---
title: "Lecture 4: Rachunek różniczkowy I"
lecture_number: 4
has_solutions: true
has_exercises: true
file_format: mystnb
kernelspec:
  name: sagemath
  display_name: SageMath
---

```{include} ../_includes/sagecell-loader.md
```

# Rachunek różniczkowy I

## Definicja pochodnej funkcji w punkcie

:::{narration}

Weźmy funkcję $f:X \to \rr$ i punkt $x_0\in X$, dla którego
istnieje $r>0$ i otoczenie $Q(x_0, r)\subseteq X$.
:::

:::{prf:definition}

**Ilorazem różnicowym** {index}`iloraz różnicowy` funkcji $f$
w punkcie $x_0$ dla przyrostu $\DeltaX$, nazywamy wyrażenie

```{math}
\frac {f(x_0 + \DeltaX) - f(x_0)} {\DeltaX}.
```

Jeśli istnieje granica właściwa ilorazów różnicowych

$$
\LimIn[\DeltaX]{0} \frac {f(x_0 + \DeltaX) - f(x_0)} {\DeltaX}
   = \LimIn[x]{x_0} \frac {f(x) - f(x_0)} {x - x_0},
$$

to nazywamy ją
**pochodną funkcji** {index}`pochodna funkcji`
$f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy przez

```{math}
f'(x_0) \qquad\text{lub}\qquad \Diff{f}(x_0).
```

Mówimy wtedy, że funkcja $f$ jest
**różniczkowalna** {index}`funkcja; różniczkowalna` w punkcie $x_0.$

Funkcję $f$ nazywamy
**różniczkowalną na zbiorze $A \subseteq X$** {index}`funkcja; różniczkowalna; na zbiorze`,
jeśli jest różniczkowalna
w każdym punkcie zbioru $A$.

Funkcję $f$ nazywamy
**różniczkowalną** {index}`funkcja; różniczkowalna`,
jeśli jest różniczkowalna
w każdym punkcie swojej dziedziny.
:::

:::{prf:remark}

[GEOGEBRA](https://www.geogebra.org/calculator/wwdxdwpr)
Iloraz różnicowy funkcji $f$
w punkcie $x_0$ dla przyrostu $\DeltaX$
jest
tangensem kąta między osią OX, a siczną przechodzącą przez
punkty $(x_0, f(x_0))$ i $(x_0 + \DeltaX, f(x_0 + \DeltaX))$.

Pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_0$ jest
tangensem kąta między osią OX, a "prostą
graniczną" tych siecznych, którą nazywamy styczną
do wykresu funkcji $f$
w punkcie $(x_0, f(x_0))$.
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-01
:class: [exercise]

Policzmy z definicji pochodne funkcji:

:::{container} columns-2-auto

1. $f(x) = c$ dla $c\in \rr $
2. $f(x) = 2x^2-3x $
3. $f(x) = x^\alpha$ dla $x >0,\ \alpha \in \rr $
4. $f(x) = a^x$ dla $a > 0 $
5. $f(x) = \sin x .$

:::


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-05-ex-01`, {numref}`prob-05-ex-02`, {numref}`prob-05-ex-06`, {numref}`prob-05-ex-07`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1.  Dla $f(x) = c$ mamy

   ```{math}
   \begin{aligned}
   \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX}
   & = \frac {c - c} {\DeltaX}
   = 0 \LimTo[\DeltaX]{0} 0.
   \end{aligned}
   ```

   Zatem
   $f'(x) = 0$
   dla każdego $x\in\rr.$

2. Dla $f(x) = 2x^2-3x$ mamy

   ```{math}
   \begin{aligned}
   \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX}
   & = \frac {2(x + \DeltaX)^2-3(x + \DeltaX) - \Paren{2x^2-3x}} {\DeltaX}
   \\
   & = \frac {\cancel{2x^2} + 4x\DeltaX + 2\DeltaX^2 -\cancel{3x} -3\DeltaX - \cancel{2x^2} + \cancel{3x}} {\DeltaX}
   \\
   & = \frac {\cancel{\DeltaX} \Paren{4x - 3 + 2\DeltaX}} {\cancel{\DeltaX}}
   = 4x - 3 + 2 \DeltaX \LimTo[\DeltaX] 0 4x -3.
   \end{aligned}
   ```

   Zatem $f'(x) = 4x -3.$

3. Dla $f(x) = x^\alpha$, $\quad x >0,\ \alpha \in \rr$ mamy

   $$
   \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX}
   & = \frac {(x + \DeltaX)^\alpha - x^\alpha} {\DeltaX}
   \\ & = \frac {x^\alpha \cdot \Brack{\Paren{1 + \frac {\DeltaX} x}^\alpha - 1}} {x\cdot \frac {\DeltaX} x}
   \\ & =  \WaveBrack{
   t = \tfrac {\DeltaX} x \LimTo[\DeltaX] {0} 0
   }
   \\ & = x^{\alpha-1} \cdot\frac {\Paren{1 + t}^\alpha - 1} {t}
   \LimTo[t]{0} x^{\alpha -1} \cdot \alpha.
   $$

   Zatem $f'(x) = \alpha\cdot x^{\alpha -1}.$

   W szczególności,

   $$
   \displaystyle
   \Paren{\sqrt[n]{x}}'
   & = \Paren{x^{\frac 1 n }}'
   = \frac 1 n x^{\frac 1 n -1}
   = \frac 1 n x^{\frac {1-n} n}
   \\ & = \frac 1 {n\, x^{\frac {n-1} n}}
   = \frac 1 {n \sqrt[n]{x^{n-1}}}
   $$

   dla $n \in \nn_2$.

