Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

{stre}{Streszczenie} {wsk}{Wskazówka} {rozw}{Rozwiązanie} {textt}{} {thm}{Twierdzenie}[section] {stw}[thm]{Stwierdzenie} {lem}[thm]{Lemat} {uwa}[thm]{Uwaga} {exa}[thm]{Example} {dfn}[thm]{Definicja} {wn}[thm]{Wniosek} {prz}[thm]{Przykład} {zadan}[thm]{Zadanie}

{} {}

Pochodna funkcji jednej zmiennej. Ćwiczenia

Zadania

Ćwiczenie [Uzupelnij]

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) $f_{1}(x)=\arccos x$, $f_{2}(x)=\mathrm {arc\,ctg} \,x$, $f_{3}(x)={\rm {arsinh\,}}x$, $f_{4}(x)={\rm {arcosh\,}}x$, $f_{5}(x)={\rm {artgh\,}}x$, $f_{6}(x)={\rm {arctgh\,}}x$,

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 }

{black}

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.

{black}

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 $w'$ 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.

{}$\Box$

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).

{}$\Box$

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.

{}$\Box$

Wskazówka

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

monotonicznością funkcji.

{}$\Box$

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.

{}$\Box$

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 $|x|\leq \pi$ zachodzi równość $g(x)={\frac {\pi }{2}}-|x|$. W jakich punktach sumy częściowe szeregu definiującego funkcję $f$ nie mają pochodnej?

{}$\Box$

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 $y\in [0,\pi ]$.

Wykażemy, że $(\mathrm {arc\,ctg} \,x)'=-{\frac {1}{1+x^{2}}}$. Niech $y=\mathrm {arc\,ctg} \,x$, wtedy $x=\mathrm {ctg} \,y$. Funkcją odwrotną do $f_{2}(x)=\mathrm {arc\,ctg} \,x$ jest $f_{2}^{-1}(y)=\mathrm {ctg} \,y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

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

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

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

$({\rm {arsinh\,}}x)'=f_{3}'(x)={\frac {1}{(f_{3}^{-1})'(y)}}={\frac {1}{\cosh y}}={\frac {1}{\sqrt {1+x^{2}}}},$

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

Wykażemy, że $({\rm {arcosh\,}}x)'={\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}}$ dla $x\geq 1$. Niech $y={\rm {arcosh\,}}x$, wtedy $x=\cosh y$. Funkcją odwrotną do $f_{4}(x)={\rm {arcosh\,}}x$ jest $f_{4}^{-1}(y)=\cosh y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

$({\rm {arcosh\,}}x)'=f_{4}'(x)={\frac {1}{(f_{4}^{-1})'(y)}}={\frac {1}{\sinh y}}={\frac {1}{\sqrt {x^{2}-1}}},$

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

Wykażemy, że $({\rm {artgh\,}}x)'={\frac {1}{1-x^{2}}}$ dla $|x|<1$. Niech $y={\rm {artgh\,}}x$, wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle x=\tgh y} . Funkcją odwrotną do $f_{5}(x)={\rm {artgh\,}}x$ jest Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\tgh”): {\displaystyle f_5^{-1}(y)=\tgh y} . Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

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

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

Wykażemy, że $({\rm {arctgh\,}}x)'={\frac {1}{1-x^{2}}}$ dla $|x|>1$. Niech $y={\rm {arctgh\,}}x$, wtedy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\ctgh”): {\displaystyle x=\ctgh y} . Funkcją odwrotną do $f_{6}(x)={\rm {arctgh\,}}x$ jest $f_{6}^{-1}(y)={\rm {arctgh\,}}y$. Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej otrzymujemy

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

ponieważ 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

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

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

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

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 $f'(0)=0$.

{}$\Box$

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

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

oraz

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

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

{}$\Box$

Rozwiązanie

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

$f(x)=(x^{2}+x)e^{x+1}$. Otrzymujemy $f'(x)=(x^{2}+3x+1)e^{x+1}$. 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 $y=ex$.

b) Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=\ln(x^{2}+1)$. Otrzymujemy $f'(x)={\frac {2x}{x^{2}+1}}$. 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 $f'(x)=2x+1$ 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

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

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

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

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

{}$\Box$

Rozwiązanie

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

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

b) Obliczmy pochodną funkcji $f$. Mamy

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

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

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

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

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

Zauważmy, że $f'(x)<0$ 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 $({\frac {\sqrt {2}}{2}},+\infty )$.

{}$\Box$

Rozwiązanie

Uzupelnic z.am1.09.050| a) Niech $f(x)=x^{11}+3x^{7}-1$. 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 $f'(x)=11x^{10}+21x^{6}\geq 0$ 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 $x_{0}\in \mathbb {R}$ taki, że $f(x_{0})=0$. Ponadto zauważmy, że pochodna funkcji $f'(x)=\sin(2x)-3x^{2}-1<0$ 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 $w'(x_{0})=0$. 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.

{}$\Box$

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 $-{\frac {\pi }{2}}\leq \arcsin x\leq {\frac {\pi }{2}}$, to

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

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 $|x|\leq \pi$ 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

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

Zobacz rysunek poniżej.

{{red}rysunek am1c09.0010}

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

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

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

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

$x_{0}\in \left({\frac {l(n)\pi }{2\cdot 4^{n}}},{\frac {(l(n)+1)\pi }{2\cdot 4^{n}}}\right).$

Zdefiniujmy następujący ciąg $x_{n}=x_{0}+{\frac {\pi }{4^{n+1}}}$. 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 ${\frac {\pi }{2\cdot 4^{n-1}}}$. Z tego wynika, że $R_{k}(x_{0})=R_{k}(x_{n})$ dla $k>n$. Ponadto dla każdego $k\leq n$ mamy

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

Raz jeszcze wykorzystując równość $\arcsin x={\frac {\pi }{2}}-|x|$ dla $|x|\leq \pi$ 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 \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 $x_{0}$.

{}$\Box$