Differentialregning handler om funktioners væksthastighed. Man ønsker at finde

hældningskoefficienten i et bestemt punkt. Hældningskoefficienten kalder vi f(x0). Man kan

også sige at f(x0) er hældningskoefficienten til tangenten.

Tangenten er en ret linje der lige akkurat rør grafen i et bestemt punkt. Det bestemte punkt

kalder vi (x0,f(x0)), differentialkvotienten og er vores f(x0).

Funktionstilvæksten

Funktionstilvæksten kalder vi y og er defineret ved

y = f (x0 + h) – f (x0)

I koordinatsystemet ovenfor ser vi en funktionen f. I funktionen finder vi to punkter (x0,f(x0)),

og (x0+h,f(y0+h)), Funktionstilvæksten afhænger altså af h. Og h kan både være positiv, negativ

(og 0, dette vender vi tilbage til).

Herefter laver vi en ret linje gennem de to punkter, den linje hedder vi en sekant. Dette

bringer os videre til:

Differentskvotienten:

der er hældingskoefficienten til vores sekant. Som vi ved definerer man

hældningskoefficienten til en ret linje(lineær funktion) med formlen:

a=y2− y1x2−x1

Som vi kan se på vores figur er det det samme som:

∆ yh

=f (x0+h )−f ( x0)

h

Differentialkvotienten

Vi er interesserede i at finde hældningskoefficienten til vores tangent, som jo er den rette linje

igennem et punkt(x0). Vi vil altså gerne vide hvad væksten er i precis det punkt. Ovenfor har vi

set hvordan vi finder hældningen til vores sekant. Men hvis vi lader h gå tættere og tættere på

vores x0(jo tættere h er på x0, jo tættere er senkanten altså på tangenten). vil vi altså til sidst

når h er forsvindende lille have hældningen på vores tangent. Dette definere vi:

∆ yh→f ' (x0 ) for h→0

Denne proces kalder vi grænseværdibestemmelse, og hvis vi har f’(x0) har vi også vores

grænseværdi.

Disse tre trin som vi kan bruge for at finde en bestemt grænseværdi kalder vi tretrinsreglen,

og kan stilles op således:

1. y = f (x0 + h) – f (x0)

2. ∆ yh

=f (x0+h )−f ( x0)

h

3.∆ yh→f ' (x0 ) for h→0

Hvornår er noget differentiabelt

Som hele er en funktion differentiabel hvis den er kontinuerlig. Altså må den ikke have knæk

eller huller. Man skal altså kunne ”cykle” på den. Hvis funktionen som på figurerne ovenfor

ikke er kontinuerlig og blød(har knæk) er den som hele ikke differentiabel. Men det skal dog

siges at funktionen er differentiabel i alle punkter undtaget i knæk og huller.

Man kan også sige at en funktion er differentiabel hvis det ikke er muligt at tegne en lodret

tangent til punktet.

2)

Altså er definitionen på en tangent:

Ved en tangent til grafen for f i punktet (x0,f(x0)) forstår den rette linje som rør grafen for f i

punktet(x0, f(x0)) og som har hældningskoefficienten f’(x0).

Og Definitionen på differentiabilitet:

Hvis differenskvotienten har en grænseværdi når h går mod nul, så er er grænseværdien

vores differentialkvotient og er differentiabel i x0.

Vi kan også formulere det således:

Givet en funktion f og et punkt x0

∆ yh

=f (x0+h )−f ( x0)

h→f ' (x0 ) for h→0

Hvis f ' (x0 ) eksistere kaldes f differentiabel i x0. Tallet f ' (x0 ) kaldes funktionens

differentialkvotient i x0.

3)

Differentialkvotienten til en funktion? Disse skal vi kunne udenad til den skriftlige

eksammen da vi kan få dem i den første time uden hjælpemidler.

Funktionen f Differentialkvotienten til funktionen f ’

a x2+bx+c 2ax+b

bx b

c 0

√ x 12√ x

1x

−1x2

Den naturlige logaritme f Har den afledede f ’

lnx 1x

Eksponentialfunktioner f Har den afledede f ’

ex ex

ek ∙ x k ∙ ek ∙x

ax ax ln (a )

ak ∙ x k ∙ak ∙ x ∙ ln (a)

Potensfunktioner Den afledede f ’

xn n xn−1

Fremstilling af regnereglerne for differentiation?

Sætning 1 kap. 6

MARIA VI MANGLER: SÆT IND HER

Sætning 2 Kap 6

MARIA VI MANGLER: SÆT IND HER

Sætning 3, Produktreglen, kapitel 6:

”Når produktet af to funktioner skal differentieres tager man den første funktion

differentieret gange den anden funktion plus den første funktion u-differentieret gange den

anden funktion differentieret.”