4. Dla $f(x) = a^x$, $a > 0$ mamy

   $$
   \begin{aligned}
   \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX}
   & = \frac {a^{x+ \DeltaX} - a^x} {\DeltaX}
   \\ & = a^{x}\cdot \frac {a^{\DeltaX} - 1} {\DeltaX}
   \LimTo[\DeltaX]{0} a^x\cdot \ln a.
   \end{aligned}
   $$

   Zatem $f'(x) = a^x \ln a.$

   W szczegóności warto zapamiętać, że **$\quad \Paren{e^x}' = e^x \ln e = e^x.$**

5. Dla $f(x) = \sin x$, korzystając ze wzoru

   $
   \quad
   \sin \alpha - \sin\beta = 2 \sin \frac {\alpha - \beta} 2
   \cdot \cos \frac {\alpha + \beta} 2,
   \quad
   $
   mamy

   ```{math}
   \begin{aligned}
   \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX}
   & = \frac {\sin(x + \DeltaX) - \sin(x)} {\DeltaX}
   = \frac {2\sin\frac {\DeltaX} 2 \cdot\cos\Paren{x + \frac {\DeltaX} 2}} {\DeltaX}
   \\
   & = \frac {\cancel{2}\sin\frac {\DeltaX} 2 } {\cancel{2}\cdot\frac {\DeltaX} 2} \cdot\cos\Paren{x + \frac {\DeltaX} 2}
   \LimTo[h]{0} 1 \cdot \cos x.
   \end{aligned}
   ```

   Zatem $f'(x) = \cos x.$
:::

::::{prf:theorem} o działaniach arytmetycznych na pochodnych
:oasis-title: Twierdzenie o działaniach arytmetycznych na pochodnych

Niech $f,g:X \to \rr$ będą funkcjami różniczkowalnymi w punkcie $x_0\in X$.

Wówczas:

1. $(c \cdot f)'(x_0) = c \cdot f'(x_0)$
2. $(f \pm g)'(x_0) = f'(x_0) \pm g'(x_0)$
3. $(f \cdot g)'(x_0) = f'(x_0)g(x_0) + f(x_0)g'(x_0).$
4. $
   \left(\dfrac{f} {g}\right)' (x_0)
   = \dfrac {f'(x_0)g(x_0) - f(x_0)g'(x_0)} {\Paren{g(x_0)}^2},
   \quad
   $
   przy dodatkowym założeniu, że $g(x_0)\neq 0.$

::::

::::{prf:example}
:class: [example]

1. Jak już pokazaliśmy, funkcje stała, potęgowa,
   wykładnicza i sinus są różniczkowalne.
2. Z różniczkowalności f. stałej i jednomianów oraz powyższego twierdzenia
   wnioskujemy różniczkowalność wielomianów i funkcji wymiernych.

::::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-02
:class: [exercise]

Policzmy pochodne funkcji:

:::{container} columns-3-auto

1. $f(x) = \sinh x $
2. $f(x) = x^3 \sin^2 x $
3. $f(x) = \dfrac{x^{12} - 4x^3} {\sin^2 x} .$

:::


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-05-ex-03`, {numref}`prob-05-ex-04`, {numref}`prob-05-ex-08`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Korzystając z definicji funkcji sinus hiperboliczny oraz pochodnej sumy:

   $$
   \Diff{\sinh x}
   & = \Diff{} \Paren{\frac {e^x - e^{-x}} 2 }
   = {\frac {\Paren{e^x}' - \Paren{\Paren{e^{-1}}^{x}}'} 2 }
   \\ & = {\frac {{e^x} - {\Paren{e^{-1}}^{x}}\cdot \ln e^{-1}} 2 }
   = {\frac {e^x + e^{-x}} 2 }
   = \cosh x

   $$

2. Korzystając z pochodnej iloczynu:

   $$
   \displaystyle
   \Diff{}{\Paren{x^3 \sin^2 x}}
   & = \Paren{x^3}' \sin^2 x + x^3 \Paren{\sin x \cdot \sin x}'
   \\
   & = 3{x^2}  \sin^2 x + x^3 \Paren{\sin' x  \sin x + \sin x  \sin' x}
   \\
   & = 3{x^2}  \sin^2 x + x^3 \Paren{\cos x  \sin x + \sin x  \cos x}
   \\
   & = 3{x^2} \sin^2 x + 2x^3 \sin x \cos x
   $$

3. Korzystając z pochodnej ilorazu:

   $$
   \displaystyle
   \Diff{} \Paren{\frac{x^{12} - 4x^3} {\sin^2 x}}
   & = \frac{\Paren{x^{12} - 4x^3}'\cdot \sin^2 x
   - \Paren{x^{12} - 4x^3} \Paren{\sin^2 x}'}
   {\sin^4 x}
   \\
   & = \frac{\Paren{12x^{11} - 12x^2}\cdot \sin^2 x
   - \Paren{x^{12} - 4x^3}\cdot {2\sin x \cos x}}
   {\sin^4 x}
   .
   $$

:::

:::{prf:theorem} o pochodnej funkcji złożonej
:oasis-title: Twierdzenie o pochodnej funkcji złożonej

Jeśli funkcja $h:X\to Y$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in X$
i funkcja $g:Y\to \rr$ jest różniczkowalna w punkcie $h(x_0)\in Y$,
to funkcja $g\circ h$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0$ oraz

```{math}
(g\circ h)'(x_0) = g'(h(x_0))\cdot h'(x_0) .
```

:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Ponieważ $\cos x = \sin\left(x+ \frac\pi 2 \right)$, więc przyjmując
   w powyższym twierdzeniu $g(x) = \sin x$, $h(x) = x+ \frac\pi 2,$ otrzymamy

   $$
   \cos' x = \left(\sin\left(x+ \frac\pi 2 \right)\right)'
   = \cos\left(x+ \frac\pi 2 \right)\cdot \left(x+ \frac\pi 2 \right)'
   = -\sin x.
   $$

2. Możemy zatem policzyć pochodną funkcji tangens:

   $$
   \tg' x = \left(\frac{\sin x} {\cos x}\right)'
   = \frac{\cos x \cos x - (-\sin x )\sin x} {\cos^2 x}
   = \frac 1 {\cos^2 x}.
   $$

