4.9
Derivasjon av trigonometriske funksjonar

4.9 Derivasjon av trigonometriske funksjonar

Alle fag for VG3

Derivere sin, cos og tan, og bruke kjerneregelen på samansette trigonometriske funksjonar.

55 min
23 oppgaver
Derivasjonsin'xcos'xtan'xKjerneregel
Du leser den tradisjonelle versjonen
Din fremgang i kapitlet
0 / 23 oppgaver
Kapitlets plass i kurset

Innleiing

Trigonometriske funksjonar som sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x og tan⁡x\tan x er sentrale i mange bruksområde - frå bølgjerørsler og svingingar til rotasjon og periodiske fenomen. For å kunne analysere slike funksjonar treng vi å vite korleis vi deriverer dei.

I dette kapitlet skal vi:
- Utleie derivasjonsreglane for sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x og tan⁡x\tan x
- Bruke kjerneregelen på samansette trigonometriske funksjonar
- Drøfte trigonometriske funksjonar og finne ekstremalpunkt og vendepunkt

Viktig: I dette kapitlet bruker vi alltid radianar for vinklar. Derivasjonsreglane gjeld berre når argumentet er i radianar.

Viktige grenseverdiar

For å bevise derivasjonsreglane treng vi to fundamentale grenseverdiar:

lim⁡x→0sin⁡xx=1\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1

lim⁡x→01−cos⁡xx=0\lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{x} = 0

Den første viser vi nedanfor med ei arealbetraktning i einheitssirkelen. Den seier at når xx er liten (i radianar), er sin⁡x≈x\sin x \approx x. Den andre følgjer av den første (oppgåve 4.9.19).

Grenseverdien sin⁡xx\displaystyle \frac{\sin x}{x}

Vi kan ikkje setje inn x=0x = 0 i sin⁡xx\displaystyle \frac{\sin x}{x}, for då får vi 00\displaystyle \frac{0}{0}. I staden klemmer vi uttrykket mellom to storleikar som begge går mot 11. Klemma kjem frå tre areal i einheitssirkelen (eksamen R2 V2023, oppgåve 5).

La 0<v<π2\displaystyle 0 < v < \frac{\pi}{2}, og la O=(0,0)O = (0, 0), A=(1,0)A = (1, 0), P=(cos⁡v,sin⁡v)P = (\cos v, \sin v) og T=(1,tan⁡v)T = (1, \tan v). Punktet TT ligg på tangenten til sirkelen i AA, på forlenginga av OPOP.

Bevis: Grenseverdien sin v / v når v går mot 0
Trekanten OAPOAP har grunnlinje OA=1OA = 1 og høgd sin⁡v\sin v:

TOAP=12⋅1⋅sin⁡v=12sin⁡vT_{OAP} = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \sin v = \frac{1}{2}\sin v

Sirkelsektoren OAPOAP har radius 11 og vinkel vv (i radianar):

SOAP=v2π⋅π⋅12=12vS_{OAP} = \frac{v}{2\pi} \cdot \pi \cdot 1^2 = \frac{1}{2}v

Trekanten OATOAT har grunnlinje OA=1OA = 1 og høgd AT=tan⁡vAT = \tan v:

TOAT=12tan⁡vT_{OAT} = \frac{1}{2}\tan v

Trekanten OAPOAP ligg inni sektoren, og sektoren ligg inni trekanten OATOAT:

12sin⁡v<12v<12tan⁡v\frac{1}{2}\sin v < \frac{1}{2}v < \frac{1}{2}\tan v

sin⁡v<v<sin⁡vcos⁡v\sin v < v < \frac{\sin v}{\cos v}

Vi deler med sin⁡v>0\sin v > 0:

1<vsin⁡v<1cos⁡v1 < \frac{v}{\sin v} < \frac{1}{\cos v}

Når v→0+v \to 0^+, går cos⁡v→1\cos v \to 1, så 1cos⁡v→1\displaystyle \frac{1}{\cos v} \to 1. Uttrykket vsin⁡v\displaystyle \frac{v}{\sin v} ligg mellom 11 og ein storleik som går mot 11:

lim⁡v→0+vsin⁡v=1⇒lim⁡v→0+sin⁡vv=1\lim_{v \to 0^+} \frac{v}{\sin v} = 1 \quad\Rightarrow\quad \lim_{v \to 0^+} \frac{\sin v}{v} = 1

For v<0v < 0 er sin⁡(−v)−v=−sin⁡v−v=sin⁡vv\displaystyle \frac{\sin(-v)}{-v} = \frac{-\sin v}{-v} = \frac{\sin v}{v}, så grenseverdien frå venstre er den same:

lim⁡v→0sin⁡vv=1□\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} = 1 \qquad \square

Arealet av sektoren er 12v\displaystyle \frac{1}{2}v berre når vv målast i radianar. Derfor gjeld grenseverdien, og dermed (sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x, berre i radianar.

∎

Derivasjon av sin⁡x\sin x

Vi startar med å utleie den deriverte av f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x frå definisjonen av den deriverte.

Bevis: Den deriverte av sin x
Vi bruker definisjonen av den deriverte:

f′(x)=lim⁡h→0f(x+h)−f(x)h=lim⁡h→0sin⁡(x+h)−sin⁡xhf'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{\sin(x+h) - \sin x}{h}

Bruker addisjonsformelen sin⁡(x+h)=sin⁡xcos⁡h+cos⁡xsin⁡h\sin(x+h) = \sin x \cos h + \cos x \sin h:

=lim⁡h→0sin⁡xcos⁡h+cos⁡xsin⁡h−sin⁡xh= \lim_{h \to 0} \frac{\sin x \cos h + \cos x \sin h - \sin x}{h}

=lim⁡h→0sin⁡x(cos⁡h−1)+cos⁡xsin⁡hh= \lim_{h \to 0} \frac{\sin x (\cos h - 1) + \cos x \sin h}{h}

=lim⁡h→0(sin⁡x⋅cos⁡h−1h+cos⁡x⋅sin⁡hh)= \lim_{h \to 0} \left( \sin x \cdot \frac{\cos h - 1}{h} + \cos x \cdot \frac{\sin h}{h} \right)

=sin⁡x⋅lim⁡h→0cos⁡h−1h+cos⁡x⋅lim⁡h→0sin⁡hh= \sin x \cdot \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} + \cos x \cdot \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}

Her brukast dei to grenseverdiane: lim⁡h→0sin⁡hh=1\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1 frå arealbetraktninga over, og lim⁡h→0cos⁡h−1h=0\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = 0, som følgjer av den (oppgåve 4.9.19):

=sin⁡x⋅0+cos⁡x⋅1=cos⁡x= \sin x \cdot 0 + \cos x \cdot 1 = \cos x

Altså er (sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x. □\square

∎
Den deriverte av sinus
(sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x

Den deriverte av sinus er cosinus.

