Fagstoff

Den deriverte til sinusfunksjonen

Vi skal jobbe oss fram til den deriverte til funksjonen f(x)=sinx.

Utforsk stigningstallet til tangenten til grafen til sinusfunksjonen

Den deriverte

Husker du tre måter å beskrive den deriverte på?

Den deriverte

Den deriverte kan beskrives som

stigningstallet til tangenten til grafen til funksjonen
den momentane vekstfarten til funksjonen
$f^{'} (x) = \lim_{∆ x \to 0} \frac{f (x + ∆ x) - f (x)}{∆ x}$

Den deriverte til $\sin x$ grafisk

I det interaktive GeoGebra-arket nedenfor har vi tegnet grafen til $f (x) = \sin x$ der $x$ er målt i grader. En tangent til et punkt på grafen er også tegnet, og du kan dra punktet rundt på grafen og lese av stigningstallet til tangenten ( $a$ på figuren).

Filer

Last ned GeoGebra-arket her (GGB)

Bruk GeoGebra-arket til å finne verdier for den deriverte til $f$ og fylle ut verditabellen nedenfor.

$x$	0	$\frac{π}{2}$	$π$	$\frac{3 π}{2}$	$2 π$	$\frac{5 π}{2}$
$f^{'} (x)$

Resultat

De verdiene vi leser av som stigningstallet til tangenten, er verdier for den deriverte til $f$ .

$x$	0	$\frac{π}{2}$	$π$	$\frac{3 π}{2}$	$2 π$	$\frac{5 π}{2}$
$f^{'} (x)$	$1$	$0$	$- 1$	$0$	$1$	$0$

Vi skal nå prøve å tenke oss fram til hva den deriverte funksjonen til $f$ er.

Hvorfor må $f^{'}$ være en periodisk funksjon, og hva er perioden til $f^{'}$ ?

Forklaring

Siden $f$ er en periodisk funksjon, må $f^{'}$ være det også. $f^{'}$ må ha samme periode som $f$ . Dette ser vi stemmer med resultatene i tabellen i det forrige spørsmålet. Verdiene til den deriverte funksjonen gjentar seg når vi har gått ett omløp. Det betyr at perioden til $f^{'}$ er $2 π$ , det samme som $f$ .

Hvilken periodisk funksjon er det som passer til tallene i verditabellen?

Svar

Når vi sammenlikner verdiene fra tabellen med de tilsvarende verdiene for cosinus, ser vi at de er like. Det ser derfor ut som at $f^{'} (x) = \cos x$ . Vi skal bevise at dette er tilfellet lenger ned.

Den deriverte til $\sin x$ med CAS

Skriv inn funksjonen $f (x) = \sin x$ i CAS i GeoGebra. Skriv deretter f'(x) på neste linje. Hva får du?

Resultat

CAS-utregning med GeoGebra. På linje 1 er det skrevet f av x kolon er lik sin parentes x parentes slutt. Svaret er det samme. På linje 2 er det skrevet f derivert av x. Svaret er cos parentes x parentes slutt. Skjermutklipp.

Derivasjon med CAS gir oss også at $f^{'} (x) = \cos x$ .

Definisjonen av den deriverte brukt på sinusfunksjonen

Vi prøver å sette $f (x) = \sin x$ inn i definisjonen til den deriverte.

$f^{'} (x) = \lim_{∆ x \to 0} \frac{f (x + ∆ x) - f (x)}{∆ x} = \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin (x + ∆ x) - \sin x}{∆ x}$

For å komme videre trenger vi en trigonometrisk sammenheng for sinus til en sum av vinkler:

$\sin (u + v) = \sin u \cdot \cos v + \cos u \cdot \sin v$

Denne og andre tilsvarende formler kan du lese mer om på teorisiden "Sinus og cosinus til summer og differanser av vinkler".

Prøv å bruke formelen over på uttrykket $\sin (x + ∆ x)$ . Sett resultatet inn i uttrykket for den deriverte over.

Resultat

$\sin (x + ∆ x) = \sin x \cdot \cos ∆ x + \cos x \cdot \sin ∆ x$

Da får vi

$\begin{array}{rcl} f^{'} (x) & = & \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin (x + ∆ x) - \sin x}{∆ x} \\ = & \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin x \cdot \cos ∆ x + \cos x \cdot \sin ∆ x - \sin x}{∆ x} \\ = & \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin x \cdot \cos ∆ x - \sin x + \cos x \cdot \sin ∆ x}{∆ x} \\ = & \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin x \cdot (\cos ∆ x - 1)}{∆ x} + \lim_{∆ x \to 0} \frac{\cos x \cdot \sin ∆ x}{∆ x} \\ = & \sin x \cdot \lim_{∆ x \to 0} \frac{\cos ∆ x - 1}{∆ x} + \cos x \cdot \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin ∆ x}{∆ x} \end{array}$

Vi har delt opp uttrykket for å gjøre behandlingen videre enklere. I siste overgang har vi satt faktorene $\sin x$ og $\cos x$ utenfor grenseverdiene siden de ikke har med $∆ x$ å gjøre og er konstante når $∆ x$ varierer.

