Blanda oppgåver om grenseverdi, vekstfart, kontinuitet og derivasjon

Her er det mykje å ta av! Vi kan sjå på samanhengen mellom topp- og botnpunktet til $f$ og nullpunkta til $f\text{'}$. Vi kan sjå på samanhengen mellom forteiknet til $f\text{'}$ og retninga til $f$. Kanskje kan du finne andre samanhengar òg?

Her kan du bruke numeriske metodar for å finne den deriverte. Hugs at du må få programmet til å kjenne igjen funksjonen brukaren tastar inn. Kanskje må du leggje inn nokre avgrensingar på kva slags funksjonar programmet kan derivere, eller du kan få brukaren til å fortelje deg kva slags funksjon som blir tasta inn.

a)

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 2}{\lim }\left(2x^3-3x+1\right) & =& 2·2^3-3·2+1\\ & & \\ & =& 16-6+1\\ & & \\ & =& 11\end{array}$

Vi kontrollerer svaret med CAS i GeoGebra:

b)

$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{x^2-3x+2}$

Vi prøver å setje inn 2 for x:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{x^2-3x+2} & =& \frac{2-2}{2^2-3·2+2}\\ & =& \frac{0}{0}\end{array}$

Sidan vi får 0 i både teljaren og nemnaren, prøver vi å forkorte uttrykket:

$\begin{array}{lcl}\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x-2}{x^2-3x+2} & =& \underset{x\to 2}{\lim }\frac{\left(x-2\right)·1}{(x-1)·\left(x-2\right)} \\ & & \\ & = & \underset{x\to 2}{\lim }\frac{\cancel{\left(x-2\right)}·1}{(x-1)·\cancel{\left(x-2\right)}}\\ & & \\ & =& \underset{x\to 2}{\lim } \frac{1}{(x-1)}\\ & & \\ & =& \frac{1}{\left(2-1\right)}\\ & & \\ & =& 1\\ & & \\ & & \end{array}$
Vi kontrollerer svaret med CAS i GeoGebra:

c)

$\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{16-x}-4}{x}$

Vi set inn 0 for x og observerer at vi får 0 i både teljaren og nemnaren:

$\frac{\sqrt{16-0}-4}{0}=\frac{0}{0}$

Vi bruker konjugatsetninga til å utvide brøken, slik at vi kan forkorte uttrykket:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 0}{\lim }\frac{\sqrt{16-x}-4}{x}·\frac{\left(\sqrt{16-x}+4\right)}{\left(\sqrt{16-x}+4\right)} & =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{16-x-16}{x\left(\sqrt{16-x}+4\right)}\\ & & \\ & =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{-\cancel{x}}{\cancel{x}\left(\sqrt{16-x}+4\right)}\\ & & \\ & =& \underset{x\to 0}{\lim }\frac{-1}{\left(\sqrt{16-x}+4\right)}\\ & & \\ & =& \frac{-1}{4-0+4}\\ & & \\ & =& -\frac{1}{8}\end{array}$

Vi kontrollerer svaret med CAS i GeoGebra:

d)

Vi ser at både teljaren og nemnaren går mot uendeleg. Vi dividerer teljaren og nemnaren med høgaste potens av x:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{x^2-4x+1}{2-3x^2} & =& \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{x^2}{x^2}}-{\displaystyle \frac{4x}{x^2}}+{\displaystyle \frac{1}{x^2}}}{{\displaystyle \frac{2}{x^2}}-{\displaystyle \frac{3x^2}{x^2}}}\\ & & \\ & =& \underset{x\to \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle 1-\frac{4}{x}+\frac{1}{x^2}}}{{\displaystyle \frac{2}{x^2}-3}}\\ & & \\ & =& \frac{1-0+0}{0-3}\\ & & \\ & =& -\frac{1}{3}\\ & & \end{array}$

Vi kontrollerer svaret med CAS i GeoGebra:

e)

Vi observerer at teljaren og nemnaren begge blir 0, og vi bruker konjugatsetninga for å forkorte uttrykket:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to -\sqrt{2}}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\left(x+\sqrt{2}\right)}{x^2-2}& =& \underset{x\to -\sqrt{2}}{\lim }\frac{\left(x-1\right)\cancel{\left(x+\sqrt{2}\right)}}{\cancel{\left(x+\sqrt{2}\right)}\left(x-\sqrt{2}\right)}\\ & =& \frac{\left(-\sqrt{2}-1\right)}{\left(-\sqrt{2}-\sqrt{2}\right)}\\ & =& \frac{-\sqrt{2}-1}{-2\sqrt{2}}\\ & =& \frac{\left(\sqrt{2}+1\right)\cdot \sqrt{2}}{2\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}\\ & =& \frac{2+\sqrt{2}}{4}\end{array}$

f)

