MATHHX B
10.8 Beviser - differentialregning
Tangentens ligning
Vi vil starte med at bevise den sætning der kan bruges til at bestemme tangentens ligning. Fremgangsmåden er magen til den vi brugte til at finde tangentens ligning, inden sætningen blev introduceret.
-
Bevis
Lad \(f\) være en differentiabel funktion. Da er tangenten gennem punktet \((x_0,f(x_0))\) givet ved ligningen:\[y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0).\]
Tangenten er en lineær funktion, så den har ligningen:
\[\textcolor {red}{y=ax+b}.\]
Vi skal bestemme \(a\) og \(b\) og vi starter med \(a\) Vi husker at man kan bruge differentialkvotienten til at finde hældningen. Så tangentens hældning \(a\) i punktet \((x_0,f(x_0))\) er givet ved \(f'(x_0)\). Så \(a=f'(x_0)\) og det kan vi sætte ind i vores ligning:
\[\textcolor {red}{y=f'(x_0)x+b}.\]
Vi vil nu bestemme \(b\). Vi ved at tangenten går igennem \((x_0,f(x_0))\) så det punkt skal passe ind i tangentens ligning, når vi udskifter \(x\) med \(x_0\) og \(y\) med \(f(x_0)\):
\[f(x_0)=f'(x_0)x_0+b.\]
Vi isolerer \(b\):
\[b=f(x_0)-f'(x_0)x_0\]
Vi sætter nu \(b\) ind i vores ligning og får
\[\textcolor {red}{y=f'(x_0)x+f(x_0)-f'(x_0)x_0}.\]
Vi bytter rundt på rækkefølgen:
\[\textcolor {red}{y=f'(x_0)x-f'(x_0)x_0+f(x_0)},\]
og sætter \(f'(x_0)\) ud foran en parentes
\[\textcolor {red}{y=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)},\]
og vi er færdige!
Beviser for udvalgte differentialkvotienter
Vi vil nu bevise nogle for udvalgte differentialkvotienter. Altså de regler vi finder i tabellen i formelsamlingen, når vi skal differentiere en funktion. Vi vil bruge metoden fra afsnit 10.6,. Dvs. man starter med at opskrive differenskvotienten (sekantens hældning), regner på den, og tager så grænseværdien til sidst. Denne fremgangsmåde går også under navnet tretrinsreglen.
Vi starter med den mest simple regel fra formelsamlingen. Jeg formulere reglen som en sætning:
-
Bevis
Vi starter med at opskrive differenskvotienten:\[\frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\]
Forskriften for \(f\) er \(f(x)=k\), så det kan vi indsætte i differenskvotienten. Funktionen er konstant lig med \(k\), så alle funktionsværdierne er \(k\):
\[\frac {k-k}{\Delta x}\]
Vi reducerer
\[\frac {k-k}{\Delta x} = \frac {0}{\Delta x}=0\]
Vi ser at differenskvotienten er nul. Dejligt simpelt. Vi tager nu grænseværdien for \(\Delta x\) gående mod nul. Vi husker det betyder, at vi skal se hvad der er tilbage, når \(\Delta x\) bliver forsvindende lille. Men der er slet ikke noget \(\Delta x\) i vores differenskvotient, så der sker ikke noget når \(\Delta x\) går mod nul.
\[\lim _{\Delta x\to 0} (0)=0\]
Vi konkluderer at \(f\) er differentiabel (differenskvotienten havde en grænseværdi) og at differentialkvotienten er
\[f'(x)=0\]
I beviset oven over var vi heldige at det var nemt at regne differenskvotienten. Normalt er det det den svære del og derfor også den del som fylder i beviserne. Man kan altid opskrive differenskvotienten, men det kan være en stor udfordring at regne på den, så det bliver muligt at tage grænseværdien.
