Alkeisfunktioiden derivaatat

Tutkitaan nyt tuttujen alkeisfunktioiden derivointia lähtien liikkeelle eksponenttifunktiosta.

Lause.

$D(e^x)=e^x$.

Todistus.

Tutkitaan ensin pisteen $x = 0$ erotusosamäärää

$$\frac{e^{0+h}-e^0}{h}=\frac{e^h-1}{h},$$

kun $0<h<1$. Valitaan sellainen luonnollinen luku $n$, joka toteuttaa epäyhtälöt

$$\frac{1}{n+1}<h\le\frac{1}{n},$$

jolloin eksponenttifunktion kasvavuuden nojalla

$$e^{1/(n + 1)} < e^{h} \leq e^{1/n}.$$

Neperin luku $e$ toteuttaa epäyhtälöt

$$\left(1 + \frac{1}{k}\right)^{k} < e\qquad\text{ja}\qquad \left(1 - \frac{1}{k}\right)^{k} < \frac{1}{e}$$

jokaisella luonnollisella luvulla $k$, joten erityisesti

$$\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}<e\qquad\text{ja}\qquad \left(1 - \frac{1}{n}\right)^{n} < \frac{1}{e},$$

ja näistä voidaan edelleen ratkaista epäyhtälöt

$$\frac{1}{n + 1} < e^{1/(n + 1)} - 1\qquad\text{ja}\qquad e^{1/n} - 1 < \frac{1}{n - 1}.$$

Vertaamalla aiempaan epäyhtälöön nähdään, että

$$\frac{1}{n+1}<e^{1/(n+1)}-1<e^h-1\le e^{1/n}-1<\frac{1}{n-1},$$

ja siten edelleen

$$\frac{n}{n+1}<\frac{e^h-1}{h}<\frac{n+1}{n-1}.$$

Kun $h\to0+$, niin luvun $n$ valinnan perusteella $n\to\infty$. Samalla erotusosamäärää rajaavat lausekkeet lähestyvät lukua $1$, joten kuristusperiaatteen nojalla

$$\lim_{h\to0+}\frac{e^h-1}{h}=1.$$

Vastaavasti perustellen myös erotusosamäärän vasemmanpuoleinen raja-arvo on $1$ ja täten

$$\lim_{h\to0}\frac{e^h-1}{h}=1.$$

Erotusosamäärä pisteessä $x$ toteuttaa nyt halutun ehdon, sillä

$$\frac{e^{x+h}-e^x}{h} =\frac{e^xe^h-e^x}{h} =e^x\left(\frac{e^h-1}{h}\right)\to e^x\cdot1=e^x,$$

kun $h \to 0$. $\square$

Esimerkki.

1. $D\big(e^{3x^2}\big)=e^{3x^2}D\left(3x^2\right)=6xe^{3x^2}$.
2. $\displaystyle D\left(\sqrt{1+e^{2x}}\right)=\frac{D(1+e^{2x})}{2\sqrt{1+e^{2x}}}=\frac{2e^{2x}}{2\sqrt{1+e^{2x}}}=\frac{e^{2x}}{\sqrt{1+e^{2x}}}$

Lause.

$D(\ln x)=\dfrac{1}{x}$.

Todistus.

Funktion $f(x)=\ln x$ käänteisfunktio on $f^{-1}(y)=e^y$, joten käänteisfunktion derivoimissäännön mukaan

$$D_x(\ln x)=\frac{1}{D_y(e^y)}=\frac{1}{e^y}=\frac{1}{e^{\ln x}}=\frac{1}{x}.$$

$\square$

Lause.

$D\left(a^x\right)=a^x\ln a$ ja $D\left(\log_ax\right)=\dfrac{1}{x\ln a}$.

Todistus.

Kun $a > 0$ ja $a \not= 1$, eksponentti- ja logaritmifunktioiden kannanvaihtokaavojen avulla saadaan

$$\begin{split}\begin{aligned} D\left(a^x\right)&=D\left(e^{x\ln a}\right)=e^{x\ln a}D(x\ln a)=a^x\ln a \\ D\left(\log_ax\right)&=D\left(\frac{\ln x}{\ln a}\right)=\frac{D(\ln x)}{\ln a}=\frac{1}{x\ln a}.\end{aligned}\end{split}$$

$\square$

Esimerkki.

1. $D(3^{x^2})=3^{x^2}\ln 3D(x^2)=2x3^{x^2}\ln 3$
2. $D\ln\left(\sqrt{1+x^2}\right)=\dfrac{D\left(\sqrt{1+x^2}\right)}{\sqrt{1+x^2}}=\dfrac{D(1+x^2)}{2\sqrt{1+x^2}\sqrt{1+x^2}}=\dfrac{x}{1+x^2}$
3. $D(\ln(\ln x))=\dfrac{D(\ln x)}{\ln x}=\dfrac{1}{x\ln x}$

Lause.

$D\left(x^a\right)=ax^{a-1}$, kun $a \in \mathbb R$ ja $x > 0$.

Todistus.

Yleisen potenssifunktion määritelmän mukaan

$$D\left(x^a\right)=D\left(e^{a\ln x}\right)=e^{a\ln x}D(a\ln x)=x^a\left(\frac{a}{x}\right)=ax^{a-1}.$$

$\square$

Esimerkki.

