1 Pochodna funkcji

Przygotowala Joanna Grabowska na podstawie Szymański, Dróbka “Matematyka w szkole średniej. Powtórzenie i zbiór zadań”
1
Pochodna funkcji
Zalóżmy, że funkcja f jest określona na przedziale (a, b) oraz że xo ∈ (a, b),
a ∆x jest liczba, dla której (xo + ∆x) ∈ (a, b). Liczbe ∆x nazywamy przyrostem argumentu, natomiast różnice f (x0 + ∆x) − f (x0 ) nazywamy przyf (x0 +∆x)−f (x0 )
rostem wartości funkcji F i oznaczamy ∆f . Stosunek ∆f
∆x =
∆x
nazywamy ilorazem różnicowym funkcji f odpowiadajacym przyrostowi argument o ∆x. Iloraz różnicowy ma prosta interpretacje geometryczna. Dla
ustalonego x0 i ustalonego ∆x punkty A = (x0 , f (x0 )), B = (x0 +∆x, f (x0 +
∆x)) należa do wykresu funkcji f. Prosta przechodzaca przez e punkty jest
tzw. sieczna.
Iloraz różnicowy ∆f
∆x jest równy tangensowi kata jaki sieczna tworzy z
osia x. Jesli funkcja f jest oreślona w przedziale (a, b) i x0 ∈ (a, b) i ist(x0 )
nieje skończona granica lim∆x→0 f (x0 +∆x)−f
, to te granice nazywamy
∆x
pochodna funkcji w punkcie x0 i oznaczamy f ′ (x0 ). W tym przypadku
mówimy również, że funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x0 . Z definicji wynika, że pochodna funkcji w punkcie x0 jest liczba rzeczywista, równa
granicy ∆f
∆x przy ∆x dażacym do zera. Czesto sadzi sie,że styczna do krzywej
jest to prosta, która ma z Ta krzywa dokladnie jeden punkt wspólny. Nie
jest to poprawne określenie stycznej, gdyż np każda prosta równolegla do
osi symetrii paraboli ma z ta parabola dokladnie jeden punkt wspólny, ale
styczna do parboli nie jest. Styczna można określić w nastepujacy sposób:
Jeśli funkcja f jest określona w punkcie x0 i w pewnym przedziale, którego
środkiem jest x0 , a także jest różniczkowalne w x0 , to styczna do wykresu
funkcji f w punkcie P = (x0 , f (x0 )) nazywamy prosta o równaniu:
y − f (x0 ) = f ′ (x0 )(x − x0 )
Za przyjeciem takiej definicji stycznej przemawia nastepujace rozumowanie. Jeśli ∆x daży do zera, to punkt B daży po wykresie funkcji do punktu
A. Każdemu polożeniu punktu B odpowiada sieczna przechodzaca przez B
i przez A. Zatem styczna do wykresu funkcji f w punkcie A = (x0 , f (x0 ))
możemy traktować jako graniczne polożenie siecznej AB, gdy B dazy po
wykresie do A.
Stad wynika, że pochodna funkcji f w punkcie x0 można interpretować
geometrycznie jako wspólczynnik kierunkowy stycznej do wykresu funkcji F
w punkcie A = (x0 , f (x0 )).
1
2
Pochodna jako funkcja
Niech Df′ oznacza zbiór wszystkich argumentów x funkcji f, dla których istnieje pochodna f ′ (x). Rozpatrzmy funkcje, która każdej liczbie x ∈ Df′ przyporzadkowuje f ′ (x). Funkcje te nazywamy pochodna funkcji f i oznaczamy
f’. W takim razie pochodna funkcji f jest funkcja, natomiast pochodna
funkcji f w punkcie x0 jest liczba. Te dwa pojecia nalzeży odróżniać.
[cf (x)]′ = cf ′ (x)
[f(x) + g(x)]’ = f’(x) + g’(x)
[f(x) - g(x)]’ = f’(x) - g’(x)
[f(x) g(x)]’ = f’(x)g(x) + f(x)g’(x)
f ′ (x)
g ′ (x)
=
f ′ (x)g(x)−f (x)g ′ (x)
g 2 (x)
g(x) 6= 0
2.1
Pochodne niektórych funckji
1) (c)’ = 0, c - ustalona liczba rzeczywista
2) (xa )′ = axa−1 ; a ∈ R
3) (sin x)′ = cos x
4) (cos x)’ = -sin x
5) (tgx)′ = cos12 x
6) (ctgx)′ = − sin12 x
7) (ex )′ = ex
8) (ax )′ = ax lna, a ∈ R+ − 1
9) (lnx)′ = x1
1
10) (loga x)′ = xlna
2
3
Przykladowe zadania
3.1
Zadanie 1
Wyznaczyć pochodna funkcji f (x) = x2 + 2x − 1
Rozwiazanie: Aby roziwazać to zadanie wyznaczamy iloraz różnicowy
funkcji.
(x)
f ′ (x) = lim ∆x → 0 f (x+∆x)−f
=
∆x
= lim ∆x → 0 [(x+∆x)
2 +2(x+∆x)−1]−(x2 +2x−1)
∆x
2
=
0 [(∆x) +2x∆x+2∆x)
∆x
=
lim ∆x →
lim ∆x → 0(∆x + 2x + 2) = 2x + 2
Znaczy to, że pochodna rozpatrywnej funkcji f jest funkcja f’określona
wzorem f ′ (x) = 2x + 2. Inaczej (x2 + 2x − 1)′ = 2x + 2
W praktyce wyznaczajac pochodnafunkcji korzystamy z odpowiednich
wzorów i twierdzeń ulatwiajacych obliczenia, podanych powyżej.
3.2
Zadanie 2
Wyznaczyć pochodna funkcji f (x) =
x2 −2x+3
x2 +x+1
Rozwiazanie:
2
′ 2
2 +x+1)′ (x2 −2x+3)
f ′ (x) = (x −2x+3) (x +x+1)−(x
=
(x2 +x+1)2
=
=
(2x−2)(x2 +x+1)−(2x+1)(x2 −2x+3)
(x2 +x+1)
3x2 −4x−5
(x2 +x+1)2
3.3
=
Zadanie 3
Wykazać, że (ex )′ = ex
Rozwiazanie: (ex )′ = lim∆x→0 e
∆x
= lim∆x→0 ex e ∆x−1 =
∆x
lim∆x→0 ex lim∆x→0 e ∆x−1
∆x
= ex lim∆x→0 e ∆x−1
∆x
Wyrażenie lim∆x→0 e ∆x−1 = 1.
x+∆x −ex
∆x
3
=