Gjør dette i GeoGebra

Utforsk: Den deriverte av sinus er cosinus

f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x (blå) og f′(x)f'(x) (raud) — som er nøyaktig cos⁡x\cos x. Sjå at f′f' er null der sinuskurva har topp- og botnpunkt, og størst der sinuskurva stig brattast.

Skriv inn én linje om gangen i inntastingsfeltet:

f(x) = sin(x)
g(x) = f'(x)
SetColor(f, "Blue")
SetColor(g, "Red")

Med språket satt til norsk forstår GeoGebra kommandonavnene både på norsk og engelsk.

Åpne GeoGebra(åpnes i ny fane)

Derivasjon av cos⁡x\cos x

Vi kan utleie den deriverte av cos⁡x\cos x på tilsvarande måte, eller bruke at cos⁡x=sin⁡(π2−x)\displaystyle \cos x = \sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right).

Bevis: Den deriverte av cos x
Metode 1: Frå definisjonen

f′(x)=lim⁡h→0cos⁡(x+h)−cos⁡xhf'(x) = \lim_{h \to 0} \frac{\cos(x+h) - \cos x}{h}

Bruker addisjonsformelen cos⁡(x+h)=cos⁡xcos⁡h−sin⁡xsin⁡h\cos(x+h) = \cos x \cos h - \sin x \sin h:

=lim⁡h→0cos⁡xcos⁡h−sin⁡xsin⁡h−cos⁡xh= \lim_{h \to 0} \frac{\cos x \cos h - \sin x \sin h - \cos x}{h}

=lim⁡h→0cos⁡x(cos⁡h−1)−sin⁡xsin⁡hh= \lim_{h \to 0} \frac{\cos x (\cos h - 1) - \sin x \sin h}{h}

=cos⁡x⋅lim⁡h→0cos⁡h−1h−sin⁡x⋅lim⁡h→0sin⁡hh= \cos x \cdot \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} - \sin x \cdot \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h}

=cos⁡x⋅0−sin⁡x⋅1=−sin⁡x= \cos x \cdot 0 - \sin x \cdot 1 = -\sin x

Metode 2: Bruke samanhengen med sinus

Vi veit at cos⁡x=sin⁡(π2−x)\displaystyle \cos x = \sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right).

Med kjerneregelen og (sin⁡u)′=cos⁡u(\sin u)' = \cos u:

(cos⁡x)′=cos⁡(π2−x)⋅(−1)=−cos⁡(π2−x)=−sin⁡x\begin{aligned} (\cos x)' &= \cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right) \cdot (-1) \\ &= -\cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right) \\ &= -\sin x \end{aligned}

Altså er (cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos x)' = -\sin x. □\square

∎
Den deriverte av cosinus
(cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos x)' = -\sin x

Den deriverte av cosinus er minus sinus. Legg merke til minusteiknet!

Derivasjon av tan⁡x\tan x

For å derivere tan⁡x=sin⁡xcos⁡x\displaystyle \tan x = \frac{\sin x}{\cos x} bruker vi brøkregelen for derivasjon.

Bevis: Den deriverte av tan x
Vi har tan⁡x=sin⁡xcos⁡x\displaystyle \tan x = \frac{\sin x}{\cos x}.

Brukar brøkregelen (uv)′=u′v−uv′v2\displaystyle \left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}:

(tan⁡x)′=(sin⁡x)′⋅cos⁡x−sin⁡x⋅(cos⁡x)′(cos⁡x)2(\tan x)' = \frac{(\sin x)' \cdot \cos x - \sin x \cdot (\cos x)'}{(\cos x)^2}

=cos⁡x⋅cos⁡x−sin⁡x⋅(−sin⁡x)cos⁡2x= \frac{\cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x}

=cos⁡2x+sin⁡2xcos⁡2x= \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x}

Sidan cos⁡2x+sin⁡2x=1\cos^2 x + \sin^2 x = 1:

=1cos⁡2x= \frac{1}{\cos^2 x}

Dette kan også skrivast som 1+tan⁡2x1 + \tan^2 x. □\square

∎
Den deriverte av tangens
(tan⁡x)′=1cos⁡2x=1+tan⁡2x(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \tan^2 x

Den deriverte av tangens er 1 over cosinus i andre.

📜Derivasjonsreglar for trigonometriske funksjonar
Dei grunnleggjande derivasjonsreglane for trigonometriske funksjonar er:

(sin⁡x)′=cos⁡x(cos⁡x)′=−sin⁡x(tan⁡x)′=1cos⁡2x\begin{aligned} (\sin x)' &= \cos x \\[6pt] (\cos x)' &= -\sin x \\[6pt] (\tan x)' &= \frac{1}{\cos^2 x} \end{aligned}

Merk at desse reglane berre gjeld når xx er i radianar.

✏️Eksempel 1: Grunnleggjande derivasjon

Deriver funksjonane:

a) f(x)=3sin⁡xf(x) = 3\sin x

b) g(x)=−2cos⁡x+5g(x) = -2\cos x + 5

c) h(x)=sin⁡x+cos⁡xh(x) = \sin x + \cos x

Løysing:

a) f(x)=3sin⁡xf(x) = 3\sin x

Konstanten 3 blir behalde:
f′(x)=3⋅(sin⁡x)′=3cos⁡xf'(x) = 3 \cdot (\sin x)' = 3\cos x

b) g(x)=−2cos⁡x+5g(x) = -2\cos x + 5

g′(x)=−2⋅(cos⁡x)′+0=−2⋅(−sin⁡x)=2sin⁡xg'(x) = -2 \cdot (\cos x)' + 0 = -2 \cdot (-\sin x) = 2\sin x

c) h(x)=sin⁡x+cos⁡xh(x) = \sin x + \cos x

h′(x)=(sin⁡x)′+(cos⁡x)′=cos⁡x+(−sin⁡x)=cos⁡x−sin⁡x\begin{aligned} h'(x) &= (\sin x)' + (\cos x)' \\ &= \cos x + (-\sin x) \\ &= \cos x - \sin x \end{aligned}

Svar: a) f′(x)=3cos⁡xf'(x) = 3\cos x b) g′(x)=2sin⁡xg'(x) = 2\sin x c) h′(x)=cos⁡x−sin⁡xh'(x) = \cos x - \sin x