-
Bevis
Vi starter med at opskrive differenskvotienten:\[\frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\]
Forskriften for \(f\) er \(f(x)=\sqrt {x}\), så det kan vi indsætte i differenskvotienten:
\[\frac {\sqrt {x+\Delta x} - \sqrt {x}}{\Delta x}\]
Vi ser at det ikke umiddelbart er til at tage grænseværdien af denne brøk. Både tæller og nævner vil gå mod nul, når \(\Delta x\) går mod nul, og det er derfor ikke til at vide hvad grænseværdien er. Det problem løser vi ved at regne videre på brøken. Først forlænger vi den med \(\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x}\):
\[\frac {(\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x})(\sqrt {x+\Delta x} - \sqrt {x})}{(\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x})\Delta x}\]
Vi husker nu den 3. kvadratsætning \((a+b)(a-b)=a^2-b^2\). Vi ser at tælleren har samme form som i kvadratsætningen med \(a=\sqrt {x+\Delta x}\) og \(b=\sqrt {x}\). Så vi bruger kvadratsætningen til at omskrive den:
\[\frac {\sqrt {x+\Delta x}^2 - \sqrt {x}^2}{(\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x})\Delta x}\]
I tælleren går kvadratrod og kvadrat (dvs. ”i anden”) ud med hinanden:
\[\frac {x+\Delta x - x}{(\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x})\Delta x}\]
I tælleren går \(x\) ud med \(-x\):
\[\frac {\Delta x }{(\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x})\Delta x}\]
Vi kan nu forkorte med \(\Delta x\):
\[\frac {1 }{\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x}}\]
Vi tager nu grænseværdien for \(\Delta x\) gående mod nul. Vi husker det betyder, at vi skal se hvad der er tilbage når \(\Delta x\) bliver forsvindende lille.
\[\lim _{\Delta x \to 0} \frac {1 }{\sqrt {x+\Delta x} + \sqrt {x}}=\frac {1}{\sqrt {x} + \sqrt {x}}=\frac {1}{2\sqrt {x}}\]
Vi konkluderer at \(f\) er differentiabel (differenskvotienten havde en grænseværdi) og at differentialkvotienten er
\[f'(x)=\frac {1}{2\sqrt {x}}\]
Vi slutter med at bevise reglen for \(f(x)=x^n\). Den kræver et at man har været igennem A-niveau delene i dette emne. I dette bevis vil vi ikke tage udgangspunkt i differenskvotienten. I stedet vil vi bruge regneregler fra formelsamlingen.
-
Bevis
Tricket i dette bevis er at omskrive \(f\) til en form vi kan differentiere ved hjælp af formelsamlingen. Vi starter med at omdøbe \(f\) til \(h\), så der ikke kommer forvirring, når vi skal bruge regler fra formelsamlingen. Så vi har altså \(h(x)=x^n\), og vi skal vise at \(h'(x)=n x^{n-1}\)Da \(\ln (x)\) er den omvendte funktion til \(e^x\), gælder \(x = e^{\ln (x)}\). Så vi kan skrive \(h\) som:
\[h(x)=\left (e^{\ln (x)}\right )^n\]
Vi bruger nu reglen \(\left (a^p\right )^q=a^{p\cdot q}\):
\[h(x)=e^{\ln (x)\cdot n}\]
Vi ser at \(h\) har form som en sammensat funktion \(f\left (g(x)\right )\) med
\[g(x)=\ln (x) \cdot n \quad \text {og} \quad f(x)=e^x.\]
Da både \(f\) og \(g\) er differentiable er den sammensatte funktion også differentiabel. Vi differentiere nu \(g\) og \(f\):
\[g'(x)=\frac {1}{x} \cdot n \quad \text {og} \quad f'(x)=e^x.\]
Vi kan nu bruge reglen for sammensatte funktioner og differentiere \(h\):
\(\seteqnumber{0}{10.}{0}\)\begin{align*} h'(x) & = f'\left (g(x)\right )\cdot g'(x) && \text {Reglen for sammensatte funktioner}\\ & = e^{\ln (x) \cdot n }\cdot \frac {1}{x} \cdot n && \text {Forskrifter indsat i reglen}\\ & = \left (e^{\ln (x)}\right )^n \cdot \frac {1}{x} \cdot n && \text {Brugt at } \left (a^p\right )^q=a^{p\cdot q}\\ & = x^n \cdot \frac {1}{x} \cdot n && \text {Da } e^{\ln (x)} = x\\ & = \frac {x^n}{x} \cdot n && \text {Ganger } x^n \text {op i tælleren}\\ & = x^{n-1} \cdot n && \text {Bruger reglen } \frac {a^p}{a^q}=a^{p-q}\\ & = n \cdot x^{n-1} && \text {bytter rundt på rækkefølgen i produktet}\\ \end{align*} Vi husker nu at funktionen oprindeligt hed \(f\), så vi konkluderer at:
\[f'(x) = n \cdot x^{n-1} \]
Regler for grænseværdier
For at lave resten af beviserne i dette afsnit har vi brug for nogle regler for grænseværdier. Grænseværdierne i reglerne er på formen \(\lim _{x\rightarrow a}(\ldots )\), men det er bare en mere generel form en den I kender, og I kan bare tænke på dem som om der står \(\lim _{\Delta x\rightarrow 0}(\ldots )\).