$D\left(e^{x^e}\right)=e^{x^e}D(x^e)=ex^{e-1}e^{x^e}$

Lause.

Trigonometriset funktiot ovat derivoituvia määrittelyjoukoissaan ja

$$\begin{split}\begin{aligned} D(\sin x)&=\cos x\\ D(\cos x)&=-\sin x\\ D(\tan x)&=1+\tan^2x=\frac{1}{\cos^2x}.\end{aligned}\end{split}$$

Todistus.

Kirjoitetaan erotusosamäärä sinille ja käytetään sinin summakaavaa, tulosta

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

ja siihen liittyvän esimerkin tulosta. Tällöin

$$\begin{split}\begin{aligned} \frac{\sin(x+h)-\sin x}{h} &=\frac{\sin x\cos h+\sin h\cos x-\sin x}{h}\\ &=-\sin x\left(\frac{1-\cos h}{h}\right)+\cos x\left(\frac{\sin h}{h}\right)\\ &\to-\sin x\cdot0+\cos x\cdot1=\cos x,\end{aligned}\end{split}$$

kun $h \to 0$. Ennen kosinin derivointikaavan johtamista kirjoitetaan palautuskaavan mukaisesti $\cos x = \sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right)$ ja $\sin x = \cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right)$, jolloin ketjusäännön nojalla

$$D(\cos x) = D\left(\sin\left(\frac{\pi}{2} - x\right)\right) = \cos\left(\frac{\pi}{2} - x\right)D\left(\frac{\pi}{2} - x\right) = -\sin x.$$

Tangentin derivointikaava saadaan osamäärän derivoimissäännöllä. Määritelmään nojaten

$$D(\tan x)=D\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x}=\frac{1}{\cos^2x},$$

missä viimeinen vaihe voidaan sieventää myös

$$\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x}=1+\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)^2=1+\tan^2x.$$

$\square$

Lause.

Arkusfunktioiden derivaatat ja niiden määrittelyjoukot ovat kuten alla.

$$\begin{split}\begin{aligned} D(\arcsin x)&=\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} && (-1<x<1)\\ D(\arccos x)&=-\dfrac{1}{\sqrt{1-x^2}} && (-1<x<1)\\ D(\arctan x)&=\dfrac{1}{1+x^2} && (x\in\mathbb R)\end{aligned}\end{split}$$

Todistus.

Funktiolla $y=\sin x$ on välillä $\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right]$ käänteisfunktio $x=\arcsin y$. Välillä $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, joka kuvautuu sinifunktiossa joukolle $(-1,1)$, on $D\sin x=\cos x\ne0$, joten käänteisfunktion derivoimissäännön mukaan

$$D_y(\arcsin y)=\frac{1}{D_x(\sin x)}=\frac{1}{\cos x}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2x}}=\frac{1}{\sqrt{1-y^2}}.$$

Tässä toiseksi viimeinen vaihe seuraa kaavasta $\sin^2x+\cos^2x=1$, kun havaitaan että $\cos x>0$, kun $x\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)$. Vastaavalla tavoin voidaan päätellä derivoimiskaavat arkuskosinille ja arkustangentille. $\square$

Lause.

Hyperboliset funktiot ovat derivoituvia määrittelyjoukoissaan, ja

$$\begin{split}\begin{aligned} D(\sinh x) &= \cosh x \\ D(\cosh x) &= \sinh x \\ D(\tanh x) &= \frac{1}{\cosh^2 x}.\end{aligned}\end{split}$$

Todistus.

Väite seuraa suoraan hyperbolisten funktioiden määritelmistä. Esimerkiksi hyperbolisen kosinin derivaatta

$$D(\cosh x) = D\left(\frac{e^x + e^{-x}}{2}\right) = \frac{D(e^x) + D(e^{-x})}{2} = \frac{e^x - e^{-x}}{2} = \sinh x.$$

$\square$

Lause.

Areafunktioiden derivaatat ja niiden määrittelyjoukot ovat kuten alla.

$$\begin{split}\begin{aligned} D(\operatorname{ar\,sinh}x) &= \frac{1}{\sqrt{1 + x^2}} && (x \in \mathbb R) \\ D(\operatorname{ar\,cosh}x) &= \frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}} && (x > 1) \\ D(\operatorname{ar\,tanh}x) &= \frac{1}{1 - x^2} && (-1 < x < 1)\end{aligned}\end{split}$$

Todistus.

Väite seuraa suoraan derivoimalla areafunktioille kehitetyt kaavat. Esimerkiksi areakosinin derivaatta

$$D(\operatorname{ar\,cosh}x)=D\left(\ln\left(x+\sqrt{x^2-1}\right)\right) = \frac{D\left(x + \sqrt{x^2 - 1}\right)}{x + \sqrt{x^2 - 1}} = \frac{\frac{\sqrt{x^2 - 1} + x}{\sqrt{x^2 - 1}}}{x + \sqrt{x^2 - 1}} = \frac{1}{\sqrt{x^2 - 1}},$$

kun $x > 1$. $\square$

Derivoimissäännöistä ja derivointikaavoista on yhteenveto liitetaulukossa.

Posting submission...