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:

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

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)

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

Her har vi valt ein annan måte å føre på enn i 2.4.91 c). Finn ut kva måte som passar best for deg og bruk han.

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)

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

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

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

Vi har altså at $$ f$$ er kontinuerleg i punktet. Vi sjekkar om funksjonen er deriverbar i punktet ved å undersøkje om $$ \underset{x\to 0^{-}}{\lim }f\text{'}\left(x\right)=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f\text{'}\left(x\right)$$:

$$ f\text{'}\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}\frac{1}{2\sqrt{x}} x>0\\ 2 x<0\end{array}\right.$$

Vi observerer at grenseverdien ikkje eksisterer for  $$ x\to 0^{+}$$, altså er funksjonen ikkje deriverbar i punktet uavhengig av kva den andre grenseverdien er.

c)

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

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

$$ $ g\text{'}\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}2x+2 x<0\\ 2 x>0\end{array}\right.$$$

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

Her ser vi at funksjonen er både kontinuerleg og deriverbar 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 og dermed heller ikkje deriverbar der. Vi treng ikkje eigentleg å gå vidare, sidan ein diskontinuerleg funksjon ikkje kan vere deriverbar, men dersom vi gjennomfører resten av undersøkingane, vil vi sjå at grenseverdiane for dei to uttrykka til den deriverte er like på begge sider i dette tilfellet. Hugs at dette likevel ikkje betyr at grenseverdien til den deriverte eksisterer.

e)

Vi finn dei to grenseverdiane:

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

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

Her har vi vist at funksjonen er deriverbar og dermed òg kontinuerleg i punktet  $$ x=0$$.

f)

Ein funksjon kan vere kontinuerleg og ikkje deriverbar. Dersom vi finn ut at grenseverdien til den deriverte ikkje eksisterer, har vi berre funne ut at funksjonen ikkje er deriverbar. Dermed må vi sjekke om han er kontinuerleg på vanleg måte. Dersom funksjonen er deriverbar, veit vi at han òg er kontinuerleg.

a)

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

$$ y=f\left(1\right)=1^2·e^1=e$$

Stigingstalet 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 stigingstalet og eit punkt. Vi startar med å finne y-verdien til punktet:

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

Stigingstalet 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.