Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

From Studia Informatyczne

9. Pochodna funkcji jednej zmiennej

Ćwiczenie 9.1.

Obliczyć pochodną funkcji (o ile istnieje)

a) \displaystyle f_1(x)=3x^4+7x^3-2x^2+x-10, \displaystyle f_2(x)=\sqrt {x^2+x-1}, \displaystyle f_3(x)=\frac {2x^3+x+1}{x^2+2x+3}, \displaystyle f_4(x)=e^{1-x}\ln (x^2+1), \displaystyle f_5(x)=\sin^2(\cos \frac {1}{x^4+1}),

b) \displaystyle f_1(x)=\arccos x, \displaystyle f_2(x)=\mathrm{arc\,ctg}\, x, \displaystyle f_3(x)={\rm arsinh\, } x, \displaystyle f_4(x)={\rm arcosh\, } x, \displaystyle f_5(x)={\rm artgh\, } x, \displaystyle f_6(x)={\rm arctgh\, } x,

c) \displaystyle f_1(x)=x^x, \displaystyle f_2(x)=x^{\frac 1x}, \displaystyle f_3(x)=(\sin x)^{\cos x}, \displaystyle f_4(x)=(\ln x)^x,

d) \displaystyle f(x)=\bigg\{ \begin{array}{ll}\displaystyle e^{-\frac {1}{x^2}}, & \text{ dla }x>0 \\ 0, & \text{ dla }x\leq 0. \end{array}

Wskazówka

a) Skorzystać z twierdzeń o pochodnej sumy, iloczynu, ilorazu funkcji oraz twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej.

b) Skorzystać z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej.

c) Skorzystać z następującej tożsamości

\displaystyle f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln (f(x))},

a następnie z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej.

d) Sprawdzić, czy istnieje pochodna podanej funkcji w zerze. W tym celu obliczyć granice \displaystyle \lim_{x\to 0^-}\frac {f(x)-f(0)}{x} i \displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac {f(x)-f(0)}{x}. Należy tu skorzystać z tego, że istnieje granica \displaystyle \lim_{y\to +\infty}\frac {y}{e^{y^2}} i jest równa zeru. Udowodnienie tego faktu wymaga na przykład zastosowania reguły de l'Hospitala, którą poznamy w module 11.

Rozwiązanie

a) Mamy

\displaystyle \aligned &(3x^4+7x^3-2x^2+x-10)'=12x^3+21x^2-4x+1, \\ &(\sqrt {x^2+x-1})'=\frac {2x+1}{2\sqrt {x^2+x-1}}, \\ &\left (\frac {2x^3+x+1}{x^2+2x+3}\right )'=\frac {(6x^2+1)(x^2+2x+3)-(2x^3+x+1)(2x+2)}{(x^2+2x+3)^2}=\frac {2x^4+8x^3+17x^2-2x+1}{(x^2+2x+3)^2}, \\ &(e^{1-x}\ln (x^2+1))'=-e^{1-x}\ln (x^2+1)+e^{1-x}\frac {2x}{x^2+1}=e^{1-x}\left (\frac {2x}{x^2+1}-\ln (x^2+1)\right ), \\ &(\sin^2(\cos \frac {1}{x^4+1}))'=2\sin (\cos \frac {1}{x^4+1})\cos (\cos \frac {1}{x^4+1})\sin (\frac {1}{x^4+1})\frac {4x^3}{(x^4+1)^2}. \endaligned

b) Wykażemy, że \displaystyle (\arccos x)'=-\frac {1}{\sqrt {1-x^2}} dla \displaystyle -1<x<1. Niech \displaystyle y=\arccos x, wtedy \displaystyle x=\cos y. Funkcją odwrotną do \displaystyle f_1(x)=\arccos x jest \displaystyle f_1^{-1}(y)=\cos y. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej, otrzymujemy

\displaystyle (\arccos x)'=f_1'(x)=\frac {1}{(f_1^{-1})'(y)}=\frac {1}{-\sin y}=-\frac {1}{\sqrt {1-x^2}},

ponieważ \displaystyle \sin y=\sqrt {1-\cos^2y}=\sqrt {1-x^2} dla \displaystyle y\in[0,\pi].