✏️Eksempel 2: Produkt og brøkar

Deriver funksjonane:

a) f(x)=xsin⁡xf(x) = x \sin x

b) g(x)=sin⁡xx\displaystyle g(x) = \frac{\sin x}{x}

Løysing:

a) f(x)=xsin⁡xf(x) = x \sin x

Vi brukar produktregelen (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv':

f′(x)=1⋅sin⁡x+x⋅cos⁡x=sin⁡x+xcos⁡xf'(x) = 1 \cdot \sin x + x \cdot \cos x = \sin x + x\cos x

b) g(x)=sin⁡xx\displaystyle g(x) = \frac{\sin x}{x}

Vi brukar brøkregelen (uv)′=u′v−uv′v2\displaystyle \left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}:

g′(x)=cos⁡x⋅x−sin⁡x⋅1x2=xcos⁡x−sin⁡xx2g'(x) = \frac{\cos x \cdot x - \sin x \cdot 1}{x^2} = \frac{x\cos x - \sin x}{x^2}

Svar: a) f′(x)=sin⁡x+xcos⁡xf'(x) = \sin x + x\cos x b) g′(x)=xcos⁡x−sin⁡xx2\displaystyle g'(x) = \frac{x\cos x - \sin x}{x^2}

Kjerneregelen med trigonometriske funksjonar

Når vi har samansette funksjonar som sin⁡(2x)\sin(2x), cos⁡(x2)\cos(x^2) eller tan⁡(3x+1)\tan(3x+1), må vi bruke kjerneregelen.

Husk kjerneregelen: Viss y=f(u)y = f(u) og u=g(x)u = g(x), så er

dydx=dydu⋅dudx=f′(u)⋅g′(x)\frac{dy}{dx} = \frac{dy}{du} \cdot \frac{du}{dx} = f'(u) \cdot g'(x)

📜Kjerneregelen for trigonometriske funksjonar
Lat u=u(x)u = u(x) vere ein deriverbar funksjon av xx. Då har vi:

(sin⁡u)′=cos⁡u⋅u′(cos⁡u)′=−sin⁡u⋅u′(tan⁡u)′=1cos⁡2u⋅u′\begin{aligned} (\sin u)' &= \cos u \cdot u' \\[6pt] (\cos u)' &= -\sin u \cdot u' \\[6pt] (\tan u)' &= \frac{1}{\cos^2 u} \cdot u' \end{aligned}

Med andre ord: Deriver den ytre funksjonen og multipliser med den deriverte av den indre funksjonen.

✏️Eksempel 3: Kjerneregelen - enkle tilfelle

Deriver funksjonane:

a) f(x)=sin⁡(2x)f(x) = \sin(2x)

b) g(x)=cos⁡(3x)g(x) = \cos(3x)

c) h(x)=tan⁡(5x)h(x) = \tan(5x)

Løysing:

a) f(x)=sin⁡(2x)f(x) = \sin(2x)

Her er u=2xu = 2x, så u′=2u' = 2.

f′(x)=cos⁡(2x)⋅2=2cos⁡(2x)f'(x) = \cos(2x) \cdot 2 = 2\cos(2x)

b) g(x)=cos⁡(3x)g(x) = \cos(3x)

Her er u=3xu = 3x, så u′=3u' = 3.

g′(x)=−sin⁡(3x)⋅3=−3sin⁡(3x)g'(x) = -\sin(3x) \cdot 3 = -3\sin(3x)

c) h(x)=tan⁡(5x)h(x) = \tan(5x)

Her er u=5xu = 5x, så u′=5u' = 5.

h′(x)=1cos⁡2(5x)⋅5=5cos⁡2(5x)h'(x) = \frac{1}{\cos^2(5x)} \cdot 5 = \frac{5}{\cos^2(5x)}

Svar: a) f′(x)=2cos⁡(2x)f'(x) = 2\cos(2x) b) g′(x)=−3sin⁡(3x)g'(x) = -3\sin(3x) c) h′(x)=5cos⁡2(5x)\displaystyle h'(x) = \frac{5}{\cos^2(5x)}

✏️Eksempel 4: Kjerneregelen - meir komplekse indre funksjonar

Deriver funksjonane:

a) f(x)=sin⁡(x2)f(x) = \sin(x^2)

b) g(x)=cos⁡(2x+3)g(x) = \cos(2x + 3)

c) h(x)=sin⁡2xh(x) = \sin^2 x (det vil seie (sin⁡x)2(\sin x)^2)

Løysing:

a) f(x)=sin⁡(x2)f(x) = \sin(x^2)

Her er u=x2u = x^2, så u′=2xu' = 2x.

f′(x)=cos⁡(x2)⋅2x=2xcos⁡(x2)f'(x) = \cos(x^2) \cdot 2x = 2x\cos(x^2)

b) g(x)=cos⁡(2x+3)g(x) = \cos(2x + 3)

Her er u=2x+3u = 2x + 3, så u′=2u' = 2.

g′(x)=−sin⁡(2x+3)⋅2=−2sin⁡(2x+3)g'(x) = -\sin(2x + 3) \cdot 2 = -2\sin(2x + 3)

c) h(x)=sin⁡2x=(sin⁡x)2h(x) = \sin^2 x = (\sin x)^2

Her har vi to lag: Den ytre funksjonen er u2u^2 og den indre er u=sin⁡xu = \sin x.

h′(x)=2(sin⁡x)⋅(sin⁡x)′=2sin⁡x⋅cos⁡xh'(x) = 2(\sin x) \cdot (\sin x)' = 2\sin x \cdot \cos x

Dette kan også skrivast som sin⁡(2x)\sin(2x) ved hjelp av dobbeltvinkelformelen.

Svar: a) f′(x)=2xcos⁡(x2)f'(x) = 2x\cos(x^2) b) g′(x)=−2sin⁡(2x+3)g'(x) = -2\sin(2x + 3) c) h′(x)=2sin⁡xcos⁡x=sin⁡(2x)h'(x) = 2\sin x\cos x = \sin(2x)

✏️Eksempel 5: Kombinasjon av reglar

Deriver funksjonen f(x)=exsin⁡xf(x) = e^x \sin x.

Løysing:

Vi brukar produktregelen (uv)′=u′v+uv′(uv)' = u'v + uv':

La u=exu = e^x og v=sin⁡xv = \sin x.

