16 svar
273 visningar
AlvinB är nöjd med hjälpen!
AlvinB 3032
Postad: 25 feb 2019 Redigerad: 25 feb 2019

Bevisa potensregeln för derivator.

Nästan alla som lärt sig om derivata känner till att derivatan av f(x)=xnf(x)=x^n är lika med:

f'(x)=nxn-1f'(x)=nx^{n-1}

Till en början lär man sig att detta gäller för naturliga tal nn, men senare lär man sig att det fungerar för alla reella, och till och med alla komplexa exponenter. Här följer en kluring angående hur detta bevisas.

Bevisa med hjälp av derivatans definition att derivatan av f(x)=xpf(x)=x^p med avseende på xx är lika med:

f'(x)=pxp-1f'(x)=px^{p-1}

för

a) alla tal p=ap=a där aa\in\mathbb{Z} (aa är ett heltal)

b) alla tal p=1bp=\dfrac{1}{b} där bb\in\mathbb{Z} (bb är ett heltal)

c) alla tal p=qp=q där qq\in\mathbb{Q} (qq är ett rationellt tal)

Vill man ha en ytterligare utmaning kan man utföra bevisen utan implicit differentiering, logaritmer eller exponentialfunktioner.

SeriousCephalopod Online 1780
Postad: 25 feb 2019 Redigerad: 25 feb 2019

[EDIT]Texen blir bara skräp så ser om jag får ta bort den nu...

Gå till tredje inlägget för faktiska beviset.

Lol. Ska man få "Kan inte redigera efter 2h"-bugg direkt efter att ha postat ett långt inlägg man inte kan förhandsgranska. Hepp.

Det korta hursomhelst. Använd generaliserade konjugatregeln så faller det mesta ut ganska rakt. 

Det kortare är att man via konjugatregeln efter en hel del förhållandevis trivial men ögontärande algebra kan härleda identiteten 

(x+h)p/q-xp/qh=k=0p-1((x+h)1/q)p-1-k(x1/q)kk=0q-1((x+h)1/q)q-1-k(x1/q)k\boxed{\cfrac{(x + h)^{p/q} - x^{p/q}}{h} = \cfrac{\sum \limits_{k = 0}^{p - 1}((x + h)^{1/q})^{p - 1 - k} (x^{1/q})^k }{\sum \limits_{k = 0}^{q - 1}((x + h)^{1/q})^{q - 1 - k} (x^{1/q})^k }}

från vilket gränsvärdet faller ut genom rak insättning av h = 0. 

Overleaf Dokument med härledning


Jag ska säga att jag föredrar beviset som går via derivering av xa=ealnxx^a = e^{a\ln x} då konjugatregelsbeviset ändå inte ger någon faktisk förståelse i mina ögon och då kan mna lika gärna göra avtalet med djävulen och använda högre ordningens matematik.


Vill dock ta upp att mitt första inlägg på gamla pluggakuten snart 10 år sedan var ett (kasst) halvbevis för första halvan av detta bevis. https://gamla.pluggakuten.se/forumserver/viewtopic.php?id=26939 

AlvinB 3032
Postad: 26 feb 2019 Redigerad: 26 feb 2019

Snyggt!

Jag hade tänkt i liknande banor som du, men jag använde både generaliserade konjugatregeln och binomialsatsen, vilket var något krångligare än din variant. Det ser ut ungefär så här:

Visa spoiler

Om vi skriver q=a/bq=a/b där a,b+a,b\in\mathbb{Z}^+ får man ju:

f'x=limh0x+hab-xabh=f'\left(x\right)=\lim_{h\to0}\dfrac{\left(x+h\right)^{\frac{a}{b}}-x^{\frac{a}{b}}}{h}=

vilket genom att förlänga bråket med den generaliserade konjugatregelns summa låter oss bli av med bb i potenserna:

