Derivator av exponential- och logaritmfunktioner

{{ 'ml-heading-theory' | message }}

Många förlopp kan beskrivas av exponential- eller logaritmfunktioner. Om man vill studera dessa förlopp över tid kan det vara bra att veta hur man deriverar funktionerna.
Regel

Derivatan av exponentialfunktioner

Härledning

D(ex)=exD(e^x) = e^x
För att visa varför derivatan till exe^x är exe^x kan man använda derivatans definition.
f(x)=limh0f(x+h)f(x)hf'(x) =\lim\limits_{h \to 0}\dfrac{f(x+h) - f(x)}{h}
f(x)=limh0ex+hexhf'(x) = \lim \limits_{h \to 0} \dfrac{{\color{#0000FF}{e^{x+h}}} - {\color{#009600}{e^x}}}{h}
f(x)=limh0exehexhf'(x) = \lim \limits_{h \to 0} \dfrac{e^x \cdot e^h - e^x}{h}
f(x)=limh0exehex1hf'(x) = \lim \limits_{h \to 0} \dfrac{e^x \cdot e^h- e^x\cdot 1}{h}
f(x)=limh0ex(eh1)hf'(x) = \lim \limits_{h \to 0} \dfrac{e^x\left(e^h - 1\right)}{h}
f(x)=limh0(exeh1h)f'(x) = \lim \limits_{h \to 0} \left(e^x \cdot \dfrac{e^h - 1}{h}\right)
Eftersom exe^x inte påverkas av att hh går mot 00 kan man placera exe^x utanför gränsvärdet: f(x)=exlimh0eh1h. f'(x) = e^x \cdot \, \lim \limits_{h \to 0} \dfrac{e^h - 1}{h}. Man kan visa att gränsvärdet limh0eh1h\lim \limits_{h \to 0} \frac{e^h - 1}{h} är lika med 11 (detta är ett så kallat standardgränsvärde). Det medför att f(x)=ex1=ex. f'(x)=e^x\cdot 1=e^x.

Härledning

D(ax)=axln(a)D\left(a^x \right) = a^x \cdot \ln(a)

För att visa varför regeln gäller kan man skriva om basen aa i exponentialfunktionen f(x)=axf(x)=a^x enligt sambandet a=eln(a)a=e^{\ln(a)}. Sedan använder man deriveringsreglerna för exponentialfunktioner med basen e.e.

f(x)=axf(x)=a^x
f(x)=(eln(a))xf(x)=\left(e^{\ln(a)}\right)^x
f(x)=eln(a)xf(x)=e^{\ln(a)\cdot x}
Uttrycken axa^x och eln(a)xe^{\ln(a)\cdot x} är alltså ekvivalenta och man kan nu använda deriveringsregeln D(ekx)=kekxD\left(e^{kx}\right)=ke^{kx} för att derivera ax.a^x. Därefter skrivs eln(a)e^{\ln(a)} om till aa igen.
f(x)=eln(a)xf(x)= e^{\ln(a)\cdot x}
f(x)=D(eln(a)x)f'(x) =D\left(e^{\ln(a)\cdot x}\right)
f(x)=ln(a)eln(a)xf'(x) =\ln(a)\cdot e^{\ln(a)\cdot x}
f(x)=ln(a)(eln(a))xf'(x) =\ln(a)\cdot \left(e^{\ln(a)}\right)^x
f(x)=ln(a)axf'(x) =\ln(a)\cdot a^x
När man deriverar funktioner på formen ekxellerakx e^{kx} \quad \text{eller} \quad a^{kx} kan man se dem som sammansatta funktioner och därför använda kedjeregeln. De yttre funktionerna är eue^u respektive aua^u och i båda fallen är den inre funktionen u=kx.u = kx. Man får då derivatan kekxellerkakxln(a).ke^{kx} \quad \text{eller} \quad ka^{kx} \cdot \ln(a). Det är alltså inte nödvändigt att minnas de särskilda deriveringsreglerna för ekxe^{kx} respektive akxa^{kx} om man känner till kedjeregeln.
Uppgift

Lös ekvationen f(x)=0f'(x) = 0 givet att f(x)=e3x22x+1.f(x) = e^{3x^2-2x+1}.

Lösning
För att kunna lösa ekvationen behöver vi först hitta ett uttryck för derivatan f(x).f'(x). Vi noterar att f(x)f(x) är en sammansatt funktion, med den yttre funktionen y=euy = e^u och den inre funktionen u=3x22x+1.u = 3x^2 - 2x + 1. Vi använder alltså kedjeregeln.
f(x)=e3x22x+1f(x) = e^{3x^2-2x+1}
f(x)=D(e3x22x+1)f'(x) = D\left( e^{3x^2-2x+1} \right)
f(x)=e3x22x+1D(3x22x+1)f'(x) = e^{3x^2 - 2x + 1} \cdot D\left( 3x^2 - 2x + 1 \right)
f(x)=e3x22x+1(D(3x2)D(2x)+D(1))f'(x) = e^{3x^2 - 2x + 1} \cdot \left( D\left( 3x^2 \right) - D(2x) + D(1) \right)
f(x)=e3x22x+1(D(3x2)2)f'(x) = e^{3x^2 - 2x + 1} \cdot \left( D\left( 3x^2 \right) - 2 \right)
f(x)=e3x22x+1(6x2)f'(x) = e^{3x^2 - 2x + 1} \cdot \left( 6x - 2 \right)
Vi kan nu använda nollproduktmetoden för att lösa ekvationen f(x)=0.f'(x)=0. Faktorn e3x22x+1e^{3x^2 - 2x + 1} kan dock aldrig bli 00 eftersom en potens med positiv bas alltid är positiv. Det räcker därför att lösa ekvationen 6x2=0.6x-2=0.
6x2=06x - 2 = 0
Lös ekvationen
6x=26x = 2
x=26x = \dfrac{2}{6}
x=13x = \dfrac{1}{3}
Derivatan har alltså nollstället x=13.x = \dfrac{1}{3}.
Visa lösning Visa lösning
Regel

