Rekkederivasjon 1: Potenser og brøk

[espen180]

Bevis av derivasjon av rekker 1

Potenser

Ta utgangspunkt i funksjonen [tex]f(x)= \sum_{n=a}^{b} v(n)+x^c[/tex], der [tex]v(n)[/tex] står for delen av rekken som utelukkende består av [tex]n[/tex], for eksempel [tex]2n^3-(\frac{3}{2n^2})^2[/tex]. Ut fra regelen om at [tex]a^\prime=0[/tex] dersom [tex]a[/tex] er en konstant, kan vi stryke [tex]v(n)[/tex] fra rekken. Vi sitter da igjen med at [tex]f^\prime (x)=(\sum_{n=a}^{b} x^c)^\prime[/tex].

I en vilkårlig rekke er antallet av konstanten [tex]k[/tex] relativ til antall ledd i rekken. [tex]\sum_{n=0}^{2}n+k=(0+1+2)+(k+k+k)[/tex]. Antall ledd i en rekke [tex]\sum_{n=a}^{b}[/tex] er lik [tex]b-a+1[/tex]. Rekken [tex]\sum_{n=a}^{b}v(n)+k=u(n)+(b-a+1)k[/tex] der [tex]u(n)[/tex] står for summen av alle [tex]n[/tex] i rekken. Funksjonen [tex]f(x)=\sum_{n=a}^{b}v(n)+x^c=u(n)+(b-a+1)x^c[/tex]. Nå kan vi derivere funksjonen.

Som sagt ovenfor vet vi at vi kan stryke [tex]u(n)[/tex] fra funksjonen. Da sitter vi igjen med [tex]f^\prime (x)=\cancel{u(n)}+((b-a+1)x^c)^\prime=(b-a+1)cx^{c-1}[/tex] som er den deriverte av funksjonen.

Når [tex]f(x)= \sum_{n=a}^{b} v(n)+x^c[/tex] er [tex]f^\prime (x)=(b-a+1)cx^{c-1}[/tex]

Eksempler:

[tex]f(x)=\sum_{n=2}^{5}3n^2+x^3[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(12+27+48+75)^\prime+((5-2+1)x^3)^\prime[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(162)^\prime+(4x^3)^\prime=0+12x^2=12x^2[/tex]

[tex]f(x)=\sum_{n=0}^{2}2n+x[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(0+2+4)^\prime+((2-0+1)x)^\prime[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(6)^\prime+(3x)^\prime=0+3=3[/tex]

Brøk

NB: [tex]e[/tex] i dette eksempelet er en tilfeldig konstant og ikke nødvendigvis Napiers konstant.

Ta utgangspunkt i funksjonen [tex]f(x)=\sum_{n=a}^{b}v(n)+(\frac{c}{x^d})^e[/tex] der [tex]v(n)[/tex] består av den delen av rekken som utelukkende består av [tex]n[/tex] (Se eksempelet lenger oppe i inlegget). Vi vet allerede at vi ikke trenger å bry oss om [tex]v(n)[/tex]. Ut fra det vi fant ut i Potenser, kan vi skrive [tex]f(x)=\sum_{n=a}^{b}v(n)+(\frac{c}{x^d})^e[/tex] som [tex][(b-a+1)(\frac{c}{x^d})^e]=(b-a+1)c^e \cdot x^{-de}[/tex] Når vi deriverer dette finner vi at når [tex]f(x)=\sum_{n=a}^{b}v(n)+(\frac{c}{x^d})^e[/tex] er [tex]f^\prime (x)=-c^e \cdot de(b-a+1)x^{-de-1}[/tex]

Eksempler:

[tex]f(x)=\sum_{n=0}^{2}2n+(\frac{2}{x})^2[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(0+2+4)^\prime -2^2 \cdot 1 \cdot 2(2-0+1)x^{-(1 \cdot 2)-1}[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(6)^\prime -24x^{-3}[/tex]
[tex]f^\prime (x)=-\frac{24}{x^3}[/tex]

[tex]f(x)=\sum_{n=3}^{5}n^2+(\frac{-3}{x^2})^{-1}[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(9+16+25)^\prime +3^{-1} \cdot 2 \cdot -1(5-3+1)x^{-(2 \cdot -1)-1}[/tex]
[tex]f^\prime (x)=(50)^\prime -2x[/tex]
[tex]f^\prime (x)=-2x[/tex]


Venligst si ifra om dette beviset kan forbedres, eller om det finnes feil.

[nybegynner]

[tex]f(x)=\sum_{n=a}^b v(n)+kx^c=k(b-a+1)x^c+\sum_{n=a}^b v(n)[/tex]
[tex]\Rightarrow\: \frac{d}{dx}f=k(b-a+1)\frac{d}{dx}x^c+\frac{d}{dx}\sum_{n=a}^b v(n)=k(b-a+1)cx^{c-1}[/tex].