Wykłady z matematyki - Pochodna funkcji i jej zastosowania

Transkrypt

Wykłady z matematyki - Pochodna funkcji i
jej zastosowania
Andrzej Musielak
Rok akademicki 2016/17
UTP Bydgoszcz
Andrzej Musielak
Definicja pochodnej
Przy założeniu, że funkcja jest określona w otoczeniu punktu
(x0 )
to nazywamy
x0 jeśli istnieje skończona granica lim f (x0 +h)−f
h
h→0
ją pochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy f ′ (x0 ).
Jeżeli pochodna istnieje w każdym puncie pewnego zbioru D,
to przyporządkowanie każdemu x ∈ D liczby f ′ (x) nazywamy
funkcją pochodną. Mówimy, że f(x) jest różniczkowalna w D.
Andrzej Musielak
Interpretacja geometryczna pochodnej
Pochodna f ′ (x0 ) jest równa tangensowi kąta jaki tworzy
styczna do wykresu f (x) z osią układu Ox w punkcie x0 .
Równanie tej stycznej to:
y − y0 = f ′ (x0 )(x − x0 ).
Funkcja różniczkowalna jest ciągła.
Twierdzenie odwrotne jest nieprawdziwe (np. f (x) = ∣x∣ nie
jest różniczkowalna chociaż jest ciągła w punkcie x0 = 0).
Andrzej Musielak
Interpretacja fizyczna pochodnej
Jeżeli t oznacza czas a s(t) jest długością drogi od początku
0)
ruchu do chwili t wtedy s ′ (t0 ) = lim s(t0 +∆t)−s(t
jest
∆t
∆t→0
prędkością chwilową tego ruchu w chwili t0 .
Andrzej Musielak
Definicja pochodnej
Formalnie rzecz biorąc pochodna w punkcie jest granicą
ilorazów różnicowych. Jednak do praktycznego liczenia
pochodnych wystarczy znać wyłącznie pochodne funkcji
elementarnych oraz kilka podstawowych wzorów.
Andrzej Musielak
Pochodne funkcji elementarnych
′
(x n ) = nx n−1 dla n ∈ R, w szczególności:
(c)′ = 0
(x)′ = 1
√ ′
( x) =
′
( x1 ) = − x12
(e x ) = e x , (ax ) = ax ln a, (ln x) = x1 ,
′
′
(sin x) = cos x,
(cos x) = − sin x,
′
′
(tg x) = cos12 x ,
(ctg x) = − sin12 x
′
′
1
(arc sin x) = √1−x
,
2
′
1
(arc tan x) = 1+x 2 ,
′
′
1
√
2 x
′
(loga x) =
1
x ln a
1
(arc cos x) = − √1−x
,
2
′
1
(arc ctg x) = − 1+x 2
′
Tych wzorów warto nauczyć się na pamięć, bo sprawdzanie za
każdym razem pochodnej danej funkcji w tablicach (nawet jeśli
te tablice ma się akurat pod ręką) jest czasochłonne. ◇
Andrzej Musielak
Liczenie pochodnych
Pochodna sumy (różnicy) funkcji to suma (różnica)
pochodnych: (f (x) ± g (x))′ = f ′ (x) ± g ′ (x)
Stałą zawsze można wyłączyć przed pochodną:
(af (x))′ = af ′ (x)
Pochodną iloczynu oblicza się według wzoru:
(f (x)g (x))′ = f ′ (x)g (x) + f (x)g ′ (x)
Andrzej Musielak
Liczenie pochodnych
Pochodną ilorazu oblicza się według wzoru:
′
′
(x)g ′ (x)
( gf (x)
)
= f (x)g (x)−f
(x)
(g (x))2
Pochodną funkcji złożonej oblicza się według wzoru:
[f (g (x))]′ = f ′ (g (x)) ⋅ g ′ (x)
Pochodna funkcji odwrotnej przy pewnych założeniach to:
(f −1 )′ (x0 ) = f ′ (y1 0 )
◇
Andrzej Musielak
Przykładowe pochodne
(x 4 + 5 sin x − ln x)′ = 4x 3 + 5 cos x − x1
(x 2 e x )′ = (x 2 )′ e x + x 2 (e x )′ = 2xe x + x 2 e x = e x (2x + x 2 )
2
′
2 ′ x
2
x ′
x
2 x
2
(e )
e
( xe x ) = (x ) e(e−x
= 2xe e−x
= 2x−x
x )2
2x
ex
Nieznacznie trudniejsze jest obliczanie pochodnej funkcji
złożonych:
′
(sin(ln(x 2 + 4x))) = . . .