Då er u′=exu' = e^x og v′=cos⁡xv' = \cos x.

f′(x)=ex⋅sin⁡x+ex⋅cos⁡x=ex(sin⁡x+cos⁡x)f'(x) = e^x \cdot \sin x + e^x \cdot \cos x = e^x(\sin x + \cos x)

Svar: f′(x)=ex(sin⁡x+cos⁡x)f'(x) = e^x(\sin x + \cos x)

✏️Eksempel 6: Dobbel bruk av kjerneregelen

Deriver funksjonen f(x)=sin⁡(cos⁡x)f(x) = \sin(\cos x).

Løysing:

Her har vi ein samansett funksjon der den ytre funksjonen er sinus og den indre er cos⁡x\cos x.

La u=cos⁡xu = \cos x, så u′=−sin⁡xu' = -\sin x.

f′(x)=cos⁡(cos⁡x)⋅(−sin⁡x)=−sin⁡x⋅cos⁡(cos⁡x)f'(x) = \cos(\cos x) \cdot (-\sin x) = -\sin x \cdot \cos(\cos x)

Svar: f′(x)=−sin⁡x⋅cos⁡(cos⁡x)f'(x) = -\sin x \cdot \cos(\cos x)

✏️Eksempel 7: Trigonometrisk funksjon i eksponenten

Deriver funksjonen f(x)=esin⁡xf(x) = e^{\sin x}.

Løysing:

Den ytre funksjonen er eksponentialfunksjonen eue^u og den indre er u=sin⁡xu = \sin x.

Vi veit at (eu)′=eu⋅u′(e^u)' = e^u \cdot u'.

f′(x)=esin⁡x⋅(sin⁡x)′=esin⁡x⋅cos⁡x=cos⁡x⋅esin⁡xf'(x) = e^{\sin x} \cdot (\sin x)' = e^{\sin x} \cdot \cos x = \cos x \cdot e^{\sin x}

Svar: f′(x)=cos⁡x⋅esin⁡xf'(x) = \cos x \cdot e^{\sin x}

✏️Eksempel 8: Naturleg logaritme av trigonometrisk funksjon

Deriver funksjonen f(x)=ln⁡(sin⁡x)f(x) = \ln(\sin x) for x∈⟨0,π⟩x \in \langle 0, \pi \rangle.

Løysing:

Den ytre funksjonen er ln⁡u\ln u og den indre er u=sin⁡xu = \sin x.

Vi veit at (ln⁡u)′=1u⋅u′\displaystyle (\ln u)' = \frac{1}{u} \cdot u'.

f′(x)=1sin⁡x⋅(sin⁡x)′=1sin⁡x⋅cos⁡x=cos⁡xsin⁡xf'(x) = \frac{1}{\sin x} \cdot (\sin x)' = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \frac{\cos x}{\sin x}

Vi krev x∈⟨0,π⟩x \in \langle 0, \pi \rangle for at sin⁡x>0\sin x > 0, slik at logaritmen er definert.

Svar: f′(x)=cos⁡xsin⁡x\displaystyle f^{\prime}(x) = \frac{\cos x}{\sin x}

Funksjonsdrøfting med trigonometriske funksjonar

Når vi skal drøfte trigonometriske funksjonar, følgjer vi same framgangsmåte som for andre funksjonar:

1. Finn definisjonsmengda
2. Finn f′(x)f'(x) og løys f′(x)=0f'(x) = 0 for å finne stasjonære punkt
3. Avgjer om dei stasjonære punkta er maksimums- eller minimumspunkt
4. Finn f′′(x)f''(x) og løys f′′(x)=0f''(x) = 0 for å finne moglege vendepunkt
5. Undersøk funksjonens åtferd (periodisitet, asymptotisk åtferd)

For trigonometriske funksjonar er det ofte nyttig å avgrense seg til éin periode først.

✏️Eksempel 9: Drøfting av sin x + cos x

Lat f(x)=sin⁡x+cos⁡xf(x) = \sin x + \cos x.

a) Finn f′(x)f'(x).

b) Finn dei stasjonære punkta i intervallet [0,2π][0, 2\pi].

c) Klassifiser dei stasjonære punkta (maks/min).

Løysing:

a) f′(x)=cos⁡x−sin⁡xf'(x) = \cos x - \sin x

b) Vi løyser f′(x)=0f'(x) = 0:
cos⁡x−sin⁡x=0\cos x - \sin x = 0
cos⁡x=sin⁡x\cos x = \sin x
tan⁡x=1\tan x = 1
x=π4+nπ,n∈Zx = \frac{\pi}{4} + n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}

I intervallet [0,2π][0, 2\pi]:
- x1=π4\displaystyle x_1 = \frac{\pi}{4}
- x2=5π4\displaystyle x_2 = \frac{5\pi}{4}

c) Vi finn f′′(x)f''(x):
f′′(x)=−sin⁡x−cos⁡xf''(x) = -\sin x - \cos x

For x1=π4\displaystyle x_1 = \frac{\pi}{4}:
f′′(π4)=−sin⁡π4−cos⁡π4=−22−22=−2<0\begin{aligned} f''\left(\frac{\pi}{4}\right) &= -\sin\frac{\pi}{4} - \cos\frac{\pi}{4} \\ &= -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} < 0 \end{aligned}

Sidan f′′(x1)<0f''(x_1) < 0, har vi eit maksimumspunkt i x=π4\displaystyle x = \frac{\pi}{4}.

For x2=5π4\displaystyle x_2 = \frac{5\pi}{4}:
f′′(5π4)=−sin⁡5π4−cos⁡5π4=22+22=2>0\begin{aligned} f''\left(\frac{5\pi}{4}\right) &= -\sin\frac{5\pi}{4} - \cos\frac{5\pi}{4} \\ &= \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} > 0 \end{aligned}

Sidan f′′(x2)>0f''(x_2) > 0, har vi eit minimumspunkt i x=5π4\displaystyle x = \frac{5\pi}{4}.

Funksjonsverdiar:
- f(π4)=sin⁡π4+cos⁡π4=22+22=2\displaystyle f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} (maks)
- f(5π4)=sin⁡5π4+cos⁡5π4=−22−22=−2\displaystyle f\left(\frac{5\pi}{4}\right) = \sin\frac{5\pi}{4} + \cos\frac{5\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} (min)

Svar: a) f′(x)=cos⁡x−sin⁡xf'(x) = \cos x - \sin x b) x=π4\displaystyle x = \frac{\pi}{4} og x=5π4\displaystyle x = \frac{5\pi}{4} c) Toppunkt (π4,2)\displaystyle \left(\frac{\pi}{4}, \sqrt{2}\right) og bunnpunkt (5π4,−2)\displaystyle \left(\frac{5\pi}{4}, -\sqrt{2}\right).

