Derivatan av en produkt
Varför är derivatan av f·g inte f′·g′?
Det mest naturliga första försöket är att derivera faktorerna var för sig: $D(x^2 \sin x) = 2x \cdot \cos x$. Det är fel, och det är lätt att se. Kurvan $y = x^2\sin x$ är vågrät i origo, men den växer mellan $0$ och $\pi$ för att sedan vända. Svaret $2x\cos x$ säger något helt annat om var kurvan vänder.
Tänk i stället på en produkt som en area.
En rektangel har sidorna $f$ och $g$, så arean är $f \cdot g$. Låt båda sidorna växa en aning. Då växer arean med två remsor, $g \cdot \Delta f$ och $f \cdot \Delta g$, plus en liten hörnruta.
Hörnrutan är liten gånger liten, och den försvinner när ändringarna går mot noll. Kvar blir två termer. Därför har produktregeln alltid två termer.
I ord: derivera den första och låt den andra stå, plus låt den första stå och derivera den andra.
Produktregeln med kedjeregeln
Derivera $y = e^{2x}\sin x$.
Försök själv först. Öppna sedan ett steg i taget.
Två faktorer: $f(x) = e^{2x}$ med $f'(x) = 2e^{2x}$ (kedjeregeln), och $g(x) = \sin x$ med $g'(x) = \cos x$.
Produktregeln: $$y' = 2e^{2x} \cdot \sin x + e^{2x} \cdot \cos x$$
Bryt gärna ut den gemensamma faktorn: $y' = e^{2x}(2\sin x + \cos x)$. Båda formerna är rätt.
Välj ett svar innan du läser vidare. Det gör inget om det blir fel — det är så man ser vad man tror.
Derivera $$y = x^2 \sin x$$
- Varför lockar det svaret? Rätt struktur men faktorn x² tappas i andra termen — båda faktorerna deriveras i samma term. Vanligast av alla produktregelsfel.
- Varför lockar det svaret? Multiplicerar derivatorna: (fg)′ = f′g′. Det är avsnittets utgångspunkt att just detta är fel.
- Varför lockar det svaret? Blandar in kvotregelns minustecken i produktregeln. Produktregeln har alltid plus.
$f(x) = x^2$ med $f'(x) = 2x$, och $g(x) = \sin x$ med $g'(x) = \cos x$.
Kontroll i en punkt: vid $x = 0$ är $y' = 0 + 0 = 0$, och kurvan $y = x^2\sin x$ har mycket riktigt en vågrät tangent i origo.
För den nyfikne Produktregeln med gränsvärden
Skriv figurens idé med derivatans definition. Ändringen i produkten är $$f(x+h)g(x+h) - f(x)g(x)$$ Lägg till och dra ifrån $f(x)g(x+h)$: $$= \big(f(x+h) - f(x)\big)g(x+h) + f(x)\big(g(x+h) - g(x)\big)$$ Dela med $h$ och låt $h \to 0$. Första delen går mot $f'(x)g(x)$ och andra mot $f(x)g'(x)$. De två remsorna i bilden är just de två termerna.
Derivatan av en kvot, och av $\tan x$
Samma idé, men nu spelar ordningen roll.
I ord: täljarens derivata gånger nämnaren, minus täljaren gånger nämnarens derivata, allt delat med nämnaren i kvadrat. Gäller där $g(x) \ne 0$.
En första kvot
Derivera $y = \dfrac{3x}{x^2+4}$.
Försök själv först. Öppna sedan ett steg i taget.
Täljaren $f(x) = 3x$ med $f'(x) = 3$. Nämnaren $g(x) = x^2 + 4$ med $g'(x) = 2x$.
- $$y' = \frac{3 \cdot (x^2+4) - 3x \cdot 2x}{(x^2+4)^2}$$
Förenkla täljaren: $3x^2 + 12 - 6x^2 = 12 - 3x^2$.
