4.9 Derivasjon av trigonometriske funksjoner

a) $f(x) = 3\sin x$

Konstanten 3 beholdes:
$$f'(x) = 3 \cdot (\sin x)' = 3\cos x$$

b) $g(x) = -2\cos x + 5$

$$g'(x) = -2 \cdot (\cos x)' + 0 = -2 \cdot (-\sin x) = 2\sin x$$

c) $h(x) = \sin x + \cos x$

$$h'(x) = (\sin x)' + (\cos x)' = \cos x + (-\sin x) = \cos x - \sin x$$

a) $f(x) = x \sin x$

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

$$f'(x) = 1 \cdot \sin x + x \cdot \cos x = \sin x + x\cos x$$

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

Vi bruker brøkregelen $\displaystyle \left(\frac{u}{v}\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}$:

$$g'(x) = \frac{\cos x \cdot x - \sin x \cdot 1}{x^2} = \frac{x\cos x - \sin x}{x^2}$$

a) $f(x) = \sin(2x)$

Her er $u = 2x$, så $u' = 2$.

$$f'(x) = \cos(2x) \cdot 2 = 2\cos(2x)$$

b) $g(x) = \cos(3x)$

Her er $u = 3x$, så $u' = 3$.

$$g'(x) = -\sin(3x) \cdot 3 = -3\sin(3x)$$

c) $h(x) = \tan(5x)$

Her er $u = 5x$, så $u' = 5$.

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

a) $f(x) = \sin(x^2)$

Her er $u = x^2$, så $u' = 2x$.

$$f'(x) = \cos(x^2) \cdot 2x = 2x\cos(x^2)$$

b) $g(x) = \cos(2x + 3)$

Her er $u = 2x + 3$, så $u' = 2$.

$$g'(x) = -\sin(2x + 3) \cdot 2 = -2\sin(2x + 3)$$

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

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

$$h'(x) = 2(\sin x) \cdot (\sin x)' = 2\sin x \cdot \cos x$$

Dette kan også skrives som $\sin(2x)$ ved hjelp av dobbeltvinkelformelen.

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

La $u = e^x$ og $v = \sin x$.

Da er $u' = e^x$ og $v' = \cos x$.

$$f'(x) = e^x \cdot \sin x + e^x \cdot \cos x = e^x(\sin x + \cos x)$$

Her har vi en sammensatt funksjon der den ytre funksjonen er sinus og den indre er $\cos x$.

La $u = \cos x$, så $u' = -\sin x$.

$$f'(x) = \cos(\cos x) \cdot (-\sin x) = -\sin x \cdot \cos(\cos x)$$

Den ytre funksjonen er eksponentialfunksjonen $e^u$ og den indre er $u = \sin x$.

Vi vet at $(e^u)' = e^u \cdot u'$.

$$f'(x) = e^{\sin x} \cdot (\sin x)' = e^{\sin x} \cdot \cos x = \cos x \cdot e^{\sin x}$$

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

Vi vet at $\displaystyle (\ln u)' = \frac{1}{u} \cdot u'$.

$$f'(x) = \frac{1}{\sin x} \cdot (\sin x)' = \frac{1}{\sin x} \cdot \cos x = \frac{\cos x}{\sin x} = \cot x$$

Vi krever $x \in (0, \pi)$ for at $\sin x > 0$, slik at logaritmen er definert.

a) $f'(x) = \cos x - \sin x$

b) Vi løser $f'(x) = 0$:
$$\cos x - \sin x = 0$$
$$\cos x = \sin x$$
$$\tan x = 1$$
$$x = \frac{\pi}{4} + n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}$$

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

c) Vi finner $f''(x)$:
$$f''(x) = -\sin x - \cos x$$

For $\displaystyle x_1 = \frac{\pi}{4}$:
$$f''\left(\frac{\pi}{4}\right) = -\sin\frac{\pi}{4} - \cos\frac{\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2} < 0$$

Siden $f''(x_1) < 0$, har vi et maksimumspunkt i $\displaystyle x = \frac{\pi}{4}$.

For $\displaystyle x_2 = \frac{5\pi}{4}$:
$$f''\left(\frac{5\pi}{4}\right) = -\sin\frac{5\pi}{4} - \cos\frac{5\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2} > 0$$

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

Funksjonsverider:
- $\displaystyle f\left(\frac{\pi}{4}\right) = \sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$ (maks)
- $\displaystyle f\left(\frac{5\pi}{4}\right) = \sin\frac{5\pi}{4} + \cos\frac{5\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = -\sqrt{2}$ (min)

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

$f'(x) = \cos x$

$f''(x) = -\sin x$

b) Vi løser $f''(x) = 0$:
$$-\sin x = 0$$
$$\sin x = 0$$
$$x = n\pi, \quad n \in \mathbb{Z}$$

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

Vi sjekker fortegnsskifte i $f''(x)$:
- For $x$ litt mindre enn $\pi$: $f''(x) = -\sin x < 0$
- For $x$ litt større enn $\pi$: $f''(x) = -\sin x > 0$

Det er fortegnsskifte i $x = \pi$, så dette er et vendepunkt.

