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

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

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

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

a) Mamy

$\begin{aligned} (3 x^{4} + 7 x^{3} - 2 x^{2} + x - 10)^{'} = 12 x^{3} + 21 x^{2} - 4 x + 1, \\ (\sqrt{x^{2} + x - 1})^{'} = \frac{2 x + 1}{2 \sqrt{x^{2} + x - 1}}, \\ (\frac{2 x^{3} + x + 1}{x^{2} + 2 x + 3}) = \frac{(6 x^{2} + 1) (x^{2} + 2 x + 3) - (2 x^{3} + x + 1) (2 x + 2)}{(x^{2} + 2 x + 3)^{2}} = \frac{2 x^{4} + 8 x^{3} + 17 x^{2} - 2 x + 1}{(x^{2} + 2 x + 3)^{2}}, \\ (e^{1 - x} \ln (x^{2} + 1))^{'} = - e^{1 - x} \ln (x^{2} + 1) + e^{1 - x} \frac{2 x}{x^{2} + 1} = e^{1 - x} (\frac{2 x}{x^{2} + 1} - \ln (x^{2} + 1)), \\ (\sin^{2} (\cos \frac{1}{x^{4} + 1}))^{'} = 2 \sin (\cos \frac{1}{x^{4} + 1}) \cos (\cos \frac{1}{x^{4} + 1}) \sin (\frac{1}{x^{4} + 1}) \frac{4 x^{3}}{(x^{4} + 1)^{2}} . \end{aligned}$

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 $x = t g h y$ . Funkcją odwrotną do $f_{5} (x) = a r t g h x$ jest $f_{5}^{- 1} (y) = t g h y$ . 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 $\cosh^{2} y = \frac{1}{1 - t g h^{2} y} = \frac{1}{1 - x^{2}}$ .

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 $x = c t g h y$ . 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 $\sinh^{2} y = \frac{1}{c t g h^{2} y - 1} = \frac{1}{x^{2} - 1}$ .

c) Mamy

\begin{aligned} (x^{x})^{'} = (e^{x \ln x})^{'} = e^{x \ln x} (1 + \ln x) = x^{x} (1 + \ln x), \\ (x^{\frac{1}{x}})^{'} = (e^{\frac{\ln x}{x}})^{'} = e^{\frac{\ln x}{x}} (\frac{1 - \ln x}{x^{2}}) = x^{\frac{1}{x}} (\frac{1 - \ln x}{x^{2}}), \\ ((\sin x)^{\cos x})^{'} = (e^{\cos x \ln (\sin x)})^{'} = e^{\cos x \ln (\sin x)} (\frac{\cos^{2} x}{\sin x} - \sin x \ln (\sin x)) \\ = (\sin x)^{\cos x} (\frac{\cos^{2} x}{\sin x} - \sin x \ln (\sin x)), \\ ((\ln x)^{x})^{'} = (e^{x \ln (\ln x)})^{'} = e^{x \ln (\ln x)} (\ln (\ln x) + \frac{1}{\ln x}) = (\ln x)^{x} (\ln (\ln x) + \frac{1}{\ln x}) . \end{aligned}

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 9.2.

Dla jakich wartości parametrów $a, b$ funkcja

f (x) = {\begin{cases} x^{2} + 3 x - 4 & dla x \leq 1 \\ a x + b, & dla x > 1 \end{cases}

ma pochodną na całym zbiorze liczb rzeczywistych.

Wskazówka

Rozwiązanie

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

oraz

\lim_{x \to 1^{+}} \frac{f (x) - f (1)}{x - 1} = \lim_{x \to 1^{+}} \frac{a x + b - a - b}{x - 1} = a

,

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

Ćwiczenie 9.3.

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 $(1, 3)$ .

Wskazówka

Rozwiązanie

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 $α = \frac{π}{4}$ .

Ćwiczenie 9.4.

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}

.

Wskazówka

Rozwiązanie

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 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, + \infty)$ .

Ćwiczenie 9.5.

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.

Wskazówka

Rozwiązanie

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.

Ćwiczenie 9.6.

Wykazać, że funkcja dana wzorem

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.

Wskazówka

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?

Rozwiązanie

Nasza funkcja jest dana szeregiem

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 częściową 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.

Plik:Am1c09.0010.mp4

Rysunek do ćwiczenia 9.6.

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

\begin{array}{lll} \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^{k} x_{n})}{x_{0} - x_{n}} = \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{3^{k}} \frac{g (4^{k} x_{0}) - g (4^{k} x_{n})}{x_{0} - x_{n}} \\ = & \sum_{k = 0}^{n} \frac{1}{3^{k}} \frac{- \frac{π 4^{k}}{4^{n + 1}}}{- \frac{π}{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 $n \to + \infty$ , czyli funkcja $f$ nie ma pochodnej w punkcie $x_{0}$ .

Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

9. Pochodna funkcji jednej zmiennej

Menu nawigacyjne

Działania na stronie

Opcje strony

Narzędzia osobiste

Nawigacja

Szukaj

Narzędzia