Differentiation af funktionen f(x) = ln(x)

Vi ønsker at differentiere funktionen for den naturlige logaritme (med Eulers tal $e$ som grundtal), $f(x) = \ln(x), x>0$, dvs. vi vil bestemme $f’(x)$.

For at bestemme $f’(x)$ starter vi med at forestille os en sekant, der går gennem to punkter $(x, f(x))$ og $(x+h, f(x+h))$ på grafen for $f(x)$, hvor $h$ er en lille tilvækst til x-værdien, se figur 1.

Figur 1      Sekant gennem to punkter på grafen for $f(x) = \ln(x)$

Vi opstiller herefter et udtryk for sekantens hældning, $a_s$: 

$a_s = \dfrac{\Delta y}{\Delta x} = \dfrac{f(x+h) – f(x)}{(x+h) – x} = \dfrac{\ln(x+h) – \ln(x)}{h} = \dfrac{\ln(\frac{x+h}{x})}{h} = \dfrac{\ln(1+\frac{h}{x})}{h}$

idet vi her har benyttet en af logaritme-regnereglerne, nemlig at logaritmen til en brøk er lig med logaritmen til tælleren minus logaritmen til nævneren.

$f’(x)$ bestemmer vi herefter som grænseværdien for $a_s$, når $h$ bliver uendelig lille, eller udtrykt matematisk:

$f’(x) = \dfrac{dy}{dx} = \lim_{h\rightarrow 0} a_s = \lim_{h\rightarrow 0} \dfrac{\ln(1+\frac{h}{x})}{h}$

Frem for at arbejde med en betingelse i grænseværdiudtrykket om, at $h\rightarrow 0$, vil vi arbejde med betingelsen $n\rightarrow \infty$. Dette kan vi opnå ved at indføre substitutionen $h = \frac{1}{n}$, idet betingelsen $n\rightarrow \infty$ er ensbetydende med, at $h\rightarrow 0$, og grænseværdibestemmelse af $f’(x)$ bliver dermed: 

$f’(x) = \lim_{n\rightarrow \infty} \dfrac{\ln(1+\frac{\frac{1}{n}}{x})}{\frac{1}{n}} \implies \dfrac{1}{n}\cdot f’(x) = \ln(1+\dfrac{\frac{1}{x}}{n}), n\rightarrow \infty$

Hvis vi her beregner $e$ opløftet til hhv. venstresiden og højresiden og udnytter, at $e^{\frac{1}{n}\cdot f’(x)} = (e^{f’(x)})^{\frac{1}{n}}$ og at $e^{\ln(x)} = x$, får vi:

$(e^{f’(x)})^{\frac{1}{n}} = (1 + \dfrac{\frac{1}{x}}{n}), n\rightarrow \infty$.

Idet $k^{\frac{1}{n}} = \sqrt[n]{k}$ og $(\sqrt[n]{k})^n = k$ kan vi nu opløfte både venstre- og højresiden til den n’te potens og indføre substitutionen $z = \frac{1}{x}, x>0$ på højresiden:

$((e^{f’(x)})^{\frac{1}{n}})^n = e^{f’(x)} = (1 + \dfrac{z}{n})^n = (1 + \frac{z}{n})\cdot (1 + \frac{z}{n})\cdot (1 + \frac{z}{n})\cdot ... ... \cdot (1 + \frac{z}{n})$

hvor højresiden skal forstås som, at det er $n$ paranteser $(1 + \frac{z}{n})$, der multipliceres, og $n\rightarrow \infty$.

Vi forestiller os multiplikationen af parenteserne gennemført først med alle $n$ 1-taller, så med $(n – 1)$ 1-taller og en brøk $\frac{z}{n}$, derefter med $(n – 2)$ 1-taller og to brøker $\frac{z}{n}$, osv. Hermed kan vi sammenfatte multipli­kationen ved at benytte skrivemåden fra kombinatorikken med $K_{n,i} = \frac{n!}{i!\cdot (n – i)!}$, hvilket fører til følgende udtryk: 

$e^{f’(x)} = 1 + K_{n,1}\cdot (\frac{z}{n}) + K_{n,2}\cdot (\frac{z}{n})^2 + K_{n,3}\cdot (\frac{z}{n})^3 + ... + K_{n,n-2}\cdot (\frac{z}{n})^{n-2}$
$+ K_{n,n-1}\cdot (\frac{z}{n})^{n-1} + (\frac{z}{n})^n$

$= 1 + \frac{1}{1!}\cdot \frac{n}{n}\cdot z + \frac{1}{2!}\cdot \frac{n\cdot (n – 1)}{n^2}\cdot z^2 + \frac{1}{3!}\cdot \frac{n\cdot (n – 1)\cdot (n – 2)}{n^3}\cdot z^3 + ... + \frac{1}{2!}\cdot \frac{n\cdot (n – 1)}{n^{n-2}}\cdot z^{n-2}$
$+ \frac{1}{1!}\cdot \frac{n}{n^{n-1}}\cdot z^{n-1} + \frac{1}{n^n}\cdot z^n$

Når $n\rightarrow \infty$ er højresiden netop rækkeudviklingen af funktionen $e^z$: $e^z = e^0 + \frac{1}{1!}\cdot z + \frac{1}{2!}\cdot z^2 + \frac{1}{3!}\cdot z^3 + osv.$

Hermed når vi frem til:

$e^{f’(x)} = e^z = e^{\frac{1}{x}}, x>0$

For at komme helt i mål med vores anstrengelser beregner vi afslutningvis den naturlige logaritme til hhv. venstresiden og højresiden, hvilket – idet $\ln(e^x) = x$ – giver:

$f’(x) = \frac{1}{x}, x>0$.

Vi har hermed vist, at differentialkvotienten for den naturlige logaritme $f(x) = \ln(x), x>0$ er: $f’(x) = \frac{1}{x}$. Det betyder, at overalt på grafen for den naturlige logaritme, se figur 2, kan vi beregne grafens hældning og dermed tangentens hældning som den reciprokke værdi af x. 

Figur 2          Grafen for $f(x) = \ln(x)$

I den forbindelse kan det særligt bemærkes, at i grafens skæringspunkt med x-aksen - punktet (1,0) - er tangentens hældning 1, og ligningen for denne tangent er derfor: $y(x) = x - 1$, som er vist med grønt i figur 2. 

Videolektion