Blandede oppgaver om grenseverdi, vekstfart, kontinuitet og derivasjon

Her er det mye å ta av! Vi kan se på sammenhengen mellom topp- og bunnpunktet til $$ f$$ og nullpunktene til $$ f\text{'}$$. Vi kan se på sammenhengen mellom fortegnet til $$ f\text{'}$$ og retningen til $$ f$$. Kanskje kan du finne andre sammenhenger også?

Her kan du bruke numeriske metoder for å finne den deriverte. Husk at du må få programmet til å kjenne igjen funksjonen brukeren taster inn. Kanskje må du legge inn noen begrensninger på hva slags funksjoner programmet kan derivere, eller du kan få brukeren til å fortelle deg hva slags funksjon som tastes 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 sette inn $$ 2$$ for $$ x$$:

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

Siden vi får 0 i både telleren og nevneren, 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 setter inn $$ 0$$ for $$ x$$ og observerer at vi får 0 i både telleren og nevneren:

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

Vi bruker konjugatsetningen 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 telleren og nevneren går mot uendelig. Vi dividerer telleren og nevneren med høyeste 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 telleren og nevneren begge blir 0, og vi bruker konjugatsetningen 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 telleren og nevneren går mot uendelig. Vi deler på høyeste 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 være lurt å begynne med å definere og derivere de to faktorene:

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

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 valgt en annen måte å føre på enn i 2.4.91 c). Finn ut hvilken måte som passer best for deg og bruk den.

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 velger her å først definere og derivere $$ u \mathrm{og} v$$ og regne ut $$ v^2$$:

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

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

Nå 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 legger vi merke til at leddet $$ 5x$$ er en konstant, siden 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 $$ k\left(x\right)$$ ikke er definert for  $$ x=1$$. For alle andre verdier av $$ x$$ er funksjonen kontinuerlig, siden alle polynomfunksjoner er kontinuerlige i hele $$ \mathrm{ℝ}$$. Funksjonen er altså kontinuerlig i hele sitt definisjonsområde og er ikke diskontinuerlig i noen punkter.

b)

Vi undersøker først om funksjonen er kontinuerlig i punktet, det vil si 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 kontinuerlig i punktet. Vi sjekker om funksjonen er deriverbar i punktet ved å undersøke 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 ikke eksisterer for  $$ x\to 0^{+}$$, altså er funksjonen ikke deriverbar i punktet uavhengig av hva den andre grenseverdien er.

c)

Vi gjør de samme undersøkelsene 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 kontinuerlig og deriverbar i punktet.

d)

Vi starter den samme undersøkelsen 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 ikke er kontinuerlig i punktet og dermed heller ikke deriverbar der. Vi trenger ikke egentlig å gå videre, siden en diskontinuerlig funksjon ikke kan være deriverbar, men hvis vi gjennomfører resten av undersøkelsene, vil vi se at grenseverdiene for de to uttrykkene til den deriverte er like på begge sider i dette tilfellet. Husk at dette likevel ikke betyr at grenseverdien til den deriverte eksisterer.

e)

Vi finner de to grenseverdiene:

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

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

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

f)

En funksjon kan være kontinuerlig og ikke deriverbar. Dersom vi finner ut at grenseverdien til den deriverte ikke eksisterer, har vi bare funnet ut at funksjonen ikke er deriverbar. Dermed må vi sjekke om den er kontinuerlig på vanlig måte. Dersom funksjonen er deriverbar, vet vi at den også er kontinuerlig.

a)

For å finne likningen til ei rett linje trenger vi stigningstallet og et punkt. Vi starter med å finne y-verdien til punktet:

$$ y=f\left(1\right)=1^2·e^1=e$$

Stigningstallet finner vi ved å regne 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 ettpunktsformelen for å regne 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 trenger vi bare to linjer:

b)

For å finne likningen til ei rett linje trenger vi stigningstallet og et punkt. Vi starter med å finne y-verdien til punktet:

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

Stigningstallet finner vi ved å regne 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 ettpunktsformelen for å regne 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 trenger vi bare to linjer:

c)

Vi følger den samme 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 hver av disse oppgavene finnes det uendelig mange løsninger. Diskuter med en medelev eller en lærer om dine forslag oppfyller kriteriene.