Fagstoff

Den deriverte til sinusfunksjonen

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

Utforsk stigingstalet til tangenten til grafen til sinusfunksjonen

Den deriverte

Hugsar du tre måtar å beskrive den deriverte på?

Den deriverte

Den deriverte kan beskrivast som

stigingstalet 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 nedanfor har vi teikna grafen til $f (x) = \sin x$ der $x$ er målt i gradar. Ein tangent til eit punkt på grafen er òg teikna, og du kan dra punktet rundt på grafen og lese av stigingstalet til tangenten ( $a$ på figuren).

Filer

Last ned GeoGebra-arket her (GGB)

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

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

Resultat

Dei verdiane vi les av som stigingstalet til tangenten, er verdiar 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 no prøve å tenke oss fram til kva den deriverte funksjonen til $f$ er.

Kvifor må $f^{'}$ vere ein periodisk funksjon, og kva er perioden til $f^{'}$ ?

Forklaring

Sidan $f$ er ein periodisk funksjon, må $f^{'}$ vere det òg. $f^{'}$ må ha same periode som $f$ . Dette ser vi stemmer med resultata i tabellen i det førre spørsmålet. Verdiane til den deriverte funksjonen gjentek seg når vi har gått eitt omløp. Det betyr at perioden til $f^{'}$ er $2 π$ , det same som $f$ .

Kva periodisk funksjon er det som passar til tala i verditabellen?

Svar

Når vi samanliknar verdiane frå tabellen med dei tilsvarande verdiane for cosinus, ser vi at dei 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. Kva får du?

Resultat

CAS-utrekning med GeoGebra. På linje 1 er det skrive f av x kolon er lik sin parentes x parentes slutt. Svaret er det same. På linje 2 er det skrive f derivert av x. Svaret er cos parentes x parentes slutt. Skjermutklipp.

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

Definisjonen av den deriverte brukt på sinusfunksjonen

Vi prøver å setje $f (x) = \sin x$ 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 vidare treng vi ein trigonometrisk samanheng for sinus til ein sum av vinklar:

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

Denne og andre tilsvarande formlar kan du lese meir om på teorisida "Sinus og cosinus til summar og differansar av vinklar".

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

Resultat

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

Då 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 gjere behandlinga vidare enklare. I siste overgang har vi sett faktorane $\sin x$ og $\cos x$ utanfor grenseverdiane sidan dei ikkej har med $∆ x$ å gjere og er konstante når $∆ x$ varierer.

For å komme vidare må vi finne dei to grenseverdiane i boksen over. Vi startar med den andre grenseverdien.

Den andre grenseverdien

Den andre grenseverdien kan skrivast som $\lim_{v \to 0} \frac{\sin v}{v}$ dersom vi set $v = ∆ x$ for å gjere utrekninga vidare tydelegare. Vi kan ikkje rekne ut denne grenseverdien med vanlege metodar. Vi bruker geometrien i einingssirkelen for å komme vidare.

Ein sirkel med radius 1 er plassert i eit koordinatsystem slik at sentrum i sirkelen er origo og er kalla O. P er eit punkt på sirkelen. Linja x er lik 1 er teikna inn. Skjeringspunktet mellom x-aksen og linja er kalla A. Vinkel A O P er kalla v. Skjeringspunktet mellom linja gjennom origo og P og linja x er lik 1, er kalla B. Punktet Q ligg på O A slik at O Q har lengda cosinus til v. P Q får lengda sinus til v, og A B får lengda tangens til v. Illustrasjon.

Vi skal komme fram til svaret ved å samanlikne areala av trekanten $A B O$ , trekanten $Q P O$ og sirkelsektoren $O A P$ . Sjå figuren.

Kva for ein av dei tre figurane har størst areal, og kva for ein av dei har minst areal?

Forklaring

Ut ifrå figuren har trekanten $A B O$ størst areal. Trekanten $Q P O$ har minst areal. Sirkelsektoren $O A P$ må ha areal som ligg mellom arealet til dei to trekantane. Vi kan skrive dette som den doble ulikskapen

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

Dei tre areala kan berre vere like dersom $v = 0$ . (Då er areala null.) Vi føreset inntil vidare at $v \in 〈 0, \frac{π}{2} 〉$ . Då unngår vi problem med nokre av figurane sidan både $\cos v$ og $\sin v$ er større enn null, og vi kan skrive

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

Kva blir areala til dei tre figurane?

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 ein sirkel med radius 1 multiplisert med den brøkdelen bogelengda $A P$ ( $◠ A P$ ) utgjer av heile sirkelomkrinsen.

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

I den siste overgangen har vi brukt definisjonen på ein vinkel målt i radianar, som seier at vinkelen er bogelengda delt på radiusen, $v = \frac{b}{r}$ , med radiusen lik 1. Formelen gjeld berre når vinkelen blir målt i radianar, men det har vi alt føresett lenger oppe.

Bruker vi resultatet i boksen over, kan vi forme om den doble ulikskapen til

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

Sidan vi har gått ut frå over at $v$ ligg i første kvadrant ( $v \in 〈 0, \frac{π}{2} 〉$ ), kan vi multiplisere den doble ulikskapen med brøken $\frac{2}{\sin v}$ utan at det skaper problem 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 no den inverterte av brøkuttrykket som vi skal finne grenseverdien til. Vi inverterer derfor ulikskapen. Det betyr at vi ser på kvar side av ulikskapsteikna som brøkar og snur dei. Kva får vi då?

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 ulikskapsteikna ved inverteringa. Hugs at 7 er større enn 6, men $\frac{1}{7}$ er mindre enn $\frac{1}{6}$ !

Vi hadde opphavleg ein grenseverdi der $v \to 0$ . Kvifor kan vi, ut ifrå den siste ulikskapen, seie at

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

Forklaring

Vi lar no $v \to 0$ i dei to ytste uttrykka.

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

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

Sidan uttrykket $\frac{\sin v}{v}$ må ligge mellom dei to andre uttrykka, må derfor òg $\frac{\sin v}{v}$ gå mot 1 når $v$ går mot 0 fordi dei andre gjer det.

Den første grenseverdien

Den første grenseverdien inneheld uttrykket $\frac{\cos v - 1}{v}$ dersom vi set $v = ∆ x$ slik som ovanfor.

Gjer følgande:

Multipliser teljar og nemnar i uttrykket med $\cos v + 1$ .
Bruk samanhengen $\cos^{2} v + \sin^{2} v = 1$ , som vi viser på teorisida "Einingsformelen, supplement- og komplementvinklar", til å fjerne $\cos^{2} v$ frå teljaren. (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 finn grenseverdien ved å skilje ut faktoren $\frac{\sin v}{v}$ frå uttrykket og bruke resultatet for grenseverdien til denne ovanfor. Prøv om du ut ifrå dette klarer å vise at

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

utan å sjå på innhaldet i boksen nedanfor.

Bevis

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

Kva blir til slutt $f^{'}$ ut ifrå 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 dei undersøkingane vi gjorde øvst på sida.

Vi har eigentleg berre vist at dette gjeld for vinklar $x$ i første kvadrant, men det går an å gjere liknande bevis for vinklar i dei andre kvadrantane.

Konklusjon

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

Vinkelen $x$ må vere i radianar.

I oppgåvene blir du beden 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-SASkrive av Bjarne Skurdal.

Sist fagleg oppdatert 25.01.2022

Den deriverte til sinusfunksjonen

Utforsk stigingstalet 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