Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

9. Pochodna funkcji jednej zmiennej

Ćwiczenie 9.1.

Obliczyć pochodną funkcji (o ile istnieje)

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

b) $f_1(x)=\arccos x$, $f_2(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$, $f_3(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x$, $f_4(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x$, $f_5(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$, $f_6(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$,

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

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

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.010| 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

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

a następnie z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej.

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

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.010| a) Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 <math> \displaystyle (\arccos x)'=-\frac {1}{\sqrt {1-x^2}}} dla $-1<x<1$. Niech $y=\arccos x$, wtedy $x=\cos y$. Funkcją odwrotną do $f_1(x)=\arccos x$ jest $f_1^{-1}(y)=\cos y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

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

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

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x{)}^{\prime }=-\frac{1}{1+x^2}$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$, wtedy $x=\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}y$. Funkcją odwrotną do $f_2(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ jest $f_2^{-1}(y)=\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x{)}^{\prime }={f_2}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_2^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{-\frac{1}{{\sin }^{2}y}}=-{\sin }^{2}y=-\frac{1}{1+x^2},$

ponieważ ${\sin }^{2}y=\frac{1}{1+\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}y}=\frac{1}{1+x^2}$.

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x$, wtedy $x=\sinh y$. Funkcją odwrotną do $f_3(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x$ jest $f_3^{-1}(y)=\sinh y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_3}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_3^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{\cosh y}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},$

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

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ dla $x\ge 1$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x$, wtedy $x=\cosh y$. Funkcją odwrotną do $f_4(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x$ jest $f_4^{-1}(y)=\cosh y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_4}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_4^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{\sinh y}=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}},$

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

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1-x^2}$ dla $|x|<1$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$, wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle \displaystyle x=\tgh y} . Funkcją odwrotną do $f_5(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$ jest Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle \displaystyle f_5^{-1}(y)=\tgh y} . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_5}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_5^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{\frac{1}{{\cosh }^{2}y}}={\cosh }^{2}y=\frac{1}{1-x^2},$

ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle \displaystyle \cosh^2 y=\frac {1}{1-\tgh ^2 y}=\frac {1}{1-x^2}} .

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1-x^2}$ dla $|x|>1$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$, wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle \displaystyle x=\ctgh y} . Funkcją odwrotną do $f_6(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$ jest $f_6^{-1}(y)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_6}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_6^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{-\frac{1}{{\sinh }^{2}y}}=-{\sinh }^{2}y=\frac{1}{1-x^2},$

ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle \displaystyle \sinh^2 y=\frac {1}{\ctgh ^2 y-1}=\frac {1}{x^2-1}} .

c) Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $x<0$ pochodna $f^{\prime }(x)=0$. Ponadto dla $x>0$ mamy

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

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

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{0-0}{x}=0$

oraz (podstawiając $\frac{1}{x}=y$)

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-0}{x}=\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{y}{e^{y^2}}=0.$

Wynika z tego, że istnieje granica ilorazu różnicowego, czyli funkcja ma pochodną $f^{\prime }(0)=0$.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Dla jakich wartości parametrów $a,b$ funkcja

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\displaystyle \displaystyle f(x)=\begincases &x^2+3x-4, \ \ \text{ dla }x\leq 1 \\ &ax+b, \text{ dla }x>1 \endcases }

ma pochodną na całym zbiorze liczb rzeczywistych.

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Znaleźć

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

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

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

{black}

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Zbadać monotoniczność funkcji

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

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

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

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

{black}

Ćwiczenie [Uzupelnij]

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

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

c) Wykazać, że jeśli wielomian $w$ stopnia $n$ ma $n$ (licząc z krotnościami) pierwiastków rzeczywistych, to jego pochodna $w^{\prime }$ ma $n-1$ (licząc z krotnościami) pierwiastków rzeczywistych.

{black}

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Wykazać, że funkcja dana wzorem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } g(4^k x), \ }

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

{black}

Wskazówki

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.010| 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

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

a następnie z twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej.

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

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.020| Najpierw sprawdzić, kiedy podana funkcja

jest ciągła. Istnienie pochodnej sprawdzić jak w zadaniu Uzupelnic z.am1.09.010| d).

{}$◻$

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.030| a), b) Jaka jest interpretacja

geometryczna pochodnej?

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

{}$◻$

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.040| Wykorzystać związek znaku pochodnej z

monotonicznością funkcji.