=limh0x+hab-xab(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)h(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)==\lim_{h\to0}\dfrac{\left(\left(x+h\right)^{\frac{a}{b}}-x^{\frac{a}{b}}\right)(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}{h(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}=

=limh0(x+h)a-xah(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)==\lim_{h\to0}\dfrac{(x+h)^a-x^a}{h(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}=

(x+h)a(x+h)^a-parentesen kan sedan utvecklas med binomialsatsen:

=limh0k=0a(akxa-k·hk)-xah(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)==\lim_{h\to0}\dfrac{\sum_{k=0}^a({a\choose k}x^{a-k}\cdot h^k)-x^a}{h(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}=

=limh0xa+k=1a(akxa-k·hk)-xah(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)==\lim_{h\to0}\dfrac{\cancel{x^a}+\sum_{k=1}^a({a\choose k}x^{a-k}\cdot h^k)-\cancel{x^a}}{h(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}=

=limh0k=1aakxa-k·hkh(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)=</p><p>=\lim_{h\to0}\dfrac{\sum_{k=1}^a{a\choose k}x^{a-k}\cdot h^k}{h(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}=

=limh0hk=1aakxa-k·hk-1h(k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb)==\lim_{h\to0}\dfrac{\cancel{h}\sum_{k=1}^a{a\choose k}x^{a-k}\cdot h^{k-1}}{\cancel{h}(\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}})}=

=limh0xa-1+k=2aakxa-k·hk-1k=0b-1x+ha(b-1-k)b·xakb==\lim_{h\to0}\dfrac{x^{a-1}+\sum_{k=2}^a{a\choose k}x^{a-k}\cdot h^{k-1}}{\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+h\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}}}=

Härifrån är det bara att sätta in h=0h=0:

=axa-1+k=2aakxa-k·0k-1k=0b-1x+0a(b-1-k)b·xakb==\dfrac{ax^{a-1}+\sum_{k=2}^a{a\choose k}x^{a-k}\cdot 0^{k-1}}{\sum_{k=0}^{b-1}\left(x+0\right)^{\frac{a(b-1-k)}{b}}\cdot x^{\frac{ak}{b}}}=

=axa-1k=0b-1xa(b-1-k)bxakb==\dfrac{ax^{a-1}}{\sum_{k=0}^{b-1}x^{\frac{a(b-1-k)}{b}}x^{\frac{ak}{b}}}=

=axa-1bxa-ab=ab·xa-1-(a-ab)=ab·xab-1=\dfrac{ax^{a-1}}{bx^{a-\frac{a}{b}}}=\dfrac{a}{b}\cdot x^{a-1-(a-\frac{a}{b})}=\dfrac{a}{b}\cdot x^{\frac{a}{b}-1}

Vilket är vad vi ville visa. För att täcka in de negativa talen kan man anta att a<0a<> och skriva om potenserna i nämnaren och sedan skriva på gemensamt bråkstreck. Då följer i stort sett samma bevis, fast med ett extra minustecken. Ifall exponenten är lika med noll är det ganska enkelt att visa att derivatan blir lika med noll, vilket är vad regeln förutsäger.

Tanken med a) och b)-uppgifterna var att ge en liten knuff i rätt riktning. Om man kan bevisa a) och b) är det ganska enkelt att slå ihop dessa två till att bevisa för alla rationella tal.

EDIT: Jag fattar vad du menar med att det bara blir skräp av LaTeX-koden. Hälften av den visas inte och så dyker det upp en massa HTML-taggar..