For å komme videre må vi finne de to grenseverdiene i boksen over. Vi starter med den andre grenseverdien.

Den andre grenseverdien

Den andre grenseverdien kan skrives som $\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v}$ dersom vi setter $v = ∆ x$ for å gjøre utregningen videre tydeligere. Vi kan ikke regne ut denne grenseverdien med vanlige metoder. Vi bruker geometrien i enhetssirkelen for å komme videre.

En sirkel med radius 1 er plassert i et koordinatsystem slik at sentrum i sirkelen er origo og kalles O. P er et punkt på sirkelen. Linja x er lik 1 er tegnet inn. Skjæringspunktet mellom x-aksen og linja kalles A. Vinkel A O P kalles v. Skjæringspunktet mellom linja gjennom origo og P og linja x er lik 1, kalles B. Punktet Q ligger på O A slik at O Q har lengden cosinus til v. P Q får lengden sinus til v og A B får lengden tangens til v. Illustrasjon.

Vi skal komme fram til svaret ved å sammenlikne arealene av trekanten $A B O$ , trekanten $Q P O$ og sirkelsektoren $O A P$ . Se figuren.

Hvilken av de tre figurene har størst areal, og hvilken av dem har minst areal?

Forklaring

Ut ifra figuren har trekanten $A B O$ størst areal. Trekanten $Q P O$ har minst areal. Sirkelsektoren $O A P$ må ha areal som ligger mellom arealet til de to trekantene. Vi kan skrive dette som den doble ulikheten

$A_{△ Q P O} \leq A_{⌔ O A P} \leq A_{△ A B O}$

De tre arealene kan bare være like hvis $v = 0$ . (Da er arealene null.) Vi forutsetter inntil videre at $v \in 〈 0, \frac{π}{2} 〉$ . Da unngår vi problemer med noen av figurene siden både $\cos v$ og $\sin v$ er større enn null, og vi kan skrive

$A_{△ Q P O} < A_{⌔ O A P} < A_{△ A B O}$

Hva blir arealene til de tre figurene?

Svar

$A_{△ Q P O} = \frac{g \cdot h}{2} = \frac{\sin v \cdot \cos v}{2}$

$A_{△ A B O} = \frac{\tan v \cdot 1}{2} = \frac{\tan v}{2}$

Arealet av sirkelsektoren er arealet av en sirkel med radius 1 multiplisert med den brøkdelen buelengden $A P$ ( $◠ A P$ ) utgjør av hele sirkelomkretsen.

$A_{⌔ O P A} = π \cdot 1^{2} \cdot \frac{◠ A P}{2 \cdot π \cdot 1} = \frac{◠ A P}{2} = \frac{v}{2}$

I den siste overgangen har vi brukt definisjonen på en vinkel målt i radianer, som sier at vinkelen er buelengden delt på radien, $v = \frac{b}{r}$ , med radien lik 1. Formelen gjelder bare når vinkelen måles i radianer, men det har vi alt forutsatt lenger oppe.

Bruker vi resultatet i boksen over, kan vi omforme den doble ulikheten til

$\frac{\sin v \cdot \cos v}{2} < \frac{v}{2} < \frac{\tan v}{2}$

Siden vi har antatt over at $v$ ligger i første kvadrant ( $v \in 〈 0, \frac{π}{2} 〉$ ), kan vi multiplisere den doble ulikheten med brøken $\frac{2}{\sin v}$ uten at det skaper problemer fordi $\frac{2}{\sin v} > 0$ .

$\begin{array}{rcl} \frac{\sin v \cdot \cos v}{2} \cdot \frac{2}{\sin v} & < & \frac{v}{2} \cdot \frac{2}{\sin v} < \frac{\sin v}{2 \cdot \cos v} \cdot \frac{2}{\sin v} \\ \cos v & < & \frac{v}{\sin v} < \frac{1}{\cos v} \end{array}$

Uttrykket i midten er nå den inverterte av brøkuttrykket som vi skal finne grenseverdien til. Vi inverterer derfor ulikheten. Det betyr at vi ser på hver side av ulikhetstegnene som brøker og snur dem. Hva får vi da?