Välj ett svar innan du läser vidare. Det gör inget om det blir fel — det är så man ser vad man tror.
Derivera $$y = \frac{x}{x^2+1}$$
- Varför lockar det svaret? Deriverar täljare och nämnare var för sig: (f/g)′ = f′/g′. Kvotens motsvarighet till produktfelet i förra frågan.
- Varför lockar det svaret? Plus i stället för minus i täljaren — produktregelns tecken används i kvotregeln.
- Varför lockar det svaret? Rätt delar men omvänd ordning i täljaren: täljaren·nämnarens derivata minus tvärtom. Hela svaret får fel tecken.
$f(x) = x$ med $f'(x) = 1$, och $g(x) = x^2+1$ med $g'(x) = 2x$.
Kontroll: kurvan har sitt maximum vid $x = 1$, och där blir täljaren $1 - 1 = 0$ ✓ Sätt in $x = 2$: $y' = -3/25 < 0$, och kurvan avtar mycket riktigt efter maximum.
Alternativ C ger $y'(2) = +3/25 > 0$ — alltså växande efter maximum. Orimligt, och det syns utan att man räknar.
Ibland slipper du kvotregeln
En kvot med ett enda $x$ i nämnaren går snabbare att dela upp term för term: $$\frac{x^2 + 2x - 5}{x} = x + 2 - 5x^{-1} \quad\text{med derivatan}\quad 1 + 5x^{-2}$$
Och en kvot med $e$ i nämnaren är enklare som produkt: $\dfrac{x^2}{e^{2x}} = x^2 e^{-2x}$. Att välja metod är också matematik.
Derivatan av tan x
Nu går tangens att derivera, eftersom den är en kvot: $$y = \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$$ $$y' = \frac{\cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x}$$ Det sista steget är trigonometriska ettan. Delar du i stället upp bråket får du $\dfrac{\cos^2 x}{\cos^2 x} + \dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x} = 1 + \tan^2 x$.
Två skrivsätt för samma sak. Som alltid med trigonometriska derivator: $x$ i radianer.
Exponentialfunktioner och $\ln x$
Varför dyker ln upp när man deriverar 2 upphöjt till x?
Från tidigare kurser vet du att $D\,e^x = e^x$. Den är den enda funktionen (bortsett från konstanta multipler) som är sin egen derivata, och det är därför den dyker upp överallt senare i lektionen.
Regeln $D\,e^{kx} = ke^{kx}$ är kedjeregeln med inre funktion $kx$. Och en exponentialfunktion med en annan bas går att skriva om till bas $e$, eftersom $a = e^{\ln a}$: $$a^x = \left(e^{\ln a}\right)^x = e^{x\ln a}$$ Här är $\ln a$ bara en konstant $k$, så $D\,a^x = \ln a \cdot e^{x \ln a} = a^x \ln a$.
| funktion | derivata |
|---|---|
| $e^x$ | $e^x$ |
| $e^{kx}$ | $k e^{kx}$ |
| $a^x \; (a > 0)$ | $a^x \ln a$ |
Faktorn $\ln a$ är ett tal: $\ln 2 \approx 0{,}69$, $\ln 10 \approx 2{,}30$. För $a = e$ är den $1$, och därför är $e$ basen som gör derivatan enklast.
Ny bas, och en inre funktion
Derivera $y = 5 \cdot 3^{4x}$.
Försök själv först. Öppna sedan ett steg i taget.
Yttre funktion $5 \cdot 3^z$ med derivata $5 \cdot 3^z \ln 3$. Inre funktion $z = 4x$ med derivata $4$.
- $$y' = 5 \cdot 3^{4x}\ln 3 \cdot 4$$
$y = \ln x$ är $y = e^x$ speglad i linjen $y = x$. Därför finns den bara för $x > 0$, och därför planar den ut: $e^x$ blir allt brantare, så spegelbilden blir allt flackare.
Det talar om att derivatan av $\ln x$ är positiv men blir allt mindre när $x$ växer.
