Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

9. Pochodna funkcji jednej zmiennej

Ćwiczenie 9.1.

Obliczyć pochodną funkcji (o ile istnieje)

a) $f_{1} (x) = 3 x^{4} + 7 x^{3} - 2 x^{2} + x - 10$ , $f_{2} (x) = \sqrt{x^{2} + x - 1}$ , $f_{3} (x) = \frac{2 x^{3} + x + 1}{x^{2} + 2 x + 3}$ , $f_{4} (x) = e^{1 - x} \ln (x^{2} + 1)$ , $f_{5} (x) = \sin^{2} (\cos \frac{1}{x^{4} + 1})$ ,

b) $f_{1} (x) = \arccos x$ , $f_{2} (x) = a r c c t g x$ , $f_{3} (x) = a r s i n h x$ , $f_{4} (x) = a r c o s h x$ , $f_{5} (x) = a r t g h x$ , $f_{6} (x) = a r c t g h x$ ,

c) $f_{1} (x) = x^{x}$ , $f_{2} (x) = x^{\frac{1}{x}}$ , $f_{3} (x) = (\sin x)^{\cos x}$ , $f_{4} (x) = (\ln x)^{x}$ ,

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\displaystyle d)\ f(x)=\begincases &e^{-\frac {1}{x^2}}, \ \ \text{ dla }x>0 \\ &0, \ \ \text{ dla }x\leq 0. \endcases }

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 $\lim_{x \to 0^{-}} \frac{f (x) - f (0)}{x}$ i $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{f (x) - f (0)}{x}$ . Należy tu skorzystać z tego, że istnieje granica $\lim_{y \to + \infty} \frac{y}{e^{y^{2}}}$ i jest równa zeru. Udowodnienie tego faktu wymaga na przykład zastosowania reguły de l'Hospitala, którą poznamy w module 11.

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.010| a) Mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\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 $(\arccos x)^{'} = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ 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)^{'} = {f_{1}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{1}^{- 1})^{'} (y)} = \frac{1}{- \sin y} = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}},

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

Wykażemy, że $(a r c c t g x)^{'} = - \frac{1}{1 + x^{2}}$ . Niech $y = a r c c t g x$ , wtedy $x = c t g y$ . Funkcją odwrotną do $f_{2} (x) = a r c c t g x$ jest $f_{2}^{- 1} (y) = c t g y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r c c t g x)^{'} = {f_{2}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{2}^{- 1})^{'} (y)} = \frac{1}{- \frac{1}{\sin^{2} y}} = - \sin^{2} y = - \frac{1}{1 + x^{2}},

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

Wykażemy, że $(a r s i n h x)^{'} = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ . Niech $y = a r s i n h x$ , wtedy $x = \sinh y$ . Funkcją odwrotną do $f_{3} (x) = a r s i n h x$ jest $f_{3}^{- 1} (y) = \sinh y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r s i n h x)^{'} = {f_{3}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{3}^{- 1})^{'} (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 $(a r c o s h x)^{'} = \frac{1}{\sqrt{x^{2} - 1}}$ dla $x \geq 1$ . Niech $y = a r c o s h x$ , wtedy $x = \cosh y$ . Funkcją odwrotną do $f_{4} (x) = a r c o s h x$ jest $f_{4}^{- 1} (y) = \cosh y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r c o s h x)^{'} = {f_{4}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{4}^{- 1})^{'} (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 $(a r t g h x)^{'} = \frac{1}{1 - x^{2}}$ dla $| x | < 1$ . Niech $y = a r t g h x$ , wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle x=\tgh y} . Funkcją odwrotną do $f_{5} (x) = a r t g h x$ jest Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle f_5^{-1}(y)=\tgh y} . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r t g h x)^{'} = {f_{5}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{5}^{- 1})^{'} (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 \cosh^2 y=\frac {1}{1-\tgh ^2 y}=\frac {1}{1-x^2}} .

Wykażemy, że $(a r c t g h x)^{'} = \frac{1}{1 - x^{2}}$ dla $| x | > 1$ . Niech $y = a r c t g h x$ , wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle x=\ctgh y} . Funkcją odwrotną do $f_{6} (x) = a r c t g h x$ jest $f_{6}^{- 1} (y) = a r c t g h y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r c t g h x)^{'} = {f_{6}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{6}^{- 1})^{'} (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 \sinh^2 y=\frac {1}{\ctgh ^2 y-1}=\frac {1}{x^2-1}} .

c) Mamy

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

f^{'} (x) = (e^{- \frac{1}{x^{2}}}) = \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

\lim_{x \to 0^{-}} \frac{f (x) - f (0)}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{0 - 0}{x} = 0

oraz (podstawiając $\frac{1}{x} = y$ )

\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 $f^{'} (0) = 0$ .

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Dla jakich wartości parametrów $a, b$ funkcja

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begincases”): {\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) $f (x) = \sqrt{x^{2} - 2 x - 3}$ ,

d)

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

.