Vi observerer at både teljaren og nemnaren går mot uendeleg. Vi deler på høgaste potens av $x$:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2x^2-5}{x^2-x+3} & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{\frac{2x^2}{x^2}-\frac{5}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}-\frac{x}{x^2}+\frac{3}{x^2}}\\ & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{2-\frac{5}{x^2}}{1-\frac{1}{x}+\frac{3}{x^2}}\\ & =& \frac{2-0}{1-0+0}\\ & =& 2\end{array}$

a)

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& x^2+5\\ f\text{'}\left(x\right) & =& 2x\end{array}$

b)

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right)& = & 5x^3-\sqrt{x}+4\\ & =& 5x^3-x^{\frac{1}{2}}+4\\ f\text{'}\left(x\right)& =& 5·3x^2-\frac{1}{2}{x}^{-\frac{1}{2}}\\ & =& 15x^2-\frac{1}{2\sqrt{x}}\end{array}$

c)

Vi bruker produktregelen. Det kan vere lurt å byrje med å definere og derivere dei to faktorane:

$\begin{array}{ll}u=2-x^2 ,& v=x+1\\ u\text{'}=-2x ,& v\text{'}=1\end{array}$

Så kan vi gjennomføre derivasjonen:

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& u\text{'}·v+u·v\text{'}\\ & =& \left(-2x\right)·\left(x+1\right)+\left(2-x^2\right)·1\\ & =& -2x^2-2x+2-x^2\\ & =& -3x^2-2x+2\end{array}$

d)

$\begin{array}{rcl}g\left(x\right) & = & \left(x^2+3\right)x^3\\ & = & x^5+3x^3\\ g\text{'}\left(x\right) & = & 5x^4+9x^2\\ & & \end{array}$

a)

$\begin{array}{rcl}y\left(x\right) & =& \left(3x^2+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)\\ y\text{'}\left(x\right) & =& \left(3x^2+2\right)\text{'}·\left(\sqrt{x}-1\right)+\left(3x^2+2\right)\left(\sqrt{x}-1\right)\text{'}\\ & =& 6x\left(\sqrt{x}-1\right)+\left(3x^2+2\right)\frac{1}{2\sqrt{x}}\\ & =& \frac{6x\left(\sqrt{x}-1\right)·2\sqrt{x}+\left(3x^2+2\right)}{2\sqrt{x}}\\ & =& \frac{12x^2-12x\sqrt{x}+3x^2+2}{2\sqrt{x}}\\ & =& \frac{15x^2-12x\sqrt{x}+2}{2\sqrt{x}}\end{array}$

b)

$\begin{array}{rcl}g\left(x\right) & =& (3x+2)(4x^2-2x)\\ g\text{'}\left(x\right) & =& (3x+2)\text{'}·(4x^2-2x)+(3x+2)·(4x^2-2x)\text{'}\\ & =& 3·(4x^2-2x)+(3x+2)·\left(8x-2\right)\\ & =& 12x^2-6x+24x^2-6x+16x-4\\ & =& 36x^2+4x-4\end{array}$

c)

$\begin{array}{rcl}h\left(x\right) & =& (x^2+1)(x+4+\frac{1}{x})\\ h\text{'}\left(x\right) & =& (x^2+1)\text{'}·\left(x+4+\frac{1}{x}\right)+(x^2+1)·\left(x+4+\frac{1}{x}\right)\text{'}\\ & =& 2x·\left(x+4+\frac{1}{x}\right)+(x^2+1)·\left(1-\frac{1}{x^2}\right)\\ & =& 2x^2+8x+2+x^2-1+1-\frac{1}{x^2}\\ & =& 3x^2+8x+2-\frac{1}{x^2}\end{array}$

d)

$\begin{array}{rcl}i\left(x\right) & =& \frac{2+x^2}{x^2-x^{-2}}=\frac{u}{v}\\ i\text{'}\left(x\right) & =& \frac{u\text{'}·v-u·v\text{'}}{v^2}\end{array}$

Vi vel her å først definere og derivere $u \mathrm{og} v$ og rekne ut $v^2$:

