impliciet differentiëren

Differentiëren, afgeleide functies en Taylorbenaderingen: Differentiëren van impliciete functies

Impliciet differentiëren

We hebben al eerder opgemerkt dat grootheden vaak via een impliciet verband met elkaar gerelateerd worden. Zo kun je een lineair verband tussen $x$ and $y$ opschrijven als de vergelijking

$a\,x+b\,y+c=0$ voor zekere constanten $a$ , $b$ en $c$ . Als $b\neq 0$ , dan kun je $y$ isoleren

$y=-\frac{a}{b}x-\frac{c}{b}$ en dan als functie van $x$ opvatten. Voor de afgeleide van $y$ als functie van $x$ krijg je dan:

$\frac{\dd y}{\dd x}=-\frac{a}{b}$

Maar deze afgeleide hadden we ook kunnen bepalen door de differentiaaloperator $\frac{\dd }{\dd x}$ rechtstreeks op het impliciete verband tussen $x$ en $y$ los te laten en rekenregels voor differentiëren toe te passen:

$\begin{aligned}\frac{\dd }{\dd x}(a\,x+b\,y+c)&=\frac{\dd }{\dd x}(a\,x)+\frac{\dd }{\dd x}(b\,y)+ \frac{\dd }{\dd x}(c)\\&\phantom{abcpqrxyz}\blue{\text{somregel voor differentiëren}}\\[0.25cm] &= a\frac{\dd x}{\dd x}+ b\frac{\dd y}{\dd x}+0&\\&\phantom{abcpqrxyz}\blue{\text{constante factorregel, afgeleide van een constante}}\\[0.25cm] &= a+b\frac{\dd y}{\dd x}\end{aligned}$ Vanwege het feit dat $a\,x+b\,y+c=0$ moet het vorige resultaat ook gelijk aan nul zijn. In $a+b\frac{\dd y}{\dd x}=0$ is dan de afgeleide te isoleren en krijg je hetzelfde resultaat als eerder. De tweede aanpak heet de methode van impliciet differentiëren.

Impliciete differentiatie

Als de grafiek van een functie $f$ op een open interval $I$ van reële getallen deel uitmaakt van de kromme $F(x,y) = 0$ , dan valt de waarde van de impliciete afgeleide van $y$ in een punt $c$ van $I$ samen met $f'(c)$ .

Het bewijs berust op het feit dat alle wetten en regels die gebruikt zijn om $\frac{\dd y}{\dd x}$ te berekenen, ook gelden voor $f'(c)$ .

In het voorbeeld van de eenheidscirkel, waar $F(x,y) = x^2+y^2-1$ , differentiëren we linker en rechter lid naar $x$ (aangegeven met $\frac{\dd}{\dd x}$ ) en gebruiken we de standaardregels voor differentiëren:

$\begin{aligned} \ \frac{\dd}{\dd x}(x^2+y^2) &=\frac{\dd}{\dd x}(1)\\[0.2cm] 2x+2y\frac{\dd y}{\dd x} &= 0\\[0.2cm] y\frac{\dd y}{\dd x} &= -x\\[0.2cm] \frac{\dd y}{\dd x} &= -\dfrac{x}{y}\end{aligned}$

Deze techniek is van nut bij het bepalen van de raaklijn aan de kromme in elk gewenst punt. Net als in het geval van een expliciete functie, geeft de raaklijn in een punt $(a,b)$ de richting van beweging langs de kromme vanuit $(a,b)$ aan.

Stel dat $\rv{a,b}$ een punt is van de kromme gegeven door de vergelijking $F(x,y) = 0$ . Als de impliciete afgeleide $\frac{\dd y}{\dd x}$ gedefinieerd is in $a$ , dan wordt de raaklijn aan de kromme in dat punt gegeven door de vergelijking $y=y'(a)(x-a)+b$ , waar $y'(a)=\frac{\dd y}{\dd x} (a)$ de waarde in $a$ is van de afgeleide van $y$ naar $x$ bepaald door $F(x,y) = 0$ .

Ter illustratie geven we drie voorbeelden van impliciet differentiëren.

We bekijken de cirkel met vergelijking $x^2+y^2=25$ en vragen ons af wat de helling is van de raaklijn in het punt $(-3,4)$ .

We vatten $y$ als functie van $x$ op in de gegeven vergelijking en passen de differentiaaloperator $\frac{\dd }{\dd x}$ links en rechts op de vergelijking toe; toepassing van de rekenregels van differentiëren geeft:

$\begin{aligned}\frac{\dd }{\dd x}(x^2)+\frac{\dd }{\dd x}(y^2)&=\frac{\dd }{\dd x}(25)\\[0.25cm] 2x+2y\frac{\dd y }{\dd x}&=0\\[0.25cm] \frac{\dd y }{\dd x} &= -\frac{x}{y}\end{aligned}$ De helling in $(-3,4)$ is dus $-\frac{x}{y}\biggl|_{(-3,4)}=-\frac{-3}{4}=\frac{3}{4}$ .

We bekijken de kromme met vergelijking $x^3+xy+y^3=5$ en willen de vergelijking van de raaklijn in het punt $(2,-1)$ weten.