Positiv och avtagande, precis som bilden säger.
För den nyfikne Varför derivatan blir 1/x
Utgå från att $e^{\ln x} = x$ för alla $x > 0$ och derivera båda leden. Vänsterledet är sammansatt, med inre funktion $\ln x$: $$e^{\ln x} \cdot D(\ln x) = 1$$ Men $e^{\ln x} = x$, så $x \cdot D(\ln x) = 1$, alltså $D(\ln x) = \dfrac{1}{x}$. Kedjeregeln bär hela argumentet.
Välj ett svar innan du läser vidare. Det gör inget om det blir fel — det är så man ser vad man tror.
Derivera $$y = \ln 5x$$
- Varför lockar det svaret? Yttre derivatan är rätt men den inre derivatan 5 glöms — samma fel som cos 5x i lektion 6.
- Varför lockar det svaret? Tar den yttre derivatan som 1/x i stället för 1/z. Femman multipliceras på ett svar som redan är fel.
- Varför lockar det svaret? Tror att ln 5x = ln 5 · ln x. Rätt logaritmlag är ln 5x = ln 5 + ln x, och där deriveras ln 5 bort som konstant.
Med kedjeregeln. Yttre $\ln z$, inre $z = 5x$: $$y' = \frac{1}{5x} \cdot 5 = \frac{1}{x}$$
Med logaritmlagen. $\ln 5x = \ln 5 + \ln x$, och $\ln 5$ är en konstant: $$y' = 0 + \frac{1}{x} = \frac{1}{x}$$
Femman försvinner. Det känns fel, men grafiskt är det självklart: $\ln 5x$ är $\ln x$ förskjuten uppåt med $\ln 5 \approx 1{,}61$ — och en lodrät förskjutning ändrar inte lutningen någonstans.
Repetera Logaritmlagarna
För $a, b > 0$: $$\ln ab = \ln a + \ln b \qquad \ln\frac{a}{b} = \ln a - \ln b \qquad \ln a^p = p\ln a$$ Och $\ln 1 = 0$, $\ln e = 1$. Lagarna gör ofta en derivering enklare innan du börjar: $\ln x^3 = 3\ln x$ har derivatan $\dfrac{3}{x}$ direkt.
ln x i en kvot
Derivera $y = \dfrac{2\ln x}{x}$.
Försök själv först. Öppna sedan ett steg i taget.
Kvotregeln med $f(x) = 2\ln x$, $f'(x) = \dfrac{2}{x}$, och $g(x) = x$, $g'(x) = 1$.
- $$y' = \frac{\frac{2}{x} \cdot x - 2\ln x \cdot 1}{x^2}$$
I täljaren är $\dfrac{2}{x} \cdot x = 2$.
Differentialekvationer
En ekvation där lösningen är en funktion, inte ett tal.
Hittills har en ekvation haft ett tal som lösning: $2x + 1 = 7$ har lösningen $x = 3$. En differentialekvation säger något om en okänd funktion och dess derivata: $$y' = 0{,}5y$$ betyder ”funktionen växer i varje punkt med en takt som är hälften av dess eget värde”. Lösningen är en funktion som gör det.
| ekvation | ordning |
|---|---|
| $y' = 2y$ | första, $y'$ är högsta derivatan |
| $y'' + y' + 2y = 0$ | andra, $y''$ är högsta derivatan |
Lösningen är sällan ensam. Varje kurva i bilden löser $y' = 0{,}5y$, en för varje värde på konstanten $C$ i $y = Ce^{0{,}5x}$.
Ett begynnelsevillkor som $y(0) = 2$ väljer ut en av dem. Här ger det $C = 2$.
Riktningsfältet till y′ = ky
De små strecken ritas direkt ur ekvationen: i varje punkt $(x, y)$ har strecket lutningen $ky$. Ingen lösning behövs för att rita dem. En lösningskurva är en kurva som följer strecken.