$\begin{array}{cc}u=2+x^2& v=x^2-x^{-2}\\ u\text{'}=2x& v\text{'}=2x+2x^{-3}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{v}^2 & =& {\left(x^2-x^{-2}\right)}^2\\ & =& {\left(x^2\right)}^2-2·x^2·x^{-2}+{\left(x^{-2}\right)}^2\\ & =& x^2-2+x^{-4} \end{array}$

No kan vi finne $i\text{'}\left(x\right)$:

$\begin{array}{rcl}i\text{'}\left(x\right) & =& \frac{2x·\left(x^2-x^{-2}\right)-\left(2+x^2\right)·\left(2x+2x^{-3}\right)}{x^4-2+x^{-4}}\\ & =& \frac{2x^3-2x^{-1}-\left(4x+4x^{-3}+2x^3+2x^{-1}\right)}{x^4-2+x^{-4}}\\ & =& \frac{-4x-4x^{-1}-4x^{-3}}{x^4-2+x^{-4}}·\frac{x^4}{x^4}\\ & =& \frac{-4\left(x^5+x^3+x\right)}{x^8-2x^4+1}\\ & & \end{array}$

a)

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& e^{x^3+4x}\\ u & =& x^3+4x\\ u\text{'} & =& 3x^2+4\\ f\left(u\right) & =& e^u\\ f\text{'}\left(u\right) & =& e^u\\ f\text{'}\left(x\right) & =& u\text{'}·f\text{'}\left(u\right)\\ & =& \left(3x^2+4\right)·e^{x^3+4x}\end{array}$

b)

Her legg vi merke til at leddet $5x$ er ein konstant, sidan derivasjonsvariablen er t:

$\begin{array}{rcl}g\left(t\right) & =& \ln \left(2t+5x\right)\\ u & =& 2t+5x\\ u\text{'} & =& 2\\ g\left(u\right) & =& \ln u\\ g\text{'}\left(u\right) & =& \frac{1}{u}\\ g\text{'}\left(t\right) & =& u\text{'}·g\text{'}\left(u\right)\\ & =& 2·\frac{1}{2t+5x}\\ & =& \frac{2}{2t+5x}\end{array}$

c)

$\begin{array}{rcl}h\left(x\right) & =& 3{\left(4x^3+\ln x\right)}^3\\ u & =& 4x^3+\ln x\\ u\text{'} & =& 12x^2+\frac{1}{x}\\ h\left(u\right) & =& 3u^3\\ h\text{'}\left(u\right) & =& 9u^2\\ h\text{'}\left(x\right) & =& u\text{'}·h\text{'}\left(u\right)\\ & =& \left(12x^2+\frac{1}{x}\right)·9{\left(4x^3+\ln x\right)}^2\end{array}$

a)

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& \frac{5e^x}{3e^x+1}\\ & & \\ f\text{'}\left(x\right) & =& \frac{\left(5e^x\right)\text{'}·\left(3e^x+1\right)-\left(5e^x\right)·\left(3e^x+1\right)\text{'}}{{\left(3e^x+1\right)}^2}\\ & =& \frac{5e^x\left(3e^x+1\right)-\left(5e^x\right)·\left(3e^x\right)}{{\left(3e^x+1\right)}^2}\\ & =& \frac{15e^{2x}+5e^x-15e^{2x}}{{\left(3e^x+1\right)}^2}\\ & =& \frac{5e^x}{{\left(3e^x+1\right)}^2}\end{array}$

b)

$\begin{array}{rcl}g\left(x\right) & =& \ln (2x+4)\\ & & \\ g\text{'}\left(x\right) & =& \frac{1}{2x+4}·2\\ & =& \frac{\cancel{2}}{\cancel{2}\left(x+2\right)}\\ & =& \frac{1}{x+2}\end{array}$

c)

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& x\ln x\\ & & \\ f\text{'}\left(x\right) & =& x\text{'}·\ln x+x·\left(\ln x\right)\text{'}\\ & =& 1·\ln x+x·\frac{1}{x}\\ & =& \ln x+1\end{array}$

a)

Vi observerer at $k\left(x\right)$ ikkje er definert for $x=1$. For alle andre verdiar av x er funksjonen kontinuerleg, sidan alle polynomfunksjonar er kontinuerlege i heile $\mathrm{ℝ}$. Funksjonen er altså kontinuerleg i heile definisjonsområdet sitt og er ikkje diskontinuerleg i nokon punkt.

b)

Vi undersøkjer om funksjonen er kontinuerleg i punktet, det vil seie om $\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right)= f\left(0\right)$:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\left(x\right) & =& 2·0=0\\ f\left(0\right) & =& 2·0=0\\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\left(x\right) & =& \sqrt{0}=0\\ & & \end{array}$