Wykażemy, że \displaystyle (\mathrm{arc\,ctg}\, x)'=-\frac {1}{1+x^2}. Niech \displaystyle y=\mathrm{arc\,ctg}\, x, wtedy \displaystyle x=\mathrm{ctg}\, y. Funkcją odwrotną do \displaystyle f_2(x)=\mathrm{arc\,ctg}\, x jest

\displaystyle f_2^{-1}(y)=\mathrm{ctg}\, y. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej, otrzymujemy

\displaystyle (\mathrm{arc\,ctg}\, x)'=f_2'(x)=\frac {1}{(f_2^{-1})'(y)}=\frac {1}{-\frac {1}{\sin^2 y}}=-\sin ^2y=-\frac {1}{1+x^2},

ponieważ \displaystyle \sin^2 y=\frac {1}{1+\mathrm{ctg}\, ^2 y}=\frac {1}{1+x^2}.

Wykażemy, że \displaystyle ({\rm arsinh\, } x)'=\frac {1}{\sqrt {1+x^2}}. Niech \displaystyle y={\rm arsinh\, } x, wtedy \displaystyle x=\sinh y. Funkcją odwrotną do

\displaystyle f_3(x)={\rm arsinh\, } x jest \displaystyle f_3^{-1}(y)=\sinh y. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej, otrzymujemy

\displaystyle ({\rm arsinh\, } x)'=f_3'(x)=\frac {1}{(f_3^{-1})'(y)}=\frac {1}{\cosh y}=\frac {1}{\sqrt {1+x^2}},

ponieważ \displaystyle \cosh y=\sqrt {1+\sinh^2y}=\sqrt {1+x^2}.

Wykażemy, że \displaystyle ({\rm arcosh\, } x)'=\frac {1}{\sqrt {x^2-1}} dla \displaystyle x\geq 1. Niech \displaystyle y={\rm arcosh\, } x, wtedy \displaystyle x=\cosh y. Funkcją odwrotną do

\displaystyle f_4(x)={\rm arcosh\, } x jest \displaystyle f_4^{-1}(y)=\cosh y. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej, otrzymujemy

\displaystyle ({\rm arcosh\, } x)'=f_4'(x)=\frac {1}{(f_4^{-1})'(y)}=\frac {1}{\sinh y}=\frac {1}{\sqrt {x^2-1}},

ponieważ \displaystyle \sinh y=\sqrt {\cosh^2y-1}=\sqrt {x^2-1}.

Wykażemy, że \displaystyle ({\rm artgh\, } x)'=\frac {1}{1-x^2} dla \displaystyle |x|<1. Niech \displaystyle y={\rm artgh\, } x, wtedy \displaystyle x={\rm tgh\, } y. Funkcją odwrotną do \displaystyle f_5(x)={\rm artgh\, } x jest \displaystyle f_5^{-1}(y)={\rm tgh\, } y. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej, otrzymujemy

\displaystyle ({\rm artgh\, } x)'=f_5'(x)=\frac {1}{(f_5^{-1})'(y)}=\frac {1}{\frac {1}{\cosh^2 y}}=\cosh ^2y=\frac {1}{1-x^2},

ponieważ \displaystyle \cosh^2 y=\frac {1}{1-\rm tgh ^2\ y}=\frac {1}{1-x^2}.

