Lösningar / kommentarer till kap.3 & 4

Derivator
Du kan börja med övningarna
och tillämpa deriveringsreglerna
även om du inte satt in dig i deras härledningar.
Resultat att lära sig utantill:
Derivator av elementära funktioner
d
dx xa = ax a−1
De x = e x
D ln |x| = 1
x
(Med absolutbelopp får man en funktion
definierad även för x

3.4a "Rätlinjig rörelse" =⇒ Vi väljer ut två punkter
på linjen , längs vilken partikeln rör sig,
tilldelar dem koordinater 0 resp. 1
och graderar som man graderar en koordinataxel —
låt oss också kalla denna axel för x-axeln — så kan vi
beskriva partikelns läge med en funktion av tiden,
partikelns x-koordinat x (t)
Partikelns hastighet är derivatan av läget
x 0 (t)
och det i ord formulerade sambandet lyder
x 0 (t) =k · 1
(för någon konstant k)
t
Det är inte riktigt att, som häftets svar gör,
bruka ordet sträcka här.
Att det står hastighet i stället för fart
säger oss att vi skall ta hänsyn till rörelsens riktning.
Rörelselinjen skall riktas,
precis som koordinataxlar är riktade,
och rörelse i den utvalda riktningen
skall tilldelas positiv hastighet,
rörelse i den motsatta riktningen — negativ hastighet.
Sträcka = tillryggalagd sträcka
(underförstått: sedan en viss utvald tidpunkt)
är en storhet som bara kan öka med tiden —
förflyttning åt ena hållet
är likvärdig med förflyttning åt andra —
och dess derivata (≥ 0 för alla t) ärfarten.
3.4c I rörelseproblem är det naturligt
(och oftast nödvändigt) att räkna med läget.
Så inför, precis på samma sätt som 3.4a
Då är
x (t) =partikelns läge vid tiden t
x 0 (t) = partikelns hastighet vid tiden t
x 00 (t) = partikelns acceleration vid tiden t
och acceleration = hastighetsändring per tidsenhet,
så översättningen blir
x 00 (t) =kF(t)
varvid vi använder samma referensriktning
för kraften F (t) som för rörelsen:
Kraft riktad i positiv x-riktning är positiv,
motsatt riktad kraft sätts in med negativt tecken.
Anm. Newtons lag säger också att
k = 1
. med m = partikelns massa
m
så
F (t) =mx 00 (t)
2
3.4d Vi "sitter bredvid" en punkt på ledaren
och räknar
Q (t) = hur många laddningar som passerat
netto åt ena hållet
(den utvalda "referensriktningen", säg →)
sedanenutvaldtidpunkt,
som vi låter svara mot t =0
"Netto" innebär att
passage av en laddningsenhet i riktning ←
minskar värdet på Q med 1.
Strömmen i ledaren (med → som ref.riktning) är då
i (t) =Q 0 (t)
Som för hastighet, anger denna funktion i (t)
inte bara strömmens styrka
utan även dess riktning relativt ref.riktningen:
i (t) < 0 vid tidpunkter då laddn. strömmar ← .
(Hastighet och strömstyrka är eg. vektorstorheter.)
• Derivationsövningarna
är inte bara ett ändamål i sig —
de utgör uppvärmning inför avsnitten om
primitiva funktioner och integraler,
då vi brottas med det omvända problemet,
integrationsproblemet:
Givet en funktion f,
hitta en funktion F sådan att F 0 = f.
Till skillnad mot derivation,
för vilket vi har generella recept —
lär man sig derivationsreglerna
och är noggrann och tålmodig,
så kommer man garanterat till rätt svar —
så är det endast för en begränsad mängd funktioner
man har rättframma procedurer för integration.
I övrigt tvingas man "tänka baklänges":
Hur deriverar man och följaktligen
vilken F kan förväntas ha derivata = den givna f ?
Så försök "ha minnet påkopplat"!

Definitionen
Obs. att definitionen
f (x0 + h) − f (x0)
lim
h→0 h
också hade kunnat skrivas
f (x) − f (x0)
lim
x→x0 x − x0
(För extra intresserade)
Följande omständliga omskrivning visar att,
om nu detta gränsvärde existerar,
så kan den också fås som gränsvärdet av
motsvarande differenskvot, när man betraktar
en punkt till vänster om x0 och en till höger om x0
och låter dem → x0 oberoende av varandra.
(Så som man skulle göra vid praktisk mätning.
Vid numeriska uppskattningar av derivatan
brukar det mycket riktigt vara bättre att
betrakta ett symmetriskt intervall kring x0.)
Anta
f (x + h) − f (x)
h
och betrakta
→ A, när h → 0
f (x + h) − f (x − k)
, där h → 0
h + k
+
k → 0 +
f (x + h) − f (x − k)
− A
h + k
= f (x + h) − f (x) f (x − k) − f (x)
− − A
h + k
h + k
= f (x + h) − f (x) h
·
h h + k
+ f (x − k) − f (x) k
·
−k h + k
−A h k
− A
h + k h + k
µ
f (x + h) − f (x) h
=
− A
h
h + k
µ
f (x − k) − f (x) k
+
− A
−k
h + k
→ 0+0=0
eftersom uttrycken inom parentes → 0 medan
0 < h
h + k ,
k
< 1
h + k
3
Skrivsättet d
dx
I stället för D (... ett uttryck med x...)
skriver man ofta d
dx (...)
Fördelaktigt när man har att göra med
uttryck med flera bokstäver och det inte är självklart
vilken av dem som är variabeln man ska derivera efter.
Med det andra skrivsättet kan man nämligen ange det:
d ¡ ¢ 2
x y =2xy (y betraktas som konstant)
dx
d ¡ ¢ 2 2
x y = x (x betraktas som konstant)
dy
En kriminell typ stöter på tre funktioner:
"Jag ska derivera er allihop!",
skriker han med skräckinjagande stämma.
Den första funktionen, x 2 , lägger benen på ryggen.
Den andra, sin x, likaså.
Den tredje däremot verkar närmast oberörd.
"Vem är du? Är du inte rädd?"
"Jag är e x ."

Kedjeregeln
d
dx f (g (x)) = f 0 (g (x)) g 0 (x)
• Idessenklasteform
har du använt den många gånger redan :
Av De x = e x
fås med kedjeregeln
( f (x) =e x ,
g (x) =3x )
De 3x = e 3x · 3=3e 3x
D sin x = cosx
D sin (5x) = cos(5x) · 5=5cos5x
Konstanterna 3 och 5 som ”dyker upp” är derivator:
av 3x resp. 5x, som är den allmänna formelns g (x) .
(Du är van vid att direkt skriva dem framför,
men i mera komplicerade fall
är det nog säkrast att "vänta" med g0 (x) —
se högerspalten.)
• Har vi mera komplicerade uttryck i stället för 3x
resp. 5x, så skall vi ha motsvarande derivator:
De x = e x
De x3
= e x3
· 3x 2
De sin x = e sin x cos x
De 1/x = e 1/x
µ
− 1
x2
D sin x = cosx
D sin ¡ x 2¢ = cos ¡ x 2¢ · 2x
D ln x = 1
x
D ln ¡ x 2 +1 ¢ 1
=
x2 · 2x
+1
• Kan vi inte formulera kedjeregeln utan x,
på något sätt liknande
Jo :
(f + g) 0 = f 0 + g 0
(fg) 0 = f 0 g + fg 0
0
= f 0g0 − fg0 g2 µ f
g
(f ◦ g) 0 =(f 0 ◦ g) · g 0
?
4
• En anledning till att man
föredrar att skriva den s.k. inre derivatan g 0 (x)
efter den yttre derivatan f 0 (g (x)) ,
är att uträkningen av g 0 (x) isintur
kan behöva kedjeregeln (och/eller produktregeln)
och bli mycket längre —
den yttre derivatan är ofta "den enklare biten
som man vill få undanstökad först" :
³
D x xx´
³
= D e xx ln x ´
=
= e xx ln x x
· D (x ln x) =
= e xx ln x x x
· ((Dx )lnx + x D ln x)
= x xx
µ
¡Dex ln x
·
¢
x 1
ln x + x =
x
= x xx
· ¡ e x ln x · D (x ln x) · ln x + x x−1¢ =
= x xx
· ¡ x x · D (x ln x) · ln x + x x−1¢ =
= x xx
µ
· x x
µ
ln x + x · 1
ln x + x
x
x−1
=
= x xx
· ¡ x x ln 2 x + x x ln x + x x−1¢
OBS! Vid potenser med x såväl i bas som exponent,
skriv om potensen med bas e innanduförsökerderivera!
f (x) g(x) = e g(x)lnf(x)
Df (x) g(x) = De g(x)lnf(x) =
= e g(x)lnf(x) D (g (x)lnf (x))
Illustreras av exemplet ovan.