Dvs:

 ( f ∙ g )' (x0 )=f ' (x0 ) ∙ g (x0 )+ f ( x0 ) ∙ g' (x0 ), som også kan skrives:

( f (x0 )∙ g (x0 ))'=¿ f ' (x0 ) ∙ g (x0 )+ f (x0 )∙ g' (x0 )

Det vil vi gerne bevise ved hjælp af tretrins-metoden.

Vi har to funktioner, f og g, og vi vil finde det differentierede produkt. Vi går ud fra at begge

funktioner er differentiable.

1) ∆ y=f (x0+h )−( f ∙ g ) (x0 ) , ( x )=( f ∙ g ) (x0 )

vi sætter funktionens ligning ind i ligningen for funktionstilvæksten:

∆ y=(f ∙ g ) ( x0+h )−( f ∙ g ) (x0 )

Vi ganger parenteserne ud:

∆ y=( f ( x0+h ) ∙ g (x0+h ))−f ( x0 ) ∙ g (x0 )

Så er det nu vi får en god idé. Som ligningen er lige nu, er det nemlig svært at bevæge os mod

vores ønskede resultat. Derfor trækker vi f (x0 ) g (x0+h ) fra og lægger det til igen (for at holde

regnereglerne – når vi både trækker fra og lægger til, gør vi i realiteten ingenting):

∆ y=f (x0+h ) ∙ g (x0+h )−f (x0 )g (x0+h )+f (x0 ) g (x0+h )−f (x0 )g (x0 )

For at gøre det mere overskueligt trækker vi g(x0+h) og f (x0) uden for en parentes

∆ y=( f ( x0+h )−f (x0 )) g (x0+h )+ f (x0 ) (g (x0+h )−g (x0 ))

2) Differenskvotienten:∆ yh

=( f (x0+h )−f ( x0 ) )g (x0+h )+f (x0 )(g (x0+h )−g (x0 ))

h

For at gøre det mere overskueligt viser vi de to funktioner f og g hver for sig, så vi deler

brøken op:

∆ yh

=( f (x0+h )−f ( x0 ) )g (x0+h)

h+f (x0 )(g (x0+h )−g (x0 ))

h

Nu benytter vi brøkregnereglen a ∙bc=a ∙bc

=ac∙b

∆ yh

=f (x0+h )− f ¿¿

3) Differentialkvotienten. Da h bliver forsvindende lille har vi nedenstående tilbage.

∆ yh→f ' (x0 ) ∙ g (x0 )+ f (x0 ) ∙ g ' (x0 ) for h→0

Sætning 4, kapitel 6

En sætning der giver en formel til at gange konstant med funktion:

Hvis k er et reelt tal og g er differentiabel i x0 er funktionen k ∙g differentiabel i x0 med

differentialkvotienten (k ∙g )' (x0 )=k ∙g' (x0 )

Bevis

Da funktionen f ( x )=k er en lineær, vandret funktion, har den hældningen 0. Dermed er

differentialkvotienten f ' (x0 )=0 for alle x0,

Hvis vi bruger produktreglen fra sætning 3, ( f ∙ g )' (x0 )=f ' (x0 ) ∙ g (x0 )+ f ( x0 ) ∙ g' (x0 ), får vi:

(k ∙g )' (x0 )=(k )' ∙ f (x0 )+k ∙ f ' (x0 )

Da vi ved at f ( x )=k , f ´ (x0 )=0 , altså k ´=0, kan vi erstatte (k )' med 0, og dermed får vi:

0 ∙ f (x0 )+k ∙ f ' (x0 )Dermed kommer der til at stå:

k ∙ f ' (x0 )

Hvilket jo var vores udgangspunkt og hermed har vi bevist sætningen.

Bestemmelse af en tangent til en funktion i et givent punkt

Da vi tager udgangspunkt i ¿y2− y1x2−x1

starter vi med at bevise den

Bevis for sætning 1 kapitel 2: Beviset for hældningskoefficienten til en lineærfunktion som

a=y2− y1x2−x1

Vi finder to punkter på den lineære graf: (x1 , y1 )og (x2 , y2)

Da forskriften for en lineær funktion er y=ax+b

Kan vi også sige at

y1=ax1+b

y2=ax2+b

vi får den gode ide at trække de to ligninger fra hinanden

y2− y1=a x2+b−(a x1+b)

så ophæver vi minus parentes. Der skal vi huske at skifte fortegn for det inden i parentesen.

y2− y1=a x2+b−a x1−b

b og –b går ud med hindanden

y2− y1=a x2−a x1

da vi ønsker at få a til at stå alene, sætter vi uden for parentes:

y2− y1=a(x¿¿2−x1)¿

så dividere vi med x2−x1 på begge sider

y2− y1

(x¿¿2−x1)=a(x¿¿2−x1)(x¿¿2−x1)¿

¿¿

a=y2− y1x2−x1

og hermed har vi bevist sætningen for hældningskoefficienten a

Bevis for tangent linjens ligning: y=f ' ( x0 ) (x−x0 )+ f (x0)

Vi husker fra lineære funktioner at vi har:

a=y2− y1x2−x1

til at finde hældningskoefficienten til en lineær funktion.

