IMPLICIT, LOGARITMISK OCH PARAMETRISK DERIVERING

Vi kan ange en kurvas ekvation på olika former:

Exempel

EXPLICIT FORM 𝑦𝑦 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥) 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥²+ 𝑥𝑥 + 3

IMPLICIT FORM 𝐹𝐹(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) = 𝐺𝐺(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑦𝑦) + 𝑥𝑥² = 5𝑒𝑒^𝑦𝑦 PARAMETRISK FORM 𝑥𝑥 = 𝑓𝑓(𝑡𝑡), 𝑦𝑦 = 𝑔𝑔(𝑡𝑡) 𝑥𝑥 = 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑡𝑡, 𝑦𝑦 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡

IMPLICIT DERIVERING När vi beräknar derivatan ^{𝑑𝑑𝑦𝑦}

𝑑𝑑𝑑𝑑 av en funktion given på implicit form 𝐹𝐹(𝑥𝑥, 𝑦𝑦) = 𝐺𝐺(𝑥𝑥, 𝑦𝑦)

deriverar vi båda sidor med avseende på x. När vi deriverar ett uttryck som innehåller y använder vi kedjeregeln ( multiplicerar med inre derivatan d v s med 𝑦𝑦′ )

[ Några exempel: (𝑦𝑦⁵)′ = 5𝑦𝑦⁴∙ 𝑦𝑦′, (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦)′ = (𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦) ∙ 𝑦𝑦′, (𝑒𝑒 ^4𝑦𝑦)′ = 4𝑒𝑒 ^𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ ] Efter derivering löser vi ut 𝑦𝑦′.

Exempel 1. Beräkna 𝑦𝑦′(𝑥𝑥) för följande funktion (som är given på implicit form) 𝑦𝑦⁵+ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑥𝑥) + 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑦𝑦) = 4 + 𝑒𝑒^𝑦𝑦

Lösning: Vi deriverar båda sidor med avseende på x och får 5𝑦𝑦⁴∙ 𝑦𝑦′ + 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑥𝑥 + 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ = 𝑒𝑒 ^𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′

Vi löser ut 𝑦𝑦′:

5𝑦𝑦⁴ ∙ 𝑦𝑦′ + 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ − 𝑒𝑒 ^𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ = −𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑥𝑥

⇒ (5𝑦𝑦⁴+ 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 − 𝑒𝑒 ^𝑦𝑦 )𝑦𝑦′ = −𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑥𝑥

⇒ 𝑦𝑦′ = −𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑥𝑥 5𝑦𝑦⁴+ 𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 − 𝑒𝑒 ^𝑦𝑦 Svar: 𝑦𝑦′ =_5𝑦𝑦4+𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦−𝑒𝑒 ^{−𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑑𝑑 𝑦𝑦}

Exempel 2. Beräkna 𝑦𝑦′(𝑥𝑥) för följande funktion (som är given på implicit form) 𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑦𝑦) = 4 + 𝑒𝑒^𝑑𝑑

1 av 6

Lösning: Vi deriverar båda sidor med avseende på x och använder produktregeln och kedjeregeln:

5𝑥𝑥⁴∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦 + 𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ = 𝑒𝑒^𝑑𝑑 Vi löser ut 𝑦𝑦′:

𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ = 𝑒𝑒^𝑑𝑑− 5𝑥𝑥⁴∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦

⇒ 𝑦𝑦′ =𝑒𝑒^𝑑𝑑− 5𝑥𝑥⁴∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦 𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 Svar: 𝑦𝑦′ =^{𝑒𝑒𝑥𝑥−5𝑑𝑑}_{𝑑𝑑5𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦} ^{4∙𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑦𝑦}

Exempel 3. Beräkna 𝑦𝑦′(𝑥𝑥) för följande funktion (som är given på implicit form) 𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑦𝑦) = 4 + 𝑒𝑒^𝑑𝑑

Lösning: Vi deriverar båda sidor med avseende på x och använder produktregeln och kedjeregeln:

5𝑥𝑥⁴∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦 + 𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ = 𝑒𝑒^𝑑𝑑 Vi löser ut 𝑦𝑦′:

𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ = 𝑒𝑒^𝑑𝑑− 5𝑥𝑥⁴∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦

⇒ 𝑦𝑦′ =𝑒𝑒^𝑑𝑑− 5𝑥𝑥⁴∙ 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑦𝑦 𝑥𝑥⁵𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑦𝑦 Svar: 𝑦𝑦′ =^{𝑒𝑒𝑥𝑥−5𝑑𝑑}_{𝑑𝑑5𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦} ^{4∙𝑐𝑐𝑠𝑠𝑠𝑠𝑦𝑦}

Exempel 4. Bestäm ekvationen för tangenten i punkten (1, −1) till kurvan 𝑥𝑥³− 𝑦𝑦³− 𝑥𝑥𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 = 2

Lösning: (Anmärkning: Insättning 𝑥𝑥 = 1 och 𝑦𝑦 = −1 i kurvans ekvation visar att punkten (1, −1) ligger på kurvan.)