{black}

Ćwiczenie [Uzupelnij]

a) Wykazać, że równanie $x^{11} + 3 x^{7} - 1 = 0$ 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 $w^{'}$ ma $n - 1$ (licząc z krotnościami) pierwiastków rzeczywistych.

{black}

Ćwiczenie [Uzupelnij]

Wykazać, że funkcja dana wzorem

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\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 $\lim_{x \to 0^{-}} \frac{f (x) - f (0)}{x}$ i $\lim_{x \to 0^{+}} \frac{f (x) - f (0)}{x}$ . Należy tu skorzystać z tego, że istnieje granica $\lim_{y \to + \infty} \frac{y}{e^{y^{2}}}$ i jest równa zeru. Udowodnienie tego faktu wymaga na przykład zastosowania reguły de l'Hospitala, którą poznamy w module 11.

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 $| x | \leq π$ zachodzi równość $g (x) = \frac{π}{2} - | x |$ . 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 \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 $(\arccos x)^{'} = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}}$ 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)^{'} = {f_{1}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{1}^{- 1})^{'} (y)} = \frac{1}{- \sin y} = - \frac{1}{\sqrt{1 - x^{2}}},

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

Wykażemy, że $(a r c c t g x)^{'} = - \frac{1}{1 + x^{2}}$ . Niech $y = a r c c t g x$ , wtedy $x = c t g y$ . Funkcją odwrotną do $f_{2} (x) = a r c c t g x$ jest $f_{2}^{- 1} (y) = c t g y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r c c t g x)^{'} = {f_{2}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{2}^{- 1})^{'} (y)} = \frac{1}{- \frac{1}{\sin^{2} y}} = - \sin^{2} y = - \frac{1}{1 + x^{2}},

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

Wykażemy, że $(a r s i n h x)^{'} = \frac{1}{\sqrt{1 + x^{2}}}$ . Niech $y = a r s i n h x$ , wtedy $x = \sinh y$ . Funkcją odwrotną do $f_{3} (x) = a r s i n h x$ jest $f_{3}^{- 1} (y) = \sinh y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r s i n h x)^{'} = {f_{3}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{3}^{- 1})^{'} (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 $(a r c o s h x)^{'} = \frac{1}{\sqrt{x^{2} - 1}}$ dla $x \geq 1$ . Niech $y = a r c o s h x$ , wtedy $x = \cosh y$ . Funkcją odwrotną do $f_{4} (x) = a r c o s h x$ jest $f_{4}^{- 1} (y) = \cosh y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r c o s h x)^{'} = {f_{4}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{4}^{- 1})^{'} (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 $(a r t g h x)^{'} = \frac{1}{1 - x^{2}}$ dla $| x | < 1$ . Niech $y = a r t g h x$ , wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle x=\tgh y} . Funkcją odwrotną do $f_{5} (x) = a r t g h x$ jest Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle f_5^{-1}(y)=\tgh y} . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r t g h x)^{'} = {f_{5}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{5}^{- 1})^{'} (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 \cosh^2 y=\frac {1}{1-\tgh ^2 y}=\frac {1}{1-x^2}} .

Wykażemy, że $(a r c t g h x)^{'} = \frac{1}{1 - x^{2}}$ dla $| x | > 1$ . Niech $y = a r c t g h x$ , wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle x=\ctgh y} . Funkcją odwrotną do $f_{6} (x) = a r c t g h x$ jest $f_{6}^{- 1} (y) = a r c t g h y$ . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

(a r c t g h x)^{'} = {f_{6}}^{'} (x) = \frac{1}{(f_{6}^{- 1})^{'} (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 \sinh^2 y=\frac {1}{\ctgh ^2 y-1}=\frac {1}{x^2-1}} .

c) Mamy

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

f^{'} (x) = (e^{- \frac{1}{x^{2}}}) = \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

\lim_{x \to 0^{-}} \frac{f (x) - f (0)}{x} = \lim_{x \to 0^{-}} \frac{0 - 0}{x} = 0

oraz (podstawiając $\frac{1}{x} = y$ )

\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 $f^{'} (0) = 0$ .

{}

◻

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.020| Jest oczywiste, że funkcja

f

ma

pochodną dla $x \neq 1$ . Pozostaje do sprawdzenia istnienie pochodnej w punkcie $x = 1$ . Funkcja posiadająca pochodną jest w szczególności ciągła, czyli $\lim_{x \to 1^{+}} f (x) = \lim_{x \to 1^{-}} f (x)$ , 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

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

oraz

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

b) Obliczmy pochodną funkcji $f (x) = \ln (x^{2} + 1)$ . Otrzymujemy $f^{'} (x) = \frac{2 x}{x^{2} + 1}$ . W szczególności $f^{'} (0) = 0$ . 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 $f^{'} (x) = 2 x + 1$ i $g^{'} (x) = \frac{1}{2} x$ . W szczególności $f^{'} (1) = 3$ i $g^{'} (1) = \frac{1}{2}$ . Korzystając ze wzoru na tangens różnicy kątów

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

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

t g α = \frac{3 - \frac{1}{2}}{1 + 3 \cdot \frac{1}{2}} = 1 .