Dra i $y(0)$: fältet står still, men kurvan flyttar sig. Det är begynnelsevillkoret. Tryck Visa hela skaran. Dra sist $k$ under noll, så blir tillväxt till avtagande.
Välj ett svar innan du läser vidare. Det gör inget om det blir fel — det är så man ser vad man tror.
Vilken av funktionerna är en lösning till differentialekvationen $$y' = 3y$$
- Varför lockar det svaret? Läser ekvationen som y′ = 3 och integrerar i huvudet. Högerledet är 3y, inte 3.
- Varför lockar det svaret? Placerar trean som faktor framför i stället för i exponenten. Ger y′ = 3e^x = y, alltså y′ = y — fel ekvation.
- Varför lockar det svaret? Letar efter en trea och tar potensregeln. Ger y′ = 3x², medan 3y = 3x³.
Prövning, ett alternativ i taget:
| $y$ | $y'$ | $3y$ | lösning? |
|---|---|---|---|
| $3x$ | $3$ | $9x$ | nej |
| $3e^{x}$ | $3e^{x}$ | $9e^{x}$ | nej |
| $e^{3x}$ | $3e^{3x}$ | $3e^{3x}$ | ja |
| $x^3$ | $3x^2$ | $3x^3$ | nej |
Ekvationen $y' = 3y$ säger att derivatan ska vara $3$ gånger funktionen själv. Bara exponentialfunktionen har den egenskapen — trean måste sitta i exponenten, för det är den som kommer ut som inre derivata.
Och lösningen är inte ensam: $y = Ce^{3x}$ fungerar för varje $C$. Alternativ B är alltså rätt form men fel exponent, inte fel faktor.
Kontroll: $D\,Ce^{kx} = kCe^{kx} = ky$. Konstanten $C$ bestäms av ett begynnelsevillkor, och $C = y(0)$.
Pröva och bestäm konstanten
Visa att $y = Ce^{3x}$ löser $y' = 3y$ för varje $C$, och bestäm den lösning som uppfyller $y(0) = 5$.
Försök själv först. Öppna sedan ett steg i taget.
$y' = C \cdot 3e^{3x} = 3 \cdot Ce^{3x} = 3y$ ✓. Det gäller vilket $C$ du än väljer, även $C = 0$ och negativa $C$.
Begynnelsevillkoret: $y(0) = Ce^{0} = C$, så $C = 5$.
Differentialekvationer som modeller
Naturen beskriver oftast hur fort något ändras, inte hur stort det är.
En modell säger oftast något om förändringstakten: bakterier förökar sig i takt med hur många de redan är, en kopp kaffe svalnar fortare ju varmare den är. Då blir modellen en differentialekvation, och det viktiga steget är översättningen från mening till ekvation.
| förlopp | modell |
|---|---|
| en fågelkoloni minskar med $4$ % per år | $y' = -0{,}04y$ |
| bakterier ökar med $15$ % per timme | $y' = 0{,}15y$ |
| en stek närmar sig ugnens $175$ °C | $\dfrac{dy}{dt} = k(175 - y)$ |
Steken kommer in i ugnen med temperaturen $20$ °C. Den värms fortast i början, när skillnaden mot ugnen är stor. Ju närmare $175$ °C, desto långsammare stiger den.
Det står redan i ekvationen: faktorn $(175 - y)$ krymper.
Steken i ugnen
Stekens temperatur följer $y = 175 - 155e^{-kt}$, där $t$ är tiden i minuter. Efter $30$ minuter är den $45$ °C. Bestäm $k$ och temperaturen efter $70$ minuter.
Försök själv först. Öppna sedan ett steg i taget.
Kontroll av startvärdet: $y(0) = 175 - 155 = 20$ ✓.
$y(30) = 45$ ger $155e^{-30k} = 130$, alltså $e^{-30k} = \dfrac{130}{155}$.