Da vi her vil finde hældningen til en tangent og altså kun har et punkt på en graf (x0,f(x0)) skal

vi finde et andet vilkårligt punkt (x,y) og da f’(x0) er hældningskoefficienten til vores tangent

og altså er det samme som a kan vi stille op:

f ' (x0 )=y−f (x0)x−x0

Så skal vi bare løse ligningen

f ' (x0 )=y−f (x0)x−x0

vi ganger x−x0på begge sider af =

f ' (x0 ) (x−x0 )=y−f (x0)x−x0

∙ ( x−x0 )

f ' (x0 ) (x−x0 )= y−f (x0)

Vi + med f(x0) på begge sider af =

f ' (x0 ) (x−x0 )+ f (x0 )= y−f (x0 )+f (x0 )

f ' (x0 ) (x−x0 )+ f (x0 )= y

Og derved har vi bevidst at sætningen for ligningen til tangenten er sand

Eksempler på De forskelige regler

Sum regneregler

Eksempel 1

Hvis funktioner f og g er differentiable i x0 , er også summen f +g differentiabel i x0, og dens

differentialkvotient er 

(f +g)´ (x0) = f´(x0) +g’(x0)

Eks.

Vi vil bestemme differentialkvotienten af funktion P(x) =4x3 +1x

i  punkt x0=3.

Vi anvender sum regnereglen fra sætning 1. 

Her er f(x)=4x3 og   g(x) = 1x

Differentialkvotienterne i punktet x0 = 3. 

Således er :

f´(x0)=4*3x2 =12x2  =12*(3)2 =12*9=108.

g´(x0)=-1

x2 =-1

32=−19

Dermed for

P(x)=f(x)+g(x)  

dvs. p´(x0)= (f +g)´(x0)=f´(x0)+g´(x0)=108+(−19

)

=108−19

≈107,1

Eksempel 2

IDA MANGLER FOR REGNERELEN MED MINUS

Eksempel 3

STINE MANGLER EKSEMPEL PÅ REGNEREGLEN MED GANGE

Eksempel på tangentlinjens ligning: beregningseksempel

Du får en forskrift: f ( x )=5 x2+3 x−1

Og du får et punkt ¿

Nu skal du så finde ligningen til tangenten.

Først differentiere vi på andengradspolynomiet:

f ' ( x )=ax+b

f ' ( x )=10 x+3

så regner vi f(1) og f’(1) ud:

f (1 )=5∙12+3 ∙1−1= 7

f ' (1 )=10 ∙1+3 =13

så skal vi finde tangentens ligning, og den skal vi kunne udenad til den skriftlige prøve:

y=f ' (x0 ) (x−x0 )+f (x0)

i det her tilfælde er vores X0 tallet 1 som vi kan sætte ind:

y=f ' (1 ) (x−1 )+ f (1)

så kan vi igen sætte ind og regne ud:

y=13 ( x−1 )+7

y=13 x−13+7

y=13 x−6

Eksempel på tretrinsreglen

STINE MANGLER EKSEMPEL PÅ TRETRINSREGLEN

Ekstramateriale som ikke umiddelbart er noget der indgår i spørgsmålene til

eksammen.

Funktionen: Funktionersdifferentialkvotienter:

f ( x )=1x →f ´ ( x )=−1

x2

Bevis:

Finder funktionstilvæksten:

1¿∆ y=f ( x+h )−f (x )= 1x+h -

1x= x

( x+h ) x− x+h

( x+h ) x=x−( x+h )( x+h ) x

= x−h−x( x+h ) x

= −h( x+h ) x

= −h( x+h ) x

Derefter finder vi differenskvotienten:

2¿∆ yh

=

−h( x+h ) xh

=−1

(x+h ) x

Når h gå mod 0, så har differenskvotienten en grænseværdi

h→0

3¿ f ( x )=1x→f ´ ( x )=−1

x2

Hvis f(x)=1x , er f´(x)=

−1x2

, x≠0 .

Funktion: Funktionersdifferentialkvotienter:

f ( x )=√x f ´ ( x )= 12√x

Bevis:

Finder funktionstilvækstten

1)∆ y=f ( x+h )−f ( x )=√ x+h−√x

Derefter finder vi differenskvotienten

2)∆ yh

=f ( x+h )−f ( x )

h=√ x+h−√ x

h=

(√ x+h−√ x¿¿)(√x+h+√x )h (√x+h+√x ) her benyttes at gang med(

√ x+h+√ x) både tæller og nævner på brøken .