Kedjeregeln baklänges
Kedjeregeln är mycket viktig och ännu viktigare blir den
när man söker primitiva funktioner (för att beräkna integraler)
— då skall man kunna tillämpa den baklänges
också, d.v.s. känna igen ett uttryck av formen
f 0 (g (x)) g 0 (x)
och konstatera att det är
d
f (g (x))
dx
T.ex. om man vill ha en funktion F (x) sådan att
F 0 (x) =xe −x2
så skall man genast tänka: Jag vet att
De −x2
= e −x2
(−2x)
Det är samma sak som xe −x2
så när som på en konstant faktor.
En F (x) som duger är
F (x) =− 1
2 e−x2
5
(För extra intresserade) Svårigheterna som föranleder
läroböckerna att markera det riktiga beviset som
överkurs, kommer sig av att man envisas med att räkna
med kvoter. Det är inte nödvändigt! Att
f (x) är deriverbar i x = a
kan också formuleras så här:
f (a + h) =f (a)+hϕ (h)
för någon funktion ϕ (h) , som är kontinuerlig i h =0.
Derivatans värde fås ur ϕ :
Bevis: Sätt
f 0 (a) =ϕ (0)
f (a + h) − f (a)
ϕ (h) = då h 6= 0
h
Att differenskvoten har ett gränsvärde, kalla det A, när
h → 0, innebär ingenting annat än att funktionen ϕ kan
definieras i h =0, så att den blir kontinuerlig där, nämligen
genom att sätta ϕ (0) = A.
Nu till ett bevis av kedjeregeln:
g är deriverbar i x ⇐⇒
g (x + h) = g (x)+hψ (h)
för någon funktion ψ, som är kontinuerlig i 0, och med
ψ (0) = g 0 (x) .
f är deriverbar i g (x) ⇐⇒
f (g (x)+k) = f (g (x)) + kϕ (k)
för någon funktion ϕ, som är kontinuerlig i 0 och
f 0 (g (x)) = ϕ (0) . Härav
=
f (g (x + h))
∙
Sätt k = g (x + h) − g (x)
Skriv g (x + h) =g (x)+k
¸
=
= f (g (x)) + kϕ (k) =
=
[k = g (x + h) − g (x) =hψ (h)]
f (g (x)) + hψ (h) ϕ (g (x + h) − g (x))
| {z }
χ(h)
Obs. nu att χ (h) är en kontinuerlig funktion av h, eftersom
den fås genom multiplikation, subtraktion och sammansättning
av kontinuerliga funktioner (Håll i minnet
att x är ett fixt tal hela resonemanget igenom — det är
h som varierar!). Alltså är, enligt vår omskrivning av
definitionen, sammansättningen f ◦g deriverbar i den betraktade
punkten x och derivatans värde där är
χ (0) = ψ (0) ϕ (0) = g 0 (x) f 0 (g (x))

3.10f
3.11a
D arcsin x =
D arcsin 1
x =
=
1
√ 1 − x 2
1
q
1 − ¡ µ
1
¢
· D =
1 2 x
x
µ
− 1
x2
=
1
q x 2 −1
x 2
√
x2 = −
x2√x2 − 1
Akta dig nu för att ersätta √ x2 med x,
för det stämmer inte för x0 resp.
x0
Df (|x|) =
−f 0 (−x) , x < 0
Om nu f 0 är en udda funktion
(vilketärsäkertfalletdåf är jämn), är
f 0 (−x) =−f 0 (x)
och derivationsformeln kan förenklas till
Df (|x|) =f 0 (x)
=

3.12c
x √ 2 är av samma typ som x 2 ,x 3 , etc.!
3.12e Med risk att uppfattas som tjatig:
Har du x såväl i bas som exponent,
så skriv om så att basen blir e
och derivera med kedjeregeln:
(ln x) 1−x ³
= e ln(ln x)´ 1−x
= e (1−x)ln(lnx)
D (ln x) 1−x = e (1−x)ln(lnx) D ((1 − x)ln(lnx)) =
Redan nu kan du återgå till
det ursprungliga skrivsättet för potensen:
=(lnx) 1−x D ((1 − x)ln(lnx)) =
men försök inte rationalisera bort denna lilla framoch-tillbaka-omskrivning,
för den har sin mening: att
låta dig klart och tydligt se vad den inre derivatan
är i sammanhanget (man tar lätt fel annars):
D ((1 − x)ln(lnx))
= [produkt!] =
= − ln (ln x)+(1−x) D ln (ln x) =
= [kedjeregeln 2 ggr] =
= − ln (ln x)+(1−x) 1 1
ln x x
Facit har sedan delat upp
(ln x) 1−x =(lnx) −x ln x
och multiplicerat faktorn ln x
ihop med den inre derivatan.
3.14 Nästan enklare att göra om härledningen från 3.13
än att försöka memorera den färdiga formeln.
Det man behöver memorera är:
"(Tag absolutbelopp) Logaritmera och derivera!":
ln |f (x)| = x 2 +2ln|arcsin x| +ln|x| +
f 0 (x)
f (x)
+ 1
ln |cos x| − 6ln|ln x| − 2ln|sin x|
2
= 2x +
2
arcsin x ·
1 1
√ +
1 − x2 x +
+ 1/2
6 1 2 1
(− sin x) − −
cos x ln x x sin x cos x
Som tur är, får man rätt resultat i slutändan även
om man glömmer absolutbeloppen, men rent logiskt
är de nödvändiga :
−6 = 2· (−3) är fullt tänkbart
ln (−6) = ln2+ln(−3) är INTE korrekt!
Underförstått i 3.14 är också att vi, som i 3.13,
endast tittar på x, för vilka f (x) 6= 0.
7
3.17 När x går från 0 till π/2,
växer 1/ cos x kontinuerligt från 1 mot ∞, så
för varje y>1, finns exakt ett x sådant att y = 1
cos x .
Inversens definitionsmängd är således (1, ∞)
och värdemängden är den ursprungliga funktionens
definitionsmängd (0,π/2) .
Inversens derivata via bestämning av inversen:
y = 1
1
⇐⇒ cos x =
cos x y
dx
dy
= −r
1 −
1
³ ´ 2
1
y
1
⇐⇒ x = arccos
y
µ
− 1
y2
1
=
y p y2 − 1
Inversens derivata indirekt enl. PB, avsnitt 3.3:
dx
dy
= 1
dy
dx
= 1
sin x
cos 2 x
Sätt nu in cos x = 1
y och
sin x =
∙ 0

3.19
d
dt
p (t) V (t) 1.4 = k
³
p (t) V (t) 1.4´
= dk
dt
p 0 (t) V (t) 1.4 + p (t)1.4V (t) 0.4 V 0 (t) = 0
Detta gäller för alla tider t.
Nu betraktar vi en särskild tidpunkt då
p (t) = 5
V (t) = 56
V 0 (t) = 4
Insättning av dessa värden ger
p 0 (t) · 56 1.4 +5· 1.4 · 56 0.4 · 4 = 0
p 0 (t) · 56 + 28 = 0
p 0 (t) = −0.5
och då vi genomgående har atm för tryck
och s för tid, måste enheten för p 0 vara atm / s.
3.20 Låt x = x (t) vara
det horisontella avståndet från radarn till flygplanet,
y = det vertikala =5(räknar avstånden i km).
θ = arctan y
x =arctan5
x
θ 0 µ
1
= ¢ 2 − 5
x2
x 0
1+ ¡ 5
x
I det ögonblick x =15,x 0 = −600
(minustecken eftersom x minskar!) har vi
θ 0 = 1
1+ 1
9
· 5
· 600 = 12 rad/timme
225
8
3.21 Låt y (t) =cylinderns längd, r (t) =radien.
Man får anta att leran är inkompressibel,
d.v.s.att volymen
V = πr 2 y
förblir densamma hela tiden, vilket ger
(primtecken för derivata m.a.p t)
V 0 = 0
π ¡ 2rr 0 y + r 2 y 0¢ = 0
2r 0 y + ry 0 = 0
Att "längden ökar med
en hastighet proportionell mot längden" innebär att
y 0 = ky
och då kan vi förkorta bort även y
2r 0 y + rky = 0
2r 0 + rk = 0
r 0 = − k
2 r
Det här i sin tur säger att radiens minskningstakt
är proportionell mot radiens storlek
med proportionalitetskonstant k/2.