Wykażemy, że \displaystyle ({\rm arctgh\, } x)'=\frac {1}{1-x^2} dla \displaystyle |x|>1. Niech \displaystyle y={\rm arctgh\, } x, wtedy \displaystyle x={\rm ctgh\, } y. Funkcją odwrotną do \displaystyle f_6(x)={\rm arctgh\, } x jest \displaystyle f_6^{-1}(y)={\rm arctgh\, } y. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej, otrzymujemy

\displaystyle ({\rm arctgh\, } x)'=f_6'(x)=\frac {1}{(f_6^{-1})'(y)}=\frac {1}{-\frac {1}{\sinh^2 y}}=-\sinh ^2y=\frac {1}{1-x^2},

ponieważ \displaystyle \sinh^2 y=\frac {1}{\rm ctgh ^2\ y-1}=\frac {1}{x^2-1}.

c) Mamy

\displaystyle \aligned &(x^x)'=(e^{x\ln x})'=e^{x\ln x}(1+\ln x)=x^x(1+\ln x) , \\ &(x^{\frac 1x})'=(e^{\frac {\ln x}{x}})'=e^{\frac {\ln x}{x}}\left (\frac {1-\ln x}{x^2}\right )=x^{\frac 1x} \left (\frac {1-\ln x}{x^2}\right ), \\ &((\sin x)^{\cos x})'=(e^{\cos x\ln (\sin x)})'=e^{\cos x\ln (\sin x)}\left (\frac {\cos^2 x}{\sin x}- \sin x\ln (\sin x)\right ) \\ &=(\sin x)^{\cos x}\left (\frac {\cos^2 x}{\sin x}- \sin x\ln (\sin x)\right ), \\ &((\ln x)^x)'=(e^{x\ln (\ln x)})'=e^{x\ln (\ln x)}\left (\ln (\ln x)+\frac {1}{\ln x}\right )=(\ln x)^x\left (\ln (\ln x)+\frac {1}{\ln x}\right ). \endaligned

d) Zauważmy, że dla \displaystyle x<0 pochodna \displaystyle f'(x)=0. Ponadto dla \displaystyle x>0 mamy

\displaystyle f'(x)=\left (e^{-\frac {1}{x^2}}\right )'=\frac {2}{x^3}e^{-\frac {1}{x^2}}.

Pozostaje nam wykazać istnienie pochodnej w punkcie \displaystyle x=0. Obliczmy granice prawo i lewostronne ilorazu różnicowego. Mamy

\displaystyle \lim _{x\to 0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x\to 0^-}\frac{0-0}{x}=0

oraz (podstawiając \displaystyle \frac 1x=y)

\displaystyle \lim _{x\to 0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim _{x\to 0^+}\frac{e^{-\frac {1}{x^2}}-0}{x}=\lim_{y\to +\infty}\frac {y}{e^{y^2}}=0.

Wynika z tego, że istnieje granica ilorazu różnicowego, czyli funkcja ma pochodną \displaystyle f'(0)=0.

Ćwiczenie 9.2.

Dla jakich wartości parametrów \displaystyle a,b funkcja

\displaystyle f(x)= \bigg\{\begin{array}{ll} x^2+3x-4 & \text{ dla }x\leq 1 \\ ax+b, & \text{ dla }x>1 \end{array}
ma pochodną na całym zbiorze liczb rzeczywistych.

Wskazówka

Najpierw sprawdzić, kiedy podana funkcja jest ciągła. Istnienie pochodnej sprawdzić jak w ćwiczenieu 9.1. d).

Rozwiązanie

Jest oczywiste, że funkcja \displaystyle f ma pochodną dla \displaystyle x\neq 1. Pozostaje do sprawdzenia istnienie pochodnej w punkcie \displaystyle x=1. Funkcja posiadająca pochodną jest w szczególności ciągła, czyli \displaystyle \lim_{x\to 1^+}f(x)=\lim_{x\to 1^-}f(x), co daje nam pierwszy warunek, który muszą spełniać parametry a i b

\displaystyle a+b=1+3-4=0.

Obliczmy granice prawo- i lewostronną ilorazu różnicowego. Mamy

\displaystyle \lim _{x\to 1^-}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim _{x\to 1^-}\frac{x^2+3x-4-0}{x-1}=\lim _{x\to 1^-}(x+4)=5

oraz

\displaystyle \lim _{x\to 1^+}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim _{x\to 1^+}\frac{ax+b-a-b}{x-1}=a,

czyli \displaystyle a=5. Stąd dostajemy, że \displaystyle b=-5.

