4.5 Derivasjon av omvendte funksjoner

Å kjøre veien baklengs

Tenk deg en fjellvei som klatrer fra fjorden opp til et utsiktspunkt. På vei opp kjenner du stigningen i hver sving. Så snur du og kjører samme vei ned igjen. Trenger du å måle stigningen på nytt? Selvsagt ikke – nedoverbakken er bare oppoverbakken speilvendt. Bratt opp betyr bratt ned, slakt opp betyr slakt ned.

Akkurat slik er det med omvendte funksjoner. Hvis $f$ er inverterbar, «angrer» den omvendte funksjonen $f^{-1}$ det $f$ gjør: $f(f^{-1}(x)) = x$ og $f^{-1}(f(x)) = x$. Grafisk er $y = f^{-1}(x)$ en speiling av $y = f(x)$ om linjen $y = x$. Og siden grafene er speilbilder, må også stigningstallene henge sammen.

Det reiser et fristende spørsmål: hvis vi kjenner $f'$, kan vi da få $\left(f^{-1}\right)'$ gratis – uten å derivere på nytt? Svaret er ja. Vi vet for eksempel at $(e^x)' = e^x$. I dette kapittelet skal du se hvordan dét alene tvinger frem at $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{x}$. Samme teknikk gir oss de deriverte til $\arctan x$ og $\arcsin x$, og til slutt åpner vi døren til implisitt derivasjon – kunsten å derivere likninger der $y$ ikke lar seg isolere.

Formelen som speiler stigningstall

Her er hovedresultatet: la $f$ være deriverbar med omvendt funksjon $f^{-1}$. Hvis $f'(f^{-1}(x)) \neq 0$, så er $\displaystyle \left(f^{-1}\right)'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$. Med andre ord: stigningstallet til den omvendte funksjonen er den resiproke av stigningstallet til originalen – målt i det speilede punktet. Skrives det med $y = f(x)$, blir det enda mer kompakt: $\displaystyle \left(f^{-1}\right)'(y) = \frac{1}{f'(x)}$.

Hvor kommer formelen fra? Fra identiteten $f(f^{-1}(x)) = x$ og kjerneregelen. Deriverer vi begge sider med hensyn på $x$, gir venstresiden ytre derivert ganger indre derivert, og høyresiden gir 1: $f'(f^{-1}(x)) \cdot \left(f^{-1}\right)'(x) = 1$. Del på $f'(f^{-1}(x))$, og formelen står der. Hele utledningen er tre linjer – kjerneregelen gjør jobben.

La oss teste den på et resultat vi allerede kjenner. Vi vet at $\ln x$ er den omvendte funksjonen til $e^x$. Sett $f(x) = e^x$, slik at $f^{-1}(x) = \ln x$ og $f'(x) = e^x$. Formelen gir $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{f'(\ln x)} = \frac{1}{e^{\ln x}}$. Og her skjer magien: $e^{\ln x} = x$, per definisjon av logaritmen. Altså $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{x}$ – nøyaktig formelen fra kapittel 4.2, nå utledet fra et helt generelt prinsipp. Når en ny teknikk reproduserer gamle sannheter, vet du at den er til å stole på.

De inverse trigonometriske funksjonene

Nå skal formelen få bryne seg på noe nytt: arkusfunksjonene. $\arctan x$ er den omvendte funksjonen til $\tan x$ på intervallet $\displaystyle \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ – den svarer på spørsmålet «hvilken vinkel har tangens lik $x$?».

Vi setter $f(x) = \tan x$, og husker fra forrige kapittel at $\displaystyle f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \tan^2 x$. Den siste skrivemåten er nøkkelen. Formelen gir $\displaystyle (\arctan x)' = \frac{1}{1 + \tan^2(\arctan x)}$, og siden $\tan(\arctan x) = x$, kollapser uttrykket til noe forbløffende enkelt: $\displaystyle (\arctan x)' = \frac{1}{1 + x^2}$. En trigonometrisk funksjon deriveres til en ren rasjonal funksjon – uten et eneste spor av trigonometri.

Samme oppskrift for $\arcsin x$, den omvendte av $\sin x$ på $\displaystyle \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$. Med $f(x) = \sin x$ og $f'(x) = \cos x$ får vi $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac{1}{\cos(\arcsin x)}$. La $y = \arcsin x$, slik at $\sin y = x$. Da er $\cos y = \sqrt{1 - \sin^2 y} = \sqrt{1 - x^2}$ – og roten er positiv fordi $y$ ligger i første eller fjerde kvadrant, der cosinus aldri er negativ. Resultat: $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ for $|x| < 1$.