{}$◻$

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.050| 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.

{}$◻$

Wskazówka

Uzupelnic z.am1.09.060| Funkcja $f$ jest zdefiniowana szeregiem

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

{}$◻$

Rozwiązania i odpowiedzi

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.010| a) Mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $(\arccos x{)}^{\prime }=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ dla $-1<x<1$. Niech $y=\arccos x$, wtedy $x=\cos y$. Funkcją odwrotną do $f_1(x)=\arccos x$ jest $f_1^{-1}(y)=\cos y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

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

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

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x{)}^{\prime }=-\frac{1}{1+x^2}$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$, wtedy $x=\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}y$. Funkcją odwrotną do $f_2(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ jest $f_2^{-1}(y)=\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x{)}^{\prime }={f_2}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_2^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{-\frac{1}{{\sin }^{2}y}}=-{\sin }^{2}y=-\frac{1}{1+x^2},$

ponieważ ${\sin }^{2}y=\frac{1}{1+\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}y}=\frac{1}{1+x^2}$.

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x$, wtedy $x=\sinh y$. Funkcją odwrotną do $f_3(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x$ jest $f_3^{-1}(y)=\sinh y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_3}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_3^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{\cosh y}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},$

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

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}$ dla $x\ge 1$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x$, wtedy $x=\cosh y$. Funkcją odwrotną do $f_4(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x$ jest $f_4^{-1}(y)=\cosh y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{s}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_4}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_4^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{\sinh y}=\frac{1}{\sqrt{x^2-1}},$

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

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1-x^2}$ dla $|x|<1$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$, wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle \displaystyle x=\tgh y} . Funkcją odwrotną do $f_5(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$ jest Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle \displaystyle f_5^{-1}(y)=\tgh y} . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_5}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_5^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{\frac{1}{{\cosh }^{2}y}}={\cosh }^{2}y=\frac{1}{1-x^2},$

ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle \displaystyle \cosh^2 y=\frac {1}{1-\tgh ^2 y}=\frac {1}{1-x^2}} .

Wykażemy, że $(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1-x^2}$ dla $|x|>1$. Niech $y=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$, wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle \displaystyle x=\ctgh y} . Funkcją odwrotną do $f_6(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x$ jest $f_6^{-1}(y)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }={f_6}^{\prime }(x)=\frac{1}{(f_6^{-1}{)}^{\prime }(y)}=\frac{1}{-\frac{1}{{\sinh }^{2}y}}=-{\sinh }^{2}y=\frac{1}{1-x^2},$

ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle \displaystyle \sinh^2 y=\frac {1}{\ctgh ^2 y-1}=\frac {1}{x^2-1}} .

c) Mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $x<0$ pochodna $f^{\prime }(x)=0$. Ponadto dla $x>0$ mamy

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

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

$\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{-}}{\lim }\frac{0-0}{x}=0$

oraz (podstawiając $\frac{1}{x}=y$)

$\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 0^{+}}{\lim }\frac{e^{-\frac{1}{x^2}}-0}{x}=\underset{y\to +\mathrm{\infty }}{\lim }\frac{y}{e^{y^2}}=0.$

Wynika z tego, że istnieje granica ilorazu różnicowego, czyli funkcja ma pochodną $f^{\prime }(0)=0$.

{}$◻$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.020| Jest oczywiste, że funkcja $f$ ma

pochodną dla $x\ne 1$. Pozostaje do sprawdzenia istnienie pochodnej w punkcie $x=1$. Funkcja posiadająca pochodną jest w szczególności ciągła, czyli $\underset{x\to 1^{+}}{\lim }f(x)=\underset{x\to 1^{-}}{\lim }f(x)$, co daje nam pierwszy warunek, który muszą spełniać parametry a i b

$a+b=1+3-4=0.$

Obliczmy granice prawo i lewostronną ilorazu różnicowego. Mamy

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

oraz

$\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{f(x)-f(0)}{x}=\underset{x\to 1^{+}}{\lim }\frac{ax+b-a-b}{x-1}=a,$

czyli $a=5$. Stąd dostajemy, że $b=-5$.

