Universitetseksamen etter tema

Funksjonen skifter uttrykk i \( {x = 0}\text{,} \) så derivasjonsreglene hjelper ikke der. Vi bruker derfor definisjonen til den deriverte.

1. Sett opp definisjonen Definisjonen til den deriverte forteller oss at: \[ f'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{f(a + h) - f(a)}{h} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {a = 0}\text{,} \) \( {f(0) = 0} \) og \( {f(h) = h\cos\left(\dfrac{1}{h}\right)}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} f'(0) &= \lim_{h \to 0} \dfrac{h\cos\left(\dfrac{1}{h}\right) - 0}{h} \\ &= \lim_{h \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{h}\right) \end{aligned} \]

2. Vis at grensen ikke finnes Når \( h \) går mot \( 0\text{,} \) vokser \( \dfrac{1}{h} \) uten grense, så cosinus fortsetter å svinge mellom \( {-1} \) og \( 1\text{.} \) Det ser vi ved å la \( h \) gå mot \( 0 \) på to måter, med \( {k = 1, 2, 3, \dots} \)

Velger vi \( {\textcolor{red}{h = \dfrac{1}{2k\pi}}}\text{,} \) får vi: \[ \cos\left(\dfrac{1}{\textcolor{red}{h}}\right) = \cos(2k\pi) = \textcolor{red}{1} \]

Velger vi \( {\textcolor{blue}{h = \dfrac{1}{(2k + 1)\pi}}}\text{,} \) får vi: \[ \cos\left(\dfrac{1}{\textcolor{blue}{h}}\right) = \cos\big((2k + 1)\pi\big) = \textcolor{blue}{-1} \]

Begge valgene går mot \( 0 \) når \( k \) vokser, men de gir ulike verdier. Grensen finnes altså ikke, og \( f \) er ikke deriverbar i \( {x = 0}\text{.} \)

Vi begynner med å sette inn \( {x = 0}\text{.} \) Det gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi bruker L'Hôpitals regel, og velger \( a \) slik at vi ikke ender med et tall delt på \( 0\text{.} \)

1. Sett inn x lik null Vi må ha \( {a \neq 0}\text{,} \) ellers er nevneren alltid \( 0\text{.} \) Vi setter inn \( {x = 0} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\text{teller}} &\to \textcolor{red}{1 - 1 - 0 = 0} \\ \textcolor{blue}{\text{nevner}} &\to \textcolor{blue}{(1 - 1) \cdot 0 = 0} \end{aligned} \]

2. Deriver teller og nevner L'Hôpitals regel forteller oss at ved \( \dfrac{0}{0} \) er: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x)}}{\textcolor{blue}{g(x)}} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f'(x)}}{\textcolor{blue}{g'(x)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen, gir disse to: \[ \begin{aligned} (e^{x/2})' &= \dfrac{1}{2}e^{x/2} \\ (\sin(ax))' &= a\cos(ax) \end{aligned} \]

Telleren blir: \[ \textcolor{red}{f'(x)} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{2}e^{x/2} - a\cos(ax)} \]

Nevneren er et produkt. Rødt og blått er teller og nevner her, så vi bruker oransje og magenta i produktregelen, som i videoen Produktregelen. Den forteller oss at: \[ (\textcolor{darkorange}{u}\textcolor{magenta}{v})' = \textcolor{darkorange}{u'}\textcolor{magenta}{v} + \textcolor{darkorange}{u}\textcolor{magenta}{v'} \]

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{u} &= \textcolor{darkorange}{e^{x/2} - 1} & \textcolor{darkorange}{u'} &= \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}e^{x/2}} \\ \textcolor{magenta}{v} &= \textcolor{magenta}{\sin(ax)} & \textcolor{magenta}{v'} &= \textcolor{magenta}{a\cos(ax)} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{2}e^{x/2}\sin(ax)} \\ &\quad \textcolor{blue}{+ (e^{x/2} - 1)a\cos(ax)} \end{aligned} \]

3. Velg a Vi setter inn \( {x = 0} \) igjen: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f'(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{2} - a} \\ \textcolor{blue}{g'(0)} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

