4.9
Derivasjon av trigonometriske funksjoner

4.9 Derivasjon av trigonometriske funksjoner

Alle fag for VG3

Derivere sin, cos og tan, og bruke kjerneregelen på sammensatte trigonometriske funksjoner.

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

Innledning

Trigonometriske funksjoner som sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x og tan⁡x\tan x er sentrale i mange anvendelser - fra bølgebevegelser og svingninger til rotasjon og periodiske fenomener. For å kunne analysere slike funksjoner trenger vi å vite hvordan vi deriverer dem.

I dette kapitlet skal vi:
- Utlede derivasjonsreglene for sin⁡x\sin x, cos⁡x\cos x og tan⁡x\tan x
- Bruke kjerneregelen på sammensatte trigonometriske funksjoner
- Drøfte trigonometriske funksjoner og finne ekstremalpunkter og vendepunkter

Viktig: I dette kapitlet bruker vi alltid radianer for vinkler. Derivasjonsreglene gjelder kun når argumentet er i radianer.

Viktige grenseverdier

For å bevise derivasjonsreglene trenger vi to fundamentale grenseverdier:

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 nedenfor med en arealbetraktning i enhetssirkelen. Den sier at når xx er liten (i radianer), er sin⁡x≈x\sin x \approx x. Den andre følger av den første (oppgave 4.9.19).

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

Vi kan ikke sette inn x=0x = 0 i sin⁡xx\displaystyle \frac{\sin x}{x}, for da får vi 00\displaystyle \frac{0}{0}. I stedet klemmer vi uttrykket mellom to størrelser som begge går mot 11. Klemmen kommer fra tre arealer i enhetssirkelen (eksamen R2 V2023, oppgave 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 ligger på tangenten til sirkelen i AA, på forlengelsen av OPOP.

Bevis: Grenseverdien sin v / v når v går mot 0
Trekanten OAPOAP har grunnlinje OA=1OA = 1 og høyde 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 radianer):

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 høyde AT=tan⁡vAT = \tan v:

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

Trekanten OAPOAP ligger inni sektoren, og sektoren ligger 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} ligger mellom 11 og en størrelse 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 fra venstre er den samme:

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 bare når vv måles i radianer. Derfor gjelder grenseverdien, og dermed (sin⁡x)′=cos⁡x(\sin x)' = \cos x, bare i radianer.

∎

Derivasjon av sin⁡x\sin x

Vi starter med å utlede den deriverte av f(x)=sin⁡xf(x) = \sin x fra 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 brukes de to grenseverdiene: lim⁡h→0sin⁡hh=1\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{\sin h}{h} = 1 fra arealbetraktningen over, og lim⁡h→0cos⁡h−1h=0\displaystyle \lim_{h \to 0} \frac{\cos h - 1}{h} = 0, som følger av den (oppgave 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) (rød) — som er nøyaktig cos⁡x\cos x. Se at f′f' er null der sinuskurven har topp- og bunnpunkt, og størst der sinuskurven stiger brattest.

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 utlede den deriverte av cos⁡x\cos x på tilsvarende 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: Fra 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 sammenhengen med sinus

Vi vet 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 minustegnet!

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}.

Bruker 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}

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

=1cos⁡2x= \frac{1}{\cos^2 x}

Dette kan også skrives 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 annen.

📜Derivasjonsregler for trigonometriske funksjoner
De grunnleggende derivasjonsreglene for trigonometriske funksjoner 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 disse reglene kun gjelder når xx er i radianer.

✏️Eksempel 1: Grunnleggende derivasjon

Deriver funksjonene:

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

Løsning:

a) f(x)=3sin⁡xf(x) = 3\sin x

Konstanten 3 beholdes:
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: Produkter og brøker

Deriver funksjonene:

a) f(x)=xsin⁡xf(x) = x \sin x

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

Løsning:

a) f(x)=xsin⁡xf(x) = x \sin x

Vi bruker 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 bruker 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 funksjoner

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

Husk kjerneregelen: Hvis 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 funksjoner
La u=u(x)u = u(x) være en deriverbar funksjon av xx. Da 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 tilfeller

Deriver funksjonene:

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)

Løsning:

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 - mer komplekse indre funksjoner

Deriver funksjonene:

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 si (sin⁡x)2(\sin x)^2)

Løsning:

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 skrives 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 regler

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

Løsning:

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

La u=exu = e^x og v=sin⁡xv = \sin x.

Da 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).

Løsning:

Her har vi en sammensatt 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}.

Løsning:

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

Vi vet 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: Naturlig 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.

Løsning:

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

Vi vet 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 krever 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 funksjoner

Når vi skal drøfte trigonometriske funksjoner, følger vi samme fremgangsmåte som for andre funksjoner:

1. Finn definisjonsmengden
2. Finn f′(x)f'(x) og løs f′(x)=0f'(x) = 0 for å finne stasjonære punkter
3. Avgjør om de stasjonære punktene er maksimums- eller minimumspunkter
4. Finn f′′(x)f''(x) og løs f′′(x)=0f''(x) = 0 for å finne mulige vendepunkter
5. Undersøk funksjonens oppførsel (periodisitet, asymptotisk oppførsel)

For trigonometriske funksjoner er det ofte nyttig å begrense seg til én periode først.