Logaritmera: $-30k = \ln\dfrac{130}{155}$, så $k = \dfrac{1}{30}\ln\dfrac{155}{130} \approx 0{,}00586$.
$y(70) = 175 - 155e^{-0{,}00586 \cdot 70} \approx 175 - 155 \cdot 0{,}663 \approx 72$.
$k \approx 0{,}00586$ och temperaturen efter $70$ minuter är ungefär $72$ °C.
För den nyfikne Att funktionen verkligen löser ekvationen
Derivera $y = 175 - 155e^{-kt}$: $$\frac{dy}{dt} = 155k e^{-kt}$$ Och $175 - y = 155e^{-kt}$. Alltså är $\dfrac{dy}{dt} = k(175 - y)$ ✓. Att hitta lösningen själv, utan att få den given, kommer i senare kurser.
Sammanfattning
- Produktregeln: $(fg)' = f'g + fg'$, alltid två termer.
- Kvotregeln: $\left(\dfrac{f}{g}\right)' = \dfrac{f'g - fg'}{g^2}$, täljarens derivata först.
- $D\tan x = \dfrac{1}{\cos^2 x} = 1 + \tan^2 x$, alltid positiv.
- $D\,a^x = a^x\ln a$ och $D\ln x = \dfrac{1}{x}$. $\ln 5x = \ln 5 + \ln x$.
- En differentialekvation har en funktion som lösning. Pröva genom att sätta in.
- $y' = ky$ löses av $y = Ce^{kx}$. Ett begynnelsevillkor bestämmer $C$.
Tänk vidare
Frågor utan räkning. Fundera själv eller med en kurskamrat innan du öppnar tanken.
Hitta felet
En elev deriverar $y = x^2\sin x$ och får $y' = 2x\cos x$. Hur ser man direkt på svarets form att det inte kan stämma?
Ett sätt att tänka
Eleven har deriverat faktorerna var för sig. Produktregeln ger alltid två termer, så ett svar med en enda term ska väcka misstanke. Rätt är $2x\sin x + x^2\cos x$.
Kvot eller produkt?
Derivera $y = \dfrac{\sin x}{x}$ två gånger: med kvotregeln, och genom att skriva $y = x^{-1}\sin x$ och använda produktregeln. Blev det samma svar?
Ett sätt att tänka
Kvotregeln: $\dfrac{x\cos x - \sin x}{x^2}$. Produktregeln: $-x^{-2}\sin x + x^{-1}\cos x$, som på gemensamt bråkstreck är samma sak. Reglerna motsäger aldrig varandra. Välj den som ger minst att skriva.
Samma derivata
$\ln 5x$ och $\ln x$ har samma derivata. Hur kan två olika funktioner ha det, och vad säger det om graferna?
Ett sätt att tänka
$\ln 5x = \ln 5 + \ln x$. Graferna är samma kurva förskjuten i höjdled, och en förskjutning ändrar ingen lutning. Allmänt: två funktioner har samma derivata precis när de skiljer sig med en konstant. Det blir viktigt i kapitel 3.
Från mening till ekvation
Kaffe svalnar med en hastighet som är proportionell mot skillnaden mellan kaffets temperatur $T$ och rummets $20$ °C. Skriv en differentialekvation.
Ett sätt att tänka
$T' = -k(T - 20)$ med $k > 0$, eller samma sak $T' = k(20 - T)$. Kontrollera tecknet: varmt kaffe, $T > 20$, ska ge $T' < 0$. Formen $T' = k(T - 20)$ med $k > 0$ skulle få kaffet att bli allt varmare.
Alltid växande
Varför kan derivatan av $\tan x$ aldrig bli negativ, och hur syns det i tangenskurvan?
Ett sätt att tänka
$D\tan x = 1 + \tan^2 x$, och en kvadrat är aldrig negativ, så derivatan är minst $1$. Varje gren av tangenskurvan är växande, och lutningen är som minst $1$, i punkterna där $\tan x = 0$.