3.22 Låt V (t) =volymen vatten i tanken.
Då inget vatten skapas eller förintas i tanken
V 0 = inflödet − utflödet (materiebalans)
Låt q beteckna inflödet ¡ =0.1 m 3 /min ¢ ;
utflödet i detta fall är 0; alltså
V 0 = q
Nu den specifika geometrin.
Det kan sägas föreligga två koner här:
Själva tanken är en kon med höjd H och radie R
(lockets radie, ifall tanken hade ett lock),
medan vattnet i tanken utgör en delkon —
låt h (t) och r (t) beteckna dess höjd resp. radie.
q = V 0 µ
1
=
3 πr2 0
h =
= 1
3 π ¡ 2rr 0 h + r 2 h 0¢
gäller för alla tider
Vi känner q och h vid en viss tidpunkt
och vill räkna ut h 0 vid denna tidpunkt.
Likformiga trianglar ger
r
R
= h
H
r = R
H h
r 0 = R
H h0
för alla tider t
Insättning av dessa eliminerar r och r0 :
q = 1
3 π
µ
Så
h 0 = 1
π
=
q = π R2
H 2 h2 h 0
µ 2
H q 1
=
R h2 π
1
90π m/min
2 R R
h
H H h0h + R2
H2 h2h 0
µ 2 3 8 0.1 m /min
6 (4 m) 2 =
3.23 "Ökningen" skall här tolkas som "ökningstakten".
ökningstakten av f = f 0
ökningstakten av f avtar ⇐⇒ f 0 avtar
⇐⇒ f 00 =(f 0 ) 0 ≤ 0
9
3.24a (3.23a)
f (x) = e −3x
f 0 (x) = −3e −3x
f 00 (x) = (−3) 2 e −3x
f (3) (x) = (−3) 3 e −3x
f (4) (x) = (−3) 4 e −3x
...
f (n) (x) = (−3) n e −3x =(−1) n 3 n e −3x
De flesta känner antagligen inget större bevisbehov
än så här, men vill man vara ordentlig, kan man göra
ett s.k. induktionsbevis:
Formeln
f (n) (x) =(−3) n e −3x
är uppenbart riktig för n =1
(även för n =0, skulle man kunna säga).
Om den är riktig för ett visst heltal n = k, så
måste den vara riktig även för nästa heltal n = k +1,
eftersom
f (k+1) (x) = Df (k) (x) =D (−3) k e −3x =
= (−3) k (−3) e −3x =(−3) k+1 e −3x
Av det följer att den måste vara riktig
för alla heltal n ≥ 1 (eller n ≥ 0), eller hur?
3.24b (3.23b) Leibniz formel (se sid.12 här)
(fg) (n) =
nX
k=0
µ
n
f
k
(k) g (n−k)
med f (x) =x3 ,g(x) =ex ger
D n ¡ x 3 e x¢
µ
n
= x
0
3 e x µ
n
+ 3x
1
2 e x µ
n
+ 6xe
2
x +
µ
n
+ 6e
3
x +0+... +0
= ¡ x 3 +3nx 2 +3n (n − 1) x + n (n − 1) (n − 2) ¢ e x

3.26 (3.25) Med
f (x) =e 2x − 2x
har normalen i punkten med x-koordinat h ekv
y − f (h) = − 1
f 0 (x − h)
(h)
y − e 2h +2h =
1
−
2e2h (x − h)
− 2
Skärningspunkt med y-axeln :
y − e 2h +2h =
1
−
2e2h (0 − h)
− 2
y = e 2h h
− 2h +
2(e2h − 1)
→ 1 − 0+ 1
, när h → 0
4
3.28 (3.27) "Råräkning":
1
1+(e x ) 2 ex +
1
1+(e−x ) 2
¡ −x
−e ¢
e
=
x
e−x e2x
− ·
1+e2x 1+e−2x e2x = ex − ex =0
1+e2x När ett svar visar sig så enkelt, bör man fråga sig:
Vi vet att
Vad beror det på?
Kunde vi insett alltihop utan räkning?
f 0 (x) =
⇐⇒
0 på ett intervall I
f (x) = konstant k på I
Kan man se att vår f (x) =konstant ?
Kom ihåg att
e −x = 1
ex och av definitionerna följer (hur?) att
arctan x +arctan 1
x =
½
π/2, för x>0
−π/2, för x 0
är det endast plustecknet som ger lösning:
³
x =ln y + p y2 ´
+1
Räkningen visar att till varje y ∈ R har vi
ett och endast ett x för vilket f (x) =y
och detta x ges av
f −1 ³
(y) =ln y + p y2 ´
+1
3.31b (3.30) Derivera formeln i 3.31a.
Den derivationen skall du ha gjort i 3.11a!
3.31c (3.30) Allmän sats — se sid. 7 här — säger att,
iochmedatt
f 0 (x) =coshx
så är
¡ −1
f ¢ 0 1
(y) =
cosh x
där man som x skall sätta in
just det x för vilket sinh x = f (x) =y.
Ur hyperboliska ettan
och faktum att
cosh 2 x − sinh 2 x =1
cosh x = ex + e −x
> 0 för alla x
2
får vi att nämnarens
p
cosh x = 1+sinh 2 x = p 1+y2

3.32 (3.31) Cosinussatsen ger
b 2 = x (t) 2 + R 2 − 2Rx (t)cosωt för alla t
Derivera m.a.p. t :
0=2x dx
µ
dx
+0− 2R cos ωt − xω sin ωt
dt dt
3.33 (3.32) Låt y = y (t) =tyngdens höjd över marken.
Vi söker dy dx
dt . Vet dt = v0.
Utnyttja att linans längd är konstant, =2h :
q
2h = h − y (t)+ h2 + x (t) 2 för alla t
Derivera m.a.p. t
0 = − dy
dt +
dy
dt =
x
√ h 2 + x 2 v0
1
2 √ h2 2xdx
+ x2 dt
3.34b (3.33b) Här går det snabbt
(och förenklingen blir begriplig?),
om man känner igen de hyperboliska funktionerna
och utnyttjar formlerna för dem:
e2x − 1
e2x +1
= [Dividera täljare och nämnare med e x ]=
= ex − e−x ex + e−x = (ex − e−x ) /2
(ex + e−x ) /2 =
= sinh x
cosh x
=
=
D arcsin (tanh x)
1
p
1 − tanh 2 · D tanh x =
x
1
·
cosh 2 x =
1
q cosh 2 x−sinh 2 x
cosh 2 x
= [hyperboliska ettan] =
1
=
·
cosh 2 1
=
x cosh x =
2
ex + e−x 1
q 1
cosh 2 x
11
3.35 (3.34) Leder till en polynomekvation,
för vilken man redan känner en av lösningarna —
något som man bör träna sig i att utnyttja.
Derivatan
dy
dx =2x
Om a =0, så är y-axeln normal och
den har inga andra skärningspunkter med parabeln.
För övriga a är normalens ekvation
y − y0 = k (x − x0)
y − a 2 = − 1
(x − a)
2a
y = a 2 − 1
(x − a)
2a
Normalens skärningspunkter (rättare sagt: deras xkoordinater)
med parabeln är lösningarna x till ekv.
a 2 − 1
(x − a) =x2
2a
Vi vet redan den ena lösningen: x = a, så det skall
gå att bryta ut och förkorta en faktor x − a :
− 1
2a (x − a) = x2 − a 2
− 1
(x − a)
2a
= (x−a)(x + a)
x − a = 0
eller
− 1
2a
= x + a
−a − 1
2a
= x
Den andra skärningspunkten har således koordinater
Ã
−a − 1
2a ,
µ
a + 1
!
2
2a
3.36 Uppfatta V som en funktion av h,
som i sin tur är en funktion av t
V (t) = π
3 h (t)2 (60 − h (t))
För alla t gäller
V 0 ³
(t) =π 40h (t) − h (t) 2´
h 0 (t)
Då h (t) =10och h 0 (t) är 0.03 är
V 0 (t) =π ¡ 40 · 10 − 10 2¢ 0.03 = 9π cm 3 /s