Ćwiczenie 9.3.

Znaleźć

a) równanie prostej stycznej do wykresu funkcji \displaystyle f(x)=(x^2+x)e^{x+1} w punkcie \displaystyle (0,0),

b) równanie prostej stycznej do wykresu funkcji \displaystyle f(x)=\ln (x^2+1) w punkcie \displaystyle (0,0),

c) kąt pod jakim przecinają się funkcje \displaystyle f(x)=x^2+x+1 i \displaystyle g(x)=\frac 14x^2+\frac {11}{4} w punkcie \displaystyle (1,3).

Wskazówka

a), b) Jaka jest interpretacja geometryczna pochodnej?

c) Kąt pod jakim przecinają się dwie funkcje to kąt przecięcia się stycznych do tych funkcji.

Rozwiązanie

a) Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f(x)=(x^2+x)e^{x+1}. Otrzymujemy \displaystyle f'(x)=(x^2+3x+1)e^{x+1}. W szczególności \displaystyle f'(0)=e. W związku z tym równanie stycznej do wykresu funkcji \displaystyle f w punkcie \displaystyle (0,0) ma postać \displaystyle y-0=e(x-0), czyli \displaystyle y=ex.

b) Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f(x)=\ln (x^2+1). Otrzymujemy \displaystyle f'(x)=\frac {2x}{x^2+1}. W szczególności \displaystyle f'(0)=0. W związku z tym równanie stycznej do wykresu funkcji \displaystyle f(x) w punkcie \displaystyle (0,0) ma postać \displaystyle y-0=0(x-0), czyli \displaystyle y=0.

c) Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f(x)=x^2+x+1 i pochodną funkcji \displaystyle g(x)=\frac 14x^2+\frac {11}{4}. Otrzymujemy \displaystyle f'(x)=2x+1
i \displaystyle g'(x)=\frac 12x. W szczególności \displaystyle f'(1)=3 i \displaystyle g'(1)=\frac 12. Korzystając ze wzoru na tangens różnicy kątów

\displaystyle \mathrm{tg}\, (x-y)=\frac {\mathrm{tg}\, x-\mathrm{tg}\, y}{1+\mathrm{tg}\, x\mathrm{tg}\, y},

dostajemy, że tangens kąta pod jakim przecinają się te funkcje w punkcie \displaystyle (1,3) wynosi

\displaystyle \mathrm{tg}\, \alpha=\frac {3-\frac 12}{1+3\cdot \frac 12}=1.

Stąd otrzymujemy, że krzywe te przecinają się pod kątem \displaystyle \alpha=\frac {\pi}{4}.

Ćwiczenie 9.4.

Zbadać monotoniczność funkcji

a) \displaystyle f(x)=\frac {x}{x+1},

b) \displaystyle f(x)=\frac {x^2+1}{x^2-1},

c) \displaystyle f(x)=\sqrt {x^2-2x-3},

d) \displaystyle f(x)=(2x^2-3)e^{x^2+1}.

Wskazówka

Wykorzystać związek znaku pochodnej z monotonicznością funkcji.

Rozwiązanie

Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f. Mamy

\displaystyle f'(x)=\frac {1}{(x+1)^2}>0,

dla dowolnego \displaystyle x\in \mathrm{dom}\, f, czyli funkcja \displaystyle f jest rosnąca w przedziale \displaystyle (-\infty,-1) i w przedziale \displaystyle (-1,+\infty).

b) Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f. Mamy

\displaystyle f'(x)=\frac {-4x}{(x^2-1)^2}.

