Løsningsforslag, derivasjon

Derivasjonsbegrepet

Oppgave 1:

Vi skal bruke definisjonen av den deriverte til å finne f′(x) når f(x) = 2x + 3.

Vi får

$f′(x) = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x ) − f(x)}{ \Delta x} = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(2(x + \Delta x) + 3) − (2x + 3)}{ \Delta x} =$

$\displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2x + 2\Delta x + 3 − 2x −3}{ \Delta x} = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2 \Delta x}{ \Delta x} = 2$

Vi har altså at (2x + 3)′ = 2

Tilbake til oppgaven

Derivasjon av potensfunksjoner

Oppgave 1:

Vi får:

    1. Vi bruker potensregelen direkte, og får
      $f′(x) = (x^5)′ = 5x^4$
       
    2. Vi skriver først ${\Large \frac{1}{x^4}}$ som $x^{−4}$. Så bruker vi potensregelen, og får
      $g′(x) = (x^\text{−4})′ = −4x^\text{−5}$
       
      Som kan skrives som
      $−{\Large \frac{4}{x^5}}$
       
  1. Vi skriver først ${\Large \frac{1}{\sqrt x}}$ som ${\large \frac{1}{ x^{\large \frac{1}{2}}}}$, som vi deretter skriver som $x^{−\large \frac{1}{2}}$. Så bruker vi potensregelen, og får
    $h′(x) = \big(x^{−\large \frac{1}{2}}\big)′ = {\large −\frac{1}{2}}x^{\large \text{−}\frac{3}{2}}$
     
    Som kan skives som
    $ {−\large \frac{1}{2\sqrt{ x^3}}}$
     
    Dette er et fullgodt svar. Vi kan imidlertid trekke ut $\sqrt{x^2}$ i nevneren, slik:
    $−{\large \frac{1}{2\sqrt{ x^3}}} = −{\large \frac{1}{2\sqrt{ x}\sqrt{x^2}}} = −{\large \frac{1}{2\sqrt{ x}\,x}} $

Derivasjon av ulike typer funksjoner

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = 12x

Vi bruker regelen om derivasjon av eksponentialfunksjoner:

f′(x) = 12x ln 12.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = log2 x.

Vi bruker regelen om derivasjon av logaritmefunksjoner:

$f′(x) = {\large \frac{1}{x \ln 2}}$

Tilbake til oppgaven

Derivasjon av funksjonskombinasjoner

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonene under:

    • f(x) = 2x3 − 5x2 + 4x − 1
       
      Vi tar for oss ledd for ledd, lar koeffisienten stå, og bruker potensregelen:
      f′(x) = 2 · 3x2 − 5 · 2x + 4 − 0 =  6x2 − 10x + 4
       
    • f(t) = t5 − 3t2 + 7t
       
      Her heter variabelen t i stedet for x, men det spiller ingen rolle, derivasjonsmetoden er den samme.
      f′(t) = 5t4 − 2 · 3t + 7 = 5t4 − 6t + 7

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = (3x2 + 7x)(4x5 + 2x3) både ved å bruke produktregelen direkte og ved å multiplisere sammen parentesene før vi deriverer.

Produktregelen direkte:

f′(x) = (3x2 + 7x)′ · (4x5 + 2x3) + (3x2 + 7x) · (4x5 + 2x3)′ =
(6x + 7)·(4x5 + 2x3) + (3x2 + 7x)·(20x4 + 6x2) =
24x6 + 28x5 + 12x4 + 14x3 + 60x6 + 140x5 +18x4 + 42 x3 =
84x6 + 168x5 + 30x4 + 56x3

Multiplisere parenteser først:

f(x) = (3x2 + 7x)·(4x5 + 2x3) = 12x7 + 28x6 + 6x5 + 14x4

f′(x) = 84x6 + 168x5 + 30x4 + 56x3

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle x^2 + 1}{\displaystyle x + 1}$

Kvotientregelen gir

$f′(x) = \frac{\displaystyle (x^2 + 1)′ \cdot (x+1) − (x^2 + 1)\cdot(x+1)′}{\displaystyle (x + 1)^2} =$

$\frac{\displaystyle 2x\cdot (x+1) − (x^2 + 1)\cdot 1}{\displaystyle (x + 1)^2} =$

$\frac{\displaystyle x^2+2x−1}{\displaystyle (x + 1)^2}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x}$ både ved å bruke potensregelen og ved å bruke kvotientregelen.