3. Podobnie, $\displaystyle\ctg' x = - \frac 1 {\sin^2 x}.$
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-03
:class: [exercise]

Policzmy pochodne funkcji:

:::{container} columns-2-auto

1. $f(x) = \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{3}$
2. $f(x) = \sin x^2$
3. $f(x) = \sin^2 x$
4. $f(x) = e^{\sin 3x^2}$
5. $\displaystyle f(x) = \cos \Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x}}.$

:::


:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-05-ex-03`, {numref}`prob-05-ex-04`, {numref}`prob-05-ex-08`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Korzystając z pochodnej funkcji złożonej,
   biorąc
   $
   \WaveBrack{
   g(x) &= x^{3}, & h(x) &= x^4 + 5\sqrt[3] x  \\
   g'(x) &= 3 x^{2}, & h'(x) &= 4x^3 + \frac 5 {3\sqrt[3]{x^2}}
   }
   $

   otrzymujemy

   $$
   \Paren{\Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{3}}'
   & = 3 \cdot \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{2} \cdot \Paren{x^4 + 5x^{\frac 1 3}}'
   \\ &
   = 3\, \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{2} \cdot \Paren{4 x^3 + \frac 5 3 x^{-\frac 2 3}}
   \\ &
   = 3\, \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{2} \cdot \Paren{4 x^3 + \frac 5 {3\sqrt[3]{x^2}}}

   $$

2. Biorąc
   $
   \WaveBrack{
   g(x) &= \sin x, & h(x) &= x^2  \\
   g'(x) &= \cos x, & h'(x) &= 2x
   }
   $
   otrzymujemy

   $$
   \Paren{\sin x^2}'
   = \cos x^2 \cdot \Paren{x^2}'
   = \cos x^2 \cdot 2x
   = 2x \cos x^2

   $$


3. Biorąc
   $
   \WaveBrack{
   g(x) &= x^2, & h(x) &= \sin x  \\
   g'(x) &= 2x, & h'(x) &= \cos x
   }
   $
   otrzymujemy

   $$
   \Paren{\sin^2 x}'
   & = \Paren{\Paren{\sin x}^2}'
   = 2\Paren{\sin x} \cdot \Paren{\sin x}'
   \\ &
   = 2\sin x \cdot {\cos x}
   = \sin 2x

   $$

4. Korzystamy dwukrotnie z pochodnej funkcji złożonej:

   $$
   \Paren{e^{\sin 3x^2}}'
   & = e^{\sin 3x^2} \cdot \Paren{\sin{3x^2}}'
   \\ & = e^{\sin 3x^2} \cdot {\cos{3x^2}} \cdot \Paren{3x^2}'
   \\ & = e^{\sin 3x^2} \cdot {\cos{3x^2}} \cdot {6x}
   = 6x\, e^{\sin 3x^2} \cos {3x^2}

   $$

5. Pierw obliczamy pochodną jednego ze składników,
   biorąc
   $
   \WaveBrack{
   g(x)  & = 3^x,       & h(x)  & = \frac 1 x = x^{-1} \\
   g'(x) & = 3^x \ln 3,    & h'(x) & = -x^{-2}
   }
   $
   do obliczenia pochodnej funkcji złożonej

   $$
   \begin{aligned}
   \Paren{3^{ 1 / x}}'
   & = 3^{1/x} \ln 3\cdot \Paren{\frac 1 x}'
   = 3^{1/x} \ln 3\cdot \Paren{-x^{-2}}
   = - \frac {\ln 3}{x^2}\cdot 3^{1/x}.
   \end{aligned}
   $$

   Zatem

   $$
   \Paren{\cos \Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x} }}'
   &
   = -\sin\Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x} }
   \cdot \Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x} }'
   \\ &
   = -\sin\Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x}}
   \cdot \Paren{\cosh x + \Paren{3^{ 1 / x}}'}
   \\ &
   = -\sin\Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x}}
   \cdot
   \Paren{\cosh x - \frac {\ln 3}{x^2}\cdot 3^{1/x}} .
   $$

:::

:::{prf:theorem} o pochodnej funkcji odwrotnej
:oasis-title: Twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej

Jeśli
funkcja $f$ na przedziale $(a,b)$ jest ciągła i ściśle monotoniczna,
oraz w punkcie $x_0\in (a,b)$ ma pochodną $f'(x_0)\neq 0$,
to funkcja $f^{-1}$ ma pochodną w punkcie $y_0 = f(x_0)$ oraz

```{math}
\Paren{f^{-1}}'(y_0) = \frac 1 {f'(x_0)} = \frac 1 {f'(f^{-1}(y_0))}.
```

:::

:::{prf:example}
:class: [example]

1. Weźmy funkcję $f(x) = a^x$, do której odwrotna jest $f^{-1}(x) = \log_a x$
   oraz $f'(x) = a^x \ln a$.

   Zgodnie ze wzorem na pochodną funkcji odwrotnej dla $y_0 = a^{x_0}$ mamy

   $$
   \Paren{f^{-1}}'(y_0)
   = \frac 1 {f'(x_0)}
   = \frac 1 {a^{x_0} \ln a }
   = \frac 1 {y_0 \ln a }  .
   $$

   Zatem $\displaystyle\Paren{\log_a x}' = \frac 1 {x \ln a } .$

   W szczególności
   **$\quad \displaystyle (\ln x)' = \frac 1 {x \ln e} = \frac 1 x .$**

2. Weźmy funkcję $f(x) = \sin x$,
   do której odwrotna jest $f^{-1}(x) = \arcsin x$
   oraz $f'(x) = \cos x$.

   Zauważmy, że dla $x\in\Brack{-\frac \pi 2, \frac \pi 2 }$,
   $\quad\cos x = \sqrt{1 - \sin^2 x} \geq 0$.

