Wykªad #7 z dnia 13.11.07

Analiza matematyczna
yaras
26 stycznia 2008
Wykªad #7 z dnia 13.11.07
Cz¦±¢ I
1
Pochodne.
f 0 (x) = 0
f (x) = c
f (x) = ax
(x)
= lim a(x+h)−ax
= lim a·h
f 0 (x) = lim f (x+h)−f
h
h
h =a
f (x) = x2
f 0 (x) = lim (x+h)h
f (x) = xn
f 0 (x) = nxn−1
f (x) =
√
x
h→0
h→0
2
−x2
h→0
f 0 (x) = lim
√
h→0
h→0
+2xh+h2 −x2
h
= 2x
(x7 )0 = 7x6
√
x+h− x
h
f (x) = xα
f 0 (x) = α · xα−1
f (x) = ax
f 0 (x) = lim a
f (x) = ex
f 0 (x) = ex
−ax
h
x+h
h→0
2
= lim x
h→0
·
1 √
√
= lim h(√x+h−x
= lim √x+h+
=
x+h+ x)
x
h→0
h→0
1
√
2 x
= ax · lim a a−1
= ax ln a
h
x
f (x) = sin x = lim sin(x+h)−sin
= lim
h
h→0
√
√
√x+h+√x
x+h+ x
h
h→0
2 sin
h
h
2 ·cos(x+ 2 )
h→0
h
sin h
= lim ( 1 2 · cos(x + h2 )) = cos x
h→0
h
| 2{z }
=1
f (x) = cos x
1.1
f 0 (x) = − sin x
Wªasno±ci pochodnych.
Je±li f (x), g(x) s¡ ró»niczkowalne i maj¡ pochodne f 0 (x), g0 (x) to równie» funkcje (f (x) ± g(x)), c · f (x),
f (x) · g(x) maj¡ pochodne:
(f (x) ± g(x))0 = f 0 (x) ± g 0 (x).
(c · f (x))0 = c · f 0 (x)
(f (x) · g(x))0 = f 0 (x)g(x) + f (x)g 0 (x)
Je±li
g(x) 6= 0
to
(x) 0
) =
( fg(x)
f 0 (x)g(x)−f (x)g 0 (x)
g 2 (x)
W (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + ... + an xn
W 0 (x) = a1 + 2a2 x + ... + n · an xn−1
1
sin x 0
(tan(x))0 = [ cos
x] =
cos x·cos x−sin x·(− sin x)
cos2 x
=
1
cos2 x
(cot(x))0 = − sin12 x
1 0
[ f (x)
] =
1.2
−f 0 (x)
[f (x)]2 ,
np.
( √1x )0 =
1
− 2√
x
x
= − 2x1√x
(x− 2 )0 = − 12 · x− 2 = − 2x1√x
1
3
Twierdzenie o pochodnej funkcji zªo»onej.
Je»eli funkcja g(x) jest ró»niczkowalna w pewnym otoczeniu punktu x0 i g(x0 ) = u0 , a funkcja f
jest ró»niczkowalna w pewnym otoczeniu punktu u0 , to funkcja zªo»ona: (f ◦ g)(x) = f (g(x)) jest
ró»niczkowalna w pewnym otoczeniu punktu x0 i [(f ◦ g)(x0 )]0 = f 0 (u0 ) · g0 (x0 ), f nazywamy funkcj¡
zewn¦trzn¡, g - wewn¦trzn¡.
(sin2 x)0 = 2 sin x · cos x
(sin x2 ) = cos(x2 ) · 2x = 2x cos(x2 )
1.3
Twierdzenie o pochodej funkcji odwrotnej.
Dana jest funkcja
f (x) = 2x − 3,
y = f (x).
Szukanie funkcji odwrotnej:
2x − 3 = y
2x = y + 3
x = 12 y +
3
2
⇒
x = f −1 (y)
y = 21 x +
3
2
⇒
y = f −1 (x)
Je±li funkcja y = f (x) b¦dzie ci¡gªa, ±ci±le monotoniczna (tzn. albo rosn¡ca, albo malej¡ca) w pewnym
otoczeniu punktu x0 i ró»niczkowalna w pewnym otoczeniu punktu x0 , przy czym f 0 (x) 6= 0, y0 = f (x0 )
istnieje wówczas pochodna funkcji odwrotnej do funkcji f i zwi¡zek mi¦dzy tymi pochodnymi jest
równy [f −1 (y0 )]0 = f (x1 ) .
0
1.4
0
Przykªady.
1.4.1 Przykªad #1.
y = f (x) = ln x
x = f −1 (y) = ey
(ln x)0 =
1
(ey )0
=
1
ey
=
1
x
1.4.2 Przykªad #2.
y = arcsin x
2
x = sin y
(arcsin x)0 =
1
(sin y)0
1
cos y
=
=√
1
1−sin2 y
=
√ 1
1−x2
1.4.3 Przykªad #3.
y = arctan x
x = tan y
(arctan x)0 =
2
1
(tan y)0
=
1
1
cos2 y
=
1
sin2 y+cos2 y
cos2 y
=
1
1+tan2 y
=
1
1+x2
Funkcje hiperboliczne.
Wykresy funkcji: y =
ex
2 ,
y=
e−x
2 ,
y = cosh x =
ex +e−x
,
2
y = sinh x =
(cosh x)0 = sinh x, (sinh x)0 = cosh x,
(ex +e−x )−(ex −e−x )
sinh x 0
ex −e−x 0
(tanh x)0 = ( cosh
=
x ) = ( ex +e−x ) =
(ex −e−x )2
2.1
ex −e−x
2
(cosh x)2 −(sinh x)2
(cosh x)2
=
1
(cosh x)2
Funkcje area.
Funkcje area nazywamy funkcjami odwrotnymi do funkcji hiperbolicznych.
Oblicz ar cosh x.
y
−y
x = cosh x = e +e
2
2x = ey + e1y
/ · ey
y
y 2
2xe = (e ) + 1
ey = t, t > 0
2xt = t2 + 1
t2 − 2xt + 1 = 0
∆ = 4x2 − 4 = 4(x2 − 1), x2 − 1 ≥ 0 ⇒ x ∈ (−∞, −1 > ∪ < 1, ∞) * - interesuj¡cy nas przedziaª
| {z }
∗
√
√
∆ = 2 √x2 − 1
√
√
2
t1 = 2x−2 2 x −1 = x − x2 − 1 ∪ t2 = x + x2 − 1
√
√
ey = x ± x2 − 1 ⇒ y = ln(x ± x2 − 1)
3
Pochodna wykªadnicza.
[f (x)g(x) ]0 |{z}
= [eg(x) ln f (x) ]0 = eg(x) ln f (x) · [g 0 (x) · ln f (x) + g(x) ·
∗
* - na podstawie
ab = eb ln a , [ln f (x)]0 =
1
f (x)
· f 0 (x) =
f 0 (x)
f (x)
(xx )0 = (ex ln x )0 = xx · (1 · ln x + x · x1 ) = xx · (1 + ln x)
3
f 0 (x) 0
f (x) ]
= f (x)g(x) · [g 0 (x) · ln f (x) + g(x) ·
f 0 (x)
f (x) ]
4
Ekstrema lokalne.
Niech funkcja y = f (x) o warto±ciach rzeczywistych b¦dzie okre±lona w pewnym otoczeniu punktu x0 .
Mówimy, »e funkcja ma w punkcie x0 maksimum lokalne, je±li istnieje takie otoczenie punktu x0 , »e
dla ka»dego x z tego otoczenia, przy x 6= x0 , f (x) < f (x0 ), podobnie minimum lokalne osi¡ga ta funkcja
w x0 , je±li istnieje takie otoczenie punktu x0 , »e dla ka»dego x 6= x0 z tego otoczenia f (x) > f (x0 ).
Minimum i maksimum nosz¡ wspóln¡ nazw¦ ekstremów lokalnych.
Je»eli w powy»szych denicjach ostre nierówno±ci zast¡pi¢ nieostrymi, to deniujemy minimum i
maksimum niewªa±ciwe. Warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego funkcji ró»niczkowalnej. Je»eli
funkcja f (x) okre±lona i ró»niczkowalna w pewnym otoczeniu punktu x0 , ma w punkcie x0 ekstremum lokalne to
f 0 (x0 ) = 0. Warunku tego nie wolno odwraca¢.
4.1
Twierdzenia o warto±ci ±redniej dla rachunku ró»niczkowego.
4.1.1 Twierdzenie Rolle'a.
Je»eli funkcja f (x) o warto±ciach rzeczywistych jest ci¡gªa w przedziale domkni¦tym < a, b > i ró»niczkowalna w
przedziale otwartym (a, b) oraz f (a) = f (b) to istnieje punkt c ∈ (a, b), taki »e f 0 (x) = 0.
4.1.2 Twierdzenie Lagrange'a o warto±ciach ±rednich.
Je»eli funkcja f (x) o warto±ciach rzeczywistych jest ci¡gªa w przedziale < a, b > i ró»niczkowalna w (a, b) to istnieje
(a)
taki punkt c ∈ (a, b), »e f 0 (c) = f (b)−f
.
b−a
Istnieje taka sieczna k , »e k k l, gdzie l jest styczn¡ do wykresu.
4