Tre formler er verdt å samle: $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, $\displaystyle (\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ (samme uttrykk, motsatt fortegn – arccos synker der arcsin stiger), og $\displaystyle (\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}$.

Når $y$ nekter å stå alene

Til nå har funksjonene våre vært pent servert på formen $y = f(x)$. Men noen sammenhenger lar seg ikke skrive slik. Ta enhetssirkelen $x^2 + y^2 = 1$: her er $y$ definert implisitt gjennom likningen, og prøver du å løse for $y$, må du velge mellom to grener med rottegn. Likevel har sirkelen åpenbart tangenter med veldefinerte stigningstall. Implisitt derivasjon finner dem uten å isolere $y$ først.

Metoden har fire steg: deriver begge sider av likningen med hensyn på $x$; husk at $y$ er en funksjon av $x$, slik at kjerneregelen gir $\displaystyle \frac{d}{dx}(y^n) = ny^{n-1} \cdot \frac{dy}{dx}$; samle alle ledd med $\displaystyle \frac{dy}{dx}$ på én side; og løs.

For sirkelen: derivasjon av $x^2 + y^2 = 1$ gir $\displaystyle 2x + 2y\frac{dy}{dx} = 0$ – legg merke til at $y^2$-leddet drar med seg faktoren $\displaystyle \frac{dy}{dx}$, det er hele poenget. Løser vi, får vi $\displaystyle \frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$ for $y \neq 0$. I punktet $\displaystyle \left(\frac{1}{2}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)$ er tangentens stigningstall altså $\displaystyle -\frac{1/2}{\sqrt{3}/2} = -\frac{1}{\sqrt{3}}$ – uten at vi noensinne skrev $y$ som funksjon av $x$.

Et hakk vanskeligere: $xy + y^2 = 1$. Leddet $xy$ krever produktregelen: $\displaystyle \frac{d}{dx}(xy) = y + x\frac{dy}{dx}$. Sammen med $\displaystyle \frac{d}{dx}(y^2) = 2y\frac{dy}{dx}$ får vi $\displaystyle y + x\frac{dy}{dx} + 2y\frac{dy}{dx} = 0$. Vi samler: $\displaystyle (x + 2y)\frac{dy}{dx} = -y$, og dermed $\displaystyle \frac{dy}{dx} = -\frac{y}{x + 2y}$ der $x + 2y \neq 0$. Det var faktisk nettopp denne teknikken vi brukte i seksjon 1 – utledningen av formelen for omvendte funksjoner er implisitt derivasjon i forkledning.

Speilbildet av stigningen

Dette kapittelet handlet om én elegant idé: når to funksjoner er hverandres omvendte, er stigningstallene deres resiproke av hverandre. Formelen $\displaystyle \left(f^{-1}\right)'(x) = \frac{1}{f'(f^{-1}(x))}$ falt rett ut av identiteten $f(f^{-1}(x)) = x$ og kjerneregelen – bratt opp betyr bratt ned, bare speilvendt om linjen $y = x$.

Formelen beviste seg først på kjent grunn: med $f(x) = e^x$ ga den $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{x}$, akkurat som forventet. Deretter ga den oss tre nye deriverte: $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, $\displaystyle (\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ og $\displaystyle (\arctan x)' = \frac{1}{1+x^2}$ – trigonometriske inverser som deriveres til rene algebraiske uttrykk.

Til slutt møtte du implisitt derivasjon: når $y$ er bundet til $x$ gjennom en likning som $x^2 + y^2 = 1$, deriverer vi begge sider, husker faktoren $\displaystyle \frac{dy}{dx}$ på hvert $y$-ledd, samler og løser. Sirkelen ga $\displaystyle \frac{dy}{dx} = -\frac{x}{y}$, og med produktregelen taklet vi til og med $xy + y^2 = 1$.

Den røde tråden er kjerneregelen – den dukker opp i utledningen, i arkusfunksjonene og i hvert eneste implisitte $y$-ledd. Derivasjonsteorien er nå komplett; i fortsettelsen skal vi bruke den til å drøfte funksjoner og løse virkelige problemer.