Póki nie nabierze się wprawy można podstawić za ”wnętrze”
funkcji zmienną t, tak aby nowa funkcja od t była funkcją
elementarną:
. . . = (sin t)′ ∣t=ln(x 2 +4x) = . . .
Andrzej Musielak
Przykładowe pochodne
Następnie obliczamy pochodną funkcji elementarnej,
pamiętając o domnożeniu przez pochodną funkcji wewnętrznej
(czyli tej za którą wstawiliśmy zmienną t):
. . . = cos t ⋅ t ′ ∣t=ln(x 2 +4x) = . . .
i wracamy do podstawienia:
. . . = cos(ln(x 2 + 4x)) ⋅ (ln(x 2 + 4x))′ = . . .
I tak dalej. Jeśli nabierze się już wprawy, to można darować
sobie wprowadzanie nowej zmiennej i liczyć w pamięci pochodna logarytmu to odwrotność tego co ”w środku” razy
pochodna tego co ”w środku”:
1
. . . = cos(ln(x 2 + 4x)) ⋅ x 2 +4x
⋅ (2x + 4) ◇
Andrzej Musielak
Kolejne przykłady pochodnych
2
′
2
(2ln tg x ) = 2ln tg x ⋅ ln 2 ⋅ tg1x 2 ⋅ cos12 x 2 ⋅ 2x
(najbardziej zewnętrzną funkcją jest 2t , stąd zaczynamy od
liczenia jej pochodnej, a następnie domnażamy przez
pochodną funkcji wewnętrznej)
√ ′
√
√
2
2
2
(e x arc sin x) = (e x )′ arc sin x + e x (arc sin x)′ =
√
2
2
1
e x ⋅ 2x ⋅ arc sin x + e x ⋅ √1−x
⋅ 2√1 x
Andrzej Musielak
Kolejne przykłady pochodnych
Jeszcze jednym typem pochodnej jest pochodna z funkcji typu
f (x)g (x) Oblicza się ją korzystając z przekształcenia:
f (x) = e ln f (x) skąd f (x)g (x) = e g (x) ln f (x) i już mamy do
czynienia ze zwykłą funkcją złożoną.
Przykładowo:
′
′
(x sin x ) = (e sin x ln x ) = e sin x ln x ⋅ (sin x ln x)′ =
x sin x ⋅ (cos x ln x + sin x ⋅ x1 )
◇
Andrzej Musielak
Reguła de l’Hospitala
Jednym z wielu zastosowań pochodnych jest reguła de
l’Hospitala, czyli metoda obliczania granic w przypadku
niektórych wyrażeń nieoznaczonych. Reguła ta to jedno z
najsilniejszych narzędzi do obliczania granic.
Jeśli obliczamy granicę (w punkcie lub w nieskończoności):
limx→a gf (x)
(x) i obie funkcje f , g dążą jednocześnie do zera lub do
nieskończoności, czyli mamy do czynienia z nieoznaczonością
], to granicę można obliczyć według wzoru:
typu [ 00 ] lub [ ∞
∞
f (x)
f ′ (x)
= lim ′
(o ile granica po prawej stronie istnieje)
x→a g (x)
x→a g (x)
lim
Andrzej Musielak
Przykłady:
e x − e −x
lim
= . . . Łatwo widać, że mamy do czynienia z
x→0
x
nieoznaczonością typu [ 00 ], zatem możemy użyć reguły de
l’Hospitala:
(e x − e −x )′
e x + e −x
. . . = (H) = lim
=
lim
=2
x→0
x→0
(x)′
1
2 cos 2x
ln sin 2x
2x
lim
== (H) lim sin
=
x→0 ln sin x
x→0 cos x
sin x
= lim 2tgtg2xx = (H) =
x→0
= lim
x→0
◇
2
cos2 x
2
cos2 2x
2
2x
= lim cos
cos2 x = 1
x→0
Andrzej Musielak
Niektóre inny typy nieoznaczoności można doprowadzić do
postaci w której można użyć reguły de l’Hospitala:
Nieoznaczoność typu [0 ⋅ ∞]
Jeśli w iloczynie dwóch funkcji jedna dąży do zera, a
druga do nieskończoności, możemy odwrócić (w sensie
liczbowym) którąkolwiek z nich i w ten sposób otrzymać
nieskończoność z założeń reguły de l’Hospitala:
lim (e x − 1) ⋅ ctg x = . . .
