Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

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

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

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

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 $\displaystyle \sin y={\sqrt {1-\cos ^{2}y}}={\sqrt {1-x^{2}}}$ 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

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

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

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

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

$\displaystyle ({\rm {artgh\,}}x)'=f_{5}'(x)={\frac {1}{(f_{5}^{-1})'(y)}}={\frac {1}{\frac {1}{\cosh ^{2}y}}}=\cosh ^{2}y={\frac {1}{1-x^{2}}},$

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

$\displaystyle ({\rm {arctgh\,}}x)'=f_{6}'(x)={\frac {1}{(f_{6}^{-1})'(y)}}={\frac {1}{-{\frac {1}{\sinh ^{2}y}}}}=-\sinh ^{2}y={\frac {1}{1-x^{2}}},$

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

c) Mamy

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

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 $\displaystyle {\frac {1}{x}}=y$)

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

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 $\displaystyle g(x)={\frac {1}{4}}x^{2}+{\frac {11}{4}}$ 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 $\displaystyle g(x)={\frac {1}{4}}x^{2}+{\frac {11}{4}}$. Otrzymujemy $\displaystyle f'(x)=2x+1$
i $\displaystyle g'(x)={\frac {1}{2}}x$. W szczególności $\displaystyle f'(1)=3$ i $\displaystyle g'(1)={\frac {1}{2}}$. 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

$\displaystyle \mathrm {tg} \,\alpha ={\frac {3-{\frac {1}{2}}}{1+3\cdot {\frac {1}{2}}}}=1.$

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

Parser nie mógł rozpoznać (SVG (MathML może zostać włączone przez wtyczkę w przeglądarce): Nieprawidłowa odpowiedź („Math extension cannot connect to Restbase.”) z serwera „https://wazniak.mimuw.edu.pl/api/rest_v1/”:): {\displaystyle \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

Parser nie mógł rozpoznać (SVG (MathML może zostać włączone przez wtyczkę w przeglądarce): Nieprawidłowa odpowiedź („Math extension cannot connect to Restbase.”) z serwera „https://wazniak.mimuw.edu.pl/api/rest_v1/”:): {\displaystyle \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

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

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 $\displaystyle \arcsin(\cos(4^{n}x))$ 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>

<div.thumbcaption>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 $\displaystyle R_{n}n$-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 $\displaystyle {\frac {\pi }{2\cdot 4^{n-1}}}$. 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

$\displaystyle 4^{k}x_{0},4^{k}x_{n}\in \left(l(k)\pi ,(l(k)+1)\pi \right).$

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

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

Rozważmy teraz następujący iloraz różnicowy

$\displaystyle {\begin{array}{lll}\displaystyle {\frac {f(x_{0})-f(x_{n})}{x_{0}-x_{n}}}&=&\displaystyle \sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{3^{k}}}{\frac {g(4^{k}x_{0})-g(4^{k}x_{n})}{x_{0}-x_{n}}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{3^{k}}}{\frac {g(4^{k}x_{0})-g(4^{k}x_{n})}{x_{0}-x_{n}}}\\&=&\displaystyle \sum _{k=0}^{n}{\frac {1}{3^{k}}}{\frac {-{\frac {\pi 4^{k}}{4^{n+1}}}}{-{\frac {\pi }{4^{n+1}}}}}=\sum _{k=0}^{n}{\frac {4^{k}}{3^{k}}}.\end{array}}$

Widzimy, więc że powyższy iloraz różnicowy nie ma skończonej granicy przy $\displaystyle n\to +\infty$, czyli funkcja $\displaystyle f$ nie ma pochodnej w punkcie $\displaystyle x_{0}$.