✏️Eksempel 10: Vendepunkt

Lat f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x for x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi].

a) Finn f′′(x)f''(x).

b) Finn vendepunkta.

Løysing:

a) Vi startar med f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x.

f′(x)=cos⁡xf'(x) = \cos x

f′′(x)=−sin⁡xf''(x) = -\sin x

b) Vi løyser f′′(x)=0f''(x) = 0:
−sin⁡x=0-\sin x = 0
sin⁡x=0\sin x = 0
x=nπ,n∈Zx = n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}

I intervallet [0,2π][0, 2\pi] får vi x=0x = 0, x=πx = \pi og x=2πx = 2\pi.

Vi sjekkar forteiknskifte i f′′(x)f''(x):
- For xx litt mindre enn π\pi: f′′(x)=−sin⁡x<0f''(x) = -\sin x < 0
- For xx litt større enn π\pi: f′′(x)=−sin⁡x>0f''(x) = -\sin x > 0

Det er forteiknskifte i x=πx = \pi, så dette er eit vendepunkt.

Vendepunktet er (π,f(π))=(π,0)(\pi, f(\pi)) = (\pi, 0).

Punkta x=0x = 0 og x=2πx = 2\pi er endepunkt og blir vanlegvis ikkje rekna som vendepunkt.

Svar: a) f′′(x)=−sin⁡xf''(x) = -\sin x b) Vendepunktet er (π,0)(\pi, 0).

✏️Eksempel 11: Fullstendig funksjonsdrøfting

Drøft funksjonen f(x)=2sin⁡x−sin⁡(2x)f(x) = 2\sin x - \sin(2x) for x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi].

Finn nullpunkt, stasjonære punkt og vendepunkt.

Løysing:

Nullpunkt:
f(x)=0f(x) = 0 gir 2sin⁡x−sin⁡(2x)=02\sin x - \sin(2x) = 0.

Brukar sin⁡(2x)=2sin⁡xcos⁡x\sin(2x) = 2\sin x \cos x:
2sin⁡x−2sin⁡xcos⁡x=02\sin x - 2\sin x \cos x = 0
2sin⁡x(1−cos⁡x)=02\sin x(1 - \cos x) = 0

Enten sin⁡x=0\sin x = 0 eller cos⁡x=1\cos x = 1.

sin⁡x=0⇒x=0,π,2π\sin x = 0 \Rightarrow x = 0, \pi, 2\pi

cos⁡x=1⇒x=0,2π\cos x = 1 \Rightarrow x = 0, 2\pi (allereie funne)

Nullpunkt: x=0,π,2πx = 0, \pi, 2\pi

Den deriverte:
f′(x)=2cos⁡x−2cos⁡(2x)f'(x) = 2\cos x - 2\cos(2x)

Brukar cos⁡(2x)=2cos⁡2x−1\cos(2x) = 2\cos^2 x - 1:
f′(x)=2cos⁡x−2(2cos⁡2x−1)=2cos⁡x−4cos⁡2x+2\begin{aligned} f'(x) &= 2\cos x - 2(2\cos^2 x - 1) \\ &= 2\cos x - 4\cos^2 x + 2 \end{aligned}

La u=cos⁡xu = \cos x:
f′(x)=−4u2+2u+2=−2(2u2−u−1)=−2(2u+1)(u−1)\begin{aligned} f'(x) &= -4u^2 + 2u + 2 \\ &= -2(2u^2 - u - 1) \\ &= -2(2u + 1)(u - 1) \end{aligned}

f′(x)=0f'(x) = 0 når cos⁡x=−12\displaystyle \cos x = -\frac{1}{2} eller cos⁡x=1\cos x = 1.

cos⁡x=−12⇒x=2π3,4π3\displaystyle \cos x = -\frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}

cos⁡x=1⇒x=0,2π\cos x = 1 \Rightarrow x = 0, 2\pi

Stasjonære punkt: x=0,2π3,4π3,2π\displaystyle x = 0, \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}, 2\pi

Funksjonsverdiar:
- f(0)=0f(0) = 0
- f(2π3)=2⋅32−sin⁡4π3=3+32=332\displaystyle f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \sin\frac{4\pi}{3} = \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}
- f(4π3)=2⋅(−32)−sin⁡8π3=−3−32=−332\displaystyle f\left(\frac{4\pi}{3}\right) = 2 \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) - \sin\frac{8\pi}{3} = -\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{3\sqrt{3}}{2}
- f(2π)=0f(2\pi) = 0

Forteiknsline for f′f^{\prime}: f′(x)=−2(2cos⁡x+1)(cos⁡x−1)f^{\prime}(x) = -2(2\cos x + 1)(\cos x - 1). Faktoren cos⁡x−1≤0\cos x - 1 \leq 0, så f′f^{\prime} har same forteikn som 2cos⁡x+12\cos x + 1: positiv på ⟨0,2π3⟩\displaystyle \langle 0, \frac{2\pi}{3} \rangle, negativ på ⟨2π3,4π3⟩\displaystyle \langle \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3} \rangle og positiv på ⟨4π3,2π⟩\displaystyle \langle \frac{4\pi}{3}, 2\pi \rangle.

Toppunkt (2π3,332)\displaystyle \left(\frac{2\pi}{3}, \frac{3\sqrt{3}}{2}\right) og bunnpunkt (4π3,−332)\displaystyle \left(\frac{4\pi}{3}, -\frac{3\sqrt{3}}{2}\right). I endepunkta er (0,0)(0, 0) eit bunnpunkt og (2π,0)(2\pi, 0) eit toppunkt.

Den dobbeltderiverte:
f′′(x)=−2sin⁡x+4sin⁡(2x)=−2sin⁡x+8sin⁡xcos⁡x=2sin⁡x(4cos⁡x−1)\begin{aligned} f^{\prime\prime}(x) &= -2\sin x + 4\sin(2x) \\ &= -2\sin x + 8\sin x\cos x \\ &= 2\sin x(4\cos x - 1) \end{aligned}

f′′(x)=0f^{\prime\prime}(x) = 0 når sin⁡x=0\sin x = 0 eller cos⁡x=14\displaystyle \cos x = \frac{1}{4}.