Potensregelen:

$f(′x) =( \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}x^{−1})′ = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}(−1)x^{−2} = −\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x^2}$

Kvotientregelen:

$f′(x) = \frac{\displaystyle 3′ \cdot(2x) − 3 \cdot (2x)′}{\displaystyle (2x)^2} = \frac{\displaystyle 0 \cdot(2x) − 3 \cdot 2}{\displaystyle 4x^2} = −\frac{\displaystyle 6}{\displaystyle 4x^2}= −\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x^2}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = ln(4x + 8).

Vi ser at hvis vi erstatter 4x + 8 med g, får vi ln g, som vi vet hvordan vi deriverer. Og vi får:

$f′(x) = (\ln g)′ \cdot (4x + 8)′ = {\large \frac{1}{g}} \cdot 4 = {\large \frac{4}{4x + 8}} = {\large \frac{1}{x + 2}}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = e^{(x^{\large 2})}$

Vi ser at hvis vi erstatter x2 med g, får vi eg, som vi vet hvordan vi deriverer.
Og vi får:

$f′(x) =(e^g)′ \cdot (x^2)′ = e^g\cdot 2x = 2x e^{(x^{\large 2})}$

Tilbake til oppgaven

Kombinere derivasjonsregler

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = sin 2x cos 2x

Dette gjenkjenner vi som et produkt, så vi må starte med produktregelen:

f′(x) = (sin 2x)′ · cos 2x + sin 2x · (cos 2x)′

For å derivere sin 2x og cos 2x må vi bruke kjerneregelen. Dette eksemplet er så enkelt av vi kan gjøre det i hodet, men la oss ta med formalitetene:

(sin 2x)′ = (sin g)′ · (2x)′ = cos g · 2 = 2 cos 2x

og

(cos 2x)′ = (cos g)′ · (2x)′ = −sin g · 2 = −2 sin 2x

f′(x) = 2 cos 2x · cos 2x + sin 2x · (−2sin 2x) = 2 cos2 2x −2sin2 2x

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle e^x \ln x}{\displaystyle x^2}$

Dette gjenkjenner vi som en kvotient, så vi må starte med kvotientregelen:

$f′(x) = \frac{\displaystyle ( e^x \ln x)′ \cdot x^2 − e^x \ln x \cdot (x^2)′}{\displaystyle (x^2)^2}$

For å derivere ex ln x må vi bruke produktregelen:

$(e^x \ln x)′ = (e^x)′ \cdot \ln x + e^x \cdot (\ln x)′ = e^x \ln x + {\large \frac{e^x}{x}}$

Så vi får

$f′(x) = \frac{\displaystyle \Big(e^x \ln x + \frac{e^x}{x}\Big)\cdot x^2 − e^x \ln x \cdot 2x}{\displaystyle x^4} = \frac{\displaystyle x^2e^x \ln x + xe^x − 2xe^x \ln x}{\displaystyle x^4} =$

$\frac{\displaystyle xe^x \ln x + e^x − 2e^x \ln x}{\displaystyle x^3} = \frac{\displaystyle e^x\big(x \ln x − 2 \ln x + 1\big)}{\displaystyle x^3}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal skrive uttrykket $\frac{\displaystyle u}{\displaystyle v}$, som u · v−1 og benytte produktregelen og kjerneregelen til å utlede kvotientregelen, $\Big( \frac{\displaystyle u}{\displaystyle v} \Big)′ = \frac{\displaystyle u′v − uv′}{\displaystyle v^2}$

Ifølge produktregelen får vi:

(uv−1)′ = uv−1 + u(v−1)′

Funksjonene u og v kan være hva som helst, så når det gjelder de deriverte av disse, kan vi ikke angi noe mer presist enn u′ og v′, det er ikke noe vi kan regne videre på. Men ser vi på (v−1)′, ser vi at vi her har en indre og ytre funksjon, og vi kan ekspandere uttrykket ved å bruke kjerneregelen: 

(v−1)′ = v′ · (−1 · v−2)

Så vi har:

$(uv^{−1})′ = u′v^{−1} + u(v^{−1})′ = u′v^{−1} + u(− v^{−2}v′) = \frac{\displaystyle u′}{\displaystyle v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2}$

Til slutt utvider vi den første brøken med v og setter på felles brøkstrek:

$\frac{\displaystyle u′}{\displaystyle v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2} = \frac{\displaystyle u′ \cdot v}{\displaystyle v \cdot v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2} = \frac{\displaystyle u′v − uv′}{\displaystyle v^2}$

Tilbake til oppgaven

Høyere ordens deriverte

Oppgave 1:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{12}}x^4 − {\large \frac{1}{6}}x^3 − x^2 + x + 1$.

