«Bevis» for dy/dx av: sum, produkt og brøk + kjerneregelen.

[Emilga]

I R1 blir du bedt om å derivere funksjoner ved å bruke produktregelen, kvotientregelen og kjerneregelen, uten at de er bevist. Jeg tenkte først at bevisene var for vanskelige eller for lange til at det var hensiktsmessig å ta dem med, men tvert i mot er de veldig enkle:

(Forkortet (og redigert) utdrag fra ISBN 82-00-26444-0, 3. utg.)
Den deriverte av en sum:
La $y$, $u$ og $v$ være deriverbare funksjoner slik at $y=u+v$. Gir vi $x$ tilveksten $\mathrm{\Delta }x$ får $u$ tilveksten $\mathrm{\Delta }u$ og $v$ tilveksten $\mathrm{\Delta }v$. Dette medfører at $y$ får tilveksten $\mathrm{\Delta }y=\mathrm{\Delta }u+\mathrm{\Delta }v$, og vi får:

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}+\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}$

Lar vi nå $\mathrm{\Delta }x\to 0$, vil $\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }$ og $\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}\to v^{\prime }$. Men da må også $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }+v^{\prime }$:

$y^{\prime }=u^{\prime }+v^{\prime }$

Dette viser at vi får den deriverte av en sum ved å derivere ledd for ledd. Det samme gjelder for en differens og allment for ethvert flerleddet uttrykk.

[Emilga]

Den deriverte av et produkt:
La $y$, $u$ og $v$ være deriverbare funksjoner slik at $y=u\cdot v$. Gir vi $x$ tilveksten $\mathrm{\Delta }x$ endres $u$ til $(u+\mathrm{\Delta }u)$, $v$ til $(v+\mathrm{\Delta }v)$ og $y$ til

$y+\mathrm{\Delta }y=(u+\mathrm{\Delta }u)\cdot (v+\mathrm{\Delta }v)$

Dette viser at $y$ får tilveksten

$\mathrm{\Delta }y=(u+\mathrm{\Delta }u)\cdot (v+\mathrm{\Delta }v)-y=(u+\mathrm{\Delta }u)\cdot (v+\mathrm{\Delta }v)-uv=\mathrm{\Delta }u\cdot v+u\cdot \mathrm{\Delta }v+\mathrm{\Delta }u\cdot \mathrm{\Delta }v$

og vi får

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\cdot v+u\cdot \frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}+\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\cdot \mathrm{\Delta }v$

Lar vi nå $\mathrm{\Delta }x\to 0$, vil $\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }$, $\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}\to v^{\prime }$ og $\mathrm{\Delta }v\to 0$

Men da må også $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$

$y^{\prime }=u^{\prime }\cdot v+u\cdot v^{\prime }$

Dette viser at den deriverte av et produkt er lik den deriverte av den første faktoren ganger den andre faktoren pluss den første faktoren ganger den deriverte av den andre faktoren.

[Emilga]

Den deriverte av en brøk:
La $y$, $u$ og $v$ være deriverbare funksjoner slik at $y=\frac{u}{v}$, der vi forutsetter at $v\ne 0$ for alle verdier av $x$. Gir vi $x$ tilveksten $\mathrm{\Delta }x$, får $u$ tilveksten $\mathrm{\Delta }u$ og $v$ tilveksten $\mathrm{\Delta }v$. Det medfører at $y$ får tilveksten

$\mathrm{\Delta }y=\frac{u+\mathrm{\Delta }u}{v+\mathrm{\Delta }v}-\frac{u}{v}=\frac{uv+\mathrm{\Delta }u\cdot v-uv-u\cdot \mathrm{\Delta }v}{(v+\mathrm{\Delta }v)v}=\frac{\mathrm{\Delta }u\cdot v-u\cdot \mathrm{\Delta }v}{v(v+\mathrm{\Delta }v)}$

og vi får

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\cdot v-u\cdot \frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}}{v(v+\mathrm{\Delta }v)}$

Lar vi nå $\mathrm{\Delta }x\to 0$, vil $\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }$, $\frac{\mathrm{\Delta }v}{\mathrm{\Delta }x}\to v^{\prime }$ og $(v+\mathrm{\Delta }v)\to v$

Men da må

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}\to \frac{u^{\prime }\cdot v-u\cdot v^{\prime }}{v^2}$

$y^{\prime }=\frac{u^{\prime }\cdot v-u\cdot v^{\prime }}{v^2}$

Dette viser at den deriverte av en brøk er lik den deriverte av telleren ganger nevneren minus telleren ganger den deriverte av nevneren, alt delt på kvadratet av nevneren.

[Emilga]

Den deriverte av en sammensatt funksjon:
Vi lar $y$ være en funksjonsfunksjon, nemlig en funksjon av $u$ som igjen er en funksjon av $x$.

Er $f(u)$ en funksjon av $u$ og $g(x)$ en funksjon av $x$, så er
$y=f(u)$, der $u=g(x)$ en funksjonsfunksjon.

Vi kaller $f(u)$ den ytre funksjonen, mens $u=g(x)$ kalles den indre funksjonen eller kjernen.

Vi forutsetter at $f(u)$ og $u=g(x)$ er deriverbare funksjoner.