Resultat

$\begin{array}{rcl} \cos v & < & \frac{v}{\sin v} < \frac{1}{\cos v} \\ \frac{1}{\cos v} & > & \frac{\sin v}{v} > \cos v \end{array}$

Vi må snu alle ulikhetstegnene ved inverteringen. Husk at 7 er større enn 6, men $\frac{1}{7}$ er mindre enn $\frac{1}{6}$ !

Vi hadde opprinnelig en grenseverdi der $v \to 0$ . Hvorfor kan vi, ut ifra den siste ulikheten, si at

$\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} = 1$

Forklaring

Vi lar nå $v \to 0$ i de to ytterste uttrykkene.

$\lim_{v \to 0} \frac{1}{\cos v} = \frac{1}{1} = 1$

$\lim_{v \to 0} \cos v = 1$

Siden uttrykket $\frac{\sin v}{v}$ må ligge mellom de to andre uttrykkene, må derfor også $\frac{\sin v}{v}$ gå mot 1 når $v$ går mot 0 fordi de andre gjør det.

Den første grenseverdien

Den første grenseverdien inneholder uttrykket $\frac{\cos v - 1}{v}$ dersom vi setter $v = ∆ x$ slik som ovenfor.

Gjør følgende:

Multipliser teller og nevner i uttrykket med $\cos v + 1$ .
Bruk sammenhengen $\cos^{2} v + \sin^{2} v = 1$ , som vi viser på teorisiden "Enhetsformelen, supplement- og komplementvinkler", til å fjerne $\cos^{2} v$ fra telleren. (NB: $\cos^{2} v$ betyr ${(\cos v)}^{2}$ .)

Resultat

Vi får

$\begin{array}{rcl} \frac{\cos v - 1}{v} & = & \frac{(\cos v - 1) \cdot (\cos v + 1)}{v \cdot (\cos v + 1)} \\ = & \frac{\cos^{2} v - 1}{v \cdot (\cos v + 1)} \\ = & \frac{- \sin^{2} v}{v \cdot (\cos v + 1)} \end{array}$

Vi finner grenseverdien ved å skille ut faktoren $\frac{\sin v}{v}$ fra uttrykket og bruke resultatet for grenseverdien til denne ovenfor. Prøv om du ut ifra dette klarer å vise at

$\lim_{v \to 0} \frac{- \sin^{2} v}{v \cdot (\cos v + 1)} = 0$

uten å se på innholdet i boksen nedenfor.

Bevis

$\begin{array}{rcl} \lim_{v \to 0} \frac{- \sin^{2} v}{v \cdot (\cos v + 1)} & = & \lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v} \cdot \lim_{v \to 0} \frac{- \sin v}{\cos v + 1} \\ = & 1 \cdot \frac{0}{2} \\ = & 0 \end{array}$

Hva blir til slutt $f^{'}$ ut ifra dette?

Resultat

$\begin{array}{rcl} f^{'} (x) & = & \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin (x + ∆ x) - \sin x}{∆ x} \\ = & \cos x \cdot \lim_{∆ x \to 0} \frac{\sin ∆ x}{∆ x} \\ = & \cos x \cdot 1 \\ = & \cos x \end{array}$

Dette stemmer med de undersøkelsene vi gjorde øverst på siden.

Vi har egentlig bare vist at dette gjelder for vinkler $x$ i første kvadrant, men det går an å gjøre liknende bevis for vinkler i de andre kvadrantene.

Konklusjon

$\begin{array}{rcl} f (x) & = & \sin x \\ f^{'} (x) & = & \cos x \end{array}$

Vinkelen $x$ må være i radianer.

I oppgavene blir du bedt om å vise at

$\begin{array}{rcl} f (x) & = & \cos x \\ f^{'} (x) & = & - \sin x \end{array}$

$\begin{array}{rcl} f (x) & = & \tan x \\ f^{'} (x) & = & \frac{1}{\cos^{2} x} \end{array}$

CC BY-SASkrevet av Bjarne Skurdal.

Sist faglig oppdatert 25.01.2022

Den deriverte til sinusfunksjonen

Utforsk stigningstallet til tangenten til grafen til sinusfunksjonen

Den deriverte

Den deriverte til sin x grafisk

Filer

Den deriverte til sin x med CAS

Definisjonen av den deriverte brukt på sinusfunksjonen

Den andre grenseverdien

Den første grenseverdien

Konklusjon

Sitere eller gjenbruke?

Den deriverte til $\sin x$ grafisk

Den deriverte til $\sin x$ med CAS