-
Sætning 10.8.4 (Regneregler for grænseværdier)
Antag at grænseværdierne \(\lim _{x\rightarrow a}f(x)\) og \(\lim _{x\rightarrow a}g(x)\) findes og lad \(k\) være en vilkårlig konstant. Da gælder:- Regel 1:
-
\[\lim _{x\rightarrow a}\left (k\cdot f(x)\right )=k\cdot \lim _{x\rightarrow a}f(x)\]
- Regel 2:
-
\[\lim _{x\rightarrow a}\left ( f(x)+g(x) \right ) = \lim _{x\rightarrow a}f(x)+\lim _{x\rightarrow a}g(x)\]
- Regel 3
-
\[\lim _{x\rightarrow a}\left ( f(x)-g(x) \right ) = \lim _{x\rightarrow a}f(x)-\lim _{x\rightarrow a}g(x)\]
- Regel 4
-
\[\lim _{x\rightarrow a}\left ( f(x)\cdot g(x) \right ) = \lim _{x\rightarrow a}f(x)\cdot \lim _{x\rightarrow a}g(x)\]
Beviser for udvalgte regneregler for opbyggede funktioner
Man beviser regnereglerne for opbyggede funktioner ligesom man beviser reglerne for de enkelte funktioner.
-
Bevis
Vi opskriver differenskvotienten:\[\frac {h(x+\Delta x)-h(x)}{\Delta x}.\]
Da \(h(x)=k\cdot f(x)\) får vi:
\[\frac {k\cdot f(x+\Delta x)-k\cdot f(x)}{\Delta x}.\]
Vi sætter \(k\) ud foran en parentes:
\[\frac {k( f(x+\Delta x)- f(x))}{\Delta x},\]
og flytter \(k\) ned foran brøken:
\[k\frac {f(x+\Delta x)- f(x)}{\Delta x}.\]
Vi skal nu undersøge om differenskvotienten har en grænseværdi for \(\Delta x\) gående mod nul. Alså om følgende grænseværdi kan bestemmes:
\[\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\left ( k\frac {f(x+\Delta x)- f(x)}{\Delta x}\right ).\]
Da \(f\) er differentiabel ved vi at grænseværdien \(f'(x)=\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\left ( \frac {f(x+\Delta x)- f(x)}{\Delta x}\right )\) findes så vi kan bruge regel 1 for grænseværdier (sætning 10.8.4)) til at flytte \(k\) ud foran ”lim”:
\[k\cdot \lim _{\Delta x\rightarrow 0}\left ( \frac {f(x+\Delta x)- f(x)}{\Delta x}\right )= k\cdot f'(x),\]
og \(h\) er altså differentiabel med differentialkvotient \(h'(x)=k\cdot f'(x)\).