Zauważmy, że \displaystyle f'(x)<0 w zbiorze \displaystyle (0,1)\cup (1,+\infty), czyli funkcja \displaystyle f jest malejąca w przedziale \displaystyle (0,1) i w przedziale \displaystyle (1,+\infty). Mamy również \displaystyle f'(x)>0 w zbiorze \displaystyle (-\infty,-1)\cup (-1,0), czyli funkcja \displaystyle f jest rosnąca w przedziale \displaystyle (-\infty,-1) i przedziale \displaystyle (-1,0).

c) Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f. Mamy

\displaystyle f'(x)=\frac {x-1}{\sqrt {x^2-2x-3}}.

Zauważmy, że \displaystyle f'(x)<0 w zbiorze \displaystyle (-\infty,-1), czyli funkcja \displaystyle f jest tam malejąca. Mamy również \displaystyle f'(x)>0 w zbiorze \displaystyle  (3,+\infty), czyli funkcja \displaystyle f jest tam rosnąca.

d) Obliczmy pochodną funkcji \displaystyle f. Mamy

\displaystyle f'(x)=2x(2x^2-3)e^{x^2+1}+4xe^{x^2+1}=4x\left (x-\frac {\sqrt 2}{2}\right )\left (x+\frac {\sqrt 2}{2}\right )e^{x^2+1}.

Zauważmy, że \displaystyle f'(x)<0 w zbiorze \displaystyle (-\infty,-\frac {\sqrt 2}{2})\cup (0,\frac {\sqrt 2}{2}), czyli funkcja \displaystyle f jest malejąca w przedziale \displaystyle (-\infty,-\frac {\sqrt 2}{2}) i w przedziale \displaystyle (0,\frac {\sqrt 2}{2}). Mamy również \displaystyle f'(x)>0 w zbiorze \displaystyle (-\frac {\sqrt 2}{2},0)\cup (\frac {\sqrt 2}{2},+\infty), czyli funkcja \displaystyle f jest rosnąca w przedziale \displaystyle (-\frac {\sqrt 2}{2},0)
i w przedziale \displaystyle (\frac {\sqrt 2}{2},+\infty).

Ćwiczenie 9.5.

a) Wykazać, że równanie \displaystyle x^{11}+3x^7-1=0 ma dokładnie jedno rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych.

b) Wykazać, że równanie \displaystyle \sin^2 x-x^3-x=1 ma dokładnie jedno rozwiązanie w zbiorze liczb rzeczywistych.

c) Wykazać, że jeśli wielomian \displaystyle w stopnia \displaystyle n ma \displaystyle n (licząc z krotnościami) pierwiastków rzeczywistych, to jego pochodna \displaystyle w' ma \displaystyle n-1 (licząc z krotnościami) pierwiastków rzeczywistych.

Wskazówka

a), b) By udowodnić istnienie miejsca zerowego, skorzystać z własności Darboux. W celu wykazania jego jedyności zbadać monotoniczność odpowiedniej funkcji.

c) Skorzystać z twierdzenia Rolle'a.

Rozwiązanie

a) Niech \displaystyle f(x)=x^{11}+3x^7-1. Na początek zauważmy, iż \displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=+\infty oraz \displaystyle f(0)=-1. Z własności Darboux wynika, że istnieje punkt \displaystyle x_0\in (0,+\infty) taki, że \displaystyle f(x_0)=0. Ponadto zauważmy, że pochodna funkcji \displaystyle f'(x)=11x^{10}+21x^6\geq 0 jest nieujemna, czyli funkcja \displaystyle f(x) jest rosnąca. Stąd wynika, że nie może istnieć inny pierwiastek równania \displaystyle f(x)=0.

b) Niech \displaystyle f(x)=\sin^2 x-x^3-x-1. Na początek zauważmy, iż \displaystyle \lim_{x\to +\infty}f(x)=-\infty oraz \displaystyle \lim_{x\to -\infty}f(x)=+\infty. Z własności Darboux wynika, że istnieje punkt \displaystyle x_0\in \mathbb{R} taki, że \displaystyle f(x_0)=0. Ponadto zauważmy, że pochodna funkcji \displaystyle f'(x)=\sin (2x)-3x^2-1<0 jest ujemna, czyli funkcja \displaystyle f(x) jest (ściśle) malejąca. Stąd wynika, że nie może istnieć inny pierwiastek równania \displaystyle f(x)=0.