✏️Eksempel 9: Drøfting av sin x + cos x

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

a) Finn f′(x)f'(x).

b) Finn de stasjonære punktene i intervallet [0,2π][0, 2\pi].

c) Klassifiser de stasjonære punktene (maks/min).

Løsning:

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

b) Vi løser 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 finner 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}

Siden f′′(x1)<0f''(x_1) < 0, har vi et 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}

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

Funksjonsverdier:
- 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: Vendepunkter

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

a) Finn f′′(x)f''(x).

b) Finn vendepunktene.

Løsning:

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

f′(x)=cos⁡xf'(x) = \cos x

f′′(x)=−sin⁡xf''(x) = -\sin x

b) Vi løser 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 sjekker fortegnsskifte 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 fortegnsskifte i x=πx = \pi, så dette er et vendepunkt.

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

Punktene x=0x = 0 og x=2πx = 2\pi er randpunkter og regnes vanligvis ikke som vendepunkter.

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 nullpunkter, stasjonære punkter og vendepunkter.

Løsning:

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

Bruker 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 (allerede funnet)

Nullpunkter: x=0,π,2πx = 0, \pi, 2\pi

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

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

Funksjonsverdier:
- 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

Fortegnslinje 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 samme fortegn 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 endepunktene er (0,0)(0, 0) et bunnpunkt og (2π,0)(2\pi, 0) et 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} skifter fortegn 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: Nullpunkter 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 endepunktene). Vendepunkter (1,32; 1,45)(1{,}32;\ 1{,}45), (π,0)(\pi, 0) og (4,97; −1,45)(4{,}97;\ -1{,}45).

✏️Eksempel 12: Tangentlikning

La f(x)=cos⁡(2x)f(x) = \cos(2x).

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

Løsning:

a) Vi trenger et punkt og et 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).

Stigningstallet:
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}

Tangentlikningen:
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 hvor grafen vender den hule siden opp, og hvor den vender den hule siden 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 hule siden 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 fortegn 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 hule siden 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: Anvendelse - harmonisk bevegelse

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

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)

Løsning:

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), noe som er typisk for harmonisk bevegelse.

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 sekunder.

Dette skjer når pendelen er i ytterstillingene (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: Sammensatt funksjon med flere ledd

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

Løsning:

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

Vi bruker kjerneregelen i flere 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))'

Nå trenger 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 (fordypning): Implisitt definert kurve
Fordypning (utenfor læreplanen): implisitt derivasjon er ikke et kompetansemål i R2.

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

(Dette er en implisitt definert kurve der yy avhenger av xx.)

Løsning:

Vi deriverer begge sider med hensyn 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) bruker 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}

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

Løser 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}

Oppgaver

📝Oppgave 4.9.1

Deriver funksjonene:

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 funksjonene:

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 funksjonene:

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 funksjonene:

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 funksjonene:

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 beregn 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

La 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) Hva blir f(100)(x)f^{(100)}(x)?

📝Oppgave 4.9.10

Finn likningen 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

La 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 de stasjonære punktene.

c) Klassifiser de stasjonære punktene.

📝Oppgave 4.9.12

Finn vendepunktene 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
En partikkel beveger seg langs en linje slik at posisjonen ved tid tt (i sekunder) 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) Hva er maksimal fart?

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

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

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

Et rektangel er innskrevet i en 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 skrives som A(θ)=8sin⁡θcos⁡θ=4sin⁡(2θ)A(\theta) = 8\sin\theta\cos\theta = 4\sin(2\theta) der θ\theta er vinkelen fra xx-aksen til hjørnet på sirkelen.

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

c) Hva 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
Fordypning (utenfor læreplanen): den deriverte av tan⁡−1\tan^{-1} er ikke et 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: Hvorfor er lim⁡h→0sin⁡hh\lim\limits_{h \to 0} \dfrac{\sin h}{h} det samme som stigningstallet til grafen til sin⁡x\sin x i origo?

Oppsummering

I dette kapittelet har du lært:

- Grunnderivertene: (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 en kjerne u(x)u(x).
- Kombinasjon med andre regler: Produktregelen, brøkregelen og kjerneregelen brukes sammen med de trigonometriske derivertene.
- Funksjonsdrøfting: Nullpunkter til f′f' gir ekstremalpunkter, og f′′f'' avgjør krumming og vendepunkter — også for trigonometriske funksjoner.
- Tangenter: Tangentlikningen y=f(a)+f′(a)(x−a)y = f(a) + f'(a)(x - a) gjelder som før.

Nøkkelbegreper


BegrepForklaring
(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 formler


- (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)
Repetisjonsoppgaver
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.