-
Bevis
Vi opskriver differenskvotienten\[\frac {h(x+\Delta x)-h(x)}{\Delta x}.\]
Da \(h(x)=f(x)+g(x)\) får vi:
\[\frac {f(x+\Delta x)+g(x+\Delta x)-\left (f(x)+g(x)\right )}{\Delta x}.\]
Vi ophæver parentesen i tælleren:
\[\frac {f(x+\Delta x)+g(x+\Delta x)-f(x)-g(x)}{\Delta x},\]
og ændrer lidt på rækkefølgen:
\[\frac {f(x+\Delta x)-f(x)+g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x}.\]
Vi deler brøken op:
\[\frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}+\frac {g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x}.\]
Vi skal nu undersøge om differenskvotienten har en grænseværdi for \(x\) gående mod nul. Vi skal altså kigge på:
\[\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\left ( \frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}+\frac {g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x}\right ).\]
Vi genkender de to led inde i parenteserne som differenskvotienterne (differens - ikke differential) for \(f\) og \(g\). Da vi ved at \(f\) og \(g\) er differentiable ved vi, at hvis vi lader \(\Delta x\rightarrow 0\), så vil de to differenskvotienter have en grænseværdi (nemlig \(f'(x)\) og \(g'(x)\)), og vi kan derfor bruge Regel 2 (sætning 10.8.4)) til at dele udtrykket op:
\[\lim _{\Delta x\rightarrow 0} \frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}+\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\frac {g(x+\Delta x)-g(x)}{\Delta x},\]
hvilket er det samme som
\[f'(x)+g'(x)\]
Vi konkluderer at \(h\) er differentiabel med differentialkvotient
\[h'(x)=f'(x)+g'(x).\]
Øvelse 10.8.1
Bevis følende:
Lad\(f\) og \(g\) være differentiable funktioner. Da er \(h(x)=f(x)-g(x)\) differentiabel og differentialkvotienten er \(h'(x)=f'(x)-g'(x)\).
Tag udgangspunkt i beviset ovenover.
Løsning 10.8.1
Spørg mig.
Bevis for produktregel (A)
-
Bevis
Vi starter selvfølgelig med at opskrive differenskvotienten:\[\frac {h(x+\Delta x)-h(x)}{\Delta x}\]
Vi indsætter nu forskriften for \(h\) i differenskvotienten:
\[\frac {f(x+\Delta x)\cdot g(x+\Delta x)-f(x)\cdot g(x)}{\Delta x}\]
Vi vil nu lave en snedig omskrivning af tælleren. Vi trækker \(\textcolor {red}{f(x+\Delta x)\cdot g(x)}\) fra, hvorefter vi skynder os at lægge det til igen, så vi ikke ændrer brøkens værdi:
\[\frac {f(x+\Delta x)\cdot g(x+\Delta x) \textcolor {blue}{-}\textcolor {red}{f(x+\Delta x)\cdot g(x)} \textcolor {blue}{+} \textcolor {red}{f(x+\Delta x)\cdot g(x)}-f(x)\cdot g(x)}{\Delta x}\]
Vi deler nu brøken op i to ved det blå plustegn:
\[\frac {f(x+\Delta x)\cdot g(x+\Delta x)-f(x+\Delta x)\cdot g(x)}{\Delta x} + \frac {f(x+\Delta x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x)}{\Delta x}\]
Vi faktoriserer tælleren i første brøk med \(f(x+\Delta x)\) og tælleren i anden brøk med \(g(x)\):
\[\frac {f(x+\Delta x)\big (g(x+\Delta x)-g(x)\big )}{\Delta x} + \frac {g(x)\big ( f(x+\Delta x)-f(x)\big )}{\Delta x}\]
Vi sætter nu \(f(x+\Delta x)\) ned foran første brøk og \(g(x)\) ned foran anden brøk:
\[f(x+\Delta x) \frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x}+g(x) \frac {f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x}\]
Vi finder nu \(h'(x)\) ved at tage grænseværdien:
\[h'(x)=\lim _{\Delta x\to 0} \left ( f(x+\Delta x) \frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x}+g(x) \frac {f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} \right )\]
Vi bruger Regel 2 (10.8.4) for grænseværdier til at dele grænseværdien op:
\[h'(x)=\lim _{\Delta x\to 0} \left ( f(x+\Delta x) \frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x}\right ) + \lim _{\Delta x\to 0} \left (g(x) \frac {f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} \right )\]
Vi bruger nu Regel 4 (10.8.4) til at dele første grænseværdi op. I den anden grænseværdi bruger vi Regel 1 til at trække \(g(x)\) ud foran (se evt. efterfølgende kommentar):
\[h'(x)=\lim _{\Delta x\to 0} f(x+\Delta x) \lim _{\Delta x \to 0}\left ( \frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x}\right ) + g(x) \lim _{\Delta x\to 0} \left ( \frac {f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} \right )\]
Måske er du forvirret over, hvorfor vi har lov til at betragte \(g(x)\) som en konstant. Det skyldes, at det er \(\Delta x\) som er den variable i forhold til selve grænseværdien (det er \(\Delta x\) som går mod nul) og da \(g(x)\) ikke indeholder noget \(\Delta x\), er \(g(x)\) konstant (i denne sammenhæng).