Vi deriverar båda sidor och får

3𝑥𝑥²− 3𝑦𝑦²∙ 𝑦𝑦′ − 1𝑦𝑦 − 𝑥𝑥 ∙ 𝑦𝑦′ − 1 = 0

2 av 6

⇒ 3𝑥𝑥²− 𝑦𝑦 − 1 = 3𝑦𝑦²∙ 𝑦𝑦′ + 𝑥𝑥 ∙ 𝑦𝑦′

⇒ 𝑦𝑦′ = 3𝑥𝑥² − 𝑦𝑦 − 1 3𝑦𝑦² + 𝑥𝑥 Vi substituerar punktens koordinater och får

𝑦𝑦′ = 3

4 (= 𝑡𝑡𝑎𝑎𝑎𝑎𝑔𝑔𝑒𝑒𝑎𝑎𝑡𝑡𝑒𝑒𝑎𝑎𝑎𝑎 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑟𝑟𝑡𝑡𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑟𝑟𝑐𝑐𝑒𝑒𝑓𝑓𝑓𝑓𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑒𝑒𝑎𝑎𝑡𝑡) Tangentens ekvation är

𝑦𝑦 − 𝑦𝑦0 = 𝑟𝑟(𝑥𝑥 − 𝑥𝑥0), i vårt fall

𝑦𝑦 + 1 =3

4 (𝑥𝑥 − 1)

Svar: Tangentens ekvation: 𝑦𝑦 + 1 = ³₄(𝑥𝑥 − 1) eller 𝑦𝑦 =³₄𝑥𝑥 −⁷₄

LOGARITMISK DERIVERING

En tillämpning av implicitderivering är logaritmisk derivering.

Låt

𝑦𝑦(𝑥𝑥) = [𝑢𝑢(𝑥𝑥)]^{𝑣𝑣(𝑑𝑑)} (∗)

För att beräkna derivatan 𝑦𝑦′(𝑥𝑥) logaritmerar vi (*) och därefter implicitderiverar.

Lägg märke till att, enligt kedjeregeln, (ln 𝑦𝑦)′ = _𝑦𝑦¹∙ 𝑦𝑦′.

Exempel 5. Beräkna 𝑦𝑦′(𝑥𝑥) om

𝑦𝑦(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥^1/𝑑𝑑

Lösning:

Steg 1. Vi logaritmerar funktionen och får ln 𝑦𝑦 = 1

𝑥𝑥 ∙ ln(𝑥𝑥) Steg 2. Vi deriverar båda leden

3 av 6

1

𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′ =

−1

𝑥𝑥² ∙ ln(𝑥𝑥) +1 𝑥𝑥 ∙

1 𝑥𝑥 Steg 3. Vi löser ut 𝑦𝑦′

𝑦𝑦′ = 𝑦𝑦[ −1

𝑥𝑥² ∙ ln(𝑥𝑥) + 1 𝑥𝑥²] och, till slut, insätter 𝑦𝑦(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥^1/𝑑𝑑 och får

𝑦𝑦′ = 𝑥𝑥^1/𝑑𝑑∙ 1 − ln(𝑥𝑥) 𝑥𝑥² Svar: 𝑦𝑦′ = 𝑥𝑥^1/𝑑𝑑∙ ^{1−ln(𝑑𝑑)}_𝑑𝑑2

Exempel 6. Beräkna 𝑦𝑦′(𝑥𝑥) om

𝑦𝑦(𝑥𝑥) = 𝑥𝑥^{sin 𝑑𝑑} Lösning:

Steg 1. (Logaritmering) ln 𝑦𝑦 = sin 𝑥𝑥 ∙ ln(𝑥𝑥) Steg 2. (Derivering ) ¹

𝑦𝑦∙ 𝑦𝑦′ = cos 𝑥𝑥 ∙ ln(𝑥𝑥) + sin 𝑥𝑥 ∙¹_𝑑𝑑 Steg 3. ( Lös ut 𝑦𝑦′ ) 𝑦𝑦′ = 𝑦𝑦[cos 𝑥𝑥 ln(𝑥𝑥) +^{sin 𝑑𝑑}_𝑑𝑑 ] Till slut substituerar vi 𝑦𝑦 = 𝑥𝑥^{sin 𝑑𝑑} i högersidan, och får

𝑦𝑦′ = 𝑥𝑥^{sin 𝑑𝑑}[cos 𝑥𝑥 ln(𝑥𝑥) +sin 𝑥𝑥 𝑥𝑥 ] Svar: 𝑦𝑦′ = 𝑥𝑥^{sin 𝑑𝑑}[cos 𝑥𝑥 ln(𝑥𝑥) +^{sin 𝑑𝑑}_𝑑𝑑 ]

PARAMETRISK DERIVERING

Vi betraktar en kurva given på parametrisk form

𝑥𝑥 = 𝑓𝑓(𝑡𝑡), 𝑦𝑦 = 𝑔𝑔(𝑡𝑡) Derivatan ^{𝑑𝑑𝑦𝑦}

𝑑𝑑𝑑𝑑 beräknas enligt följande formel 𝑑𝑑𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