   $\quad$
   Stąd dla $y_0 = \sin x_0$ mamy

   $$
   \Paren{f^{-1}}'(y_0)
   = \frac 1 {f'(x_0)}
   = \frac 1 {\cos x_0 }
   = \frac 1 {\sqrt{1 - \sin^2 x_0} }
   = \frac 1 {\sqrt{1 - y_0^2} } .
   $$

   Zatem

   $$
   \emphmath{
   \Paren{\arcsin x}'
   = \frac 1 {\sqrt{1 - x^2} } .
   }
   $$

3. Weźmy funkcję $f(x) = \tg x$,
   do której odwrotna jest $f^{-1}(x) = \arctg x$
   oraz $f'(x) = \dfrac 1 {\cos^2 x}$.

   Stąd dla $y_0 = \tg x_0$ mamy

   $$
   \Paren{f^{-1}}'(y_0)
   & = \frac 1 {f'(x_0)}
   = \frac 1 {\frac 1 {\cos^2 x_0} }
   = \cos^2 x_0
   = \frac {\cos^2 x_0} {\cos^2 x_0 + \sin^2 x_0}
   \\
   & = \frac {\cancel{\cos^2 x_0}} {\cancel{\cos^2 x_0} \Paren{1 + \frac{\sin^2 x_0}{\cos^2 x_0}}}
   = \frac 1 {1 + \tg^2 x_0}
   = \frac 1 {1 + y_0^2}.
   $$

   Zatem

   $$
   \emphmath{
   \Paren{\arctg x}'
   = \frac 1 {1 + x^2 } .
   }
   $$
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-04
:class: [exercise]

Policzmy pochodną funkcji $f(x) = x^x.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-05-ex-04`, {numref}`prob-05-ex-08`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Zauważmy, że $x^x = e^{\ln x^x} = e^{x \ln x},$
więc przyjmując

$$
\WaveBrack{
   g(x)  & = e^x,             & h(x)  & = x \ln x           \\
   g'(x) & = e^x,             & h'(x) & = 1\cdot\ln x + \frac x x
}
$$

do obliczenia pochodnej funkcji złożonej otrzymujemy

$$
\begin{aligned}
   \Paren{x^x}'
   & = \Paren{e^{x \ln x}}'
   = e^{x \ln x} \cdot \Paren{x\ln x}'
   \\ &
   = e^{x \ln x} \cdot \Paren{\ln x +1}
   = x^x (\ln x +1) .
\end{aligned}
$$
:::

## Ważne przykłady pochodnych

::::{tip}

Zbierzmy najważniejsze podstawowe przykłady pochodnych funkcji:

:::{container} columns-2-auto

1. $\left( x^\alpha \right)' = \alpha\cdot x^{\alpha -1} \qquad$ dla $\alpha \in \rr$
2. $\left( a^x \right)' = a^x \ln a \qquad$ dla $a > 0$
3. $\left( e^x \right)' = e^x $
4. $\displaystyle (\log_a |x|)' = \frac  1 {x \ln a} \qquad$ dla $a > 0, a\neq 1$
5. $\displaystyle (\ln |x|)' = \frac 1 x\ $
6. $(\sin x)' = \cos x\ $
7. $(\cos x)' = -\sin x\ $
8. $\displaystyle (\tg x)' = \frac 1 {\cos^2 x}\ $
9. $\displaystyle (\ctg x)' = -\frac 1 {\sin^2 x}\ $
10. $\displaystyle (\arcsin x)' = \frac 1 {\sqrt{1- x^2}}\ $
11. $\displaystyle (\arccos x)' = -\frac {1} {\sqrt{1- x^2}}\ $
12. $\displaystyle (\arctg x)' = \frac 1 {1 + x^2}\ $
13. $\displaystyle (\arcctg x)' = -\frac {1} {1 + x^2}\ $.
:::

::::

## Pochodna jednostronna

:::{prf:definition}

Jeśli istnieje granica właściwa
$
   \quad
   \LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {f(x_0 + \DeltaX) - f(x_0)} {\DeltaX}
   = \LimIn[x]{x_0^-} \frac {f(x) - f(x_0)} {x - x_0},
   \quad
   $
   to nazywamy ją
   **pochodną lewostronną funkcji** {index}`pochodna funkcji; lewostronna`
   $f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy przez

```{math}
f'_-(x_0).
```

Jeśli istnieje granica właściwa
$
   \quad
   \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {f(x_0 + \DeltaX) - f(x_0)} {\DeltaX}
   = \LimIn[x]{x_0^+} \frac {f(x) - f(x_0)} {x - x_0},
   \quad
   $
   to nazywamy ją
   **pochodną prawostronną funkcji** {index}`pochodna funkcji; prawostronna`
   $f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy przez

```{math}
f'_+(x_0).
```

:::

:::{prf:proposition}

Niech $f: X \to \rr$ i $x_0\in X$.

Pochodna $f'(x_0)$ istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy
pochodne jednostronne istnieją i $f'_-(x_0) = f'_+(x_0)$.

W takiej sytuacji

$$
f'(x_0) = f'_-(x_0) = f'_+(x_0)
   .
$$

:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
   g(x) = sin (abs(x))
   X0 = 0
   DX = 1
   show(
   plot(g(x),
      (x, X0-2, X0+2),
      thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio =1,
      legend_label=r'$f(x)$'
   ) +
   plot([x,-x],
      (x, X0-1.5, X0+1.5),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=[r'$x$', r'$-x$']
   ),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Funkcja $f(x) = \sin |x|$ ma pochodne jednostronne w $x_0 = 0$:

$$
f'_-(0) & =\LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {f(0 + \DeltaX) - f(0)} {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {\sin |\DeltaX|} {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^-} -\frac {\sin \DeltaX} {\DeltaX} = -1,
   \\
   f'_+(0) & =\LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {f(0 + \DeltaX) - f(0)} {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {\sin |\DeltaX|} {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {\sin \DeltaX} {\DeltaX} = 1.
$$

Ponieważ nie są sobie równa, to $f'(0)$ nie istnieje.
:::

::::{prf:definition}

Powiemy, że funkcja $f:[a,b]\to \rr$
jest **różniczkowalna** {index}`funkcja; różniczkowalna`:

1. w punkcie $a$, jeśli istnieje $f'(a) = f'_+(a)$
2. w punkcie $b$, jeśli istnieje $f'(b) = f'_-(b)$
3. (na $[a,b]$), jeśli $\forall x\in [a,b]$ istnieje $f'(x)$.

