dx = d(ax ) = lna a x dx 10.8.8 Sætning Den naturlige eksponentialfunktion y = e x har differentialkvotienten dy dx = d(ex ) = e x dx 54

10.8.9 Tabel Funktion y = f (x) x n lnx, x > 0 log a x, x < 0 logx, x > 0 a x e x Differentialkvotient dy dx = f (x) n x n 1 1 x, x > 0 1 lna 1 x x > 0 1 ln10 1 x, x < 0 lna a x e x Prøv nu kontrollere tabellens differentialkvotienter med Geogebra inden du går videre og gennemregn eksempel 10.8.10 og 10.8.11. 10.8.12 Øvelse Beregn differentialkvotienten for følgende funktioner ved først at gange paranteserne ud (sammenlign med øvelse 10.7.12) a) f (x) = (x 2 + 1)(5x 3 + 2) b) g(x) = (2x + 3)(x 2 2x + 1) Løsning: a) f (x) = (x 2 + 1)(5x 3 + 2) = 5x 5 + 5x 3 + 2x 2 + 2 f (x) = 25x 4 + 15x 2 + 4x b) 55

f (x) = (2x + 3)(x 2 2x + 1) = 2x 3 x 2 4x + 3 f (x) = 6x 2 2x 4 10.8.13 Øvelse Beregn differentialkvotienten for følgende funktioner a) f (x) = 2x 5 3x 2 + 5 b) g(x) = x 5 + 4x 4 3x 3 + 2x 2 x 1 c) h(x) = 7x 3 + x + x 1 + 5x 3 + 12 Løsning: a) f (x) = 2x 5 3x 2 + 5 f (x) = 10x 4 6x b) g(x) = x 5 + 4x 4 3x 3 + 2x 2 x 1 f (x) = 5x 4 9x 2 + 4x-1 c) h(x) = 7x 3 + x + x 1 + 5x 3 + 12 h (x) = 21x 2 1 2 x - 1 x 2 15 x 4 10.8.14 Øvelse Beregn differentialkvotienten for følgende funktioner vha. sætning 10.8.1 a) f (x) = 1 b) g(x) = 1 x x 4 c) h(x) = 1 x 3 d) k(x) = x x 7 + x 9 56

Løsning: a) f (x) = 1 x = x 1 f (x) = 1 x 1 1 = 1 x 2 b) g(x) = 1 x 4 g (x) = 4 x 5 = 4 x 5 c) h(x) = 1 x 3 h (x) = 3 x 2 d) k(x) = x x 7 + x 9 k(x) = x 1 2 x 7 + x 9 k (x) = 1 2 x 1 2 1 7x 6 9x 10 = 1 2 x 7x6 9 x 10 10.8.15 Øvelse Beregn differentialkvotienten for følgende funktioner a) f (x) = x4 x + 10 b) g(x) = 1 + x4 x 4 Løsning: a) f (x) = x4 x + 10 57

f (x) = 4x3 (x + 10) 1 x 4 (x + 10) 2 = 3x4 + 40x 3 (x + 10) 2 b) g(x) = 1 + x4 x 4 g (x) = 4x3 x 4 4x 3 (1 + x 4 ) (x 4 ) 2 = 4 x 5 10.8.16 Øvelse Du skal lave denne øvelse inden du går videre. Husk at kontrollere med Geogebra. (Hint: Kig på eksempel 10.6.4 på side 93 i bog 2) 10.8.17 Øvelse Bestem differentialkvotienterne for følgende funktioner a) y = 2x + e x b) y = 2x e x c) y = x 2 + 2 x d) y = x 2 2x Løsning: a) y = 2x + e x y (x) = 2 + e x b) y = 2x e x y (x) = 2 e x + e x 2x = 2e x (1 + x) c) 58

y = x 2 + 2 x y (x) = 2x + ln2 2x = 2x(1 + ln2) d) y = x 2 2 x y (x) = 2x 2 x + x 2 ln2 2 x = x 2 x (2 + x ln2) 10.8.18 Øvelse Du skal lave denne øvelse inden du går videre. Husk at kontrollere med GeoGebra 10.9 Differentiation af sammensatte funktioner Funktioner kan sammensættes på den måde som vi så i afsnit 7.11 i Bog 2, side 34. Fot at differentiere en sammensat funktion skal vi bruge kædereglen. 10.9.1 Kædereglen Lad y = g(u) og u = f (x) være to differentiable funktioner med differentialkvotienter dy du og du dx. Den sammensatte funktion y = (g f )(x) = g( f (x)) = g(u) hvor u = f (x) har da differentialkvotienten dy dx = dy du du dx Bevis: dy dx = lim 0( y ) = lim 0( (g f ) 59 ) = lim 0 g[ f (x + )] g[ f (x] =

g[ f (x + )] g[ f (x)] lim 0 f (x + ) f (x) f (x + ) f (x) = lim 0 g[ f (x + )] g[ f (x)] f (x + ) f (x) f (x + ) f (x) = lim 0 g[ f (x + )] g[ f (x)] f f = dy dx = dy d f d f dx og u = f (x) dy dx = dy du du dx Nu skal du gennemregne eksemplerne 10.9.2,10.9.3, 10.9.4 og 10.9.5 inden du går videre. 10.9.6 Øvelse Bestem differentialkvotienten for følgende funktioner: a) y = ln(x 2 + 1) b) y = 4 x2 Løsning: a) y = ln(x 2 + 1) 60

y = ln(u) hvor u = x 2 + 1 dy dx = dy du du dx y = ln(u) dy du = 1 u u = x 2 + 1 du dx = 2x dy dx = 1 u 2x dy dx = 1 2x (x 2 2x = + 1) (x 2 + 1) b) y = 4 x2 y = 4 u hvor u = x 2 y = 4 u dy du = 4u ln4 u = x 2 du dx = 2x dy dx = dy du du dx dy dx = ln(4) 4 x2 ( 2x) = 2x ln(4) 4 x2 10.9.7 Øvelse Lav denne øvelse og kontroller vha. GeoGebra 10.9.8 Øvelse Lav denne øvelse og kontroller vha. GeoGebra. 61