Er telleren ulik \( 0\text{,} \) får vi et tall delt på \( 0\text{,} \) og da eksisterer ikke grenseverdien. Vi må derfor ha: \[ \dfrac{1}{2} - a = 0 \quad \Rightarrow \quad a = \dfrac{1}{2} \]

4. Bruk regelen en gang til Med \( {a = \dfrac{1}{2}} \) har vi fortsatt \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi deriverer en gang til: \[ \textcolor{red}{f''(x)} = \textcolor{red}{\dfrac{1}{4}e^{x/2} + \dfrac{1}{4}\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)} \]

Nevneren deriverer vi ledd for ledd med produktregelen: \[ \begin{aligned} \textcolor{blue}{g''(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4}e^{x/2}\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)} \\ &\quad \textcolor{blue}{+ \dfrac{1}{4}e^{x/2}\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)} \\ &\quad \textcolor{blue}{+ \dfrac{1}{4}e^{x/2}\cos\left(\dfrac{x}{2}\right)} \\ &\quad \textcolor{blue}{- \dfrac{1}{4}(e^{x/2} - 1)\sin\left(\dfrac{x}{2}\right)} \end{aligned} \]

Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) får vi: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f''(0)} &= \textcolor{red}{\dfrac{1}{4}} \\ \textcolor{blue}{g''(0)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{2}} \end{aligned} \]

Grenseverdien er derfor: \[ \dfrac{\textcolor{red}{f''(0)}}{\textcolor{blue}{g''(0)}} = \dfrac{\textcolor{red}{1/4}}{\textcolor{blue}{1/2}} = \dfrac{1}{2} \]

Vi setter inn \( {x = 0} \) der vi kan. Bare brøken med \( \sin(\sqrt{x}) \) gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så den tar vi for seg selv med L'Hôpitals regel.

1. Finn grensen til den innerste brøken Vi kaller \( \sqrt{x} \) for \( u\text{.} \) Når \( {x \to 0^+}\text{,} \) går også \( {u \to 0^+}\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0^+} \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}} = \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{\sin u}}{\textcolor{blue}{u}} \]

Vi setter inn \( {u = 0} \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{\sin 0} &= \textcolor{red}{0} \\ \textcolor{blue}{u} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]

L'Hôpitals regel forteller oss at ved \( \dfrac{0}{0} \) er: \[ \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{f(u)}}{\textcolor{blue}{g(u)}} = \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{f'(u)}}{\textcolor{blue}{g'(u)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f} &= \textcolor{red}{\sin u} & \textcolor{red}{f'} &= \textcolor{red}{\cos u} \\ \textcolor{blue}{g} &= \textcolor{blue}{u} & \textcolor{blue}{g'} &= \textcolor{blue}{1} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{u \to 0^+} \dfrac{\textcolor{red}{\cos u}}{\textcolor{blue}{1}} = \cos 0 = \underline{1} \]

2. Sett inn i resten av uttrykket Resten er kontinuerlig i \( {x = 0}\text{,} \) så vi setter inn der. Den store brøken har teller og nevner: \[ \begin{aligned} \textcolor{darkorange}{x^2 + \sqrt{x} + e^{x^2}} &\to \textcolor{darkorange}{0 + 0 + 1 = 1} \\ \textcolor{magenta}{8 + \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}} &\to \textcolor{magenta}{8 + 1 = 9} \end{aligned} \]

Kvadratroten er også kontinuerlig, så grensen kan flyttes inn under roten: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0^+} \sqrt{x + \dfrac{\textcolor{darkorange}{x^2 + \sqrt{x} + e^{x^2}}}{\textcolor{magenta}{8 + \dfrac{\sin(\sqrt{x})}{\sqrt{x}}}}} \\ &= \sqrt{0 + \dfrac{\textcolor{darkorange}{1}}{\textcolor{magenta}{9}}} = \dfrac{1}{3} \end{aligned} \]

Grenseverdien må være lik \( {f(0) = 2}\text{.} \) \( {\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)} \) har ingen grense i \( 0\text{,} \) men den er begrenset, så vi klemmer produktet mellom \( 0 \) og \( |\sin x|\text{.} \)