::::

## Reguła de l`Hospitala

:::{prf:theorem} reguła de l`Hospitala

Niech $f,g:X \to \rr$ i załóżmy, że dziedziny $\displaystyle \frac f g$
i $\displaystyle \frac {f'} {g'}$ zawierają pewne sąsiedztwo
punktu $x_0\in\rr$, oraz spełniony jest jeden z warunków:

$$
\begin{aligned}
   \LimIn{x_0} f(x) = \LimIn{x_0} g(x) = 0
   \Quad{\text{lub}}
   \LimIn{x_0} g(x) = \pm\infty.
\end{aligned}
$$

Wówczas, jeśli istnieje granica $\LimIn{x_0} \frac {f'(x)}{g'(x)}$,
to istnieje granica $\LimIn{x_0} \frac {f(x)}{g(x)}$ i są sobie równe:

```{math}
\LimIn{x_0} \frac {f(x)}{g(x)} = \LimIn{x_0} \frac {f'(x)}{g'(x)} .
```

:::

:::{prf:remark}

1. Twierdzenie zachodzi również dla granic jednostronnych
   oraz dla $x \to \pm \infty$.
2. W twierdzeniu **nie zakładamy, że** $x_0 \in X$.
3. Reguła de l`Hospitala pozwala obliczać granice, gdy pojawia się
   jeden z symboli nieoznaczonych $\IndefiniteSymbol[0]$ lub $\IndefiniteSymbol[\infty]$,
   ale można jej użyć również do symboli nieoznaczonych:

   $$
   \begin{aligned}
   0\cdot \infty       & : \quad f\cdot g = \frac {f} { \frac 1 g}
   &
   0^0,\ \infty^0,\ 1^\infty & : \quad f^g = e^{g\cdot \ln f}
   &
   \infty - \infty        & : \quad f - g = \frac {\frac 1 g - \frac 1 f} { \frac 1 {fg}}.
   \end{aligned}
   $$

:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-05
:class: [exercise]

Policzmy granice:

:::{container} columns-2-auto

1. $\displaystyle\LimIn{+\infty} \frac {x - \sin x} {x + \sin x} $
2. $\LimIn{0} \frac {e^x - 1 - x} {x^2} $
3. $\displaystyle\LimIn{0^+} \sqrt x \cdot \ln x $
4. $\displaystyle\LimIn{+\infty} x^{\frac 1 x} $
5. $\displaystyle\LimIn{0} \frac {1} {\sin x} - \frac 1 x.$

:::

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-05-ex-05`, {numref}`prob-05-ex-09`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

1. Spróbujmy użyć metody de l'Hospitala:

   $$
   \displaystyle
   \LimIn{+\infty} \frac {x - \sin x} {x + \sin x}
   & = \IndefiniteSymbol
   \DeLHospital \LimIn{+\infty} \frac {1 - \cos x} {1 + \cos x}
   \\ & = \LimIn{+\infty} \tg^2 \frac x 2.
   $$

   Ostatnia granica nie istnieje,
   ale nie możemy z tego wywnioskować,
   że granica wyjściowa również nie istnieje!

   Spróbujmy inaczej:

   $$
   \LimIn{+\infty} \frac {x - \sin x} {x + \sin x}
   & = \LimIn{+\infty} \frac {1 - \frac{\sin x} x} {1 + \frac{\sin x} x}
   \\ & = \frac {1 - 0}{1 + 0} = 1.
   $$

   gdzie skorzystaliśmy z
   $
   \Quad{\LimIn{+\infty} \frac{\sin x} x = 0,}
   $
   gdyż $|\sin x| \leq 1$ oraz $\dfrac 1 x \LimTo{+\infty} 0$

2. Stosujemy metodę dwukrotnie sprawdzając założenia twierdzenia:

   $$
   \displaystyle
   \LimIn{0} \frac {e^x - 1 - x} {x^2}
   & = \IndefiniteSymbol[0]
   \DeLHospital \LimIn{0} \frac {e^x - 1 } {2x}
   \\
   & = \IndefiniteSymbol[0]
   \DeLHospital \LimIn{0} \frac {e^x } {2}
   =\frac 1 2
   $$

3. W przypadku iloczynu funkcji, jeden z czynników "przenosimy do mianownika":

   $$
   \displaystyle
   \LimIn{0^+} \sqrt x \cdot \ln x
   = [0\cdot(-\infty)]
   & = \LimIn{0^+} \frac {\ln x} {x^{-\frac 1 2}}
   = \Brack{\frac {-\infty} {+\infty}}
   \\ & \DeLHospital \LimIn{0^+} \frac {x^{-1}} {-\frac 1 2 x^{-\frac 3 2}}
   \\
   & = -2\cdot \LimIn{0^+} {x^{-1+\frac 3 2}}
   = -2\cdot \LimIn{0^+} {x^{\frac 1 2}}
   = 0
   $$