Beviset for Andengradspolynomier: f ( x )=a x2+bx+c er den afledte funktion

f ' ( x )=2a x0+b

ved hjælp af tretrinsmetoden.

Først skal vi udregne funktionstilvæksten ∆ y=f (x0+h )−f (x0)

Hvor f=a og (x0+h) = x og f(x0)= a x2+bx+c

1)

∆ y=a (x0+h )2+b ( x0+h )+c−¿)

så reducere vi ved hjælp af første kvadratsætning (a+b)2=a2+b2+2ab i det første led, ved at

gange ind i parentes i det andet led og hæve parentesen i det fjerde led og derved skifte

fortegn.

∆ y=a (x02+h2+2h x0 )b x0+bh+c−a x02−b x0−c

Så ganger jeg ind i parentes i det første led, c går ud med –c og b x0 går ud med -b x0.

∆ y=a x02+2hax0+ah

2−a x02+bh

til sidst går a x02 ud med −a x0

2 og vi flytter ah2 til at stå forerst

∆ y=ah2+2ha x0+bh

Så er vi færdige med første del. Så skal vi finde differenskvotienten: ∆ yh

=f (x0+h )−f ( x0)

h

2)

Vi sætter ind

∆ yh

=ah2+2ha x0+bh

h

da vi kan sætte h uden for en parentes a ∙h (h+2a x0+b )

h som så kan gå ud med nævneren og

tilbage er der

∆ yh

=2a x0+ah+b

Sætning 1

Ved hjælp af tretrinsmetode kan man vise, at hvis funktionerne f og g er differentiable gælder

det at: ( f +g )' (x0 )=f ' (x0 )+g' (x0)

Bevis

1) Funktionstilvækst

∆ y=f (x0+h )−f (x0)

∆ y=(f +g ) (x0+h )−(f +g)(x0)

∆ y=f (x0+h )+g (x0+h )−(f (x0 )+g (x0 ))

∆ y=f (x0+h )+g (x0+h )−f ( x0 )−g (x0 )

∆ y=f (x0+h )−f (x0 )+g (x0+h )−g (x0 )

2) Differenskvotient

∆ yh

=f (x0+h )−f (x0 )

h

∆ yh

=f (x0+h )−f (x0 )+g (x0+h )−g (x0 )

h differenskvotienten

∆ yh

=f (x0+h )−f (x0 )

h+g (x0+h )−g (x0 )

hf og g deles op i 2 brøker

3) Grænseværdi

differenskvotienten skal undersøges om har en grænseværdi når h går mod 0.

f (x0+h )−f (x0 )h

+g (x0+h )−g (x0 )

h→f ' (x0 )+g' (x0) for h→0

Sætning 2

Beviset forgår på tilsvarende måde som beviset for sætning 1 her bruger man også 3 trins metode.

Hvis f og g er differentiable i x0, er også f-g differentiabel i x0, og dens differentialkvotient er:

( f−g )' (x0 )=f ' (x0 )−g '(x0)

Bevis

1) Funktionstilvækst

∆ y=(f−g ) (x0+h )−( f−g)(x0)

∆ y=f (x0+h )−g (x0+h )−( f ( x0 )−g (x0 ))

∆ y=f (x0+h )−g (x0+h )−f (x0 )+g (x0 )

∆ y=f (x0+h )−f (x0 )−g (x0+h )+g (x0 )

∆ y=f (x0+h )−f (x0 )−(g (x0+h )−g (x0 ))

2) Differenskvotient

∆ yh

=f (x0+h )−f (x0 )−(g (x0+h )−g ( x0 ))

hfunktionstilvæksten for f og g

∆ yh

=f (x0+h )−f (x0 )

h−g ( x0+h )−g (x0 )

hf og g deles op i 2 brøker

3) Grænseværdi

differenskvotienten skal undersøges om har en grænseværdi når h går mod 0.

f (x0+h )−f (x0 )h

−g (x0+h )−g (x0 )

h→ f ' (x0 )−g '( x0) for h→0

Eksempel

h ( x )=4 x2−√ xer differens af funktionerne f ( x )=4 x2 og g ( x )=√ x , sådifferentialkvotienteni x0 for h er

h' (x0 )=8 x0−¿

12√x0

¿

Hvis funktionen er sum og / eller differens af mere end to led , foregår differentiationen også

ledvis, fx har funktionen

h ( x )=5 x2+2x−√x

Differentialkvotienten

h' (x0)=10x0+2+¿

12√x0