Hopp til innhold

  1. Home
  2. Matematikk for realfagChevronRight
  3. DifferensiallikningerChevronRight
  4. Førsteordens differensiallikningerChevronRight
  5. AbsoluttverdiChevronRight
SubjectMaterialFagstoff

Fagartikkel

Absoluttverdi

Vi må se litt mer på den deriverte til ln|x|.

Vet du hva x, absoluttverdien til x, betyr?

Hvorfor er 1x dx=lnx?

Definisjonen av et ubestemt integral gir at

1x dx=Fx+C  der  Fx+C'=1x.

Fra matematikk R1 husker du kanskje beviset for at lnx'=1x  når  x0, . Vi repeterer beviset her.

Bevis

Definisjonen på naturlig logaritme sier at ethvert positivt tall x kan skrives som konstanten e opphøyd i logaritmen til x. Det gir at

x=elnx   ,    x0, 

Når to funksjoner er like, så er også deres deriverte funksjoner like. Vi deriverer venstre og høyre side hver for seg.

Venstre side: x'=1

Høyre side: elnx'=eu'·u'=eu·u'=elnx·lnx'=x·lnx'

Men da er

x·lnx'=1lnx'=1x

Men hva hvis x, 0?

Funksjonen lnx er definert for alle verdier av x siden absoluttverdien av et negativt tall er lik det motsatte tallet som er positivt. Eksempel: Absoluttverdien av -2 skrives som -2 og er lik 2.

Bilde av et koordinatsystem

Tegn grafen til lnx i GeoGebra. Velg et punkt på grafen og tegn tangenten til grafen i punktet. Stigningstallet til tangenten er det samme som lnx'. Stigningstallet til tangenten når for eksempel  x=-2 , er lik  -0,5=1-2. Du kan dra punktet langs grafen og se at både for positive og negative verdier av x så er stigningstallet til tangenten lik

lnx'=1x

Definisjonen av et ubestemt integral gir da at

1x dx=lnx

Du har kanskje også lurt på hvorfor for eksempel

12-x dx=-ln2-x+C

Vi benytter egentlig integrasjon ved variabelskifte.

Vi setter u=2-x som gir dudx=-1 og dx=-du.

Det gir

12-x dx=-1u du=-1u du=-lnu+C=-ln2-x+C

Eksempel

Vi vil løse differensiallikningen

y'-cosx·y=0

Vi sjekker først om likningen er separabel, dvs. om den kan skrives på formen g(y)·y'=h(x).

y' = cosx·y1y·y'=cosx  ,    y0

Likningen er separabel, og vi løser den slik:

1ydydx dx = cosx dx     1y dy=cosx dx         lny=sinx+C1         elny=esinx+C1           y=esinx·eC1             y=±ec1esinx             =C·esinx     C=±eC1

Vi forutsatte at y0. Vi må derfor sette inn og sjekke om også y=0 kan være en løsning.

Den opprinnelige likningen var y'-cosx·y=0.

Venstre side

y'-cosx·y=0'-cosx·0=0-0=0

Høyresiden er lik null.

Det betyr at y=0 også er en løsning. Men vi ser at denne er dekket av den løsningen vi før har funnet, ved at konstanten C kan være 0. Det er altså ikke nødvendig å føre opp separat en løsning der y er konstant lik 0. Men det var prinsipielt viktig å undersøke dette!

Læringsressurser

Førsteordens differensiallikninger