1. Skriv opp kravet \( f \) er kontinuerlig i \( {x = 0} \) hvis: \[ \lim_{x \to 0} f(x) = f(0) = 2 \]At verdiene må stemme der funksjonen skifter uttrykk, ser du i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

For \( x \ne 0 \) er \( {f(x) = 2 + \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x)}\text{,} \) så vi må vise at: \[ \lim_{x \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x) = 0 \]

2. Klem produktet Cosinus er aldri større enn \( 1 \) i absoluttverdi. Vi ganger med \( |\sin x| \) og får: \[ \begin{aligned} \left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\right| &\le 1 \\ 0 \le \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} &\le \textcolor{blue}{|\sin x|} \end{aligned} \]

Skviseteoremet forteller oss at: \[ \begin{aligned} &g(x) \le \textcolor{red}{h(x)} \le \textcolor{blue}{k(x)} \text{ og } g, \textcolor{blue}{k} \to L \\ &\Rightarrow \ \textcolor{red}{h} \to L \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= 0 \\ \textcolor{red}{h(x)} &= \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} \\ \textcolor{blue}{k(x)} &= \textcolor{blue}{|\sin x|} \\ L &= 0 \end{aligned} \]

Siden \( \textcolor{blue}{|\sin x|} \to 0 \) når \( x \to 0\text{,} \) gir det: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{red}{\left|\cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin x\right|} = 0 \]

Derfor går også selve produktet mot \( 0\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0} \cos\left(\dfrac{1}{x}\right)\sin(x) = 0 \]

3. Sett sammen Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{x \to 0} f(x) = 2 + 0 = 2 = f(0) \]

Vi begynner med å sette inn \( {x = 0}\text{.} \) Det gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi bruker L'Hôpitals regel så mange ganger som det trengs.

1. Sett inn grensen Vi lar \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{e^0 - e^0 - 2 \cdot 0} &= \textcolor{red}{0} \\ \textcolor{blue}{0 - \sin(0)} &= \textcolor{blue}{0} \end{aligned} \]Det gir formen \( \dfrac{0}{0}\text{.} \)

2. Bruk L'Hôpitals regel L'Hôpitals regel forteller oss at når \( \dfrac{f}{g} \) gir \( \dfrac{0}{0} \) eller \( \dfrac{\infty}{\infty}\text{,} \) og grensen til høyre finnes, er: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x)}}{\textcolor{blue}{g(x)}} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f'(x)}}{\textcolor{blue}{g'(x)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Her er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x)} &= \textcolor{red}{e^x - e^{-x} - 2x} \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{e^x + e^{-x} - 2} \\ \textcolor{blue}{g(x)} &= \textcolor{blue}{x - \sin(x)} \\ \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{1 - \cos(x)} \end{aligned} \]Leddet \( {e^{-x}} \) deriverer vi med regelen for \( e^u\text{,} \) som i videoen Derivasjonsregler/​Formler, med \( {u = -x}\text{:} \) \[ \begin{aligned} (e^u)' &= e^u \cdot u' \\ (e^{-x})' &= -e^{-x} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{e^x + e^{-x} - 2}}{\textcolor{blue}{1 - \cos(x)}} \]Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) får vi igjen formen \( \dfrac{0}{0}\text{:} \) \[ \dfrac{\textcolor{red}{1 + 1 - 2}}{\textcolor{blue}{1 - 1}} = \dfrac{\textcolor{red}{0}}{\textcolor{blue}{0}} \]

3. Bruk regelen to ganger til Vi deriverer telleren og nevneren en gang til: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{e^x - e^{-x}}}{\textcolor{blue}{\sin(x)}} \]Setter vi inn \( {x = 0}\text{,} \) får vi fortsatt formen \( \dfrac{0}{0}\text{:} \) \[ \dfrac{\textcolor{red}{1 - 1}}{\textcolor{blue}{0}} = \dfrac{\textcolor{red}{0}}{\textcolor{blue}{0}} \]

Vi deriverer en tredje gang, og nå kan vi sette inn \( {x = 0}\text{:} \) \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{e^x + e^{-x}}}{\textcolor{blue}{\cos(x)}} = \dfrac{\textcolor{red}{1 + 1}}{\textcolor{blue}{1}} = 2 \]

Vi skriver opp hva vi vet og hva vi skal vise. Vinket gir oss en ulikhet med \( |f(x)| \) på den ene siden og \( f(x) \) på den andre, så vi klemmer avstanden mot \( 0\text{.} \)

1. Skriv opp kravene At \( f \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{,} \) betyr at grenseverdien er lik funksjonsverdien. Det gir oss: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to a} f(x) = f(a) \\ &\Leftrightarrow \ \lim_{x \to a} |f(x) - f(a)| = 0 \end{aligned} \]Du ser regelen om lik verdi i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon.