4. W przypadku wyrażenia potęgowego przypominamy sobie, że $a = e^{\ln x}$ dla $a>0$, więc

   $$
   \LimIn{+\infty} x^{\frac 1 {x}}
   & = \Brack{{+\infty}^{0^+}}
   = \LimIn{+\infty} e^{\ln x^{\frac 1 {x}}}
   \\ & = \LimIn{+\infty} \exp\Paren{\ln x^{\frac 1 {x}}}
   = \exp\Paren{\LimIn{+\infty} \frac {\ln x} {x}}
   \\ & = \exp 0 = 1,
   $$

   gdzie ostatnie równość wynika z zastosowania metody de l'Hospitala:

   $$
   \LimIn{+\infty} \frac {\ln x} {x}
   = \IndefiniteSymbol
   \DeLHospital \LimIn{+\infty} \frac {x^{-1}} {1}
   =0
   $$

5. Czasami metody da się użyć również mając różnicę funkcji:

   $$
   \displaystyle
   \LimIn{0} \frac {1} {\sin x} - \frac 1 x
   & = \LimIn{0} \frac {x - \sin x} {x \sin x}
   \\
   & = \IndefiniteSymbol[0]
   \DeLHospital \LimIn{0} \frac {1 - \cos x} {\sin x + x \cos x}
   \\
   & = \IndefiniteSymbol[0]
   \DeLHospital \LimIn{0} \frac {\sin x} {\cos x + \cos x - x \sin x}
   \\
   & = \frac 0 {2 - 0} = 0.
   $$

:::

## Styczna i normalna do wykresu funkcji

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
   var('x')
   a = -1
   g(x) = 10^(x-2-a)
   X0 = 1.5 + a
   DX = .5
   X1 = X0 + DX
   h(x) = diff(g)(X0)*(x-X0) + g(X0)
   hp(x) = -(diff(g)(X0))^(-1)*(x-X0) + g(X0)
```

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(g(x), (x, X0-.4, X1),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio = 1,
   legend_label=r'$f(x)$',
   fontsize=20,
   ticks=[[X0,X1],[h(X0),h(X1)]],
   tick_formatter=[["$x_0$","$x$"],["$f(x_0)$","$y$"]]) +
   line([(X0,0),(X0, h(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(X1,0),(X1, h(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,h(X0)),(X1, h(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,h(X1)),(X1, h(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   plot(h(x), (x, X0-.5, X1+.2),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$h(x)$') +
   plot(hp(x), (x, X0-.4, X1-.1),
   thickness=2, color = PWGreen,
   legend_label=r'$h_p(x)$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{narration}

Niech $f:X\to \rr$ będzie różniczkowalna w punkcie $x_0\in X$.

Jak wiemy, $f'(x_0)$ jest tangensem kąta między osią OX, a styczną
do wykresu funkcji $f$
w punkcie $(x_0, f(x_0))$.

Zatem punkt $(x,y)\neq (x_0,f(x_0))$
należący do tej prostej
spełnia równanie

```{math}
f'(x_0) = \frac {y - f(x_0)} {x - x_0}.
```

Innymi słowy, **prosta styczna** {index}`prosta; styczna`
do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_0$
zadana jest równaniem

```{math}
y = f'(x_0)(x - x_0) + f(x_0).
```

Jeśli $f'(x_0)\neq 0$, to prosta do niej prostopadła,
ma współczynnik kierunkowy $- \frac 1 {f'(x_0)}$.

Jeśli przechodzi przez punkt $(x_0, f(x_0))$, dana jest równaniem

```{math}
y = - \frac 1 {f'(x_0)}(x - x_0) + f(x_0).
```

Nazywamy ją **prostą normalną** {index}`prosta; normalna`
do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_0$.

Jeśli $f'(x_0) = 0$, to prosta normalna ma równanie $x = x_0$

Ponadto, jeśli

```{math}
\LimIn{x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \pm\infty,
```

czyli "pochodna $f$ w punkcie $x_0$ jest nieskończona", to
prosta styczna (normalna) do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_0$,
ma równanie $x = x_0$ ($y = f(x_0)$).
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-06
:class: [exercise]

Napiszmy równania stycznej i normalnej
do paraboli $y - x^2 - 4x=0$
w punkcie o odciętej $1$.

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-01`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Przyjmujemy $\Quad{f(x) = x^2+4x} $ oraz $\Quad{x_0 = 1.}$
Obliczamy:

$$
\begin{aligned}
f(x_0)  & = 1^2 + 4\cdot 1 = 5,
        &
   f'(x)   & = 2x + 4,
        &
   f'(x_0) & = 2 + 4 = 6.
\end{aligned}
$$

Zatem równanie:

- stycznej to $\quad y = 6\cdot (x-1) + 5 = 6x -1.$
- normalnej to $\quad y = -\frac 1 6 \cdot (x-1) + 5 = -\frac 1 6 x +5 \frac 1 6.$
:::

## Własności funkcji różniczkowalnych

:::{prf:theorem} o ciągłości funkcji różniczkowalnych
:oasis-title: Twierdzenie o ciągłości funkcji różniczkowalnych

Jeśli funkcja $f$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in D_f$,
to jest ciągła w tym punkcie.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
   show(
    plot(
       abs(x),
       (x,-1,1),
       thickness=3,
       color = PWRed,
       legend_label=r'$|x|$',
       aspect_ratio =1
    ),
   transparent=True, frame=False
   )
```

:::{prf:example}
:class: [example]

Twierdzenie nie zachodzi w drugą stronę.

Np.: $\Quad{f(x) = |x|}$ jest ciągła w $0$,
ale:

```{math}
f'_-(0) = -1, \qquad f'_+(0) = 1,
```

więc pochodna nie istnieje.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
   var('x')
   a = .5
   g(x) = .2 -.5*(x-1-a)*(x+2-a)*(x-a)^2
   X0 = a-2
   c = a+-1/8*sqrt(73) - 3/8
   X1 = a

   show(plot(g(x), (x, X0, X1),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio =1,
   legend_label=r'$f(x)$',
   fontsize=20,
   ticks=[[X0,c,X1],[0]],
   tick_formatter=[["$a$","$x_0$","$b$"],["0"]]) +
   line([(X0,0),(X0, g(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(X1,0),(X1, g(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(c,0),(c, g(c))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(X0,g(X0)),(X1, g(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   plot(diff(g)(c)*(x-c) + g(c), (x, c - 0.5, c + 0.5),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$y$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:theorem} Rolle'a

Niech funkcja
$f: [a,b] \to \rr$ spełnia założenia:

- jest ciągła na $[a,b]$,
- jest różniczkowalna na $(a,b)$,
- $f(a) = f(b)$.

