Oversikt

Derivasjon i MAT1100 gar langt utover mekanisk bruk av derivasjonsregler. Du ma kunne derivere fra definisjonen, haandtere funksjoner av flere variabler (gradient, retningsderivert), og bevise at en funksjon er (eller ikke er) deriverbar i et gitt punkt.

Definisjonen av den deriverte

$$f'(a) = \lim_{h \to 0} \frac{f(a+h) - f(a)}{h}$$

Denne definisjonen brukes ofte pa eksamen for stykkevis definerte funksjoner der vanlige derivasjonsregler ikke kan anvendes direkte i overgangspunktet.

Viktige derivasjonsregler

Kjerneregelen: $(f \circ g)'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x)$

Produktregelen: $(fg)' = f'g + fg'$

Kvotientregelen: $\left(\frac{f}{g}\right)' = \frac{f'g - fg'}{g^2}$

Partielle deriverte og gradient

For $f(x,y)$ er de partielle deriverte:

$$\frac{\partial f}{\partial x} = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h, y) - f(x,y)}{h}, \quad \frac{\partial f}{\partial y} = \lim_{h \to 0} \frac{f(x, y+h) - f(x,y)}{h}$$

Gradienten er vektoren av partielle deriverte:

$$\nabla f(x,y) = \left(\frac{\partial f}{\partial x}, \frac{\partial f}{\partial y}\right)$$

Gradienten peker i retningen der $f$ vokser raskest, og $|\nabla f|$ er stigningstallet i denne retningen.

Retningsderivert

Den retningsderiverte av $f$ i punktet $\mathbf{a}$ langs retningen $\mathbf{r}$ er:

$$f'(\mathbf{a}; \mathbf{r}) = \nabla f(\mathbf{a}) \cdot \frac{\mathbf{r}}{|\mathbf{r}|}$$

Merk: Dersom $\mathbf{r}$ allerede er en enhetsvektor, dropper vi normaliseringen.

Deriverbarhet fra definisjonen

For stykkevis definerte funksjoner ma du vise deriverbarhet i overgangspunktet ved a bruke definisjonen direkte. Funksjonen $f$ er deriverbar i $x = 0$ dersom grensen $\lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$ eksisterer. Ofte brukes skviseteoremet her ogsa.

Eksempel 1 (Eksamen 2023, Oppgave 1)

Oppgave: La $f(x,y) = e^{xy^2}$. Regn ut gradienten $\nabla f(x,y)$. Finn den retningsderiverte $f'(\mathbf{a}; \mathbf{r})$ der $\mathbf{a} = (-3,2)$ og $\mathbf{r} = (4,1)$.

Losning: Partielle deriverte med kjerneregelen:

$$\frac{\partial f}{\partial x} = y^2 \cdot e^{xy^2}, \quad \frac{\partial f}{\partial y} = 2xy \cdot e^{xy^2}$$

$$\nabla f(x,y) = \left(y^2 e^{xy^2},\; 2xy \, e^{xy^2}\right)$$

I punktet $\mathbf{a} = (-3, 2)$: $xy^2 = -3 \cdot 4 = -12$, sa

$$\nabla f(-3,2) = \left(4e^{-12},\; -12e^{-12}\right)$$

Enhetsvektoren i retning $\mathbf{r} = (4,1)$: $|\mathbf{r}| = \sqrt{16+1} = \sqrt{17}$

$$f'(\mathbf{a}; \mathbf{r}) = \nabla f(-3,2) \cdot \frac{(4,1)}{\sqrt{17}} = \frac{4 \cdot 4e^{-12} + 1 \cdot (-12e^{-12})}{\sqrt{17}} = \frac{4e^{-12}}{\sqrt{17}}$$

Eksempel 2 (Eksamen 2022, Oppgave 4b)

Oppgave: La $f(x) = \begin{cases} 1 + \sin\frac{1}{x} \cdot \sin x & \text{for } x \neq 0 \\ 1 & \text{for } x = 0 \end{cases}$. Vis at $f$ ikke er deriverbar i $x = 0$.

Losning: Vi undersokker om grensen $\lim_{h \to 0} \frac{f(h) - f(0)}{h}$ eksisterer:

$$\frac{f(h) - 1}{h} = \frac{\sin(1/h) \cdot \sin h}{h} = \sin\frac{1}{h} \cdot \frac{\sin h}{h}$$

Vi vet at $\frac{\sin h}{h} \to 1$ nar $h \to 0$. Men $\sin(1/h)$ oscillerer mellom $-1$ og $1$ uten a konvergere. Dermed eksisterer ikke grensen $\lim_{h \to 0} \sin(1/h) \cdot 1$, og $f$ er ikke deriverbar i $x = 0$. $\square$

Studieguide: Derivasjon

Studieguide: Derivasjon