Vi skal vise det samme for \( |f(x)|\text{:} \) \[ \lim_{x \to a} \big||f(x)| - |f(a)|\big| = 0 \]

2. Bruk vinket Vi setter inn i ulikheten fra vinket, med: \[ \begin{aligned} z &= f(x) \\ y &= f(a) \end{aligned} \]

Det gir oss, siden en absoluttverdi aldri er negativ: \[ \begin{aligned} 0 &\le \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} \\ &\le \textcolor{blue}{|f(x) - f(a)|} \end{aligned} \]

3. Klem avstanden mot null Skviseteoremet forteller oss at: \[ \begin{aligned} &g(x) \le \textcolor{red}{h(x)} \le \textcolor{blue}{m(x)} \text{ og } g, \textcolor{blue}{m} \to L \\ &\Rightarrow \ \textcolor{red}{h} \to L \end{aligned} \]

Her er: \[ \begin{aligned} g(x) &= 0 \\ \textcolor{red}{h(x)} &= \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} \\ \textcolor{blue}{m(x)} &= \textcolor{blue}{|f(x) - f(a)|} \\ L &= 0 \end{aligned} \]

Siden \( f \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{,} \) går \( \textcolor{blue}{m(x)} \) mot \( 0\text{.} \) Det gir: \[ \lim_{x \to a} \textcolor{red}{\big||f(x)| - |f(a)|\big|} = 0 \]

Det betyr at: \[ \lim_{x \to a} |f(x)| = |f(a)| \]

Grenseverdien er lik funksjonsverdien, så \( |f(x)| \) er kontinuerlig i \( {x = a}\text{.} \)

Funksjonen skifter uttrykk i \( {x = 2}\text{.} \) Vi finner derfor grensen fra hver side for seg, med det uttrykket som gjelder på den siden.

1. Finn grensen fra hver side Fra høyre er \( {x > 2}\text{,} \) så der gjelder \( x^2\text{.} \) Vi setter inn \( {x = 2}\text{,} \) og leser notasjonen som i videoen Grenseverdier: \[ \lim_{x \to 2+} f(x) = \lim_{x \to 2+} x^2 = \textcolor{red}{4} \]

Fra venstre er \( {x < 2}\text{,} \) så der gjelder \( x\text{:} \) \[ \lim_{x \to 2-} f(x) = \lim_{x \to 2-} x = \textcolor{blue}{2} \]

2. Avgjør den tosidige grensen Den tosidige grensen finnes bare når grensene fra høyre og venstre er like: \[ \lim_{x \to 2+} f(x) = \lim_{x \to 2-} f(x) \]

Her er de ulike: \[ \textcolor{red}{4} \neq \textcolor{blue}{2} \]Dermed eksisterer ikke \( \lim_{x \to 2} f(x)\text{.} \)

3. Avgjør om funksjonen er kontinuerlig Der funksjonen skifter uttrykk, må de to uttrykkene ha samme verdi for at den skal være kontinuerlig, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon. Vi setter inn \( {x = 2} \) i begge: \[ \begin{aligned} x &= \textcolor{blue}{2} \\ x^2 &= 2^2 = \textcolor{red}{4} \end{aligned} \]Grafen hopper altså i \( {x = 2}\text{,} \) så \( f \) er ikke kontinuerlig der. For alle andre \( x \) er den kontinuerlig, siden \( x \) og \( x^2 \) er det.