AlvinB 3032
Postad: 26 feb 2019 Redigerad: 26 feb 2019

Med omskrivningen xa=ealn(x)x^a=e^{a\ln(x)} tänker jag mig något sådant här:

Visa spoiler

Med omskrivningen fx=xa=ealn(x)f\left(x\right)=x^a=e^{a\ln(x)} fås:

f'x=limh0ealn(x+h)-ealn(x)h=limh0ealn(x+h)-ealn(x)h·aln(x+h)-aln(x)aln(x+h)-aln(x)=f'\left(x\right)=\lim_{h\to0}\dfrac{e^{a\ln(x+h)}-e^{a\ln(x)}}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{e^{a\ln(x+h)}-e^{a\ln(x)}}{h}\cdot\dfrac{a\ln(x+h)-a\ln(x)}{a\ln(x+h)-a\ln(x)}=

=limh0ealn(x+h)-ealn(x)aln(x+h)-aln(x)·aln(x+h)-aln(x)h=limh0ealn(x+h)-ealn(x)aln(x+h)-aln(x)·limh0aln(x+h)-aln(x)h==\lim_{h\to0}\dfrac{e^{a\ln(x+h)}-e^{a\ln(x)}}{a\ln(x+h)-a\ln(x)}\cdot\dfrac{a\ln(x+h)-a\ln(x)}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{e^{a\ln(x+h)}-e^{a\ln(x)}}{a\ln(x+h)-a\ln(x)}\cdot\lim_{h\to0}\dfrac{a\ln(x+h)-a\ln(x)}{h}=

I det vänstra gränsvärdet görs sedan substitutionen t=aln(x+h)-aln(x)t=a\ln(x+h)-a\ln(x). Vi konstaterar att t0t\to0h0h\to0 samt att aln(x+h)=aln(x)+ta\ln(x+h)=a\ln(x)+t:

=limt0ealn(x)+t-ealn(x)t·limh0aln(x+h)-aln(x)h==\lim_{t\to0}\dfrac{e^{a\ln(x)+t}-e^{a\ln(x)}}{t}\cdot\lim_{h\to0}\dfrac{a\ln(x+h)-a\ln(x)}{h}=

Det vänstra gränsvärdet är enligt derivatans definition lika med ealn(x)e^{a\ln(x)} (jag utgår från att funktionen exe^x definieras så att den har sig själv som derivata; därmed är detta givet):

=ealn(x)·limh0a·ln(x+h)-ln(x)h=axa·limh0ln(x+hx)h=axa·limh0ln(1+hx)h==e^{a\ln(x)}\cdot\lim_{h\to0}a\cdot\dfrac{\ln(x+h)-\ln(x)}{h}=ax^a\cdot\lim_{h\to0}\dfrac{\ln(\frac{x+h}{x})}{h}=ax^a\cdot\lim_{h\to0}\dfrac{\ln(1+\frac{h}{x})}{h}=

I detta gränsvärde gör vi substitutionen h=x(eu-1)h=x(e^u-1). Då h0h\to0 kommer u0u\to0. Vi får då:

=axa·limu0ln(1+x(eu-1)x)x(eu-1)=axa·limu0ln(1+eu-1)x(eu-1)=axax·limu0ln(eu)eu-1==ax^a\cdot\lim_{u\to0}\dfrac{\ln(1+\frac{x(e^u-1)}{x})}{x(e^u-1)}=ax^a\cdot\lim_{u\to0}\dfrac{\ln(1+e^u-1)}{x(e^u-1)}=\dfrac{ax^a}{x}\cdot\lim_{u\to0}\dfrac{\ln(e^u)}{e^u-1}=

=axa-1·limu0ueu-1=axa-1·(limu0eu-1u)-1=ax^{a-1}\cdot\lim_{u\to0}\dfrac{u}{e^u-1}=ax^{a-1}\cdot(\lim_{u\to0}\dfrac{e^u-1}{u})^{-1}

Att

limu0eu-1u=1\lim_{u\to0}\dfrac{e^u-1}{u}=1

är ett standardgränsvärde som följer direkt ur att derivatan av exe^x är exe^x, vilket gör att vi får:

f'x=axa-1·1-1=axa-1f'\left(x\right)=ax^{a-1}\cdot1^{-1}=ax^{a-1}

V.S.B.