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

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

Nullpunkter:
$f(x) = 0$ gir $2\sin x - \sin(2x) = 0$.

Bruker $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$:
$$2\sin x - 2\sin x \cos x = 0$$
$$2\sin x(1 - \cos x) = 0$$

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

$\sin x = 0 \Rightarrow x = 0, \pi, 2\pi$

$\cos x = 1 \Rightarrow x = 0, 2\pi$ (allerede funnet)

Nullpunkter: $x = 0, \pi, 2\pi$

Den deriverte:
$$f'(x) = 2\cos x - 2\cos(2x)$$

Bruker $\cos(2x) = 2\cos^2 x - 1$:
$$f'(x) = 2\cos x - 2(2\cos^2 x - 1) = 2\cos x - 4\cos^2 x + 2$$

La $u = \cos x$:
$$f'(x) = -4u^2 + 2u + 2 = -2(2u^2 - u - 1) = -2(2u + 1)(u - 1)$$

$f'(x) = 0$ når $\displaystyle \cos x = -\frac{1}{2}$ eller $\cos x = 1$.

$\displaystyle \cos x = -\frac{1}{2} \Rightarrow x = \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}$

$\cos x = 1 \Rightarrow x = 0, 2\pi$

Stasjonære punkter: $\displaystyle x = 0, \frac{2\pi}{3}, \frac{4\pi}{3}, 2\pi$

Funksjonsverider:
- $f(0) = 0$
- $\displaystyle f\left(\frac{2\pi}{3}\right) = 2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - \sin\frac{4\pi}{3} = \sqrt{3} + \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{3\sqrt{3}}{2}$ (maks)
- $\displaystyle f\left(\frac{4\pi}{3}\right) = 2 \cdot \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) - \sin\frac{8\pi}{3} = -\sqrt{3} - \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{3\sqrt{3}}{2}$ (min)
- $f(2\pi) = 0$

a) Vi trenger et punkt og et stigningstall.

Punktet:
$$f\left(\frac{\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{2\pi}{6}\right) = \cos\left(\frac{\pi}{3}\right) = \frac{1}{2}$$

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

Stigningstallet:
$$f'(x) = -\sin(2x) \cdot 2 = -2\sin(2x)$$

$$f'\left(\frac{\pi}{6}\right) = -2\sin\left(\frac{\pi}{3}\right) = -2 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = -\sqrt{3}$$

Tangentlikningen:
$$y - \frac{1}{2} = -\sqrt{3}\left(x - \frac{\pi}{6}\right)$$

$$y = -\sqrt{3}x + \frac{\sqrt{3}\pi}{6} + \frac{1}{2}$$

a) $f(x) = x + \sin x$

$f'(x) = 1 + \cos x$

$f''(x) = -\sin x$

b) Grafen er konveks der $f''(x) > 0$ og konkav der $f''(x) < 0$.

$f''(x) = -\sin x > 0$ når $\sin x < 0$, altså for $x \in (\pi, 2\pi)$.

$f''(x) = -\sin x < 0$ når $\sin x > 0$, altså for $x \in (0, \pi)$.

Konklusjon:
- Grafen er konkav for $x \in (0, \pi)$
- Grafen er konveks for $x \in (\pi, 2\pi)$
- Vendepunkt i $x = \pi$: $(\pi, \pi)$

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

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

Merk: Vi kan også skrive $a(t) = -4s(t)$, noe som er typisk for harmonisk bevegelse.

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

Pendelen er i ro ved $\displaystyle t = 0, \frac{\pi}{2}, \pi, \frac{3\pi}{2}, \ldots$ sekunder.

Dette skjer når pendelen er i ytterstillingene ($s = \pm 3$ cm).

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

Vi bruker kjerneregelen i flere steg:

$$f(x) = (\sin(2x))^3$$

La $u = \sin(2x)$, så $f(x) = u^3$.

$$f'(x) = 3u^2 \cdot u' = 3(\sin(2x))^2 \cdot (\sin(2x))'$$

Nå trenger vi $(\sin(2x))' = \cos(2x) \cdot 2 = 2\cos(2x)$.

$$f'(x) = 3\sin^2(2x) \cdot 2\cos(2x) = 6\sin^2(2x)\cos(2x)$$

Vi deriverer begge sider med hensyn på $x$:

$$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\cos^2(xy)} \cdot \frac{d}{dx}(xy)$$

For $\displaystyle \frac{d}{dx}(xy)$ bruker vi produktregelen:
$$\frac{d}{dx}(xy) = 1 \cdot y + x \cdot \frac{dy}{dx} = y + x\frac{dy}{dx}$$

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

Løser for $\displaystyle \frac{dy}{dx}$:
$$\frac{dy}{dx} \cdot \cos^2(xy) = y + x\frac{dy}{dx}$$
$$\frac{dy}{dx} \cdot \cos^2(xy) - x\frac{dy}{dx} = y$$
$$\frac{dy}{dx}(\cos^2(xy) - x) = y$$
$$\frac{dy}{dx} = \frac{y}{\cos^2(xy) - x}$$