𝑦𝑦′(𝑡𝑡) 𝑥𝑥′(𝑡𝑡)

[ eftersom 𝑑𝑑𝑦𝑦

𝑑𝑑𝑥𝑥 = lim^{Δ𝑑𝑑→0} Δ𝑦𝑦

Δ𝑥𝑥 = lim^{Δ𝑡𝑡→0} Δ𝑦𝑦Δt ΔxΔt

= 𝑦𝑦′(𝑡𝑡) 𝑥𝑥′(𝑡𝑡) ] 4 av 6

Exempel 7. Bestäm ekvationen för tangenten i punkten som svarar mot 𝑡𝑡 = 𝜋𝜋/4 till kurvan ( elipsen)

𝑥𝑥 = 4𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑡𝑡, 𝑦𝑦 = 2𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡 Lösning:

𝑑𝑑𝑦𝑦 𝑑𝑑𝑥𝑥 =

𝑦𝑦′(𝑡𝑡) 𝑥𝑥′(𝑡𝑡) =

2𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑡𝑡

−4𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡 = [𝑡𝑡 = 𝜋𝜋/4] =

2𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎(𝜋𝜋/4)

−4𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝜋𝜋/4) = − 1 2 Tangentens ekvation är

𝑦𝑦 − 𝑦𝑦₀ = 𝑟𝑟(𝑥𝑥 − 𝑥𝑥₀₎.

Punkten ( 𝑥𝑥₀, 𝑦𝑦₀) svarar mot 𝑡𝑡 = 𝜋𝜋/4 och därför

𝑥𝑥0 = 4𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎(𝜋𝜋/4) = 4

√2 𝑦𝑦₀ = 2𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎(𝜋𝜋/4) = 2

√2 𝑦𝑦 − 2

√2= −1 2 (𝑥𝑥 −

4

√2) Svar:𝑦𝑦 −_√2² =⁻¹₂ (𝑥𝑥 −_√2⁴) [ eller 𝑦𝑦 =⁻¹₂ 𝑥𝑥 + 2√2 ]

DERIVERING AV INVERS FUNKTION

Vi kan använda implicit derivering för att härleda några formler för derivering av inversa funktioner som i nedanstående exempel.

Exempel 8. Bevisa formeln

(𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡𝑎𝑎𝑎𝑎𝑥𝑥)′ = 1 1 + 𝑥𝑥² Lösning:

Låt 𝑦𝑦 = 𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡𝑎𝑎𝑎𝑎𝑥𝑥 [−∞ < 𝑥𝑥 < ∞, −^𝜋𝜋₂ < 𝑦𝑦 <^𝜋𝜋₂ Då gäller

𝑥𝑥 = 𝑡𝑡𝑎𝑎𝑎𝑎(𝑦𝑦) (∗) Implicit derivering ger

5 av 6

1 = 1 cos²𝑦𝑦 ∙ 𝑦𝑦′

därför

𝑦𝑦′ = cos²𝑦𝑦 (∗∗)

För att eliminera cos²𝑦𝑦 och få x i sista uttrycket använder vi (*) och sambandet tan²𝑦𝑦 + 1 = _cos¹_2𝑦𝑦 (***) (se härledningen nedan).

eller cos²𝑦𝑦 =_tan2¹_{𝑦𝑦 +1} . Från (∗∗) har vi

𝑦𝑦′ = cos²𝑦𝑦 = 1

tan²𝑦𝑦 + 1 = [𝑓𝑓𝑎𝑎å𝑎𝑎 (∗) ] = 1 𝑥𝑥² + 1 alltså

(𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑡𝑡𝑎𝑎𝑎𝑎𝑥𝑥)′ = 1

1 + 𝑥𝑥², 𝑣𝑣𝑎𝑎𝑑𝑑 𝑎𝑎𝑟𝑟𝑢𝑢𝑠𝑠𝑠𝑠𝑒𝑒 𝑏𝑏𝑒𝑒𝑣𝑣𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎.

Anmärkning: För att få (***) delar vi trigonometriska ettan sin²𝑦𝑦 + cos²𝑦𝑦 = 1 𝑚𝑚𝑒𝑒𝑑𝑑 cos²𝑦𝑦.

Vi får _cos^sin2₂^𝑦𝑦_𝑦𝑦+^cos_cos2^2𝑦𝑦_𝑦𝑦= _cos¹_2𝑦𝑦

eller tan²𝑦𝑦 + 1 =_cos¹_2𝑦𝑦 dvs (***).

Anm. På liknande sätt härleder man formlerna (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑥𝑥)′ =_{√1−𝑑𝑑}¹ ₂.

(𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐𝑎𝑎𝑥𝑥)′ =_{√1−𝑑𝑑}⁻¹₂. (𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑎𝑐𝑐𝑡𝑡𝑥𝑥)′ =_1+𝑑𝑑⁻¹₂.

6 av 6