Dock känner jag inte att detta är lika tillfredsställande. Regeln gäller ju för alla x0x\neq0, men xa=ealn(x)x^a=e^{a\ln(x)} gäller enbart för x>0x>0. Det är förvisso ett snyggt bevis, men man bevisar ju inte regeln för negativa xx-värden. Finns det kanske något sätt att inkludera negativa xx-värden i detta bevis?

En annan möjlighet är väl Newtons generaliserade binomialsats (som jag ser att du är inne på i din tråd på gamla PA), men det är ju inte mycket snyggare än beviset med generaliserade konjugatregeln, men fördelen är väl att man bevisar regeln för alla komplexa exponenter. (Dock är jag inte helt med på hur man visar Newtons generaliserade binomialsats utan derivata. Bygger inte beviset på Taylorserier?)

SeriousCephalopod Online 1780
Postad: 26 feb 2019 Redigerad: 26 feb 2019

Jag tänkte bara på standardbeviset hur kedjeregeln

[f(g(x))]'=f'(g(x))g(x)[f(g(x))]' = f'(g(x))g(x)

tillsammans med derivatorna för exponentialfunktioner och logaritmer

[ekx]'=kekx[e^{kx}]' = k e^{kx} och [lnx]'=1x[\ln x]' = \cfrac{1}{x}

kombinerar till

[ealnx]'=aealnx1x=axax=axa-1[e^{a\ln x}]' = a e^{a\ln x} \cfrac{1}{x} = a \frac{x^a}{x} = a x^{a - 1}

som jag brukar ha som motivation för varför den ska gälla för alla tal då kedjeregeln, exponentialfunktionens derivata, och logaritmens derivata alla är i alla fall ganska enkla att härleda. 

Men det där var ju kul hur man kan få ut ett ganska rakt gränsvärdesbevis från den omskrivningen också. 

En annan möjlighet är väl Newtons generaliserade binomialsats (som jag ser att du är inne på i din tråd på gamla PA), men det är ju inte mycket snyggare än beviset med generaliserade konjugatregeln, men fördelen är väl att man bevisar regeln för alla komplexa exponenter. (Dock är jag inte helt med på hur man visar Newtons generaliserade binomialsats utan derivata. Bygger inte beviset på Taylorserier?)

Nej bäst att inte försöka förstå vad det handlade om. 17-åriga jag har ingen aning om vad han pratar om där, så jag tror inte att det är vettigt.

Albiki 3929
Postad: 26 feb 2019

Hej!

Funktionens ff definitionsmängd spelar naturligtvis ingen som helst roll i sammanhanget? Den är alltid lika med \mathbb{R} oavsett vad exponenten nn är, eller hur? 

Albiki 3929
Postad: 26 feb 2019

Hej!

Vad menas med x2x^{\sqrt{2}} egentligen (där x>0x>0), om man nu inte får använda vare sig logaritmer eller exponentialfunktioner? Jag ställer frågan främst till TS. 

AlvinB 3032
Postad: 26 feb 2019
Albiki skrev:

Hej!

Funktionens ff definitionsmängd spelar naturligtvis ingen som helst roll i sammanhanget? Den är alltid lika med \mathbb{R} oavsett vad exponenten nn är, eller hur? 

Det är klart att funktionens definitionsmängd spelar roll, men som du förmodligen vet är det hyfsat vanligt att man utelämnar den i sådana här sammanhang för att inte krångla till det.

Låt oss för enkelhetens skull säga att vi bryr oss om alla reella x0x\geq0 eftersom regeln då gäller för alla exponenter.

Hej!

Vad menas med x2x^{\sqrt{2}} egentligen (där x>0x>0), om man nu inte får använda vare sig logaritmer eller exponentialfunktioner? Jag ställer frågan främst till TS. 

Ja, för irrationella exponenter är ju den vanligaste definitionen av potensfunktionen med exponentialfunktionen exe^x och den naturliga logaritmen.

Var dock uppmärksam på att frågan i mitt ursprungsinlägg endast berör som mest rationella exponenter. Dessa går att definiera utan exponentialfunktioner och logaritmer, alltså går det att bevisa denna derivata utan att använda exponentialfunktioner eller logaritmer.