x→0
Oczywiście e x − 1 dąży w zerze do zera, a ctg x do
nieskończoności. Ale:
ctg x = tg1x
więc nasza granica jest równa:
ex − 1
ex
lim
= (H) = lim 1 = 1
x→0 tg x
x→0
cos2 x
Andrzej Musielak
Nieoznaczoność typu [∞ − ∞]
W takim wypadku można sprowadzić wyrażenie z którego
liczymy granicę do wspólnego mianownika:
1
1
sin x − x
lim ( −
) = lim
= (H) =
x→0 x
x→0 x sin x
sin x
− sin x
x−1
= lim sincos
x+x cos x = (H) = lim 2 cos x−x sin x = 0
x→0
x→0
Nieoznaczoności typu [00 ], [∞0 ], [1∞ ]
W takim wypadku używamy podobnego przekształcenia
jak w wypadku liczenia pochodnej funkcji typu f (x)g (x) :
lim x x = lim e x ln x = e limx→0 x ln x
x→0
x→0
(ostatnie przekształcenie wynika z ciągłości funkcji e x )
Policzymy osobno granicę z wykładnika:
1
ln x
lim x ln x = lim 1 = (H) = lim x1 = lim (−x) = 0
x→0 − 2
x→0
x→0
x→0
x
x
0
więc nasza granica to: e = 1
◇
Andrzej Musielak
Zadanie: Obliczyć lim x − x 2 ⋅ ln(1 + x1 )
x→∞
Po prostu należy wyłączyć x 2 przed nawias.
1
1
1
lim x − x 2 ⋅ ln(1 + ) = lim x 2 ⋅ ( − ln(1 + )) =
x→∞
x→∞
x
x
x
= lim
1
x
− ln(1 + x1 )
x→∞
x −x ⋅
x→∞
2
= lim
1
x2
x
x+1
− x12 − 1+1 1 ⋅ (− x12 )
0
x
= = lim
=
0 x→∞
−2 ⋅ x13
x2 + x − x2
x
1
= lim
=
x→∞
x→∞ 2x + 2
2x + 2
2
= lim
Andrzej Musielak
Ćwiczenia
Oblicz pochodne funkcji:
ex
a) f (x) = sin x
x
b) f (x) = sin
e√x
c) f (x) = 2 tg x
2
d) f (x) = sin e x +1
e) f (x) = (x 2 + 1)2012
f) f (x) = arc sin ln arc tan x
Andrzej Musielak
√√ √
g) f (x) =
x
2 +1
x
h) f (x) = e
⋅ sin cos x
e arc sin x
i) f (x) = √
sin3 2x
j) f (x) = ln x ⋅ sin(x 2 + 1)
k) f (x) = x arc sin x
l) f (x) = (sin x)x
Ćwiczenia
Oblicz granice:
1 − cos x
a) lim
x→0
x2
x
e −x −1
b) lim
x→0
sin2 x
x − arc tan x
c) lim
x→0
x2
x 10 − 9x + 8
d) lim 7
x→1 x − 6x + 5
1
e) lim ( − ctg x)
x→0 x
(e x − e −x )2
f) lim
x→0 x 2 cos x
1
1
− 2 )
2
x→0 x
sin x
x2 − 1 1
h) lim
tg πx
x→1 x 2
2
1
i) lim (1 − x) tg π
x→1
2
◇
1
2
j) lim (x − x ln (1 + ))
x→∞
x
ln x
k) lim+ (1 + x)
g) lim (
x→0
x
2
l) lim ( arc tan x)
x→∞ π
Andrzej Musielak
Ekstremum funkcji i monotoniczność
Funkcja f (x) ma w punkcie x0 maksimum lokalne jeżeli
istnieje sąsiedztwo S punktu x0 , że ⋀ f (x) < f (x0 ). Funkcja
x∈S
f (x) ma w punkcie x0 minimum lokalne jeżeli istnieje
sąsiedztwo S punktu x0 , że ⋀ f (x) > f (x0 ). Jeżeli funkcja f(x)
x∈S
jest różniczkowalna w przedziale otwartym i ma ekstremum w
puncie x0 z tego przedziału to f ′ (x0 ) = 0.
Andrzej Musielak
Jeżeli f(x) jest różniczkowalna w pewnym sąsiedztwie punktu
x0 i jest ciągła w puncie x0 wtedy:
gdy pochodna f’(x) przy przejściu przez punkt x0 zmienia
znak z + na -, to funkcja ma maksimum w tym punkcie.
Tak samo jest gdy f ′′ (x) > 0.
gdy pochodna f’(x) przy przejściu przez punkt x0 zmienia
znak z - na +, to funkcja ma minimum w tym punkcie.