Leibniz formel
Handlar om högre derivator av en produkt.
Upprepad användning av produktregeln ger successivt (Genomför själv mellanräkningarna!) :
(fg) 0 = f 0 g + fg 0
(fg) 00 = f 00 g +2f 0 g 0 + fg 00
(fg) (3) = f (3) g +3f 00 g 0 +3f 0 g 00 + fg (3)
(fg) (4) = f (4) g +4f (3) g 0 +6f 00 g 00 +4f 0 g (3) + fg (4)
• Något igenkännbart mönster?
Binomialkoefficienter / Pascals triangel! Det verkar som om, för alla positiva heltal n gäller
(fg) (n) = f (n) µ
n
g + f
1
(n−1) g 0 µ
n
+ f
2
(n−2) g 00 µ
n
+ ... + f
n − 2
00 g (n−2) µ
n
+
n − 1
• Hur övertygar man sig då att detta verkligen gäller för alla n ???
Antag att formeln ovan gäller för ett visst positivt heltal n. Dågerdetta
f 0 g (n−1) + fg (n)
(fg) (n+1)
³
= (fg) (n)´ 0
=[Först deriverar vi f i varje produkt — det ger första raden nedan — sedan g.]
= f (n+1) µ
n
g + f
1
(n) g 0 µ
n
+ f
2
(n−1) g 00 µ
n
+ ... + f
n − 2
(3) g (n−2) µ
n
+ f
n − 1
00 g (n−1) + f 0 g (n) +
µ
n
+ f
0
(n) g 0 µ
n
+ f
1
(n−1) g 00 µ
n
+ f
2
(n−2) g (3) µ
n
+ ... + f
n − 2
00 g (n−1) µ
n
+
n − 1
= f (n+1) µ
n +1
g + f
1
(n) g 0 µ
n +1
+ f
2
(n−1) g 00 µ
n +1
... + f
n − 1
00 g (n−1) µ
n +1
+ f
n
0 g (n) + fg (n+1)
varvid vi utnyttjat de samband mellan binomialkoefficienterna,
som ligger till grund för "konstruktionen" av Pascals triangel:
µ µ µ
n n n +1
+ = ,
k − 1 k k
µ
n
=
0
µ
n
=1
n
Detta visar att, om formeln gäller för ett visst heltal n, så gäller det även för nästa heltal n +1.
Tillsammans med det faktum att formeln gäller för de minsta positiva heltalen, n =1, 2, 3, 4,
medför detta att den måste gälla för alla heltal n ≥ 1.
12
f 0 g (n) + fg (n+1)

Induktionsbevis
Beviset av Leibniz formel
var ett exempel på ett s.k. induktionsbevis.
Ett annat exempel:
• Betrakta likheterna
1 3 = 1
1 3 +2 3 = 9
1 3 +2 3 +3 3 = 36
1 3 +2 3 +3 3 +4 3 = 100
1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 = 225
1 3 +2 3 +3 3 +4 3 +5 3 +6 3 = 441
Den första observationen
är att alla summorna är kvadrater:
1 = 1 2
9 = 3 2
36 = 6 2
100 = 10 2
225 = 15 2
441 = 21 2
Den andra observationen är att
1 = 1
3 = 1+2
6 = 1+2+3
10 = 1+2+3+4
15 = 1+2+3+4+5
21 = 1+2+3+4+5+6
Så vi leds till hypotesen att
1 3 +2 3 + ... + n 3 = (1+2+... + n) 2
för alla n
Till följd av formeln för aritmetisk summa
är påståendet ekvivalent med
1 3 +2 3 + ... + n 3 =
µ n (n +1)
2
2
13
Av ett induktionsbevis återstår
det s.k. induktionssteget: Vi skall då försöka visa att
Om (induktionsantagandet) för ett visst n
så
1 3 +2 3 + ... + n 3 =
1 3 +2 3 + ... + n 3 +(n +1) 3 =
µ n (n +1)
2
2
µ (n +1)(n +2)
Följande räkning visar att detta är sant:
1 3 +2 3 + ... + n 3 +(n +1) 3
[enligt induktionsantagandet]
= (1+2+... + n) 2 +(n +1) 3
2
=
µ
n (n +1)
2
+(n +1) 3 =
= 1
4 n2 (n +1) 2 + 1
4 (n +1)2 =
4(n +1)=
1
4 (n +1)2 ¡ n 2 +4n +4 ¢ =
= 1
4 (n +1)2 (n +2) 2 =
=
µ 2
(n +1)(n +2)
2
Derivator: tillämpningar
4.1d, 4.2.d Här kan man utan räkning se :
sin x oscillerar mellan − 1 och 1
2+sinx oscillerar då mellan 1 och 3
(2 + sin x) 5
oscillerar mellan 1 5 och 3 5
Punkter där sin x =1är lokala max.punkter,
punkter där sin x = −1 är lok. min.punkter.
4.3 Av de fyra gränsvärdena,
som skrivits upp i häftets lösning,
är tre "uppenbara", men ett kräver mer arbete:
lim
x→0 − xe−1/x =[t = −1/x] = lim
t→∞
2
µ
− et
t
2
= −∞

4.6c Funktionen är udda
f (−x) =−f (x)
så det räcker att undersöka intervallet x ≥ 0.
µ
d 2x
√
dx 1+x2 = 2√ 1+x 2 − 2x x
√ 1+x 2
1+x 2
=
2
(1 + x 2 ) √ 1+x 2
f 0 (x) = 2 − √ 1+x 2
(1 + x 2 ) √ 1+x 2
f 0 > 0 ⇐⇒ p 1+x 2 < 2 ⇐⇒ x 2 < 3
lim
x→∞
x
√ 1+x 2
= 1
lim arctan x
x→∞
arctan
=
π
2
√ 3 = π
så vi får följande teckentabell
3
x 0
√
3 ∞
f 0 f
+
%
0 −
√ 3 − π/3 & 2 − π/2
4.6d Man skulle kunna räkna med t =3x först
och skala om på slutet :
g (t) =
sin t
1+ 1
2 cos t
g 0 (t) = cos t · ¡ 1+ 1
2 cos t¢ − sin t · ¡ − 1
2 sin t¢
¡
1 1+ 2 cos t¢ 2
=
=
1
2 +cost
¡
1 1+ 2 cos t¢ 2
Vår g är periodisk med period 2π,
och dessutom udda, så det räcker att
undersöka halvperioden 0 ≤ x ≤ π :
x 0 2π/3 π
g 0 + 0 +
g 0 % 2/ √ 3 & 0
=
14
4.9e Undersök derivatans tecken.
Faktoriseringen av derivatan underlättas,
om man observerar att x förekommer
endast i kombinationen x ln x,
så att f kan uppfattas som en sammansättning
x g
7−→ x ln x = t h
7−→ t + t 2
f (x) =h (g (x))
Kedjeregeln ger då att
f 0 (x) = h 0 (g (x)) g 0 (x) =
= (1+2x ln x)(lnx +1)
(Fås lätt även om man deriverar ”på vanligt sätt”.)
Den andra faktorn är < 0 för x 0 för x>e−1 ,
men vad kan vi säga om den första?
Ekvationen 1+2xln x =0
kan ej lösas med exakta metoder.
Ett sätt att undersöka om lösningar finns
är att försöka skissa grafen av
u (x) =1+2xln x, 0 0, så är den
första faktorn > 0 på hela det aktuella intervallet.
Tecknet av f 0 bestäms därför av faktorn ln x +1
x 0 e−1 1/2
f 0 f 0
−
&
0
−
+
1 1
e + e2 % ln 2 − 2 + ¡ ln 2
2
Alltså: Minsta värde är − 1 1
e + e2 , medan, eftersom
ln 2
−
2 +
något största värde antas inte:
µ 2
ln 2
< 0= limf
(x)
2
x&0
f (x) < 0
och det antas värden godtyckligt nära 0,
men exakt 0 får vi aldrig.
¢2

4.12b Studera
f (x) =e x − 1 − x
Teckenschema för derivatan
visar att
f 0 (x) =e x − 1
x 0
f 0 − 0 +
f 0 & 0 %
f (x) ≥ 0 för alla x
med likhet dåå x = 0
varav den givna olikheten följer.
4.12ab, anm. Olikheterna är ekvivalenta :
Låt t = e x ,så
e x ≥
m
1+x för alla x
t ≥ 1+lnt för alla t>0
och likhet gäller endast då x =0resp. t =1.
4.12c Studera
f (x) =ln(1+4x) − arctan 3x, x ≥ 0
m.h.a. derivatan
f 0 (x) =
=
4
1+4x −
3
2 =
1+(3x)
36x 2 − 12x +1
(1 + 4x)(1+9x 2 ) =
=
(6x − 1) 2
(1 + 4x)(1+x2 > 0
)
för alla x ≥ 0, utom x = 1
6
Alltså är f strängt växande och
f (x) >f(0) = 0
vilket ger den påstådda olikheten.
15
4.12d Studera
f (x) =ln(1+x) − x + 1
2 x2 , x ≥ 0
m.h.a. derivatan
f 0 (x) =
1
x2
− 1+x =
1+x 1+x
> 0, utom för x =0
varav f strängt växande och
4.12e Studera
m.h.a. derivatan
f 0 (x) =
f (x) >f(0)
f (x) = √ x − 1
√ x − ln x, x ≥ 1
varav f växande och
1
2 √ 1
+
x 2x √ 1
−
x x =
= x +1− 2√ x
2x √ x
f (x) ≥ f (1) = 0
= (√ x − 1) 2
2x √ x
≥ 0
vilket är ekvivalent med den påstådda olikheten.
4.14 Kostnaden per timme är
= lön + bensinkostnad =86+6
µ
2+ x2
300
Åktiden är 300/x.
Den totala kostnaden som skall minimeras är alltså
f (x) = 300
µ µ
86 + 6 2+
x
x2
300