Wówczas istnieje $x_0 \in (a,b)$ taki, że $f'(x_0) = 0$.
:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
   var('x')
   a=.2
   g(x) = (x-a)^2 + .3
   X0 = 0 + a
   c= .5 + a
   DX = 1
   X1 = X0 + DX

   show(plot(g(x), (x, X0-.4, X1+.1),
   thickness=3, color = PWRed, aspect_ratio = .8,
   legend_label=r'$f(x)$',
   fontsize=20,
   ticks=[[X0,c,X1],[g(X0), g(X1)]],
   tick_formatter=[["$a$","$x_0$","$b$"],["$f(a)$","$f(b)$"]]) +
   line([(X0,g(X0)),(X1,g(X1))], color = 'black', thickness=2) +
   line([(X0,0),(X0, g(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(c,0),(c, g(c))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(X1,0),(X1, g(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,g(X0)),(X0, g(X0))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   line([(0,g(X1)),(X1, g(X1))], color = 'black', linestyle = "dashed") +
   plot(diff(g)(c)*(x-c) + g(c), (x, c-.7, c+.7),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$y$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{prf:theorem} Lagrange'a, o przyrostach

Niech funkcja
$f: [a,b] \to \rr$ spełnia założenia:

- jest ciągła na $[a,b]$,
- jest różniczkowalna na $(a,b)$.

Wówczas istnieje $x_0 \in (a,b)$ taki, że

```{math}
f(b) - f(a) = f'(x_0)\cdot(b-a).
```

:::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-cell]
   var('x')
   g(x) = (x^3)/3
   X0 = -1
   c= 1
   DX = 1
   X1 = 2
```

::::{prf:corollary} z tw. Lagrange'a

Jeśli $f: [a,b] \to \rr$ spełnia założenia tw. Lagrange'a, to:

1. $\forall x \in (a,b) \ f'(x) = 0 \quad \imply \quad \exists C\in \rr \ \forall x \in [a,b] \ f(x) = C \ $
2. $\forall x \in (a,b) \ f'(x) > 0 \quad \imply \quad f$ jest rosnąca na $[a,b]$
3. $\forall x \in (a,b) \ f'(x) < 0 \quad \imply \quad f$ jest malejąca na $[a,b]$.

::::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-07
:class: [exercise]

Pokażmy, że wielomian $3x^5 + 15x -8$
ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty.
::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Funkcja

```{math}
\Quad{f(x) = 3x^5 + 15x -8}
```

jest ciągła i różniczkowalna,
więc spełnia założenia tw. Lagrange'a
na każdym przedziale.

Ponieważ

$$
f'(x) = 15x^4 + 15 > 0
   \qtq[dla każdego]
   x\in \rr,
$$

- to $f$ jest rosnąca na każdym przedziale;
- czyli jest rosnąca na $\rr$
- zatem jest różnowartościowa na $\rr$.

Ponieważ

$$
\LimIn[x]{-\infty} f(x) = -\infty,
   \qquad
   \LimInfty[x] f(x) = +\infty,
$$

to z tw. Darboux
$\exists x_0 \in \rr\; f(x_0) = 0.$

Ponieważ $f$ jest różnowartościowa to
istnieje tylko jedno rozwiązanie.
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-08
:class: [exercise]

Pokażmy, że
$\displaystyle \arcsin x + \arccos x = \frac \pi 2$
dla $x\in [-1,1]$,

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-04`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Przyjmijmy

```{math}
\Quad{f(x) = \arcsin x + \arccos x .}
```

Zauważmy, że

$$
f'(x) = \frac 1 {\sqrt{1 -x^2}} - \frac 1 {\sqrt{1 -x^2}} = 0,
   \qtq[dla ]
   x\in(-1,1).
$$

Zatem $f$
jest ciągła na $[-1,1]$ i różniczkowalna
na $(-1,1)$,
więc spełnia założenia tw. Lagrange'a.

Ponieważ $f'(x)= 0$ dla $x\in(-1,1)$,
to $f$ jest stała na przedziale $[-1,1].$

Ponieważ

```{math}
f(1) = \arcsin 1 + \arccos 1 = \frac \pi 2 + 0 = \frac \pi 2,
```

to
$\quad \forall x\in [-1,1]\; \displaystyle \arcsin x + \arccos x = \frac \pi 2.$
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-09
:class: [exercise]

Pokażmy, że $\displaystyle \forall x\in (0,1) \ \arctg x < x - \frac  {x^3} 6.$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-06-ex-04`, {numref}`prob-06-ex-09`.
:::

::::

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

Funkcja