Vi har altså at $f$ er kontinuerleg i punktet.

c)

Vi gjer dei same undersøkingane for $g\left(x\right)$:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 0^{-}}{\lim }g\left(x\right) & =& 2·0^2+2·0+1=1\\ g\left(0\right) & =& 2·0^2+2·0+1=1\\ \underset{x\to 0^{+}}{\lim }g\left(x\right) & =& 2·0+1=1\\ & & \end{array}$

Her ser vi at funksjonen er kontinuerleg i punktet.

d)

Vi startar den same undersøkinga som i b):

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 1^{+}}{\lim }h\left(x\right) & =& 2·1+3=5\\ h\left(1\right) & =& 2·1+3=5\\ \underset{x\to 1^{-}}{\lim }h\left(x\right) & =& 1^2=1\\ & & \end{array}$

Her ser vi at funksjonen ikkje er kontinuerleg i punktet.

a)

For å finne likninga til ei rett linje treng vi stigningstalet og eit punkt. Vi startar med å finne y-verdien til punktet:

$y=f\left(1\right)=1^2·e^1=e$

Stigningstalet finn vi ved å rekne ut $f\text{'}\left(1\right)$:

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& x^2·e^x\\ f\text{'}\left(x\right) & =& \left(x^2\right)\text{'}·e^x+x^2·\left(e^x\right)\text{'}\\ & =& 2x{e}^x+x^2{e}^x\\ & =& x{e}^x\left(2+x\right)\\ f\text{'}\left(1\right) & =& 1·e^1\left(2+1\right)\\ & =& 3e\end{array}$

Så bruker vi eittpunktsformelen for å rekne ut:

$\begin{array}{rcl}y-y_1 & =& a\left(x-x_1\right)\\ y-e & =& 3e\left(x-1\right)\\ y & =& 3ex-3e+e\\ y & =& 3ex-2e\end{array}$

I CAS treng vi berre to linjer:

b)

For å finne likninga til ei rett linje treng vi stigningstalet og eit punkt. Vi startar med å finne y-verdien til punktet:

$y=f\left(1\right)=1^2·\left(\sqrt{1}+3·1\right)=1·4=4$

Stigningstalet finn vi ved å rekne ut $f\text{'}\left(1\right)$:

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& x^2·\left(\sqrt{x}+3\right)\\ f\text{'}\left(x\right) & =& \left(x^2\right)\text{'}·\left(\sqrt{x}+3\right)+x^2·\left(\sqrt{x}+3\right)\text{'}\\ & =& 2x\left(\sqrt{x}+3\right)+x^2\left(\frac{1}{2\sqrt{x}}\right)\\ & =& 2x^{\frac{3}{2}}+6x+\frac{1}{2}{x}^{\frac{3}{2}}\\ & =& \frac{5}{2}{x}^{\frac{3}{2}}+6x\\ f\text{'}\left(1\right) & =& \frac{5}{2}·1^{\frac{3}{2}}+6·1\\ & =& \frac{17}{2}\end{array}$

Så bruker vi eittpunktsformelen for å rekne ut:

$\begin{array}{rcl}y-y_1 & =& a\left(x-x_1\right)\\ y-4 & =& \frac{17}{2}\left(x-1\right)\\ y & =& \frac{17}{2}x-\frac{17}{2}+\frac{8}{2}\\ y & =& \frac{17}{2}x-\frac{9}{2}\end{array}$

I CAS treng vi berre to linjer:

c)

Vi følgjer den same prosedyren som i a):

$g\left(2\right)=\frac{3·2+2}{2}=4$

$\begin{array}{rcl}g\text{'}\left(x\right) & =& \frac{\left(3x+2\right)\text{'}·x-\left(3x+2\right)·x\text{'}}{x^2}\\ & =& \frac{3x-3x-2}{x^2}\\ & =& -\frac{2}{x^2}\\ g\text{'}\left(2\right) & =& -\frac{2}{2^2}\\ & =& -\frac{1}{2}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}y-y_1 & =& a\left(x-x_1\right)\\ y-4 & =& -\frac{1}{2}\left(x-2\right)\\ y & =& -\frac{1}{2}x+1+4\\ y & =& -\frac{1}{2}x+5\end{array}$

Til kvar av desse oppgåvene finst det uendeleg mange løysingar. Diskuter med ein medelev eller ein lærar om forslaga dine oppfyller kriteria.