Albiki 3929
Postad: 26 feb 2019

Hej!

Jo, jag noterade att delproblemen a-c rör rationella exponenter, men i kluringens inledning nämnde du att man lär sig att detta fungerar för alla reella tal och till och med komplexa exponenter och att följande är en kluring angående hur detta bevisas. 

Min invändning är väl att det inte räcker att visa derivatan för rationella exponenter utan hjälp av logaritmer eller exponentialfunktioner och sedan fortsätta att insistera att logaritmer och exponentialfunktioner är förbjudna om man sedan vill visa resultaten för reella tal, för att inte tala om komplexa tal. 

Albiki 3929
Postad: 26 feb 2019
  • Med hjälp av induktion kan man visa resultatet för positiva heltal n.
  • I nästa steg kan man notera att 

        f(x)=x1/n(f(x))n=xf(x) = x^{1/n} \implies (f(x))^{n} = x

och tillsammans med Kedjeregeln och det tidigare visade resultatet för positiva heltal får man derivatan 

        n(f(x))n-1·f'(x)=1f'(x)=1nx1n-1n (f(x))^{n-1} \cdot f'(x) = 1 \implies f^{\prime}(x) = \frac{1}{n} x^{\frac{1}{n}-1}.

SeriousCephalopod Online 1780
Postad: 27 feb 2019 Redigerad: 27 feb 2019
Albiki skrev:

Hej!

Jo, jag noterade att delproblemen a-c rör rationella exponenter, men i kluringens inledning nämnde du att man lär sig att detta fungerar för alla reella tal och till och med komplexa exponenter och att följande är en kluring angående hur detta bevisas. 

Min invändning är väl att det inte räcker att visa derivatan för rationella exponenter utan hjälp av logaritmer eller exponentialfunktioner och sedan fortsätta att insistera att logaritmer och exponentialfunktioner är förbjudna om man sedan vill visa resultaten för reella tal, för att inte tala om komplexa tal. 

Det hela handlar i mina ögon mindre om att forma ett precist bevis och mer om att åberopa den användbara heuristiken

Om en familj påståenden P(x) parametriserade av de reella talen är sanna för alla rationella tal x så är de förmodligen även sanna för alla irrationella tal x.

Detta är ingen faktisk sats då man lätt kan producera motexempel, särskillt om dina påståendena är "diskontinuerliga över de reella talen",  och att faktisk försöka precisera hur en påståendefamilj ska se ut för att man ska kunna stryka förmodligen och göra det till en genuin sats är mer arbete än det är värt. Men att åberopa principen utgör ändå en användbar heuristik för att kunna  rimliggöra ett påstående om reella tal med relativt lite arbete och ge inspiration till ett formellt bevis skulle man känna sig uttråkad. 

Den underliggande motivationen ligger ändå i att irrationella tal i någon mån är gränsvärden av rationella tal så om påståendena beter sig väl under gränsvärden så kommer förmodligen utsagan vara sann. 

Albiki 3929
Postad: 27 feb 2019
SeriousCephalopod skrev:
[...]

Den underliggande motivationen ligger ändå i att irrationella tal i någon mån är gränsvärden av rationella tal så om påståendena beter sig väl under gränsvärden så kommer förmodligen utsagan vara sann. 

Du menar någon form av kontinuitetsegenskap hos "påståendena"?

Det är fel att tro att om approximationer har en viss egenskap så kommer objektet som de approximerar att ha samma egenskap, även om det finns någon slags kontinuitetsegenskap i bakgrunden. Ta som exempel Maclaurinpolynom till funktionen f(x)=e-1x2f(x) = e^{-\frac{1}{x^2}} när x0x \neq 0 och f(0)=0f(0) = 0.

Albiki 3929
Postad: 27 feb 2019
SeriousCephalopod skrev:
[..]