Gir vi $x$ tilveksten $\mathrm{\Delta }x$, får $u=g(x)$ tilveksten $\mathrm{\Delta }u$, og det medfører at $y=f(u)$ får tilveksten $\mathrm{\Delta }y$. Forholdet $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}$ kan skrives som

$\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}=\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}\cdot \frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }u}=\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }u}\cdot \frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}$

Lar vi nå $\mathrm{\Delta }x\to 0$, må $\frac{\mathrm{\Delta }u}{\mathrm{\Delta }x}\to u^{\prime }=g^{\prime }(x)$. Samtidig vil $\mathrm{\Delta }u\to 0$, slik at $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }u}\to f^{\prime }(u)$, der $f^{\prime }(u)$ er den deriverte av $f(u)$ med hensyn på $u$.

Men da må $\frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}\to f^{\prime }(u)\cdot u^{\prime }$

$y^{\prime }=f^{\prime }(u)\cdot u^{\prime }$

Dette viser at den deriverte av en funksjonsfunksjon fåes ved først å derivere den ytre funksjonen som om kjernen var den fri variable, og så multiplisere det utkomne med den deriverte av kjernen.

[Magnus]

Den deriverte av en brøk følger direkte fra deriverta av produkt.

$(u\cdot v^{-1}{)}^{\prime }=u^{\prime }\cdot v^{-1}-u\cdot v^{-2}\cdot v^{\prime }=$

$u^{\prime }\cdot \frac{v}{v^2}-u\cdot \frac{v^{\prime }}{v^2}$

[arildno]

Ingen av disse argumentene er i nærheten av å være beviser. Hva betyr pilene dine, for eksempel?

[Emilga]

Hva mener du?

$\mathrm{\Delta }x\to 0$ = "$\mathrm{\Delta }x$ går mot/nærmer seg 0"

[arildno]

Hva mener du?

$\mathrm{\Delta }x\to 0$ = "$\mathrm{\Delta }x$ går mot/nærmer seg 0"

Har "delta x" føtter? Hva betyr "går mot"??

[arildno]

Jeg skylder vel å gi et eksempel på hva jeg mener er et rigorøst bevis, og vise hvordan det inneholder mange vesentlige elementer som er utelatt fra din intuitive argumentasjon.

I hovedsak mangler argumentasjonen din presise estimater, mens hovedlogikken er helt OK.
Men, som engelskmennene sier: "The devil is in the details"..

Jeg velger beviset for produktregelen for derivasjon, som ikke er fullt så triviell som beviset for summeregelen, og ikke så kronglete som beviset for kjerneregelen:

Vi skal vise, at for en VILKÅRLIG VALGT $ϵ>0$, så eksisterer en $\delta >0$ slik at nårsomhelst $|y-x|<\delta$, så er
$|\frac{f(y)g(y)-f(x)g(x)}{y-x}-(\frac{df}{dx}g(x)+f(x)\frac{dg}{dx})|<ϵ$(*)
(At f og g begge er deriverbare i punktet x er en foritsetning vi har gjort!
De deriverete av f og g er evaluert i punktet "x")

Ved å legge til 0 på en smart måte, så kan venstresiden av (*) omskrives til, samt estimeres vha av trekantulikhet:
$|\frac{f(y)g(y)-f(x)g(x)}{y-x}-(\frac{df}{dx}g(x)+f(x)\frac{dg}{dx})|=|g(y)\frac{f(y)-f(x)}{y-x}+f(x)\frac{g(y)-g(x)}{y-x}-(\frac{df}{dx}g(x)+f(x)\frac{dg}{dx})|=|g(y)(\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-\frac{df}{dx})+(g(y)-g(x))\frac{df}{dx}+f(x)(\frac{g(y)-g(x)}{y-x}-\frac{dg}{dx})|<|g(y)||\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-\frac{df}{dx}|+|g(x)-g(y)||\frac{df}{dx}|+|f(x)||\frac{g(y)-g(x)}{y-x}-\frac{dg}{dx}|$

Nå har vi fått en øvre kontroll på uttrykket vårt via en ulikhet, og hvis denne siste ulikhet kan vises å kunne gjøres vilkårlig liten, så er vi i mål!
Det tar jeg for meg i neste post!

[arildno]

ESTIMATER AV VARIABLE LEDD OG FAKTORER:

1. Faktoren |g(y)|
Iogmed at g er forutsatt deriverbar, så er g kontinuerlig, og det eksisterer derfor en ${\delta }_1>0$, slik at når $|y-x|<{\delta }_1$, så er $|g(y)|<|g(x)|+1$ (1-tallet kunne her godt skiftes ut med et hvilket som helst annet positivt tall som vil fungere like greit)

2. Faktoren $|\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-\frac{df}{dx}|$
Fordi f er deriverbar, så eksisterer en ${\delta }_2>0$ slik at når $|y-x|<{\delta }_2$, så er
$|\frac{f(y)-f(x)}{y-x}-\frac{df}{dx}|<\frac{ϵ}{3(|g(x)|+1)}$, hvor $ϵ>0$ er et vilkårlig valgt tall.

3. Estimat første ledd:
La ${\delta }_3=min({\delta }_1,{\delta }_2)$, og vi får derfor at hvis $|y-x|<{\delta }_3$ så følger at første ledd er mindre enn $\frac{ϵ}{3}$

En helt tilsvarende tenkning kan anvendes på de to neste leddene, og tilslutt velger vi den minste delta-verdi som vi trenger, og påviser at tre-leddsummen vår er mindre enn epsilonen vår.


Som du ser, så er det som mangler i argumentasjonen din identifikasjonen av hvor kvantitative estimater ligger, samt at "tilstrekkelig nærme" bør brytes ned til der hvor vi kan foreta presise evalueringer av hvor nært noe er noe annet...