Induktion & derivator

God afton! Matematisk induktion kan används för att bevisa deriveringsregler för speciella funktioner. Det fungerar på samma sätt som med all annan induktion. Om du är nybörjare på induktion kanske det är mer lämpligt att läsa någon genomgång som är lite mer grundläggande.

Derivering & matematisk induktion

Nedanstående skall vi bevisa. Det vi talar om derivator är vi självklart begränsade av att n är större än 0, det vill säga, 1 eller något annat positivt heltal.

Längst ner finns mer om hur derivatan skrivs om.

\frac{d^n}{dx^n} \big( (x-1)e^{1-x} \big) = (-1)^n(x-n-1)e^{1-x}

De tre stegen kommer bli precis som alla andra induktionsbevis.

Sant för n=1?

Vi kontrollerar om det är sant för n=1. Förslagsvis kan produkt- och kedjeregeln för derivator används.

VL=\frac{d^1}{dx^1} \big( (x-1)e^{1-x} \big) = 1\cdot e^{1-x}+(x-1)e^{1-x}\cdot(-1)=-e^{1-x}(x-2)

För högerledet…

HL = (-1)^1(x-1-1)e^{1-x} = -e^{1-x}(x-2)

Det är alltså sant för det första fallet, då går vi vidare och försöker bevisa att det är sant för alla kommande heltal.

Antag att det är sant för n=k

Vi genomför ett induktionsantagande och antager att det är sant för n=k.

\frac{d^k}{dx^k} \big( (x-1)e^{1-x} \big) = (-1)^k(x-k-1)e^{1-x}

När vi har gjort vårt antagande är det dags för nästa steg.

Visa att det är sant för n=k+1

Det sista av de tre huvudstegen.

\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}} \big( (x-1)e^{1-x} \big) = (-1)^{k+1}(x-(k+1)-1)e^{1-x}

Vi skriver om deriveringen som två stycken deriveringar. Detta görs för att kunna substituera in induktionsantagandet ovan. Detta steg är alltså mycket viktigt, för utan det kommer ingenting att fungera senare.

\frac{d^{1}}{dx^{1}}\Big(\frac{d^{k}}{dx^{k}} \big( (x-1)e^{1-x} \big)\Big)= (-1)^{k+1}(x-(k+1)-1)e^{1-x}

Vårt induktionsantagande vi gjort ovan substitueras in, så att vi får följande att visa.

\frac{d^{1}}{dx^{1}}\big( (-1)^k(x-k-1)e^{1-x} \big)= (-1)^{k+1}(x-(k+1)-1)e^{1-x}

Till skillnad från tal som inte bevisas med induktion är det här lämpligt att dela upp det i två led, eftersom vi ska göra en derivering, och inte flytta eller förlänga termer. Det hela blir mer överskådligt på detta vis. Därför delar vi upp det i vänsterled och högerled. Det behövs inte, men det gör det mindre kladdigt.

VL=\frac{d^{1}}{dx^{1}}\big( (-1)^k(x-k-1)e^{1-x} \big)

Vi sätter vänsterledet för sig, vilket står ovan, och högerledet nedan.

HL = (-1)^{k+1}(x-(k+1)-1)e^{1-x}

Förenkla och snygga upp något i träsket av parenteser.

HL = (-1)^{k+1}(x-k-2)e^{1-x}

Nu börjar vi med att skriva om derivatan. Vi kan flytta ut alla konstanta termer framför derivatan.

VL=\frac{d^{1}}{dx^{1}}\big( (-1)^k(x-k-1)e^{1-x} \big)=(-1)^k\frac{d^{1}}{dx^{1}}\big((x-k-1)e^{1-x} \big)

Nu deriverar vi själva uttrycket med avseende på x. Till detta används exempelvis produktregeln och kedjeregeln.

VL=(-1)^k\frac{d^{1}}{dx^{1}}\big((x-k-1)e^{1-x} \big)=(-1)^k \Big( 1\cdot e^{1-x} + (x-k-1)e^{1-x}\cdot(-1) \Big)

Faktorisera ut -e^{1-x}, och vi är nästan framme.

VL=(-1)^k \Big( (-1)e^{1-x}\big((x-k-1)-1\big)\Big)

Förenkla och skriv om utan parenteserna.

VL=(-1)^k (-1)e^{1-x}(x-k-2)

Med hjälp av potenslagarna skrivs uttrycket om en sista gång.

VL=(-1)^{k+1}e^{1-x}(x-k-2)

Vi ser ni att vänsterled är detsamma som högerled!

VL=HL

Påståendet är alltså visat genom matematisk induktion.

Mer om derivataomskrivningen

I vår omskrivning använder vi följande

\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}} = \frac{d^{1}}{dx^{1}}\big(\frac{d^{k}}{dx^{k}} \big)

Om du tycker den omskrivningen är lite knepig kan så vänd på termerna i första

\frac{d^{k+1}}{dx^{k+1}} =\frac{d^{1+k}}{dx^{1+k}} = \frac{d^{1}}{dx^{1}}\big(\frac{d^{k}}{dx^{k}} \big)

 Låt oss nu säga att vi ska derivera en funktion k+1=1+k gånger. Det är samma sak som att först derivera en funktion 1 gång, och sedan ta en paus och andas, för att sedan derivera den k gånger. Då är funktionen totalt sett deriverad 1+k gånger.

Hela ovanstående procedur genomförs för att kunna substituera in induktionsantagandet.