For at \( f \) skal være kontinuerlig i \( {x = 0}\text{,} \) må \( C \) være lik grensen når \( x \) går mot \( 0\text{.} \) Vi finner grensen med maclaurinrekken til \( \sin(x)\text{.} \)

1. Sett opp kravet Der funksjonen skifter uttrykk, må verdiene være like, som i videoen Hva er en kontinuerlig funksjon. Det betyr at: \[ C = \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3}{x^5} \]

Vi lar \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg: \[ \begin{aligned} \sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3 &\to 0 \\ x^5 &\to 0 \end{aligned} \]Dette er formen \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi må skrive om uttrykket.

2. Skriv opp rekken til sinus Maclaurinrekken forteller oss at: \[ \begin{aligned} g(x) &= g(0) + g'(0)x \\ &\quad + \dfrac{g''(0)x^2}{2!} + \dfrac{g'''(0)x^3}{3!} + \cdots \end{aligned} \]Hvis du er usikker på den, kan du se videoen Taylor & Mclauren polynomer DEL 2.

Her er \( {g(x) = \sin(x)}\text{.} \) De deriverte går i ring, og i \( {x = 0} \) gir de: \[ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ 0,\ 1,\ 0,\ -1,\ \dots \]

Plugger vi dette inn, får vi: \[ \sin(x) = x - \dfrac{x^3}{3!} + \textcolor{red}{\dfrac{x^5}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^7}{7!}} + \cdots \]

3. Regn ut grensen Siden \( {3! = 6}\text{,} \) forsvinner de to første leddene når vi setter inn i telleren: \[ \sin(x) - x + \dfrac{1}{6}x^3 = \textcolor{red}{\dfrac{x^5}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^7}{7!}} + \cdots \]

Vi deler på \( x^5 \) og lar \( x \) gå mot \( 0\text{:} \) \[ \begin{aligned} C &= \lim_{x \to 0} \left(\textcolor{red}{\dfrac{1}{5!}} - \textcolor{blue}{\dfrac{x^2}{7!}} + \cdots\right) \\ &= \dfrac{1}{5!} = \dfrac{1}{120} \end{aligned} \]

Vi tar likhetene én og én, fra venstre. Til slutt bruker vi at \( e^x \) er kontinuerlig, for å komme fra \( \ln \) av uttrykket til selve uttrykket.

1. Forklar den første likheten Logaritmeregelen for en potens forteller oss at: \[ \ln(\textcolor{red}{a}^{\textcolor{blue}{n}}) = \textcolor{blue}{n} \ln(\textcolor{red}{a}) \]Se videoen Naturlige Logaritmer.

Her er \( {\textcolor{red}{a} = \textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}}\text{.} \) Å gange med \( \textcolor{blue}{n} \) er det samme som å dele på \( \dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}\text{,} \) så: \[ \begin{aligned} \ln\left(\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)^{\textcolor{blue}{n}}\right) &= \textcolor{blue}{n} \ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right) \\ &= \dfrac{\ln\left(\textcolor{red}{1 + \dfrac{1}{n}}\right)}{\dfrac{1}{\textcolor{blue}{n}}} \end{aligned} \]

2. Forklar den andre likheten Vi bytter variabel: \[ \begin{aligned} \textcolor{green}{h} &= \textcolor{green}{\dfrac{1}{n}} \\ n \to \infty \ &\Rightarrow \ \textcolor{green}{h} \to 0 \end{aligned} \]

Siden \( {\ln(1) = 0}\text{,} \) kan vi også trekke fra \( \ln(1) \) uten å endre noe: \[ \begin{aligned} &\lim_{n \to \infty} \dfrac{\ln\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)}{\dfrac{1}{n}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h})}{\textcolor{green}{h}} \\ &= \lim_{\textcolor{green}{h} \to 0} \dfrac{\ln(1 + \textcolor{green}{h}) - \ln(1)}{\textcolor{green}{h}} \end{aligned} \]Her er \( {h > 0}\text{.} \) Det spiller ingen rolle, for grensen når \( h \to 0 \) finnes fra begge sider, som den tredje likheten viser.

3. Forklar den tredje likheten Definisjonen av den deriverte forteller oss at: \[ g'(a) = \lim_{h \to 0} \dfrac{g(a + h) - g(a)}{h} \]Se videoen Definisjonen til den deriverte.