4.16 Låt x = den övre delen av sträckan SP.
Denundredelenärdå6−x. Tiden som skall minimeras är
√
22 + x2 f (x) = +
6
6 − x
, 0 ≤ x ≤ 6
10
f 0 (x) = 1 x 1
√ −
6 4+x2 10
Derivatan har ett enda nollställe för positiva x :
f 0 (x) = 0 ⇐⇒
1 x
√
6 4+x2 x
=
1 x>0
⇐⇒
10
2
4+x2 =
µ 2
3 x>0
⇐⇒ ...
5
x = 3
2
Nu vill vi gärna veta vilket tecken f 0 har
strax till vänster resp. till höger om x =3/2.
Detärlitetsvårtattsedirekt,
men enklare om man resonerar så här:
Eftersom f 0 är kontinuerlig
och x =3/2 är det enda nollstället,
så måste f 0 ha samma tecken
till vänster om 3
2
till höger om 3
2
som för x =0,
d.v.s. negativt
som limx→∞ f 0 (x) ,
, d.v.s. positivt
som är 1
6
− 1
10
(”Ytterlighetsfall” som x =0, resp. limx→∞ brukar
göra räkningarna enklast.) Alltså har vi minimum.
Alt. kan vi, i st.f. att undersöka derivatans tecken,
resonera så här: Extremvärden kan antas
antingen i en stationär punkt (där derivatan är =0)
eller i intervallets ändpunkter.
I vårt fall är kandidaterna alltså
f (0)
µ
3
f
2
≈
≈
0. 93,
0. 87,
f (6) ≈ 1. 05
Jämförelse av dessa visar att x =3/2 ger minimum.
(I ett sådant enkelt fall brukar man säga något i stil
med att ”det är självklart av fysikaliska skäl” att
derivatans nollställe ger minimum, men en närmare
undersökning kan, om inte annat, tjäna som ett test
på att man räknat rätt — skulle man få nollstället till
max. så bör man se över räkningarna.)
16
4.18 Tangenten i punkten (a, e −a ) har ekvationen
y − e −a = f 0 (a)(x − a)
y − e −a = −e −a (x − a)
Dess skärningspunkt med x-axeln fås ur
0 − e −a = −e −a (x − a)
till x = a +1
Dess skärningspunkt med y-axeln fås ur
y − e −a = −e −a (0 − a)
till y = e −a (1 + a)
Den rätvinkliga triangeln (här för tangenten i a =1)
-0.5
y
1.5
1
0.5
0
0
0.5
har alltså katetlängderna a +1resp. (a +1)e−a ,
så arean är
1
2 (a +1)2e −a
Sätt a +1=x
och stryk den konstanta faktorn 1
2e, som inte inverkar på extrempunkternas lägen,
så räcker det att maximera
Derivatan
1
1.5
f (x) =x 2 e −x
f 0 (x) =2xe −x − x 2 e −x =(2− x) xe −x
växlar tecken från + till − i x =2, d.v.s. a =1.
Den maximala arean är alltså
1
2 · 22e −1 =2/e
2
2.5
x
3

³
4.19 Normalen i punkten a, a
´
1+a har ekv.
y − a
1+a
=
1
−
f 0 f
(x − a) , där
(a) 0 (x) = d
=
µ
1+x − 1
=
dx 1+x
d
µ
1 −
dx
1
1
=
1+x
2 , d.v.s.
(1 + x)
y − a
1+a = − (1 + a)2 (x − a)
Dess skärningspunkt med x-axeln:
0 − a
1+a = − (1 + a)2 x =
(x − a)
a
a +
(1 + a) 3
Triangeln med hörn i
P :
µ
a
a, ,
1+a
R : (a, 0) ,
Ã
!
Q :
a
a + 3 , 0
(1 + a)
y
0.5
0.375
0.25
0.125
0
0
har alltså arean
1
2 ·
a
0.25
(1 + a)
3 ·
0.5
0.75
Ã
a 1 a
=
1+a 2 (1 + a) 2
Det räcker att hitta maximum av
uttrycket som kvadreras:
x
f (x) =
(1 + x) 2
f 0 (x) = 1 · (1 + x)2 − 2x (1 + x)
(1 + x) 4
=
1 − x
(1 + x) 3
1
! 2
Derivatan byter tecken från + till − i x =1, ³
alltså finns maximum där, d.v.s. för P : 1, 1
´
1+1 .
=
1.25
x
1.5
17
4.20 Alt.1 Låt medelpunktsvinkeln mot triangelns bas
vara =2θ. Då är höjden mot basen =1+1· cos θ,
medan själva basen är 2 · 1 · sin θ. Alltså är
arean =(1+cosθ)sinθ = f (θ)
f 0 (θ) =cosθ +cos 2 θ − sin 2 θ =2cos 2 θ +cosθ−1 f 0 (θ) =0⇐⇒ cos θ =1/2 eller − 1
f 0 µ
(θ) = 2 cos θ − 1
(cos θ +1)
2
½
> 0, för 0 ≤ θ

4.22 Det vi ser i figuren är rännans tvärsnitt.
Vi skall maximera tvärsnittsarean f (α) .
Låt b = brädornas bredd
( = deras längd i tvärsnittsfiguren).
Alt.1. Tvärsnittet kan uppfattas som
unionen av en rektangel och en triangel.
Cosinussatsen ger då
rektangelns/triangelns bas
= p b2 + b2 − 2 · b · b · cos α =
= p 2b2 (1 − cos α),
medan triangelns area kan beräknas med sinussatsen:
f (α) = b p 2b2 (1 − cos α)+ 1
b · b · sin α,
2
0
f
< α ≤ π
0 (α) = b 2
µ
√2 sin α
2 √ =
1
+ cos α
1 − cos α 2
b 2
√ √
2sinα +cosα 1 − cos α
2 √ 1 − cos α
√ 2sinα +cosα √ 1 − cos α =0
√ 2sinα = − cos α √ 1 − cos α
m
2sin 2 α =cos 2 α · (1 − cos α)
och − cos α √ 1 − cos α ≥ 0
Sätt cos α = x, utnyttja trig. ettan
och håll utkik efter gemensamma faktorer:
2 ¡ 1 − x 2¢ = x 2 (1 − x)
2(1− x)(1+x) = x 2 (1 − x)
2(1+x) = x 2
(eller x =1, men det motsv. α =0som ger min.)
x =1± √ 3
Alltså är α = arccos ¡ 1 − √ 3 ¢ enda nollstället till
derivatan och det ger maximum, ty
f 0 (π/2) > 0 och därmed f 0 (α) > 0
för alla α med 0