c) Jeśli \displaystyle x_1,x_2 są kolejnymi pierwiastkami wielomianu \displaystyle w, to z twierdzenia Rolle'a wynika, że istnieje punkt \displaystyle x_0\in (x_1,x_2) taki, że \displaystyle w'(x_0)=0. Tak więc pomiędzy kolejnymi pierwiastkami wielomianu \displaystyle w leży pierwiastek pochodnej \displaystyle w' tego wielomianu. Ponadto jeżeli \displaystyle x_l jest pierwiastkiem \displaystyle k-krotnym wielomianu \displaystyle w(x), to \displaystyle x_l jest pierwiastkiem \displaystyle (k-1)-krotnym pochodnej wielomianu \displaystyle w'. Z powyższego rozumowania wynika, iż pochodna \displaystyle w' ma \displaystyle n-1 pierwiastków rzeczywistych.

Ćwiczenie 9.6.

Wykazać, że funkcja dana wzorem

\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } g(4^k x), \

gdzie \displaystyle g(x)=\arcsin(\cos x), jest ciągła w każdym punkcie, ale nie jest różniczkowalna w żadnym punkcie osi rzeczywistej.

Wskazówka

Funkcja \displaystyle f jest zdefiniowana szeregiem funkcyjnym. W celu wykazania ciągłości funkcji sprawdzić, czy szereg ten jest jednostajnie zbieżny. Aby udowodnić, że \displaystyle f nie ma pochodnej, wystarczy zauważyć, że \displaystyle f jest okresowa oraz wykorzystać fakt, że dla \displaystyle |x|\leq \pi zachodzi równość \displaystyle g(x)=\frac{\pi}{2}-|x|. W jakich punktach sumy częściowe szeregu definiującego funkcję \displaystyle f nie mają pochodnej?

Rozwiązanie

Nasza funkcja jest dana szeregiem

\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } g(4^k x), \

gdzie \displaystyle g(x)=\arcsin(\cos x). Zauważmy, że skoro \displaystyle -\frac{\pi}2\leq \arcsin x\leq \frac{\pi}2, to

\displaystyle |f(x)|=|\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } g(4^k x)|\leq \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } |g(4^k x)|\leq\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k }\frac{\pi}2=\frac{3\pi}4.

Powyższy szereg jest więc jednostajnie zbieżny, czyli funkcja \displaystyle f jako jego suma jest ciągła.

Teraz wykażemy, że \displaystyle f nie ma pochodnej w żadnym punkcie. Na początek zauważmy, że skoro \displaystyle g jest funkcją okresową o okresie \displaystyle 2\pi, to \displaystyle f też jest funkcją okresową o okresie \displaystyle 2\pi. Z tego wynika, że wystarczy ograniczyć nasze rozważania do przedziału \displaystyle [-\pi,\pi]. Przez \displaystyle S_n oznaczmy \displaystyle n-tą sumę częściową naszego szeregu. Wtedy

\displaystyle S_0=\arcsin (\cos x)=\frac {\pi}{2}-|x|

jest funkcją, która nie ma pochodnej w punkcie \displaystyle x=0, bo funkcja \displaystyle |x| nie ma pochodnej w punkcie \displaystyle x=0. Dalej mamy

\displaystyle S_1=\arcsin (\cos x)+\frac 13\arcsin (\cos (4x)).

Funkcja \displaystyle \arcsin (\cos (4x)) jest funkcją okresową o okresie \displaystyle \frac {\pi}{2}. Korzystając z równości \displaystyle \arcsin (\cos x)=\frac {\pi}{2}-|x| dla
\displaystyle |x|\leq \pi, wnioskujemy, że \displaystyle S_1 nie ma pochodnej w punktach \displaystyle -\pi,-\frac {\pi}{2},0,\frac {\pi}{2},\pi.Ogólnie \displaystyle \arcsin (\cos (4^nx)) jest funkcją okresową o okresie \displaystyle \frac {\pi}{2\cdot 4^{n-1}}, więc

\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{3^k } g(4^k x)

nie jest różniczkowalna w żadnym punkcie zbioru

\displaystyle P_n=\left\{\frac {l\pi}{2\cdot 4^{k-1}}:k\in\{1,2,\dots n\}, l\in \{-2\cdot 4^{k-1},\dots,2\cdot 4^{k-1}\}\right \}.