{}$◻$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.030| a) Obliczmy pochodną funkcji

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

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

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

$\mathrm{t}\mathrm{g}(x-y)=\frac{\mathrm{t}\mathrm{g}x-\mathrm{t}\mathrm{g}y}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}x\mathrm{t}\mathrm{g}y}$

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

$\mathrm{t}\mathrm{g}\alpha =\frac{3-\frac{1}{2}}{1+3\cdot \frac{1}{2}}=1.$

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

{}$◻$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.040| Obliczmy pochodną funkcji $f$. Mamy $f^{\prime }(x)=\frac{1}{(x+1{)}^2}>0,$

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

b) Obliczmy pochodną funkcji $f$. Mamy

$f^{\prime }(x)=\frac{-4x}{(x^2-1{)}^2}.$

Zauważmy, że $f^{\prime }(x)<0$ w zbiorze $(0,1)\cup (1,+\mathrm{\infty })$, czyli funkcja $f$ jest malejąca w przedziale $(0,1)$ i w przedziale $(1,+\mathrm{\infty })$. Mamy również $f^{\prime }(x)>0$ w zbiorze $(-\mathrm{\infty },-1)\cup (-1,0)$, czyli funkcja $f$ jest rosnąca w przedziale $(-\mathrm{\infty },-1)$ i przedziale $(-1,0)$.

c) Obliczmy pochodną funkcji $f$. Mamy

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

Zauważmy, że $f^{\prime }(x)<0$ w zbiorze $(-\mathrm{\infty },-1)$, czyli funkcja $f$ jest tam malejąca. Mamy również $f^{\prime }(x)>0$ w zbiorze $(3,+\mathrm{\infty })$, czyli funkcja $f$ jest tam rosnąca.

d) Obliczmy pochodną funkcji $f$. Mamy

$f^{\prime }(x)=2x(2x^2-3)e^{x^2+1}+4x{e}^{x^2+1}=4x(x-\frac{\sqrt{2}}{2})(x+\frac{\sqrt{2}}{2})e^{x^2+1}.$

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

{}$◻$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.050| a) Niech $f(x)=x^{11}+3x^7-1$. Na

początek zauważmy, iż $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{\lim }f(x)=+\mathrm{\infty }$ oraz $f(0)=-1$. Z własności Darboux wynika, że istnieje punkt $x_0\in (0,+\mathrm{\infty })$ taki, że $f(x_0)=0$. Ponadto zauważmy, że pochodna funkcji $f^{\prime }(x)=11x^{10}+21x^6\ge 0$ jest nieujemna, czyli funkcja $f(x)$ jest rosnąca. Stąd wynika, że nie może istnieć inny pierwiastek równania $f(x)=0$.

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

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

{}$◻$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.060| Nasza funkcja jest dana szeregiem Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^k } g(4^k x), \ }

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

$|f(x)|=|\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^k}g(4^{k}x)|\le \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^k}|g(4^{k}x)|\le \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^k}\frac{\pi }{2}=\frac{3\pi }{4}.$

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

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

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

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

$S_1=\arcsin (\cos x)+\frac{1}{3}\arcsin (\cos (4x)).$

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

$S_n=\sum _{k=0}^n\frac{1}{3^k}g(4^{k}x)$

nie jest różniczkowalna w żadnym punkcie zbioru

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

Zobacz rysunek poniżej.

{{red}rysunek am1c09.0010}

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

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

Zwróćmy uwagę na fakt, że zbiór $P$ jest gęsty na odcinku $[-\pi ,\pi ]$, tzn. $\bar{P}=[-\pi ,\pi ]$.

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

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

Zdefiniujmy następujący ciąg $x_n=x_0+\frac{\pi }{4^{n+1}}$. Oczywiście $x_n\to x_0$, gdy $n\to +\mathrm{\infty }$. Oznaczmy przez $R_{n}n$-tą resztę naszego szeregu

$R_n(x)=\sum _{k=n}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{3^k}g(4^{k}x).$

Zauważmy, że $R_n$ jest funkcją okresową o okresie $\frac{\pi }{2\cdot 4^{n-1}}$. Z tego wynika, że $R_k(x_0)=R_k(x_n)$ dla $k>n$. Ponadto dla każdego $k\le n$ mamy

$4^k{x}_0,4^k{x}_n\in (l(k)\pi ,(l(k)+1)\pi ).$

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

$g(4^k{x}_0)-g(4^k{x}_n)=-\frac{\pi 4^k}{4^{n+1}}.$

Rozważmy teraz następujący iloraz różnicowy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned &\frac {f(x_0)-f(x_n)}{x_0-x_n}=\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} \\ &=\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 }. \endaligned }

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

{}$◻$