Inne i intervallet: x=πx = \pi, x=cos⁡−1(14)≈1,32\displaystyle x = \cos^{-1}\left(\frac{1}{4}\right) \approx 1{,}32 og x=2π−cos⁡−1(14)≈4,97\displaystyle x = 2\pi - \cos^{-1}\left(\frac{1}{4}\right) \approx 4{,}97

f′′f^{\prime\prime} skiftar forteikn i alle tre: ++ på ⟨0; 1,32⟩\langle 0;\ 1{,}32 \rangle, −- på ⟨1,32; π⟩\langle 1{,}32;\ \pi \rangle, ++ på ⟨π; 4,97⟩\langle \pi;\ 4{,}97 \rangle, −- på ⟨4,97; 2π⟩\langle 4{,}97;\ 2\pi \rangle.

f(x)=2sin⁡x(1−cos⁡x)f(x) = 2\sin x(1 - \cos x), og med cos⁡x=14\displaystyle \cos x = \frac{1}{4} blir f(x)=2sin⁡x⋅34=32sin⁡x\displaystyle f(x) = 2\sin x \cdot \frac{3}{4} = \frac{3}{2}\sin x, der sin⁡x=±154\displaystyle \sin x = \pm\frac{\sqrt{15}}{4}. Det gir f(x)=±3158≈±1,45\displaystyle f(x) = \pm\frac{3\sqrt{15}}{8} \approx \pm 1{,}45.

Svar: Nullpunkt x=0x = 0, x=πx = \pi og x=2πx = 2\pi. Toppunkt (2π3,332)\displaystyle \left(\frac{2\pi}{3}, \frac{3\sqrt{3}}{2}\right) og bunnpunkt (4π3,−332)\displaystyle \left(\frac{4\pi}{3}, -\frac{3\sqrt{3}}{2}\right) (i tillegg bunnpunkt (0,0)(0, 0) og toppunkt (2π,0)(2\pi, 0) i endepunkta). Vendepunkt (1,32; 1,45)(1{,}32;\ 1{,}45), (π,0)(\pi, 0) og (4,97; −1,45)(4{,}97;\ -1{,}45).

✏️Eksempel 12: Tangentlikning

Lat f(x)=cos⁡(2x)f(x) = \cos(2x).

a) Finn likninga for tangenten til grafen i punktet der x=π6\displaystyle x = \frac{\pi}{6}.

Løysing:

a) Vi treng eit punkt og eit stigningstall.

Punktet:
f(π6)=cos⁡(2π6)=cos⁡(π3)=12f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{2\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}

Punktet er (π6,12)\displaystyle \left(\frac{\pi}{6}, \frac{1}{2}\right).

Stigningstalet:
f′(x)=−sin⁡(2x)⋅2=−2sin⁡(2x)f'(x) = -\sin(2x) \cdot 2 = -2\sin(2x)

f′(π6)=−2sin⁡(π3)=−2⋅32=−3f'\left(\frac{\pi}{6}\right) = -2\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = -2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}

Tangentlikninga:
y−12=−3(x−π6)y - \frac{1}{2} = -\sqrt{3}\left(x - \frac{\pi}{6}\right)

y=−3x+3π6+12y = -\sqrt{3}x + \frac{\sqrt{3}\pi}{6} + \frac{1}{2}

Svar: y=−3x+3π6+12\displaystyle y = -\sqrt{3}x + \frac{\sqrt{3}\pi}{6} + \frac{1}{2}

✏️Eksempel 13: Dobbeltderiverte og krumning

La f(x)=x+sin⁡xf(x) = x + \sin x for x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi].

a) Finn f′′(x)f''(x).

b) Bestem kor grafen vender den hòle sida opp, og kor den vender den hòle sida ned.

a) f(x)=x+sin⁡xf(x) = x + \sin x

f′(x)=1+cos⁡xf'(x) = 1 + \cos x

f′′(x)=−sin⁡xf''(x) = -\sin x

b) Grafen vender den hòle sida opp der f′′(x)>0f''(x) > 0, og ned der f′′(x)<0f''(x) < 0.

f′′(x)=−sin⁡x>0f''(x) = -\sin x > 0 når sin⁡x<0\sin x < 0, altså for x∈⟨π,2π⟩x \in \langle \pi, 2\pi \rangle.

f′′(x)=−sin⁡x<0f''(x) = -\sin x < 0 når sin⁡x>0\sin x > 0, altså for x∈⟨0,π⟩x \in \langle 0, \pi \rangle.

f′′f'' skifter forteikn i x=πx = \pi, og f(π)=π+sin⁡π=πf(\pi) = \pi + \sin \pi = \pi.

Svar: a) f′′(x)=−sin⁡xf''(x) = -\sin x. b) Grafen vender den hòle sida ned for x∈⟨0,π⟩x \in \langle 0, \pi \rangle og opp for x∈⟨π,2π⟩x \in \langle \pi, 2\pi \rangle. Vendepunktet er (π,π)(\pi, \pi).

✏️Eksempel 14: Bruksområde - harmonisk rørsle

Posisjonen til ein pendel er gitt ved s(t)=3cos⁡(2t)s(t) = 3\cos(2t) cm, der tt er tid i sekund.

a) Finn farten v(t)=s′(t)v(t) = s'(t).

b) Finn akselerasjonen a(t)=s′′(t)a(t) = s''(t).

c) Når er pendelen i ro? (Farten er null)

Løysing:

a) Farten er den deriverte av posisjonen:
v(t)=s′(t)=3⋅(−sin⁡(2t))⋅2=−6sin⁡(2t) cm/sv(t) = s'(t) = 3 \cdot (-\sin(2t)) \cdot 2 = -6\sin(2t) \text{ cm/s}

b) Akselerasjonen er den deriverte av farten:
a(t)=v′(t)=−6⋅cos⁡(2t)⋅2=−12cos⁡(2t) cm/s2a(t) = v'(t) = -6 \cdot \cos(2t) \cdot 2 = -12\cos(2t) \text{ cm/s}^2

Merk: Vi kan også skrive a(t)=−4s(t)a(t) = -4s(t), noko som er typisk for harmonisk rørsle.

c) Pendelen er i ro når v(t)=0v(t) = 0:
−6sin⁡(2t)=0-6\sin(2t) = 0
sin⁡(2t)=0\sin(2t) = 0
2t=nπ,n=0,1,2,…2t = n\pi, \quad n = 0, 1, 2, \ldots
t=nπ2,n=0,1,2,…t = \frac{n\pi}{2}, \quad n = 0, 1, 2, \ldots

Pendelen er i ro ved t=0,π2,π,3π2,…\displaystyle t = 0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3\pi}{2}, \ldots sekund.

Dette skjer når pendelen er i ytterlegestillingane (s=±3s = \pm 3 cm).