Alt.3. Tag vinkeln vid basen
φ =(π − α) /2 som variabel:
Arean h (φ) =b · 2b cos φ +2· 1
b cos φ · b sin φ
2
Räkningar som i alt.2 leder till
√
3 − 1
φ =arcsin ,
2
och alltså
√
3 − 1
α = π − 2arcsin
2
Hur ser man utan maskin
att detta ger samma vinkel som facit?
√ Ã √ !
3 − 1 π
3 − 1
π − 2arcsin =2 − arcsin
2 2 2
Men cos ¡ π
2 − θ¢ =sinθ. Alltså
à √ !
π
3 − 1
cos − arcsin
2 2
à √ ! √
3 − 1 3 − 1
= sin arcsin = ,
2 2
vilket betyder att
√ √
π
3 − 1
3 − 1
− arcsin =arccos ,
2 2
2
då vinkeln ligger i första kvadranten.
4.23 Det gäller att hitta maximum av
1
6 xy2 då x 2 + y 2 ≤ (2r) 2 ,r= konstant
Klart att det räcker att betrakta fallen då
x 2 + y 2 =(2r) 2 , d.v.s. y 2 =4r 2 − x 2 ,
annars kunde vi få större värde genom att öka y.
f (x) = x ¡ 4r 2 − x 2¢ , 0 ≤ x ≤ 2r
f 0 (x) = 4r 2 − 3x 2
Derivatan växlar tecken från + till − i x =2r/ √ 3,
som alltså ger maximum.
19
4.27 Vi kan börja med att observera att
f måste vara en jämn funktion
f (−a) =f (a)
till följd av att ellipsen är symmetrisk i y-axeln.
Så det räcker att titta på intervallet a ≥ 0.
Avståndet i kvadrat från (a, 0)
till en punkt (x, y) på ellipsen är
(x − a) 2 + y 2
= (x−a) 2 µ
+4 1 − x2
def
= p (x)
9
Kvadratkomplettera:
p (x) = 5
= 5
9
9 x2 − 2ax + a 2 +4=
2
µ
x − 9
5 a
För punkterna på ellipsen har vi
x2 9
=
y2
1− ≤ 1
4
x 2 ≤ 9
så vi söker minsta värdet av p (x) då
−3 ≤ x ≤ 3
− 4
5 a2 +4
Av kvadratkompletteringen syns att x skall ligga
a som möjligt. Så vi får två fall:
så nära 9
5
Alltså
9
5a ≤ 3 : minp (x) =p ¡ 9
5a¢ 9
5a ≥ 3 : minp (x) =p (3)
⎧
⎪⎨
f (a) =
⎪⎩
q
4 − 4
5a2 , 0 ≤ a ≤ 5
3
|a − 3| , a ≥ 5
3
f (−a) , a < 0
(Häftets svar är annorlunda, men likvärdigt.
Anm. |a − 3| = p p (3) fås ur p q
p (3) = (3 − a) 2
alt. p direkt ur den geometriska innebörden:
p (3) = avståndet mellan (a, 0) och (3, 0).)
Alternativ till kvadratkompletteringen:
Studera f 0 (x) .
V.G.V.

Att f måste vara kontinuerlig överallt,
kan inses utan räkning:
Minsta avståndet från en ”rörlig” punkt till en fix
kurva, varierar utan språng, så länge den rörliga piunkten
rör sig utan språng.
Betr. deriverbarheten,
får man emellertid granska formlerna:
a 7→ |a − 3|
är deriverbar överallt
q
utom då a =3. (PB, sid.185
(155)) Formeln 4 − 4
5a2 gäller för − 5 5
3 ≤ a ≤ 3 och
definierar en deriverbar funktion i intervallets inre.
har vi en vänsterderivata
I skarvpunkterna a = 5
3
= d
r
4 −
da
4
5 a2
%
a= 5
=
3
=
1
q
2 4 − 4
5a2 µ
− 8
5 a
⎥ ⎥ ⎥⎦
a= 5 3
och en högerderivata
= d
º
|a − 3|
da
= d
(3 − a)
da
a= 5
3
º
a= 5 3
= −− 4/3
p 16/9 = −1
=
= −1
Dessa är lika — alltså är funktionen deriverbar i a = 5
3
ochdärmedävenia = − 5
3 .
4.28 (4.24) De positiva faktorerna tan 37 ◦ och tan 22 ◦
kan vi strunta i — de påverkar inte minimumets läge!
µ
d 11z +10.5
dz 21z − 4.5
= 11 · (21z − 4.5) − 21 · (11z +10.5)
(21z − 4.5) 2
=
= −11 · 4.5 − 21 · 10.5
(21z − 4.5) 2 < 0 för alla aktuella z
Alltså är funktionen avtagande och
minimum fås i högra intervalländpunkten z =3.
20
4.31 (4.27)
f 0 (x) = − ln x − x · 1
1 − x
+ln(1−x) − (−1) =
x 1 − x
=
1 − x
− ln x +ln(1−x) =ln
x
Vi är inresserade av tecknet på f 0 .
Det avgörs av om argumentet till ln är > 1 eller < 1.
1 − x
x
=1⇐⇒ x = 1
2
x 0 1/2 1
f 0 + 0 −
f % &
Vi kan observera att f är symmetrisk kring x =1/2 :
µ µ
1
1
f + t = f − t , 0

4.33 (4.29) Alternativ 1 (ger föga insikt):
Betrakta derivatan:
f 0 µ
1
(x) =
− 1
x2
+ 1
=0
1+x2 1+ ¡ ¢
1 2
x
Detta betyder, enl. PB, avsnitt 3.5, sats 15, att
f (x) är konstant på varje sammanhängande intervall
på vilket den är deriverbar, d.v.s.(eftersom f inte är
definierad och därmed inte heller deriverbar i x =0)
½
C−, för x0
Obs. att ingenting tvingar att konstanterna
skulle vara densamma för dessa två intervall —
f kanha”språng”ix =0!
Konstanternas värden kan fås genom att
sätta in något speciellt värde på x
som ger enkla räkningar, här verkar x =1lämpligast
:
C+ = arctan 1 + arctan 1 π π π
= + =
1 4 4 2
Obs. emellertid också möjligheten att få konstanten
som ett gränsvärde när man går mot intervallets ändpunkter:
C+ = f (1) = lim f (x) = lim f (x) =π
x→0 + x→∞ 2
C− = f (−1) = lim f (x) = lim f (x) =−π
x→0− x→−∞ 2
Alternativ 2: Detta är praktiskt taget
samma problem som 1.80 : Eftersom
cot θ = 1
, (förutom då cos θ =0)
tan θ
½ arccot x, x > 0
arccot x − π, x < 0
så arctan 1
x =
Mest förståelse får man nog om man resonerar
grafiskt som i dessa stencilers lösning till 1.80.
21
4.34 (4.30)
p (x) = 3x 4 +16x 3 +18x 2
p 0 (x) = 12x 3 +48x 2 +36x =
= 12x ¡ x 2 +4x +3 ¢ =
= 12x (x +1)(x +3)
Alltså har funktionen följande principiella utseende:
x −∞ −3 −1 0 ∞
p 0 − + − +
p ∞ & −27 % 5 & 0 % ∞
-3.75
-2.5
Antalet rötter till p (x) =a är
antalet skärningspunkter mellan kurvan y = p (x)
och den horisontella räta linjen y = a. Härav:
-1.25
inga rötter, då a

4.37 (4.33) Vi söker maximum av πr2h, men får dela upp i två olika fall, beroende på
vilken av rektangelsidorna som svarar mot
burkens höjd h resp. bottenomkretsen 2πr.
Variant 1: Rektangelns vertikala sida = h.
Då har vi restriktionerna
2r +2πr ≤ 10, 4r ≤ 10,h≤ 10
Det andra villkoret är automatiskt uppfyllt
så fort det första är det, ty 2+2π>4.
Vi kan maximera r och h oberoende av varandra,
sådenstörstavolymenär
V1 = π
µ 2
10
10 ≈ 45.8
2+2π
Variant 2: Rektangelns vertikala sida =2πr.
Restriktionerna är nu
2r + h ≤ 10, 4r ≤ 10, 2πr ≤ 10
Det andra villkoret följer automatiskt ur det tredje.
Detärklartattmaximumfåsdå2r + h =10,
annars kunde vi öka h och få ännu större volym.
Alltså sök max. av f (r) =r 2 (10 − 2r)
då 0 ≤ r ≤ 10/2π.
f 0 (r) =20r − 6r 2 =2r (10 − 3r)
varav syns att f växer fram till r =10/3och avtar
sedan. Men 10/3 > 10/2π, så med denna variant fås
maximum då r =10/2πoch det är
µ 2 µ
10
V2 = π 10 −
2π
10
≈ 66.9
2π
Då V2 >V1 skall vi alltså välja
den andra konfigurationen.
4.38 (4.34) Låt
4.39 (4.35) Derivera likhetens båda led m.a.p.
Derivatorna måste också vara lika:
x.
1 = cos y
=
1 dy 1 dy
· − sin y ·
2 2 dx 2 dx
1
³
cos
2
y y
´
dy
− sin
2 2 dx
Vi behöver alltså
³
cos y
=
y
´ 2
− sin
2 2
cos 2 −2cos y y y
sin +sin2
2 2 2 =
= 1−sin y
Å andra sidan, kvadrering av
x = sin y
2 +cosy
2
ger x 2 = 1+siny
Således
4.40 (4.36)
µ 2
dy
dx
x 2 − 1
x 2 +1 =
=
=
¡ cos y
2
4
− sin y
2
4
1 − sin y =
¡ x 2 +1 ¢ − 2
x 2 +1
¢ 2 =
4
2 − x 2
=1− 2
x 2 +1
r (t)
y (t)
V (t)
=
=
=
radien som funktion av tiden
tjockleken som funktion av tiden
volymen som funktion av tiden
V (t) = πr 2 (t) y (t) för alla t
Derivera m.a.p. t :
V 0 = π ¡ 2rr 0 y + r 2 y 0¢
y 0 µ 0 V
=
π − 2rr0
y /r 2
Vid den aktuella tidpunkten är y0 µ 3 7 m /min
=
− 2 · 100 m · 2
π
m
· 0.005 m / (100 m)
min 2 =
µ
7
= − 2 /100
π 2 f
m/min =0.023 mm/min
0 1
(x) = r
³
1 − 1 − 2
x2 4x
´
·
2 (x
+1
2 2
2 − =
+1) 1+x2 Rotteckenuttrycket kan vi skriva om:
s
µ
1 − 1 − 2
x2 =
2
+1
s
4
x2 +1 −
4
(x2 =
2 =
+1)
s
4(x2 +1)−4 (x2 +1) 2 =
=
√
4x2 q
(x2 +1) 2
= 2 |x|
x2 +1
22