Substitutie van $x=2$ en $y=-1$ in de vergelijking van de kromme toont aan dat $(2,-1)$ inderdaad een punt op de kromme is. We vatten nu $y$ als functie van $x$ op in de gegeven vergelijking en passen de differentiaaloperator $\frac{\dd }{\dd x}$ links en rechts op de vergelijking toe; toepassing van de rekenregels van differentiëren geeft:

$\begin{aligned}\frac{\dd }{\dd x}(x^3)+\frac{\dd }{\dd x}(xy)+\frac{\dd }{\dd x}(y^3)&=\frac{\dd }{\dd x}(5)\\[0.25cm] 3x^2+y+ x\frac{\dd y}{\dd x}+3y^2\frac{\dd y }{\dd x}&=0\\[0.25cm] 3x^2+y+ (x+3y^2)\frac{\dd y }{\dd x}&=0\end{aligned}$ Substitutie van $x=2$ en $y=-1$ geeft vervolgens:

$\begin{aligned}3\times 2^2-1+\bigl(2+3\times(-1)^2\bigr)y'(2)&=0\\[0.25cm] 11+5y'(2)&=0\\[0.25cm]y'(2)&=-\frac{11}{5}\end{aligned}$ De vergelijking van de raaklijn in het punt $(2,-1)$ wordt dan

$y=-\tfrac{11}{5}(x-2)-1\qquad\text{oftewel}\qquad y=-\tfrac{11}{5}x+\tfrac{17}{5}$

Neem het punt $\rv{a,b}=\rv{a,\sqrt{1-a^2}}$ op de eenheidscirkel, waarvan de vergelijking $x^2+y^2=1$ is. Er geldt: $2x+2y\frac{\dd y}{\dd x}=0$ oftewel $y'=-\frac{x}{y}$ . Dus geldt: $y'(a)= -\frac{a}{\sqrt{1-a^2}}$ . De vergelijking voor de raaklijn wordt $y=-\frac{a}{\sqrt{1-a^2}}(x-a)+\sqrt{1-a^2}$ , oftewel

$\sqrt{1-a^2}y+ax=1\tiny.$ Dit is te controleren door de vergelijkingen voor de kromme en de lijn samen te nemen en op te lossen voor $x$ na eliminatie van $y$ . Dan zal blijken dat de kwadratische vergelijking in $x$ slechts één oplossing $(x=a)$ heeft. Dit bevestigt dat de lijn een raaklijn is aan de kromme in het punt $\rv{a,b}$ .

Bekijk nog meer voorbeelden de techniek van impliciet differentiëren en toepassingen illustreren.

Bepaal de afgeleide $\dfrac{\dd y}{\dd x}$ als $y^3=-x$

We differentiëren de linker- en rechterkant van de vergelijking

$y^3=-x$ met betrekking tot $x$ en beschouwen hierbij $y$ als een differentieerbare functie in $x$ :

$\frac{\dd}{\dd x}\!\left(y^3\right) = \frac{\dd}{\dd x}\!\left(-x^{\phantom{2}}\!\!\!\right)$ Toepassing van de kettingregel levert dan op:

$3y^2\cdot\dfrac{\dd y}{\dd x} = -1$ Dus geldt:

$\dfrac{\dd y}{\dd x}=-{{1}\over{3y^2}}$

Nieuw voorbeeld

Een ladder staat tegen een muur en begint naar beneden te schuiven. Op de grond staat de ladder op $x(t)$ meter van de muur, op tijdstip $t$ . Het steunpunt tegen de muur bevindt zich op hoogte $y(t)$ op tijdstip $t$ . De ladder is $5$ meter lang, en op tijdstip $t=0$ geldt $x(0) = 3$ en $y(0) = 4$ . Merk op dat $x(t)^2 + y(t)^2 = 25$ en daarom $y(t) = \sqrt{25 - x(t)^2}$ . Nu schuift $x(t)$ met een snelheid van, zeg, $1$ meter per tijdseenheid van de muur weg:

$x'(t) = 1\tiny.$ Differentiëren we de vergelijking

$x(t)^2 + y(t)^2 = 25$ naar $t$ , dan krijgen we

$2 x(t)\cdot x'(t) + 2 y(t)\cdot y'(t) = 0$ Voor $t=0$ staat hier

$2 x(0)\cdot x'(0) + 2 y(0)\cdot y'(0) = 6 + 8 y'(0) = 0$ zodat $y'(0) = -\frac{3}{4}$ .

We kunnen ook oplossen

$y'(t) = - \frac{x(t)\cdot x'(t)}{y(t)} = -\frac{x(t)\cdot x'(t)}{\sqrt{25 - x(t)^2}} = -\frac{3 + t}{\sqrt{25 - (3+t)^2}}$ De laatste gelijkheid volgt uit $x'(t)=1$ en $x(0)=3$ zodat $x(t)=3+t$ . Dit geeft opnieuw, op tijdstip $t=0$ , de uitkomst van $y'(0) = -\frac{3}{4}$ meter per tijdseenheid.