Svar: a) v(t)=−6sin⁡(2t)v(t) = -6\sin(2t) cm/s b) a(t)=−12cos⁡(2t)a(t) = -12\cos(2t) cm/s² c) Pendelen er i ro ved t=nπ2\displaystyle t = \frac{n\pi}{2} s, n=0,1,2,…n = 0, 1, 2, \ldots

✏️Eksempel 15: Samansett funksjon med fleire ledd

Deriver funksjonen f(x)=sin⁡3(2x)f(x) = \sin^3(2x).

Løysing:

Vi har tre lag her:
- Ytst: u3u^3
- I midten: u=sin⁡vu = \sin v
- Innerst: v=2xv = 2x

Vi brukar kjerneregelen i fleire steg:

f(x)=(sin⁡(2x))3f(x) = (\sin(2x))^3

La u=sin⁡(2x)u = \sin(2x), så f(x)=u3f(x) = u^3.

f′(x)=3u2⋅u′=3(sin⁡(2x))2⋅(sin⁡(2x))′f'(x) = 3u^2 \cdot u' = 3(\sin(2x))^2 \cdot (\sin(2x))'

No treng vi (sin⁡(2x))′=cos⁡(2x)⋅2=2cos⁡(2x)(\sin(2x))' = \cos(2x) \cdot 2 = 2\cos(2x).

f′(x)=3sin⁡2(2x)⋅2cos⁡(2x)=6sin⁡2(2x)cos⁡(2x)f'(x) = 3\sin^2(2x) \cdot 2\cos(2x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x)

Svar: f′(x)=6sin⁡2(2x)cos⁡(2x)f'(x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x)

✏️Eksempel 16 (fordjuping): Implisitt definert kurve
Fordjuping (utanfor læreplanen): implisitt derivasjon er ikkje eit kompetansemål i R2.

Finn dydx\displaystyle \frac{dy}{dx} når y=tan⁡(xy)y = \tan(xy).

(Dette er ein implisitt definert kurve der yy avheng av xx.)

Løysing:

Vi deriverer begge sider med omsyn på xx:

dydx=1cos⁡2(xy)⋅ddx(xy)\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos^2(xy)} \cdot \frac{d}{dx}(xy)

For ddx(xy)\displaystyle \frac{d}{dx}(xy) brukar vi produktregelen:
ddx(xy)=1⋅y+x⋅dydx=y+xdydx\frac{d}{dx}(xy) = 1 \cdot y + x \cdot \frac{dy}{dx} = y + x\frac{dy}{dx}

Set inn:
dydx=y+xdydxcos⁡2(xy)\frac{dy}{dx} = \frac{y + x\frac{dy}{dx}}{\cos^2(xy)}

Løyser for dydx\displaystyle \frac{dy}{dx}:
dydx⋅cos⁡2(xy)=y+xdydx\frac{dy}{dx} \cdot \cos^2(xy) = y + x\frac{dy}{dx}
dydx⋅cos⁡2(xy)−xdydx=y\frac{dy}{dx} \cdot \cos^2(xy) - x\frac{dy}{dx} = y
dydx(cos⁡2(xy)−x)=y\frac{dy}{dx}(\cos^2(xy) - x) = y
dydx=ycos⁡2(xy)−x\frac{dy}{dx} = \frac{y}{\cos^2(xy) - x}

Svar: dydx=ycos⁡2(xy)−x\displaystyle \frac{dy}{dx} = \frac{y}{\cos^2(xy) - x}

Oppgåver

📝Oppgave 4.9.1

Deriver funksjonane:

a
f(x)=5sin⁡xf(x) = 5\sin x
b
f(x)=−3cos⁡xf(x) = -3\cos x
c
f(x)=2sin⁡x+4cos⁡xf(x) = 2\sin x + 4\cos x
d
f(x)=sin⁡x−cos⁡x+1f(x) = \sin x - \cos x + 1
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.2

Bruk kjerneregelen til å derivere:

a
f(x)=sin⁡(3x)f(x) = \sin(3x)
b
f(x)=cos⁡(4x)f(x) = \cos(4x)
c
f(x)=sin⁡(x2)\displaystyle f(x) = \sin\left(\frac{x}{2}\right)
d
f(x)=cos⁡(πx)f(x) = \cos(\pi x)
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.3

Deriver funksjonane:

a
f(x)=sin⁡(x2)f(x) = \sin(x^2)
b
f(x)=cos⁡(x3)f(x) = \cos(x^3)
c
f(x)=sin⁡(2x+1)f(x) = \sin(2x+1)
d
f(x)=cos⁡(3x−π)f(x) = \cos(3x-\pi)
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.4

Bruk produktregelen til å derivere:

a
f(x)=xcos⁡xf(x) = x\cos x
b
f(x)=x2sin⁡xf(x) = x^2\sin x
c
f(x)=excos⁡xf(x) = e^x\cos x
d
f(x)=sin⁡xcos⁡xf(x) = \sin x \cos x
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.5

Deriver funksjonane:

a
f(x)=sin⁡2xf(x) = \sin^2 x
b
f(x)=cos⁡3xf(x) = \cos^3 x
c
f(x)=sin⁡2(2x)f(x) = \sin^2(2x)
d
f(x)=sin⁡xf(x) = \sqrt{\sin x}
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.6

Deriver funksjonane:

a
f(x)=tan⁡(2x)f(x) = \tan(2x)
b
f(x)=tan⁡(x2)f(x) = \tan(x^2)
c
f(x)=sin⁡xcos⁡x\displaystyle f(x) = \frac{\sin x}{\cos x}
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.7

Deriver funksjonane:

a
f(x)=ecos⁡xf(x) = e^{\cos x}
b
f(x)=ln⁡(cos⁡x)f(x) = \ln(\cos x)
c
f(x)=cos⁡(ex)f(x) = \cos(e^x)
d
f(x)=esin⁡(2x)f(x) = e^{\sin(2x)}
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.8

Finn f′(x)f'(x) og rekn ut f′(0)f'(0):

a
f(x)=sin⁡(3x)f(x) = \sin(3x)
b
f(x)=cos⁡(2x)+sin⁡xf(x) = \cos(2x) + \sin x
c
f(x)=xsin⁡xf(x) = x\sin x
Løs oppgaven
📝Oppgave 4.9.9

Lat f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x.

a) Finn f′(x)f'(x), f′′(x)f''(x), f′′′(x)f'''(x) og f(4)(x)f^{(4)}(x).

b) Kva blir f(100)(x)f^{(100)}(x)?

📝Oppgave 4.9.10

Finn likninga for tangenten til grafen til f(x)=sin⁡(2x)f(x) = \sin(2x) i punktet der x=π4\displaystyle x = \frac{\pi}{4}.