Därmed
f 0 (x) =
=
2 x
|x|
x2 2
− =
+1 1+x2 ½
0, för x>0
< 0, för x

Implicit derivation
Man behöver inte ha en explicit formel för en funktion
(som f (x) =x sin x) för att ha glädje av att derivera!
Ett kanske ännu enklare exempel än PB, sid.190 (160) :
Låtsas för ett ögonblick att vi vill bestämma
riktn. koeff. för tangenten till enhetscirkeln x 2 + y 2 =1
i någon punkt, säg ¡ 1/2, √ 3/2 ¢ med derivata.
(Enklaste lösningen: tangenten är vinkelrät mot radien!)
Ett sätt är naturligtvis att beskriva den övre cirkelhalvan
(den undre kan vi ju strunta i) som en funktionskurva
y = p 1 − x 2
("Löser ut y som funktion av x" —
då får vi just en explicit formel för y)
och derivera rättframt
y 0 (x) = 1 ¡ 2
1 − x
2
¢ −1/2
(−2x) =
x
= −√
1 − x2 och få tangentens riktningskoefficient genom att
sätta in x =1/2 :k = y 0 (1/2) = −1/ √ 3
Men vi skulle också kunna resonera så här:
Om nu y kan lösas ut som funktion av x, y = y (x) ,
i en omgivning av den aktuella punkten, har vi
x 2 + y 2 (x) = 1
för alla x i någon omgivning av x = 1/2
Om två funktioner är lika,
måste också deras derivator vara lika.
Högerledets derivata är =0,
medan vänsterledets derivera fås med kedjeregeln:
Alltså:
och speciellt
y 0
µ
1
2
2x +2y (x) y 0 (x) =0
y 0 (x) =− x
y (x)
= − 1/2
√ 3/2 = − 1 √ 3 som ovan
Här ledde metoderna till ungefär lika enkla räkningar,
men i många fall är den första vägen oframkomlig —
y går ej att lösa ut som funktion av x —
medan den andra leder till målet lika lätt som här.
24
Betrakta i stället för enhetscirkeln t.ex.,
kurvan 2x 6 + y 4 =9xy
-1.25
-1
-0.75
-0.5
y
2
1.75
1.5
1.25
1
0.75
0.5
0.25 0
-0.25
-0.25
-0.5
-0.75
-1
-1.25
-1.5
-1.75
-2
0
0.25
2x 6 + y 4 =9xy
Lösa ut y? Knappast! Men tänk dig att
y är en funktion av x, y = y (x) ,
och derivera likheten:
Lös ut y 0 (x) :
0.5
0.75
12x 5 +4y 3 (x) y 0 (x) =9y (x)+9xy 0 (x)
y 0 (x) =
9y (x) − 12x5
4y 3 (x) − 9x
Så t.ex. tangenten till kurvan i punkten (1, 2)
(tillhör uppenbarligen kurvan eftersom 2 · 1 6 +2 4 =18)
har riktningskoefficienten
9 · 2 − 12 · 1 5
4 · 2 3 − 9 · 1
= 6
23
Räkningen bygger på att vi verkligen har en kurva kring
(1, 2) och ekvationen definierar y som funktion av x (en
implicit definition, kallar man det). Skulle det t.ex.
inte kunna tänkas att (1, 2) är en isolerad punkt på kurvan,
så att tangent överhuvudtaget inte finns att tala om?
Jovisst kunde det tänkas, men lyckligtvis kan man bevisa
allmänt att detta inte kan inträffa — så fort båda leden
går att derivera och man kan lösa ut y0 , d.v.s. nämnaren
(4y3 (x) − 9x iexemplettovan)inteär=0, idenaktuella
punkten, så ser kurvan lokalt ut som en funktionskurva
(den s.k. implicita funktionssatsen). Jämför med
cirkeln: Omkring punkterna (±1, 0) kan cirkeln inte betraktas
som någon funktionskurva och mycket riktigt så
fallerar formeln y0 x
(x) =−√
— nämnaren blir =0.
1 − x2 Glöm inte att, även om man är ute efter derivatan i en
enstaka punkt, så kräver metoden ovan att man ställer
upp en likhet som gäller för ett helt intervall kring
den aktuella punkten — likheter som gäller i enstaka punkterkanmanjuintederivera!
1
1.25
x

Förändringshastigheter
m.h.a. implicit derivation: exempel
Först en allmän anmärkning:
Att räkna med bokstäver har den fördelen att man
kan kontrollera rimligheten av sitt svar genom att
betrakta enheterna (s.k. dimensionskontroll).
Har man t.ex. fått att en viss sträcka ökar i takten
πa/b, där a står för area och
b för volymökningstakt,
så har man onekligen gjort fel någonstans —
svaret skall ha dimensionen längd/tid,
medan ovanstående uttryck har dimensionen
längd 2 / ¡ längd 3 /tid ¢ = tid/längd !
351. En sfärisk snöboll smälter. Vi antar att
smältningstakten är momentant (i varje ögonblick)
proportionell mot begränsningsarean
och att bollen behåller sin sfäriska form.
Visa att bollens radie avtar i konstant takt.
352. Från ett lastbilsflak tippar man ut a m 3 /s sand.
Det bildas då en konisk hög, vars höjd
hela tiden är dubbelt så stor som basradien.
Hur fort ökar basradien när höjden är = h m?
353. En rak cirkulär kon med toppvinkeln 2α placeras
med höjden vertikal och toppen nedåt.
Konen fylls med vatten med tillströmningshastigheten
q volymsenheter per tidsenhet. Med
vilken hastighet stiger vattenytan vid den tidpunkt
vattendjupet är y längdenheter?
354. En tank i form av en cylinder med diameter D och
höjd h ligger på sidan (obs!). Antag att det strömmar
in q volymsenheter per tidsenhet. Med vilken
hastighet stiger vätskenivån vid den tidpunkt maximala
vätskedjupet är y längdenheter?
2α
25
355. En raket som avfyrats rakt uppåt, spåras av en
radarstation 3 km från startrampen. Vid en viss
tidpunkt registrerar radarn att avståndet (från
radarn) till raketen är 5 km och ökar med 5000
km/h. Hur stor är då raketens hastighet uppåt?
radar
raket
356. Ett flygplan som flyger på konstant höjd över
marken, = 6 km, har fel på sin hastighetsmätare.
För att bestämma hastigheten tar piloten sikte på
en punkt på marken och noterar att vid en viss
tidpunkt då depressionsvinkeln θ (se figur) är 60 ◦ ,
så ökar den med 1.5 ◦ per sekund. Vilket värde på
flygplanets hastighet får man ut av det?
θ
flygplan
357. Kalle vandrar bort från en lyktstolpe.
Hur fort rör sig änden av hans skugga ?
Uttryck hastigheten i
lampans höjd över marken h,
Kalles längd y, hans fart v
och hans avstånd till lyktstolpen x.
Kalle
lyktan