Det hela handlar i mina ögon mindre om att forma ett precist bevis och mer om att åberopa den användbara heuristiken

Om en familj påståenden P(x) parametriserade av de reella talen är sanna för alla rationella tal x så är de förmodligen även sanna för alla irrationella tal x.

Detta är ingen faktisk sats då man lätt kan producera motexempel, [...]

Det enklaste motexemplet jag kan komma på är P(x): x är rationellt tal.

SeriousCephalopod Online 1780
Postad: 27 feb 2019 Redigerad: 27 feb 2019

Det är inte alls fel att tro något så länge man kan hålla reda på skillnaden mellan en rimlig extrapolation öppen för ifrågasättning och bevisgrundat vetande. Det som utmärker en god matematiker är ju just förmågan att extrapolera ansvarsfullt, använda heuristiker för att konstruera provisoriska påståenden och metoder, för att sedan formalisera och analysera dem. På det temat kan jag rekommendera György Pólyas pedagogiska litteratur, exempelvis patterns of plausible inference även om de åldrats en del.

Du menar någon form av kontinuitetsegenskap hos "påståendena"?

I någon mån... ja. Jag håller naturligtvis med om att det inte är formellt men jag tycker ändå att de fångar idén när egenskaper som rationella tal har ärvs till de reella genom att man i ett argument eller konstruktion utnyttjar rationella approximationer av reella tal. Om det inte frammanar någon mental bild i dig som är så stark som den som framträder hos mig så är det väl en inneffektiv metafor helt enkelt. 

Det är fel att tro att om approximationer har en viss egenskap så kommer objektet som de approximerar att ha samma egenskap...

Så generell var jag inte. Heuristiken handlade om rationella och irrationella och är inget mer än en heuristik, och är som sagtm enkelt att producera motexempel. 

Det enklaste motexemplet jag kan komma på är P(x): x är rationellt tal.

Det där vore ett exempel på ett påstående som inte har en "kontinuitetsegenskap." Ja, det här är explicit cykliskt resonemang men det handlar som sagt om att peka på att det här ändå är något som fungerar för flera familjer av påståenden -- en heuristik

SeriousCephalopod Online 1780
Postad: 27 feb 2019 Redigerad: 27 feb 2019

Låt mig bara komplettera med att bara förtydliga en idé om hur man kunde ställa upp ett faktiskt argument för ett steg mellan de rationella och irrationella. 

Låt oss ha någon sekvens av rationella tal ana_n som konvergerar till vårt reella (möjligtvis irrationella) tal aa

anaa_n \to a

Vår derivata för ett generellt xax^a kan nu skrivas som

L=limh0(x+h)a-xah=limh0limana(x+h)an-xanhL = \lim_{h \to 0} \frac{(x + h)^a - x^a}{h} = \lim_{h \to 0} \lim_{a_n \to a}\cfrac{(x + h)^{a_n} - x^{a_n}}{h}

Här får man kanske en idé att OM det skulle vara så att det gick att byta ordningen hos gränsvärdena med avseende på h och ana_n då skulle man kunna använda resultatet ovan för att får fram

=limanalimh0(x+h)an-xanh=limanaanxan-1=axa-1\ell = \lim_{a_n \to a} \lim_{h \to 0} \cfrac{(x + h)^{a_n} - x^{a_n}}{h} = \lim_{a_n \to a} a_n x^{a_n - 1} = ax^{a-1}

Att dock bevisa att man får byta på dessa gränser är dock förmodligen svårare än att bara köra standardbeviset via exponentialfunktioner men jag tycker fortfarande att det är ett tillräckligt verktyg för att rimliggöra saken.

I det här sammanhanget så tänker jag mig reella tal just som gränsvärden av rationella tal i allmänhet och potenser är ju ganska rakt definierade från den infallsvinkeln utan explicit hänvisning till e. (eller med ekvivalensklasser av cauchysekvenser om man vill formalisera det ett steg mer)

Svara Avbryt
Close