Zobacz rysunek poniżej.

<flashwrap>file=am1c09.0010.swf|size=small</flashwrap>

Rysunek do ćwiczenia 9.6.

Tak więc funkcja \displaystyle f na pewno nie ma pochodnej w żadnym punkcie zbioru


\displaystyle P=\left\{\frac {l\pi}{2\cdot 4^{k-1}}:k\in\mathbb{N}, l\in \{-2\cdot 4^{k-1},\dots,2\cdot 4^{k-1}\}\right \}.

Zwróćmy uwagę na fakt, że zbiór \displaystyle P jest gęsty na odcinku

\displaystyle [-\pi,\pi], tzn. \displaystyle \overline P=[-\pi,\pi].

Teraz weźmy dowolny punkt \displaystyle x_0\in [-\pi,\pi]\setminus P. Wykażemy, że \displaystyle f nie ma pochodnej w punkcie \displaystyle x_0. Zwróćmy uwagę, że funkcja \displaystyle f jest parzysta, bo \displaystyle \cos x jest funkcją parzystą. Możemy więc założyć bez straty ogólności, że \displaystyle 0<x_0<\pi. Zauważmy również, że dla dowolnej liczby naturalnej \displaystyle n istnieje liczba całkowita \displaystyle l(n) taka, że


\displaystyle x_0\in \left (\frac {l(n)\pi}{2\cdot 4^{n}},\frac {(l(n)+1)\pi}{2\cdot 4^{n}}\right ).

Zdefiniujmy następujący ciąg \displaystyle x_n=x_0+\frac {\pi}{4^{n+1}}.

Oczywiście \displaystyle x_n\to x_0, gdy \displaystyle n\to+\infty. Oznaczmy przez \displaystyle R_nn-tą resztę naszego szeregu

\displaystyle R_n(x)=\sum_{k=n}^{\infty} \frac{1}{3^k } g(4^k x).

Zauważmy, że \displaystyle R_n jest funkcją okresową o okresie \displaystyle \frac {\pi}{2\cdot4^{n-1}}. Z tego wynika, że \displaystyle R_k(x_0)=R_k(x_n) dla \displaystyle k>n. Ponadto dla każdego \displaystyle k\leq n mamy

\displaystyle 4^kx_0,4^kx_n\in\left (l(k)\pi,(l(k)+1)\pi\right).

Raz jeszcze wykorzystując równość \displaystyle \arcsin x=\frac {\pi}{2}-|x| dla \displaystyle |x|\leq \pi, wnioskujemy, że

\displaystyle g(4^kx_0)-g(4^kx_n)=-\frac {\pi4^k}{4^{n+1}}.

Rozważmy teraz następujący iloraz różnicowy

\displaystyle \begin{array}{lll} \displaystyle \frac {f(x_0)-f(x_n)}{x_0-x_n}&=&\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } \frac {g(4^k x_0)-g(4^kx_n)}{x_0-x_n}=\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{3^k } \frac {g(4^k x_0)-g(4^kx_n)}{x_0-x_n} \\ &=&\displaystyle \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{3^k } \frac {-\frac {\pi4^k}{4^{n+1}}}{-\frac {\pi}{4^{n+1}}}=\sum_{k=0}^{n} \frac{4^k}{3^k }. \end{array}

Widzimy, więc że powyższy iloraz różnicowy nie ma skończonej granicy przy \displaystyle n\to +\infty, czyli funkcja \displaystyle f nie ma pochodnej w punkcie \displaystyle x_0.