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

{}

◻

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.040| Obliczmy pochodną funkcji

f

. Mamy

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

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

b) Obliczmy pochodną funkcji $f$ . Mamy

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

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

c) Obliczmy pochodną funkcji $f$ . Mamy

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

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

d) Obliczmy pochodną funkcji $f$ . Mamy

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

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

{}

◻

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.050| a) Niech

f (x) = x^{11} + 3 x^{7} - 1

. Na

początek zauważmy, iż $\lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ oraz $f (0) = - 1$ . Z własności Darboux wynika, że istnieje punkt $x_{0} \in (0, + \infty)$ taki, że $f (x_{0}) = 0$ . Ponadto zauważmy, że pochodna funkcji $f^{'} (x) = 11 x^{10} + 21 x^{6} \geq 0$ 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 $\lim_{x \to + \infty} f (x) = - \infty$ oraz $\lim_{x \to - \infty} f (x) = + \infty$ . Z własności Darboux wynika, że istnieje punkt $x_{0} \in ℝ$ taki, że $f (x_{0}) = 0$ . Ponadto zauważmy, że pochodna funkcji $f^{'} (x) = \sin (2 x) - 3 x^{2} - 1 < 0$ 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 $w^{'} (x_{0}) = 0$ . Tak więc pomiędzy kolejnymi pierwiastkami wielomianu $w$ leży pierwiastek pochodnej $w^{'}$ tego wielomianu. Ponadto jeżeli $x_{l}$ jest pierwiastkiem $k$ -krotnym wielomianu $w (x)$ , to $x_{l}$ jest pierwiastkiem $(k - 1)$ -krotnym pochodnej wielomianu $w^{'}$ . Z powyższego rozumowania wynika, iż pochodna $w^{'}$ ma $n - 1$ pierwiastków rzeczywistych.

{}

◻

Rozwiązanie

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

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

| 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{π}{2} = \frac{3 π}{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 $2 π$ , to $f$ też jest funkcją okresową o okresie $2 π$ . Z tego wynika, że wystarczy ograniczyć nasze rozważania do przedziału $[- π, π]$ . Przez $S_{n}$ oznaczmy $n$ -tą sumę cześciową naszego szeregu. Wtedy

S_{0} = \arcsin (\cos x) = \frac{π}{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 (4 x)) .

Funkcja $\arcsin (\cos (4 x))$ jest funkcją okresową o okresie $\frac{π}{2}$ . Korzystając z równości $\arcsin (\cos x) = \frac{π}{2} - | x |$ dla $| x | \leq π$ wnioskujemy, że $S_{1}$ nie ma pochodnej w punktach $- π, - \frac{π}{2}, 0, \frac{π}{2}, π$ . Ogólnie $\arcsin (\cos (4^{n} x))$ jest funkcją okresową o okresie $\frac{π}{2 \cdot 4^{n - 1}}$ , 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 π}{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 π}{2 \cdot 4^{k - 1}} : k \in 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 $[- π, π]$ , tzn. $\overline{P} = [- π, π]$ .

Teraz weźmy dowolny punkt $x_{0} \in [- π, π] ∖ P$ . 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 $0 < x_{0} < π$ . Zauważmy również, że dla dowolnej liczby naturalnej $n$ istnieje liczba całkowita $l (n)$ taka, że

x_{0} \in (\frac{l (n) π}{2 \cdot 4^{n}}, \frac{(l (n) + 1) π}{2 \cdot 4^{n}}) .

Zdefiniujmy następujący ciąg $x_{n} = x_{0} + \frac{π}{4^{n + 1}}$ . Oczywiście $x_{n} \to x_{0}$ , gdy $n \to + \infty$ . Oznaczmy przez $R_{n} n$ -tą resztę naszego szeregu

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

Zauważmy, że $R_{n}$ jest funkcją okresową o okresie $\frac{π}{2 \cdot 4^{n - 1}}$ . Z tego wynika, że $R_{k} (x_{0}) = R_{k} (x_{n})$ dla $k > n$ . Ponadto dla każdego $k \leq n$ mamy

4^{k} x_{0}, 4^{k} x_{n} \in (l (k) π, (l (k) + 1) π) .

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

g (4^{k} x_{0}) - g (4^{k} x_{n}) = - \frac{π 4^{k}}{4^{n + 1}} .

Rozważmy teraz następujący iloraz różnicowy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\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 $n \to + \infty$ , czyli funkcja $f$ nie ma pochodnej w punkcie $x_{0}$ .

{}

◻

Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

9. Pochodna funkcji jednej zmiennej

Wskazówki

Rozwiązania i odpowiedzi

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia