6. Rachunek różniczkowy I#
6.1. 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 \(Q(x_0, r)\subseteq X\).
Definicja 6.1
Ilorazem różnicowym funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\) dla przyrostu \(\DeltaX\), nazywamy wyrażenie
Jeśli istnieje granica właściwa ilorazów różnicowych
to nazywamy ją pochodną funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\) i oznaczamy przez
Mówimy wtedy, że funkcja \(f\) jest różniczkowalna w punkcie \(x_0.\)
Funkcję \(f\) nazywamy różniczkowalną na zbiorze \(A \subseteq X\) , jeśli jest różniczkowalna w każdym punkcie zbioru \(A\).
Funkcję \(f\) nazywamy różniczkowalną , jeśli jest różniczkowalna w każdym punkcie swojej dziedziny.
Uwaga 6.1
GEOGEBRA 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 \((x_0, f(x_0))\).
Ćwiczenie 6.1
Policzmy z definicji pochodne funkcji:
\(f(x) = c\) dla \(c\in \rr \)
\(f(x) = 2x^2-3x \)
\(f(x) = x^\alpha\) dla \(x >0,\ \alpha \in \rr \)
\(f(x) = a^x\) dla \(a > 0 \)
\(f(x) = \sin x .\)
Rozwiązanie
Dla \(f(x) = c\) mamy
Zatem \(f'(x) = 0\) dla każdego \(x\in\rr.\)
Dla \(f(x) = 2x^2-3x\) mamy
\[\begin{split}\begin{aligned} \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX} & = \frac {2(x + \DeltaX)^2-3(x + \DeltaX) - \Paren{2x^2-3x}} {\DeltaX} \\ & = \frac {\cancel{2x^2} + 4x\DeltaX + 2\DeltaX^2 -\cancel{3x} -3\DeltaX - \cancel{2x^2} + \cancel{3x}} {\DeltaX} \\ & = \frac {\cancel{\DeltaX} \Paren{4x - 3 + 2\DeltaX}} {\cancel{\DeltaX}} = 4x - 3 + 2 \DeltaX \LimTo[\DeltaX] 0 4x -3. \end{aligned}\end{split}\]Zatem \(f'(x) = 4x -3.\)
Dla \(f(x) = x^\alpha\), \(\quad x >0,\ \alpha \in \rr\) mamy
\[\begin{split} \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX} & = \frac {(x + \DeltaX)^\alpha - x^\alpha} {\DeltaX} \\ & = \frac {x^\alpha \cdot \Brack{\Paren{1 + \frac {\DeltaX} x}^\alpha - 1}} {x\cdot \frac {\DeltaX} x} \\ & = \WaveBrack{ t = \tfrac {\DeltaX} x \LimTo[\DeltaX] {0} 0 } \\ & = x^{\alpha-1} \cdot\frac {\Paren{1 + t}^\alpha - 1} {t} \LimTo[t]{0} x^{\alpha -1} \cdot \alpha. \end{split}\]Zatem \(f'(x) = \alpha\cdot x^{\alpha -1}.\)
W szczególności,
\[\begin{split} \displaystyle \Paren{\sqrt[n]{x}}' & = \Paren{x^{\frac 1 n }}' = \frac 1 n x^{\frac 1 n -1} = \frac 1 n x^{\frac {1-n} n} \\ & = \frac 1 {n\, x^{\frac {n-1} n}} = \frac 1 {n \sqrt[n]{x^{n-1}}} \end{split}\]dla \(n \in \nn_2\).
Dla \(f(x) = a^x\), \(a > 0\) mamy
\[\begin{split} \begin{aligned} \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX} & = \frac {a^{x+ \DeltaX} - a^x} {\DeltaX} \\ & = a^{x}\cdot \frac {a^{\DeltaX} - 1} {\DeltaX} \LimTo[\DeltaX]{0} a^x\cdot \ln a. \end{aligned} \end{split}\]Zatem \(f'(x) = a^x \ln a.\)
W szczegóności warto zapamiętać, że \(\quad \Paren{e^x}' = e^x \ln e = e^x.\)
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
\[\begin{split}\begin{aligned} \frac {f(x + \DeltaX) - f(x)} {\DeltaX} & = \frac {\sin(x + \DeltaX) - \sin(x)} {\DeltaX} = \frac {2\sin\frac {\DeltaX} 2 \cdot\cos\Paren{x + \frac {\DeltaX} 2}} {\DeltaX} \\ & = \frac {\cancel{2}\sin\frac {\DeltaX} 2 } {\cancel{2}\cdot\frac {\DeltaX} 2} \cdot\cos\Paren{x + \frac {\DeltaX} 2} \LimTo[h]{0} 1 \cdot \cos x. \end{aligned}\end{split}\]Zatem \(f'(x) = \cos x.\)
Twierdzenie 6.1 (o działaniach arytmetycznych na pochodnych)
Niech \(f,g:X \to \rr\) będą funkcjami różniczkowalnymi w punkcie \(x_0\in X\).
Wówczas:
\((c \cdot f)'(x_0) = c \cdot f'(x_0)\)
\((f \pm g)'(x_0) = f'(x_0) \pm g'(x_0)\)
\((f \cdot g)'(x_0) = f'(x_0)g(x_0) + f(x_0)g'(x_0).\)
\( \left(\dfrac{f} {g}\right)' (x_0) = \dfrac {f'(x_0)g(x_0) - f(x_0)g'(x_0)} {\Paren{g(x_0)}^2}, \quad \) przy dodatkowym założeniu, że \(g(x_0)\neq 0.\)
Przykład 6.1
Jak już pokazaliśmy, funkcje stała, potęgowa, wykładnicza i sinus są różniczkowalne.
Z różniczkowalności f. stałej i jednomianów oraz powyższego twierdzenia wnioskujemy różniczkowalność wielomianów i funkcji wymiernych.
Ćwiczenie 6.2
Policzmy pochodne funkcji:
\(f(x) = \sinh x \)
\(f(x) = x^3 \sin^2 x \)
\(f(x) = \dfrac{x^{12} - 4x^3} {\sin^2 x} .\)
Rozwiązanie
Korzystając z definicji funkcji sinus hiperboliczny oraz pochodnej sumy:
\[\begin{split} \Diff{\sinh x} & = \Diff{} \Paren{\frac {e^x - e^{-x}} 2 } = {\frac {\Paren{e^x}' - \Paren{\Paren{e^{-1}}^{x}}'} 2 } \\ & = {\frac {{e^x} - {\Paren{e^{-1}}^{x}}\cdot \ln e^{-1}} 2 } = {\frac {e^x + e^{-x}} 2 } = \cosh x\end{split}\]Korzystając z pochodnej iloczynu:
\[\begin{split} \displaystyle \Diff{}{\Paren{x^3 \sin^2 x}} & = \Paren{x^3}' \sin^2 x + x^3 \Paren{\sin x \cdot \sin x}' \\ & = 3{x^2} \sin^2 x + x^3 \Paren{\sin' x \sin x + \sin x \sin' x} \\ & = 3{x^2} \sin^2 x + x^3 \Paren{\cos x \sin x + \sin x \cos x} \\ & = 3{x^2} \sin^2 x + 2x^3 \sin x \cos x \end{split}\]Korzystając z pochodnej ilorazu:
\[\begin{split} \displaystyle \Diff{} \Paren{\frac{x^{12} - 4x^3} {\sin^2 x}} & = \frac{\Paren{x^{12} - 4x^3}'\cdot \sin^2 x - \Paren{x^{12} - 4x^3} \Paren{\sin^2 x}'} {\sin^4 x} \\ & = \frac{\Paren{12x^{11} - 12x^2}\cdot \sin^2 x - \Paren{x^{12} - 4x^3}\cdot {2\sin x \cos x}} {\sin^4 x} . \end{split}\]
Twierdzenie 6.2 (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
Przykład 6.2
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
\[ \cos' x = \left(\sin\left(x+ \frac\pi 2 \right)\right)' = \cos\left(x+ \frac\pi 2 \right)\cdot \left(x+ \frac\pi 2 \right)' = -\sin x. \]Możemy zatem policzyć pochodną funkcji tangens:
\[ \tg' x = \left(\frac{\sin x} {\cos x}\right)' = \frac{\cos x \cos x - (-\sin x )\sin x} {\cos^2 x} = \frac 1 {\cos^2 x}. \]Podobnie, \(\displaystyle\ctg' x = - \frac 1 {\sin^2 x}.\)
Ćwiczenie 6.3
Policzmy pochodne funkcji:
\(f(x) = \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{3}\)
\(f(x) = \sin x^2\)
\(f(x) = \sin^2 x\)
\(f(x) = e^{\sin 3x^2}\)
\(\displaystyle f(x) = \cos \Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x}}.\)
Rozwiązanie
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
\[\begin{split} \Paren{\Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{3}}' & = 3 \cdot \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{2} \cdot \Paren{x^4 + 5x^{\frac 1 3}}' \\ & = 3\, \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{2} \cdot \Paren{4 x^3 + \frac 5 3 x^{-\frac 2 3}} \\ & = 3\, \Paren{x^4 + 5\sqrt[3] x}^{2} \cdot \Paren{4 x^3 + \frac 5 {3\sqrt[3]{x^2}}}\end{split}\]Biorąc \( \WaveBrack{ g(x) &= \sin x, & h(x) &= x^2 \\ g'(x) &= \cos x, & h'(x) &= 2x } \) otrzymujemy
\[ \Paren{\sin x^2}' = \cos x^2 \cdot \Paren{x^2}' = \cos x^2 \cdot 2x = 2x \cos x^2\]Biorąc \( \WaveBrack{ g(x) &= x^2, & h(x) &= \sin x \\ g'(x) &= 2x, & h'(x) &= \cos x } \) otrzymujemy
\[\begin{split} \Paren{\sin^2 x}' & = \Paren{\Paren{\sin x}^2}' = 2\Paren{\sin x} \cdot \Paren{\sin x}' \\ & = 2\sin x \cdot {\cos x} = \sin 2x\end{split}\]Korzystamy dwukrotnie z pochodnej funkcji złożonej:
\[\begin{split} \Paren{e^{\sin 3x^2}}' & = e^{\sin 3x^2} \cdot \Paren{\sin{3x^2}}' \\ & = e^{\sin 3x^2} \cdot {\cos{3x^2}} \cdot \Paren{3x^2}' \\ & = e^{\sin 3x^2} \cdot {\cos{3x^2}} \cdot {6x} = 6x\, e^{\sin 3x^2} \cos {3x^2}\end{split}\]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
\[\begin{split} \Paren{\cos \Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x} }}' & = -\sin\Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x} } \cdot \Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x} }' \\ & = -\sin\Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x}} \cdot \Paren{\cosh x + \Paren{3^{ 1 / x}}'} \\ & = -\sin\Paren{\sinh x + 3^{ 1 / x}} \cdot \Paren{\cosh x - \frac {\ln 3}{x^2}\cdot 3^{1/x}} . \end{split}\]
Twierdzenie 6.3 (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
Przykład 6.3
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 \(\quad \displaystyle (\ln x)' = \frac 1 {x \ln e} = \frac 1 x .\)
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
\[ \emphmath{ \Paren{\arcsin x}' = \frac 1 {\sqrt{1 - x^2} } . } \]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
\[\begin{split} \Paren{f^{-1}}'(y_0) & = \frac 1 {f'(x_0)} = \frac 1 {\frac 1 {\cos^2 x_0} } = \cos^2 x_0 = \frac {\cos^2 x_0} {\cos^2 x_0 + \sin^2 x_0} \\ & = \frac {\cancel{\cos^2 x_0}} {\cancel{\cos^2 x_0} \Paren{1 + \frac{\sin^2 x_0}{\cos^2 x_0}}} = \frac 1 {1 + \tg^2 x_0} = \frac 1 {1 + y_0^2}. \end{split}\]Zatem
\[ \emphmath{ \Paren{\arctg x}' = \frac 1 {1 + x^2 } . } \]
Ćwiczenie 6.4
Policzmy pochodną funkcji \(f(x) = x^x.\)
Rozwiązanie
Zauważmy, że \(x^x = e^{\ln x^x} = e^{x \ln x},\) więc przyjmując
do obliczenia pochodnej funkcji złożonej otrzymujemy
6.2. Ważne przykłady pochodnych#
Wskazówka
Zbierzmy najważniejsze podstawowe przykłady pochodnych funkcji:
\(\left( x^\alpha \right)' = \alpha\cdot x^{\alpha -1} \qquad\) dla \(\alpha \in \rr\)
\(\left( a^x \right)' = a^x \ln a \qquad\) dla \(a > 0\)
\(\left( e^x \right)' = e^x \)
\(\displaystyle (\log_a |x|)' = \frac 1 {x \ln a} \qquad\) dla \(a > 0, a\neq 1\)
\(\displaystyle (\ln |x|)' = \frac 1 x\ \)
\((\sin x)' = \cos x\ \)
\((\cos x)' = -\sin x\ \)
\(\displaystyle (\tg x)' = \frac 1 {\cos^2 x}\ \)
\(\displaystyle (\ctg x)' = -\frac 1 {\sin^2 x}\ \)
\(\displaystyle (\arcsin x)' = \frac 1 {\sqrt{1- x^2}}\ \)
\(\displaystyle (\arccos x)' = -\frac {1} {\sqrt{1- x^2}}\ \)
\(\displaystyle (\arctg x)' = \frac 1 {1 + x^2}\ \)
\(\displaystyle (\arcctg x)' = -\frac {1} {1 + x^2}\ \).
6.3. Pochodna jednostronna#
Definicja 6.2
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 \(f\) w punkcie \(x_0\) i oznaczamy przez
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 \(f\) w punkcie \(x_0\) i oznaczamy przez
Stwierdzenie 6.4
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
Przykład 6.4
Funkcja \(f(x) = \sin |x|\) ma pochodne jednostronne w \(x_0 = 0\):
Ponieważ nie są sobie równa, to \(f'(0)\) nie istnieje.
Definicja 6.3
Powiemy, że funkcja \(f:[a,b]\to \rr\) jest różniczkowalna :
w punkcie \(a\), jeśli istnieje \(f'(a) = f'_+(a)\)
w punkcie \(b\), jeśli istnieje \(f'(b) = f'_-(b)\)
(na \([a,b]\)), jeśli \(\forall x\in [a,b]\) istnieje \(f'(x)\).
6.4. Reguła de l`Hospitala#
Twierdzenie 6.5 (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:
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:
Uwaga 6.2
Twierdzenie zachodzi również dla granic jednostronnych oraz dla \(x \to \pm \infty\).
W twierdzeniu nie zakładamy, że \(x_0 \in X\).
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:
\[ \begin{aligned} 0\cdot \infty & : \quad f\cdot g = \frac {f} { \frac 1 g} & 0^0,\ \infty^0,\ 1^\infty & : \quad f^g = e^{g\cdot \ln f} & \infty - \infty & : \quad f - g = \frac {\frac 1 g - \frac 1 f} { \frac 1 {fg}}. \end{aligned} \]
Ćwiczenie 6.5
Policzmy granice:
\(\displaystyle\LimIn{+\infty} \frac {x - \sin x} {x + \sin x} \)
\(\LimIn{0} \frac {e^x - 1 - x} {x^2} \)
\(\displaystyle\LimIn{0^+} \sqrt x \cdot \ln x \)
\(\displaystyle\LimIn{+\infty} x^{\frac 1 x} \)
\(\displaystyle\LimIn{0} \frac {1} {\sin x} - \frac 1 x.\)
Rozwiązanie
Spróbujmy użyć metody de l’Hospitala:
\[\begin{split} \displaystyle \LimIn{+\infty} \frac {x - \sin x} {x + \sin x} & = \IndefiniteSymbol \DeLHospital \LimIn{+\infty} \frac {1 - \cos x} {1 + \cos x} \\ & = \LimIn{+\infty} \tg^2 \frac x 2. \end{split}\]Ostatnia granica nie istnieje, ale nie możemy z tego wywnioskować, że granica wyjściowa również nie istnieje!
Spróbujmy inaczej:
\[\begin{split} \LimIn{+\infty} \frac {x - \sin x} {x + \sin x} & = \LimIn{+\infty} \frac {1 - \frac{\sin x} x} {1 + \frac{\sin x} x} \\ & = \frac {1 - 0}{1 + 0} = 1. \end{split}\]gdzie skorzystaliśmy z \( \Quad{\LimIn{+\infty} \frac{\sin x} x = 0,} \) gdyż \(|\sin x| \leq 1\) oraz \(\dfrac 1 x \LimTo{+\infty} 0\)
Stosujemy metodę dwukrotnie sprawdzając założenia twierdzenia:
\[\begin{split} \displaystyle \LimIn{0} \frac {e^x - 1 - x} {x^2} & = \IndefiniteSymbol[0] \DeLHospital \LimIn{0} \frac {e^x - 1 } {2x} \\ & = \IndefiniteSymbol[0] \DeLHospital \LimIn{0} \frac {e^x } {2} =\frac 1 2 \end{split}\]W przypadku iloczynu funkcji, jeden z czynników „przenosimy do mianownika”:
\[\begin{split} \displaystyle \LimIn{0^+} \sqrt x \cdot \ln x = [0\cdot(-\infty)] & = \LimIn{0^+} \frac {\ln x} {x^{-\frac 1 2}} = \Brack{\frac {-\infty} {+\infty}} \\ & \DeLHospital \LimIn{0^+} \frac {x^{-1}} {-\frac 1 2 x^{-\frac 3 2}} \\ & = -2\cdot \LimIn{0^+} {x^{-1+\frac 3 2}} = -2\cdot \LimIn{0^+} {x^{\frac 1 2}} = 0 \end{split}\]W przypadku wyrażenia potęgowego przypominamy sobie, że \(a = e^{\ln x}\) dla \(a>0\), więc
\[\begin{split} \LimIn{+\infty} x^{\frac 1 {x}} & = \Brack{{+\infty}^{0^+}} = \LimIn{+\infty} e^{\ln x^{\frac 1 {x}}} \\ & = \LimIn{+\infty} \exp\Paren{\ln x^{\frac 1 {x}}} = \exp\Paren{\LimIn{+\infty} \frac {\ln x} {x}} \\ & = \exp 0 = 1, \end{split}\]gdzie ostatnie równość wynika z zastosowania metody de l’Hospitala:
\[ \LimIn{+\infty} \frac {\ln x} {x} = \IndefiniteSymbol \DeLHospital \LimIn{+\infty} \frac {x^{-1}} {1} =0 \]Czasami metody da się użyć również mając różnicę funkcji:
\[\begin{split} \displaystyle \LimIn{0} \frac {1} {\sin x} - \frac 1 x & = \LimIn{0} \frac {x - \sin x} {x \sin x} \\ & = \IndefiniteSymbol[0] \DeLHospital \LimIn{0} \frac {1 - \cos x} {\sin x + x \cos x} \\ & = \IndefiniteSymbol[0] \DeLHospital \LimIn{0} \frac {\sin x} {\cos x + \cos x - x \sin x} \\ & = \frac 0 {2 - 0} = 0. \end{split}\]
6.5. Styczna i normalna do wykresu funkcji#
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
Innymi słowy, prosta styczna do wykresu funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\) zadana jest równaniem
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
Nazywamy ją prostą normalną do wykresu funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\).
Jeśli \(f'(x_0) = 0\), to prosta normalna ma równanie \(x = x_0\)
Ponadto, jeśli
czyli „pochodna \(f\) w punkcie \(x_0\) jest nieskończona”, to prosta styczna (normalna) do wykresu funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\), ma równanie \(x = x_0\) (\(y = f(x_0)\)).
Ćwiczenie 6.6
Napiszmy równania stycznej i normalnej do paraboli \(y - x^2 - 4x=0\) w punkcie o odciętej \(1\).
Informacja
Pomoże rozwiązać Ćw. 7.7.
Rozwiązanie
Przyjmujemy \(\Quad{f(x) = x^2+4x} \) oraz \(\Quad{x_0 = 1.}\) Obliczamy:
Zatem równanie:
stycznej to \(\quad y = 6\cdot (x-1) + 5 = 6x -1.\)
normalnej to \(\quad y = -\frac 1 6 \cdot (x-1) + 5 = -\frac 1 6 x +5 \frac 1 6.\)
6.6. Własności funkcji różniczkowalnych#
Twierdzenie 6.6 (o ciągłości funkcji różniczkowalnych)
Jeśli funkcja \(f\) jest różniczkowalna w punkcie \(x_0\in D_f\), to jest ciągła w tym punkcie.
Przykład 6.5
Twierdzenie nie zachodzi w drugą stronę.
Np.: \(\Quad{f(x) = |x|}\) jest ciągła w \(0\), ale:
więc pochodna nie istnieje.
Twierdzenie 6.7 (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 \(f'(x_0) = 0\).
Twierdzenie 6.8 (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
Wniosek 6.9 (z tw. Lagrange’a)
Jeśli \(f: [a,b] \to \rr\) spełnia założenia tw. Lagrange’a, to:
\(\forall x \in (a,b) \ f'(x) = 0 \quad \imply \quad \exists C\in \rr \ \forall x \in [a,b] \ f(x) = C \ \)
\(\forall x \in (a,b) \ f'(x) > 0 \quad \imply \quad f\) jest rosnąca na \([a,b]\)
\(\forall x \in (a,b) \ f'(x) < 0 \quad \imply \quad f\) jest malejąca na \([a,b]\).
Ćwiczenie 6.7
Pokażmy, że wielomian \(3x^5 + 15x -8\) ma dokładnie jeden pierwiastek rzeczywisty.
Rozwiązanie
Funkcja
jest ciągła i różniczkowalna, więc spełnia założenia tw. Lagrange’a na każdym przedziale.
Ponieważ
to \(f\) jest rosnąca na każdym przedziale;
czyli jest rosnąca na \(\rr\)
zatem jest różnowartościowa na \(\rr\).
Ponieważ
to z tw. Darboux \(\exists x_0 \in \rr\; f(x_0) = 0.\)
Ponieważ \(f\) jest różnowartościowa to istnieje tylko jedno rozwiązanie.
Ćwiczenie 6.8
Pokażmy, że \(\displaystyle \arcsin x + \arccos x = \frac \pi 2\) dla \(x\in [-1,1]\),
Informacja
Pomoże rozwiązać Ćw. 7.8.
Rozwiązanie
Przyjmijmy
Zauważmy, że
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
to \(\quad \forall x\in [-1,1]\; \displaystyle \arcsin x + \arccos x = \frac \pi 2.\)
Ćwiczenie 6.9
Pokażmy, że \(\displaystyle \forall x\in (0,1) \ \arctg x < x - \frac {x^3} 6.\)
Rozwiązanie
Funkcja
jest ciągła na \([0,1]\) i różniczkowalna na \((0,1)\), więc spełnia założenia tw. Lagrange’a.
Liczymy pochodną:
Zbadajmy dla jakich \(x\) pochodna \(f\) jest ujemna:
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 \(\Quad{\forall x\in [0,1]\; \arctg x < x - \frac {x^3} 6 .}\)
6.7. Pochodne wyższych rzędów#
Narration
Niech \(f:X\to\rr\) będzie funkcją różniczkowalną.
Wówczas przyporządkowanie \(x \mapsto f'(x)\) zadaje funkcję \(f': X\to\rr\).
Definicja 6.4
Jeśli funkcja \(f'\) jest różniczkowalna w punkcie \(x_0\in X\), to tę pochodną,
nazywamy pochodną drugiego rzędu lub drugą pochodną funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\) i oznaczamy przez
Mówimy wtedy, że funkcja \(f\) jest dwukrotnie różniczkowalna 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.
Definicja 6.5
Dla \(n\in \nn_0\), pochodną \(n\)-tego rzędu lub \(n\)-tą pochodną funkcji \(f\) w punkcie \(x_0\) oznaczamy przez
definiując iteracyjnie:
dla \(n\in \nn.\)
Jeśli \(f^{(n)}(x_0)\) istnieje, to mówimy że funkcja \(f\) jest \(n\)-krotnie różniczkowalna w punkcie \(x_0.\)
Ćwiczenie 6.10
Dla funkcji \(f(x) = \begin{cases} x^2, & \text{dla } x \leq 0 \\ x^4, & \text{dla } x > 0 \end{cases} \) sprawdźmy, czy istnieje \(f''(0).\)
Rozwiązanie
W pierwszej kolejności musimy obliczyć policzyć \(f'(x).\)
Dla \(x = 0\) obliczymy pochodne jednostronne:
Zatem \(f'(0) = 0\).
W pozostałych punkach możemy skorzystać ze wzorów na pochodne jednomianów, otrzymując ostatecznie:
Przechodzimy do liczenia drugiej pochodnej w \(x_0 = 0\), obliczając pochodne jednostronne:
Zatem \(f''(0)\) nie istnieje, bo \(f''_-(0) \neq f''_+(0).\)