4.5 Derivasjon av omvendte funksjoner

Å snu spørsmålet

Tenk deg en fjellvei som klatrer fra fjorden opp til et utsiktspunkt. Stigningen kan oppgis som høydemeter per kilometer vei. Men du kan også snu spørsmålet: hvor mange kilometer vei går med per høydemeter? Der veien er bratt, kommer du mange høydemeter på én kilometer, så det går med få kilometer per høydemeter. Der veien er slak, er det motsatt. De to tallene er resiproke: bratt i den ene beskrivelsen betyr slakt i den andre.

Slik er det også 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 $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{x}$. 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.

Når $y$ nekter å stå alene

Fordypning (utenfor læreplanen): implisitt derivasjon er ikke et eget kompetansemål i R1.

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 – der $f$ er bratt, er $f^{-1}$ slak, og omvendt: speilingen om linjen $y = x$ bytter om $\Delta x$ og $\Delta y$.

Formelen beviste seg først på kjent grunn: med $f(x) = e^x$ ga den $\displaystyle (\ln x)' = \frac{1}{x}$, akkurat som forventet.

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 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.