```{math}
\Quad{f(x) =  \arctg x - x + \frac  {x^3} 6}
```

jest ciągła na $[0,1]$ i różniczkowalna na $(0,1)$,
więc spełnia założenia tw. Lagrange'a.

Liczymy pochodną:

$$
\Diff{f}(x) & = \frac 1 {1+x^2} - 1 + \frac {x^2} 2
   \\ & = \frac {2 - 2 - 2x^2 + x^2(1+x^2) } {2(1 + x^2)}
   = \frac {x^2(x^2 -1) } {2(1 + x^2)}.
$$

Zbadajmy dla jakich $x$ pochodna $f$ jest ujemna:

$$
f'(x) <0
   \qlq
   x^2 - 1 < 0
   \qlq
   x \in (-1,1).
$$

W szczególności,
$\Quad{\forall x\in (0,1)\; f'(x) <0 ,}$
więc $f$ jest malejąca na przedziale $[0,1]$.

Z tego wynika, że
$\Quad{\forall x\in [0,1]\; f(x) < f(0) = 0 ,}$
czyli
$\Quad{\forall x\in [0,1]\; \arctg x < x - \frac  {x^3} 6 .}$
:::

## Pochodne wyższych rzędów

:::{narration}

Niech $f:X\to\rr$ będzie funkcją różniczkowalną.

Wówczas przyporządkowanie $x \mapsto f'(x)$ zadaje funkcję $f': X\to\rr$.
:::

:::{prf:definition}

Jeśli funkcja $f'$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in X$, to
tę pochodną,

$$
(f')'(x_0) =
   \LimIn[\DeltaX]{0} \frac {f'(x_0 + \DeltaX) - f'(x_0)} {\DeltaX}
   = \LimIn[x]{x_0} \frac {f'(x) - f'(x_0)} {x - x_0},
$$

nazywamy
**pochodną drugiego rzędu** {index}`pochodna funkcji; drugiego rzędu` lub
**drugą pochodną funkcji** {index}`pochodna funkcji; druga`
$f$ w punkcie $x_0$
i oznaczamy przez

```{math}
f''(x_0) \qquad\text{lub}\qquad \Diff[x^2]{^2 f}(x_0) .
```

Mówimy wtedy, że funkcja $f$ jest
**dwukrotnie różniczkowalna** {index}`funkcja; różniczkowalna; dwukrotnie`
w punkcie $x_0.$
:::

:::{narration}

Ponieważ druga pochodna funkcji $f$ jest pochodną pewnej funkcji,
to można zastosować do niej analogiczne rozumowanie, w ten sposób
definiując pochodną trzeciego rzędu, itd.
:::

:::{prf:definition}

Dla $n\in \nn_0$,
**pochodną $n$-tego rzędu** {index}`pochodna funkcji; rzędu $n$` lub
**$n$-tą pochodną funkcji** {index}`pochodna funkcji; $n$-ta`
$f$ w punkcie $x_0$
oznaczamy przez

```{math}
f^{(n)}(x_0) \qquad\text{lub}\qquad \Diff[x^n]{^n f}(x_0) ,
```

definiując iteracyjnie:

$$
f^{(0)}(x_0) & = f(x_0),           \\
   f^{(n)}(x_0) & = \left(f^{(n-1)}\right)'(x_0)
   \\ & = \LimIn[\DeltaX]{0} \frac {f^{(n-1)}(x_0 + \DeltaX) - f^{(n-1)}(x_0)} {\DeltaX}
   \\ & = \LimIn[x]{x_0} \frac {f^{(n-1)}(x) - f^{(n-1)}(x_0)} {x - x_0},
$$

dla $n\in \nn.$

Jeśli $f^{(n)}(x_0)$ istnieje, to mówimy że funkcja $f$ jest
**$n$-krotnie różniczkowalna** {index}`funkcja; różniczkowalna; $n$-krotnie`
w punkcie $x_0.$
:::

::::{exercise}
:label: lec-05-ex-10
:class: [exercise]

Dla funkcji
$f(x) =
   \begin{cases}
      x^2, & \text{dla } x \leq 0 \\
      x^4, & \text{dla } x > 0
   \end{cases}
   $ sprawdźmy, czy istnieje $f''(0).$

:::{note}
:class: [see-problem]

Pomoże rozwiązać {numref}`prob-05-ex-02`, {numref}`prob-05-ex-07`.
:::

::::

```{code-cell} sage
:tags: [remove-input, hide-output]
show(plot(x^2, (x, -1, 0),
   thickness=3, color = PWRed,
   legend_label=r'$x^2$') +
   plot(x^4, (x, 0, 1),
   thickness=3, color = PWRed,
   legend_label=r'$x^4$') +
   plot(2*x, (x, -1, 0),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$2x$') +
   plot(4*x^3, (x, 0, 1),
   thickness=2, color = PWBlue,
   legend_label=r'$4x^3$'),
   transparent=True, frame=False)
```

:::{solution-without-reference}
:class: [solution] dropdown

W pierwszej kolejności musimy obliczyć
policzyć $f'(x).$

Dla $x = 0$ obliczymy pochodne jednostronne:

$$
f'_-(0)
    & = \LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {f(0 + \DeltaX) - f(0)} {\DeltaX}
   \\ & = \LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {\DeltaX^2 } {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^-} \DeltaX = 0
   \\
   f'_+(0)
    & = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {f(0 + \DeltaX) - f(0)} {\DeltaX}
   \\ & = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {\DeltaX^4 } {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \DeltaX^3 = 0.
$$

Zatem $f'(0) = 0$.

W pozostałych punkach możemy skorzystać ze wzorów
na pochodne jednomianów, otrzymując ostatecznie:

$$
f'(x) =
   \begin{cases}
      2x,   & \text{dla } x < 0 \\
      0,    & \text{dla } x = 0 \\
      4x^3, & \text{dla } x > 0
   \end{cases}
   .
$$

Przechodzimy do liczenia drugiej pochodnej w $x_0 = 0$,
obliczając pochodne jednostronne:

$$
f''_-(0)
    & = \LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {f'(0 + \DeltaX) - f'(0)} {\DeltaX}
   \\ & = \LimIn[\DeltaX]{0^-} \frac {2\DeltaX } {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^-} 2 = 2
   \\
   f''_+(0)
    & = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {f'(0 + \DeltaX) - f'(0)} {\DeltaX}
   \\ & = \LimIn[\DeltaX]{0^+} \frac {4\DeltaX^3 } {\DeltaX}
   = \LimIn[\DeltaX]{0^+} 4\DeltaX^2 = 0.
$$

Zatem $f''(0)$ nie istnieje, bo $f''_-(0) \neq f''_+(0).$
:::