Her er \( {g(t) = \ln(t)} \) og \( {a = 1}\text{.} \) Plugger vi dette inn, får vi: \[ \begin{aligned} &\lim_{h \to 0} \dfrac{\ln(1 + h) - \ln(1)}{h} \\ &= \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} \end{aligned} \]

4. Forklar den fjerde likheten Den deriverte av \( \ln(t) \) er \( \dfrac{1}{t}\text{,} \) se videoen Derivasjonsregler/​Formler. Vi setter inn \( {t = 1}\text{:} \) \[ \left(\dfrac{d}{dt} \ln(t)\right)\Bigg|_{t=1} = \dfrac{1}{1} = 1 \]

5. Vis likning 1 Erna har altså vist at grensen av \( \ln \) av uttrykket er \( 1\text{:} \) \[ \lim_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n\right) = 1 \]

Vi opphøyer \( e \) i begge sidene. Siden \( e^x \) er kontinuerlig, kan grensen flyttes ut av eksponenten, og fra definisjonen av \( \ln \) vet vi at \( {e^{\ln(a)} = a}\text{:} \) \[ \begin{aligned} e^1 &= e^{\lim\limits_{n \to \infty} \ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} e^{\ln\left(\left(1 + \tfrac{1}{n}\right)^n\right)} \\ &= \lim_{n \to \infty} \left(1 + \dfrac{1}{n}\right)^n \end{aligned} \]Det er likning (1).

Vi begynner med å la \( x \) gå mot \( 0 \) i telleren og nevneren hver for seg. Det gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) så vi bruker L'Hôpitals regel.

1. Sett inn i telleren og nevneren Vi setter inn i telleren og nevneren: \[ \begin{aligned} 1 - \cos 0 &= 1 - 1 = 0 \\ \ln(1 + 0^2) &= \ln 1 = 0 \end{aligned} \]

2. Bruk L'Hôpitals regel L'Hôpitals regel forteller oss at når innsetting gir \( \dfrac{0}{0}\text{,} \) gjelder: \[ \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f(x)}}{\textcolor{blue}{g(x)}} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{f'(x)}}{\textcolor{blue}{g'(x)}} \]Hvis du er usikker på regelen, kan du se videoen L'Hopitals regel.

Nevneren deriverer vi med kjerneregelen, som i videoen Kjerneregelen. Den forteller oss at: \[ (\ln \textcolor{green}{u})' = \dfrac{1}{\textcolor{green}{u}} \cdot \textcolor{green}{u'} \]

Med kjernen \( {\textcolor{green}{u} = \textcolor{green}{1 + x^2}} \) og \( {\textcolor{green}{u'} = \textcolor{green}{2x}} \) er: \[ \begin{aligned} \textcolor{red}{f(x)} &= \textcolor{red}{1 - \cos x} \\ \textcolor{red}{f'(x)} &= \textcolor{red}{\sin x} \\ \textcolor{blue}{g(x)} &= \textcolor{blue}{\ln(1 + x^2)} \\ \textcolor{blue}{g'(x)} &= \textcolor{blue}{\dfrac{2x}{1 + x^2}} \end{aligned} \]

Plugger vi dette inn i regelen, får vi: \[ \begin{aligned} &\lim_{x \to 0} \dfrac{\textcolor{red}{\sin x}}{\textcolor{blue}{\dfrac{2x}{1 + x^2}}} \\ &= \lim_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{2x} \cdot (1 + x^2) \\ &= \lim_{x \to 0} \textcolor{darkorange}{\dfrac{1 + x^2}{2}} \cdot \textcolor{magenta}{\dfrac{\sin x}{x}} \end{aligned} \]

3. Regn ut faktorene hver for seg Den første faktoren kan vi sette rett inn i: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{darkorange}{\dfrac{1 + x^2}{2}} = \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}} \]

Den andre gir \( \dfrac{0}{0} \) igjen, så vi bruker L'Hôpitals regel en gang til: \[ \lim_{x \to 0} \textcolor{magenta}{\dfrac{\sin x}{x}} = \lim_{x \to 0} \dfrac{\cos x}{1} = \textcolor{magenta}{1} \]

Slår vi dette sammen, får vi: \[ \textcolor{darkorange}{\dfrac{1}{2}} \cdot \textcolor{magenta}{1} = \dfrac{1}{2} \]