Derivatan av ln(x)\ln(x)

Derivatan av den naturliga logaritmen, ln(x),\ln(x), är 1x.\frac{1}{x}.

Härledning

D(ln(x))=1xD\left(\ln(x)\right)=\dfrac{1}{x}
För att ta fram derivatan av ln(x)\ln(x) kan man använda talet ee och definitionen för den naturliga logaritmen. x=eln(x) x=e^{\ln(x)} Eftersom xx och eln(x)e^{\ln(x)} är lika måste även deras derivator vara lika, dvs. D(x)=D(eln(x)). D(x)=D\left(e^{\ln(x)}\right). Vänsterledet är lika med 11 och högerledet deriveras med kedjeregeln. Den yttre funktionen är eue^{u} och den inre är u=ln(x).u=\ln(x).
D(x)=D(eln(x))D(x)=D\left(e^{\ln(x)}\right)
1=D(eln(x))1=D\left(e^{\ln(x)}\right)
1=eln(x)D(ln(x))1=e^{\ln(x)}\cdot D(\ln(x))
1=xD(ln(x))1=x\cdot D(\ln(x))
Genom att nu lösa ut D(ln(x))D(\ln(x)) får man ett uttryck för derivatan.
1=xD(ln(x))1=x\cdot D(\ln(x))
1x=D(ln(x))\dfrac{1}{x}=D(\ln(x))
D(ln(x))=1xD(\ln(x))=\dfrac{1}{x}
Derivatan av ln(x)\ln(x) är alltså 1x.\frac{1}{x}.
Q.E.D.
Uppgift

Derivera funktionen f(x)=ex2+xln(2x).f(x)=e^{x^2+x}-\ln(2x).

Lösning
Vi har en differens som består av två sammansatta funktioner. De yttre funktionerna är exe^x och ln(x),\ln(x), och de inre är x2+xx^2+x och 2x.2x. Vi använder därför kedjeregeln tillsammans med deriveringsreglerna för exe^x och ln(x).\ln(x).
f(x)=ex2+xln(2x)f(x)=e^{x^2+x}-\ln(2x)
f(x)=D(ex2+x)D(ln(2x))f'(x)=D\left(e^{x^2+x}\right)-D\left(\ln(2x)\right)
f(x)=ex2+xD(x2+x)D(ln(2x))f'(x)=e^{x^2+x}\cdot D\left(x^2+x\right)-D\left(\ln(2x)\right)
f(x)=ex2+x(D(x2)+D(x))D(ln(2x))f'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(D\left(x^2\right)+D(x)\right)-D\left(\ln(2x)\right)
f(x)=ex2+x(2x+D(x))D(ln(2x))f'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(2x+D(x)\right)-D\left(\ln(2x)\right)
f(x)=ex2+x(2x+1)D(ln(2x))f'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(2x+1\right)-D\left(\ln(2x)\right)
f(x)=ex2+x(2x+1)12xD(2x)f'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(2x+1\right)-\dfrac{1}{2x}\cdot D(2x)
f(x)=ex2+x(2x+1)12x2f'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(2x+1\right)-\dfrac{1}{2x}\cdot 2
f(x)=ex2+x(2x+1)22xf'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(2x+1\right)-\dfrac{2}{2x}
f(x)=ex2+x(2x+1)1xf'(x)=e^{x^2+x}\cdot \left(2x+1\right)-\dfrac{1}{x}
Om man vill kan man multiplicera in ex2+xe^{x^2+x} i parentesen, men då blir uttrycket längre.
Visa lösning Visa lösning

Uppgifter

{{ 'mldesktop-placeholder-grade-tab' | message }}
{{ 'mldesktop-placeholder-grade' | message }} {{ article.displayTitle }}!
{{ grade.displayTitle }}
{{ exercise.headTitle }}
{{ 'ml-btn-focusmode-tooltip' | message }} settings_overscan
Test
{{ 'mldesktop-selftest-notests' | message }} {{ article.displayTitle }}!
{{ tests.error }}

{{ 'ml-heading-exercise' | message }} {{ focusmode.exercise.exerciseName }}

keyboard_backspace
{{ section.title }} keyboard_backspace {{ 'ml-btn-previous' | message }} {{ 'ml-btn-previous-exercise' | message }} {{ 'ml-btn-next-exercise' | message }} keyboard_backspace {{ 'ml-btn-next-exercise' | message }}