📝Oppgave 4.9.11

Lat f(x)=cos⁡x−12cos⁡(2x)\displaystyle f(x) = \cos x - \frac{1}{2}\cos(2x) for x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi].

a) Finn f′(x)f'(x).

b) Finn dei stasjonære punkta.

c) Klassifiser dei stasjonære punkta.

📝Oppgave 4.9.12

Finn vendepunkta til f(x)=sin⁡x+13sin⁡(3x)\displaystyle f(x) = \sin x + \frac{1}{3}\sin(3x) for x∈[0,2π]x \in [0, 2\pi].

📝Oppgave 4.9.13
Ein partikkel rører seg langs ei linje slik at posisjonen ved tid tt (i sekund) er gitt av
s(t)=2sin⁡(t)+cos⁡(2t) meters(t) = 2\sin(t) + \cos(2t) \text{ meter}

a) Finn farten v(t)v(t).

b) Finn akselerasjonen a(t)a(t).

c) Når er partikkelen i ro i intervallet [0,2π][0, 2\pi]?

d) Kva er maksimal fart?

📝Oppgave 4.9.14
Vis at funksjonen f(x)=exsin⁡xf(x) = e^x\sin x oppfyller differensiallikninga
f′′(x)−2f′(x)+2f(x)=0f''(x) - 2f'(x) + 2f(x) = 0
📝Oppgave 4.9.15

Ein funksjon er gitt ved f(x)=Asin⁡(ωx+φ)f(x) = A\sin(\omega x + \varphi) der AA, ω\omega og φ\varphi er konstantar.

a) Finn f′(x)f'(x).

b) Vis at f(x)f(x) oppfyller f′′(x)+ω2f(x)=0f''(x) + \omega^2 f(x) = 0.

📝Oppgave 4.9.16

Eit rektangel er innskrive i ein halvsirkel med radius r=2r = 2. Halvsirkelen er gitt ved y=4−x2y = \sqrt{4 - x^2} for x∈[−2,2]x \in [-2, 2].

a) Vis at arealet av rektangelet kan skrivast som A(θ)=8sin⁡θcos⁡θ=4sin⁡(2θ)A(\theta) = 8\sin\theta\cos\theta = 4\sin(2\theta) der θ\theta er vinkelen frå xx-aksen til hjørnet på sirkelen.

b) Finn den verdien av θ\theta som gir maksimalt areal.

c) Kva er det maksimale arealet?

📝Oppgave 4.9.17

Bruk definisjonen av den deriverte til å vise at (cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos x)' = -\sin x.

Hint: Du kan bruke at lim⁡h→0cos⁡h−1h=0\displaystyle \lim_{h \to 0}\frac{\cos h - 1}{h} = 0 og lim⁡h→0sin⁡hh=1\displaystyle \lim_{h \to 0}\frac{\sin h}{h} = 1.

📝Oppgave 4.9.18
Fordjuping (utanfor læreplanen): den deriverte av tan⁡−1\tan^{-1} er ikkje eit kompetansemål i R2.

Deriver funksjonen f(x)=tan⁡−1(sin⁡x)f(x) = \tan^{-1}(\sin x).

Hint: ddxtan⁡−1(u)=u′1+u2\displaystyle \frac{d}{dx}\tan^{-1}(u) = \frac{u'}{1 + u^2}

📝Oppgave 4.9.19

I beviset for (sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x brukte vi at lim⁡h→0cos⁡h−1h=0\displaystyle \lim\limits_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = 0.

a

Vis at cos⁡h−1h=−sin⁡hh⋅sin⁡hcos⁡h+1\dfrac{\cos h - 1}{h} = -\dfrac{\sin h}{h} \cdot \dfrac{\sin h}{\cos h + 1} når cos⁡h≠−1\cos h \neq -1.

b

Bruk a) og lim⁡h→0sin⁡hh=1\displaystyle \lim\limits_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1 til å vise at lim⁡h→0cos⁡h−1h=0\displaystyle \lim\limits_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = 0.

📝Oppgave 4.9.20

Bruk at lim⁡v→0sin⁡vv=1\displaystyle \lim\limits_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} = 1.

a

Bestem lim⁡x→0sin⁡(3x)x\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\sin(3x)}{x}.

b

Bestem lim⁡x→0tan⁡xx\lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x}{x}.

c

Forklar med definisjonen av den deriverte: Kvifor er lim⁡h→0sin⁡hh\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h} det same som stigningstal til grafen til sin⁡x\sin x i origo?

Oppsummering

I dette kapittelet har du lært:

- Grunnderivertane: (sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x, (cos⁡x)′=−sin⁡x(\cos x)' = -\sin x, (tan⁡x)′=1cos⁡2x=1+tan⁡2x\displaystyle (\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \tan^2 x.
- Kjerneregelen: (sin⁡u)′=u′cos⁡u(\sin u)' = u'\cos u og (cos⁡u)′=−u′sin⁡u(\cos u)' = -u'\sin u for ein kjerne u(x)u(x).
- Kombinasjon med andre reglar: Produktregelen, brøkregelen og kjerneregelen blir brukte saman med dei trigonometriske derivertane.
- Funksjonsdrøfting: Nullpunkt til f′f' gir ekstremalpunkt, og f′′f'' avgjer krumming og vendepunkt — også for trigonometriske funksjonar.
- Tangentar: Tangentlikninga y=f(a)+f′(a)(x−a)y = f(a) + f'(a)(x - a) gjeld som før.

Nøkkelomgrep


OmgrepForklaring
(sin⁡x)′(\sin x)'cos⁡x\cos x
(cos⁡x)′(\cos x)'−sin⁡x-\sin x
(tan⁡x)′(\tan x)'1cos⁡2x\displaystyle \frac{1}{\cos^2 x}
Kjerneregel(sin⁡u)′=u′cos⁡u(\sin u)' = u' \cos u

Viktige formlar


- (sin⁡(kx))′=kcos⁡(kx)(\sin(kx))' = k\cos(kx), (cos⁡(kx))′=−ksin⁡(kx)\quad (\cos(kx))' = -k\sin(kx)
- y=f(a)+f′(a)(x−a)y = f(a) + f'(a)(x - a) (tangent)
Repetisjonsoppgåver
Din fremgang
0deloppgaver0 / 5 oppgaver

Dette kapitlet er skrevet av Anthropics toppmodeller (Claude Opus og Claude Fable) og er foreløpig ikke manuelt gjennomgått — kvalitetskontrollen gjøres av uavhengige KI-agenter, og innmeldte feil rettes fortløpende. Funnet en feil? Meld fra, så retter vi den. Les mer om hvordan innholdet lages.