Vi deriverer, og får

$f′(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 − {\large \frac{1}{2}}x^2 − 2x + 1$

Vi deriverer en gang til, og får

f′′(x) = x2x − 2

Likningen f′′(x) = x2x − 2 har løsninger x1 = 2 og x2 = −1.

Vi kan derfor skrive den andrederiverte som f′′(x) = (x − 2)(x + 1). Fortegnsskjemaet til uttrykket er vist under:

Fortegnsskjema for å klassifisere vendepunkter

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn fra + til − når x = −1 og fra − til + når x = 2. De tilhørende funksjonsverdiene blir

$f(−1) = {\large \frac{1}{12}}(−1)^4 − {\large \frac{1}{6}}(−1)^3 − (−1)^2 + (−1) + 1 = −{\large \frac{3}{4}}$

og

$f(2) = {\large \frac{1}{12}}(2)^4 − {\large \frac{1}{6}}(2)^3 − (2)^2 + 2 + 1 = −1$

$(−1, −{\large \frac{3}{4}})$ og $(2, −1)$ er vendepunkter. Av fortegnsskjemaet ser vi at funksjonen går over fra å være konveks til å være konkav i $(−1, −{\large \frac{3}{4}})$ og tilbake til å være konveks i $(2, −1)$.

Grafen til f(x) med vendepunktene markert er vist under:

Graf som illustrerer vendepunkter

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til f(x) = (x2 – 3x + 2)ex.

Vi bruker produktregelen når vi deriverer, og får

f′(x) = (x2 − 3x + 2)′ ex + (x2 − 3x + 2)(ex)′ =
(2x − 3)ex + (x2 − 3x + 2)ex = (x2x − 1)ex

Vi deriverer en gang til ved hjelp av produktregelen, og får

f′′(x) = (x2x − 1)′ex + (x2x − 1)(ex)′ =
(2x − 1)ex + (x2x − 1)ex = (x2 + x − 2)ex

ex er alltid positiv, så vi trenger bare å studere fortegnet til polynomet, x2 + x − 2.

Likningen x2 + x − 2 = 0 har løsninger x1 = 1 og x2 = −2.

Vi kan derfor skrive polynomet som (x − 1)(x + 2). Fortegnsskjemaet til uttrykket er vist under:

Fortegnsskjema for å klassifisere vendepunkter

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn fra + til − når x = −2 og fra − til + når x = 1. De tilhørende funksjonsverdiene blir

f(−2) = [(−2)2 − 3(−2) + 2]e−2 = 12e−2

og

f(1) = (12 − 3 · 1 + 2)e1 = 0e = 0

Så (−2, 12e−2) og (1, 0) er vendepunkter. Av fortegnsskjemaet ser vi at funksjonen går over fra å være konveks til å være konkav i (−2, 12e−2) og tilbake til å være konveks i (1, 0).

Grafen til f(x) med vendepunktene markert er vist under:

Graf som illustrerer vendepunkter

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne de stasjonære punktene til f(x) = 2x3 – 9x2 + 12x – 2, og bruke andrederivert-testen til å klassifisere dem.

Vi deriverer, og får

f′(x) = 6x2 − 18x + 12

Løser vi likningen 6x2 − 18x + 12 = 0, får vi x1 = 2 og x2 = 1. Dette er altså x-verdiene der funksjonen har stasjonære punkter. De tilhørende funksjonsverdiene blir f(1) = 3 og f(2) = 2.

Vi deriverer en gang til, og får

Da er f′′(1) = −6, som er mindre enn 0, så vi har et maksimumspunkt.

f′′(2) = 6, som er større enn 0, så vi har et minimumspunkt.

Ifølge andrederivert-testen er derved (1, 3) et maksimumspunkt og (2, 2) et minimumspunkt.

Tilbake til oppgaven