358. Två radarstationer A och B, med B 6 km öster
om A, följer ett fartyg. Vid ett visst ögonblick
registrerar station A att fartyget är 5 km bort och
avlägsnar sig med farten 28 km/h. Från station
B ser man samtidigt att fartyget är (också) på 5
km:s avstånd, men att avståndet ökar med 4 km/h
endast. Var befinner sig fartyget, i vilken riktning
och hur fort rör det sig?
fartyg
A B
359. George färdas i en gammal stridsvagn modell V-
S40 längs den positiva y-axeln i riktning mot origo.
Stridsvagnens fart är hela tiden proportionell mot
avståndet till origo. Vid en viss tidpunkt befinner
han sig 4 km från origo och 10 min senare har han förflyttat
sig ytterligare 2 km. Den elake fienden Hassan
Huddeim sitter och lurpassar med en stor fet kanon
någonstans på den positiva x-axeln. George vet att
Hassan är där, men ser honom ännu inte eftersom en
hög mur reser sig längs kurvan xy =1.
Hur snabbt måste kanontornet på modell V-S40
kunna vridas för att George ska ha störst chans att
överleva?
Ledning: Alla funktioner y (t) som uppfyller
y 0 (t) =ky (t) är av formen y (t) =y (0) e −kt .
26
Förändringshastigheter: lösningar
351. ”Smältningstakten” = ändringen per tidsenhet av
snöns massa, eller ekvivalent (om vi antar att densiteten
inte ändras): av dess volym V . Låt r =
r (t) =radien som funktion av tiden. Förutsättningen
kan formuleras
Men allmänt gäller
Derivera m.a.p. t :
V 0 (t) = −k · 4πr (t) 2
k = positiv konstant
V = V (t) = 4
πr (t)3
3
V 0 (t) =4πr (t) 2 r 0 (t)
Kombinera ihop, så fås: r0 (t) =−k = konstant.
Alternativt brukar man skriva:
V = 4
3 πr3
dV
dt
=
dV dr dr
=4πr2
dr dt dt
352. Svar:
...
2a
m/s
πh2 V (t) = 1
3 πr (t)2 h (t) =[h (t) =2r (t)] =
= 2π
r (t)3
3
V 0 (t) = 2πr (t) 2 r 0 (t)
r 0 (t) =
V 0 (t) a 2a
2 =
2 =
2πr (t) 2π (h/2) πh2 353. Volymen vatten innanför konen :
V = Bh
3 = π (y tan α)2 y
=
3
= π tan2 α
y
3
3
q = dV
dt = π tan2 α 2 dy
3y
3 dt
dy
dt =
q
π tan2 1
·
α y2

354. Inför radien r = D/2.
När vätskedjupet är y,
är vätskeytan en rektangel med sidlängder
q
h och 2 r2 − (r − y) 2
Antag nu att en liten mängd vatten dq strömmar in
i det läget. Denna kommer då att lägga sig ovanpå
vätskeytan i form av (approximativt) ett rätblock,
om vi med liten här menar så liten att vätskeytans
utsräckning inte hinner ändra sig nämnvärt.
Rätblockets höjd, d.v.s. höjdökningen blir således
dy ≈ q
dq
2h r2 − (r − y) 2
Symbolen ≈ skall här tolkas så att man kan få de
båda sidorna hur nära varandra man vill, bara man
tar tillräckligt små dq resp. dy. Betrakta nu vårt fall
under ett kort tidsintervall dt. Tillströmningen är då
och vi får
dy
dt =
355. Svar: 6250 km/h
q
dq = q · dt
q
2h r2 − (r − y) 2
q
=
2h p y (D − y)
Låt y = y (t) =raketens höjd över marken i km,
s = s (t) =avståndet radar-raket. Vi känner s 0 (t)
samt s (t) och söker y 0 (t) vid en viss tidpunkt
Derivera m.a.p. t :
Lös ut y 0 =
s (t) 2 =3 2 + y (t) 2
2s (t) s 0 (t) =2y (t) y 0 (t)
= 5 km · 5000 km/h
s · s0 s · s0
= √
y s2 − 32 =
√ = 6250 km/h
52 − 32 km
27
356. Svar: 240π ≈ 754 km/h
Låt x = x (t) = det horisontella avståndet från flygplanet
till lodlinjen genom markpunkten piloten tar
sikte på. Vi känner θ 0 (t) och vill veta x 0 (t) vid en
viss tidpunkt. För alla t gäller
θ (t) = arctan 6
x (t)
θ 0 (t) =
1
³ ´ 2
6 1+ x(t)
Ã
− 6
x (t) 2
!
x 0 (t)
Vid vår tidpunkt är (OBS. att derivationsformlerna
för de trigonometriska funktionerna förutsätter att
vinkeln anges i radianer! Den yttre derivatan ovan —
den av arctan — ger alltså ett svar i enheten radianer
per tidsenhet! Utnyttja vidare att vid den aktuella
tidpunkten är x =6/ tan 60◦ =6/ √ 3)
1.5 ◦ 1
/s =
1 + (tan 60◦ ) 2
µ
rad 6 km
−
s 12 km 2
x 0
µ
1.5 rad 1 rad
π =
−
180 s 1+3 s
1
x
2 km
0
x 0 = − 12
π km/s = −12π · 3600 km/h
180 180
= −240π km/h
357. Svar:
v
1 − y/h
Låt s = s (t) =skuggändens avstånd till stolpen.
Vi söker s 0 (t). Likformighet ger
Derivation ger nu
s (t) − x (t)
s (t)
= y
h ⇐⇒
s (t) − x (t) = y
³
1 −
s (t) ⇐⇒
h y
´
s (t)
h
= x (t) ⇐⇒
s (t) =
1
x (t)
1 − y/h
s 0 (t) =
1
1 − y/h x0 (t)
där x 0 (t) = v

358. Svar:
4 km norr/söder om mittpunkten på sträckan AB,
20 √ 2 ≈ 28 km/h nordost/sydväst
Lägg ett koordinat system så att A hamnar i origo,
B i (6, 0) , och faryget — i (x (t) ,y(t)) . Vidare inför
u (t) =avståndet från fartyget till A, v (t) =avståndet
från faryget till B. Vi har givet att u =5,v=
5, u 0 =28,v 0 =4, vid en viss tidpunkt och söker x 0
och y 0 vid densamma. För alla t gäller
x (t) 2 + y (t) 2 = u (t) 2 ,
(6 − x (t)) 2 + y (t) 2 = v (t) 2
Derivera m.a.p. t, så fås
x · x 0 + y · y 0 = u · u 0 ,
− (6 − x) x 0 + y · y 0 = v · v 0
Då u = v måste x =3och Pythagoras ger då att
y = ± √ u 2 − 3 2 = ±4. Insättning av värdena ger ett
ekvationssystem för x 0 och y 0 . Först med y =4:
½ 3x 0 +4y 0 = 140
⇐⇒
⇐⇒
−3x 0 +4y 0 =20
∙ ¸
Addera ekv.1
till ekv.2
½
0 0 3x +4y = 140
8y0 = 160
½
0 x =20
y0 =20
Med y = −4 fås på samma sätt x 0 =20,y 0 = −20.
Det första alternativet innebär att faryget går åt
nordost, det andra — att det går åt sydost.
28
359. Om vi låter t =0svara mot tidpunkten då George
befinner sig 4 km från origo samt har 10 minuter som
tidsenhet, så är Georges y-koordinat som funktion av
tiden
(− ln 2)t
y (t) = 4e
y 0 (t) = − ln 2 · y (t)
Hur långt längs x-axeln George kan se, bestäms av
var den tangent till kurvan xy =1, som går genom
Geoges läge, skär x-axeln. Vi vill att kanonen vrider
sig minst lika snabbt som tangenten.
Kurvans tangent genom ¡ a, 1
¢
a har ekvationen
y − 1
a
1
= − (x − a)
a2 Dess skärningspunkt med y-axeln fås ur
y − 1
a
1
= − (0 − a)
a2 y = 2
a
Tangentens vinkel med y-axeln som funktion av
skärningspunkten med y-axeln, som vi identifierar
med Georges läge :
π
2
µ
d π y2
− arctan
dt 2 4
Vi söker
1 π y2
− arctan = − arctan
a2 2 4
= −
1
1+
max
0≤y≤4
³ y 2
4
y
= 8ln2
2
y4 +16
y 2
y 4 +16
Sätt y 2 = t och derivera,
alt. utnyttja A ≥ G-olikheten 1
y 2 = 1
4 · y2 · 4 ≤ 1 y
4
4 +16
2
med likhet då y2 =4.
Kanonen skall helst kunna vrida sig med
ln 2
10
rad / min
´ 2 · y
· (− ln 2) y =
2
1 Olikheten mellan aritmetiskt och geometriskt medelvärde:
√ a + b
ab ≤ för alla a, b ≥ 0
2
ab ≤ a2 + b2 för alla a, b
2