Da \(f\) er differentialbel er den også kontinuert og derfor er \(\lim _{\Delta x \to 0} f(x+\Delta x)=f(x)\), så vi har
\[h'(x)=f(x) \lim _{\Delta x \to 0}\left ( \frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x}\right ) + g(x) \lim _{\Delta x\to 0} \left ( \frac {f(x+\Delta x) - f(x)}{\Delta x} \right )\]
De to grænseværdier genkender vi som hhv. \(g'(x)\) og \(f'(x)\), så vi har:
\[h'(x)=f(x)\cdot g'(x)+g(x)\cdot f'(x)\]
Vi bytter lidt rund på rækkefølgen og får det ønskede resultat:
\[h'(x)=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\]
Bevis for at alle differentiable funktioner er kontinuerte (A)
Der findes kontinuerte funktioner som ikke er differentiable (hvis de har ”knæk”). Men alle differentiable funktioner er kontinuerte og det vil vi nu bevise.
-
Bevis
Lad \(f\) være en differentiabel funktion. Vi skal vise at \(f\) er kontinuert. Ifølge definitionen af kontinuitet (definition 10.7.1) skal vi vise at\[\lim _{\Delta x\rightarrow 0} f(x+\Delta x)=f(x)\]
Da \(f\) er differentiabel har den en differentialkvotient:
\[f'(x)=\lim _{\Delta x\rightarrow 0}\frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\]
Vi vil nu gøre noget smart. Vi vil gange med nul på begge sider. Normalt er det ikke nogen fantastisk idé at gange igennem med nul, men vil vil gøre det på en snedig måde. På højre side vil vi nemlig skrive nul som \(\lim _{\Delta x\rightarrow 0} (\Delta x)\). Det kan vi selvfølgelig gøre fordi at denne grænseværdi er nul.
\[f'(x)\cdot 0 = \lim _{\Delta x\rightarrow 0}\frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot \lim _{\Delta x\rightarrow 0} (\Delta x)\]
Venstresiden er bare nul og vi bruger Regel 4 for grænseværdier til at omskrive højresiden:
\[0 = \lim _{\Delta x\rightarrow 0}\left (\frac {f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\cdot \Delta x \right )\]
Vi reducerer
\[0 = \lim _{\Delta x\rightarrow 0} (f(x+\Delta x)-f(x))\]
Vi lægger nu \(f(x)\) til på begge sider. På højresiden vil vi skrive \(f(x)\) som \(\lim _{\Delta x\rightarrow 0} f(x)\). Det må vi gøre fordi at \(f(x)\) ikke indeholder noget \(\Delta x\) og derfor ikke ændrer sig når \(\Delta x\rightarrow 0\).
\[f(x) = \lim _{\Delta x\rightarrow 0} (f(x+\Delta x)-f(x))+ \lim _{\Delta x\rightarrow 0} f(x)\]
Vi bruger Regel 2 for grænseværdier og samler udtrykket til én grænseværdi.
\[f(x) = \lim _{\Delta x\rightarrow 0} \left (f(x+\Delta x)-f(x)+ f(x)\right )\]
Vi reducerer
\[f(x) = \lim _{\Delta x\rightarrow 0} f(x+\Delta x)\]
og det var jo netop det vi skulle vise.