Tak samo jest gdy f ′′ (x) < 0.
Andrzej Musielak
Jeżeli f(x) jest różniczkowalna w pewnym sąsiedztwie punktu
x0 i jest ciągła w puncie x0 wtedy:
funkcja jest rosnąca w przedziale (a,b) gdy
⋀ f ′ (x) > 0.
x∈(a,b)
funkcja jest malejąca w przedziale (a,b) gdy
⋀ f ′ (x) < 0.
x∈(a,b)
Andrzej Musielak
Ekstrema globalne
Liczbę M nazywamy wartością największa (maksimum
globalnym) funkcji f(x) w zbiorze D, jeśli
⋁ f (x1 ) = M ∧ ⋀ f (x) ⩽ M.
x1 ∈D
x∈D
Liczbę M nazywamy wartością najmniejszą (minimum
globalnym) funkcji f(x) w zbiorze D, jeśli
⋁ f (x1 ) = M ∧ ⋀ f (x) ⩾ M.
x1 ∈D
x∈D
Andrzej Musielak
Wklęsłość i wypukłość funkcji
Jeżeli f(x) ma pochodną w puncie x0 wtedy:
funkcja jest wypukła w puncie x0 , gdy dla pewnego
sąsiedztwa punktu x0 wykres tej funkcji leży całkowicie
nad styczną w tym puncie.
funkcja jest wklęsła w puncie x0 , gdy dla pewnego
sąsiedztwa punktu x0 wykres tej funkcji leży całkowicie
pod styczną w tym puncie.
Mówimy, że punkt (x0 , f (x0 )) jest puntem przegięcia funkcji
gdy wypukłość zmienia się na wklęsłość w x0 lub odwrotnie
tzn. wklęsłość na wypukłość.
Andrzej Musielak
Wklęsłość i wypukłość funkcji
Jeżeli f”(x) jest ciągła w pewnym przedziale otwartym (a,b)
wtedy:
gdy pochodna f ′′ (x) > 0 w tym przedziale to f(x) jest w
tym przedziale wypukła.
gdy pochodna f ′′ (x) < 0 w tym przedziale to f(x) jest w
tym przedziale wklęsła.
Andrzej Musielak
Przebieg zmienności funkcji
Badając pierwszą i drugą pochodną funkcji można uzyskać
informacje o samej funkcji.
Pierwsza pochodna
Jeśli w jakimś przedziale jest f ′ (x) > 0, to w tym
przedziale f (x) jest rosnąca.
Jeśli w jakimś przedziale jest f ′ (x) < 0, to w tym
przedziale f (x) jest malejąca.
Jeśli w jakimś punkcie jest f ′ (x0 ) = 0 oraz w tym
punkcie f ′ (x) zmienia znak, to w tym punkcie jest
ekstremum lokalne.
Andrzej Musielak
Druga pochodna
Jeśli w jakimś przedziale jest f ′′ (x) > 0, to w tym
przedziale f (x) jest wypukła.
Jeśli w jakimś przedziale jest f ′′ (x) < 0, to w tym
przedziale f (x) jest wklęsła.
Jeśli w jakimś punkcie jest f ′′ (x0 ) = 0 oraz w tym
punkcie f ′′ (x) zmienia znak, to w tym punkcie jest
punkt przegięcia.
Andrzej Musielak
Przykład
Przykładowo jeśli chcemy znaleźć przedziały monotoniczności i
ekstrema funkcji f (x) = x 2x+1 , to (po zauważeniu, że dziedzina
to R) liczymy pierwszą pochodną:
2
2
(1−x)(1+x)
f ′ (x) = x (x+1−x⋅2x
= (x1−x
Widać stąd, że pochodna
2 +1)2
2 +1)2 =
(x 2 +1)2
zeruje się tylko w punktach x = 1 i w x = −1. Nietrudno też
zbadać (metodą ”wężyka”), że f ′ (x) > 0 w przedziale (−1, 1)
oraz f ′ (x) < 0 w przedziałach (−∞, −1) i (1, +∞).
Andrzej Musielak
Przykład
Wnioski na temat samej funkcji można sformułować słownie,
ale najwygodniej jest przedstawić je w tabelce:
x
f
f (x)
′ (x)
(−∞, −1)
−
↘
−1
0
min
(−1, 1)
+
↗
1
0
max
(1, ∞)
−
↘
Z tabelki można odczytać gdzie funkcja rośnie, a gdzie maleje,
a także, że ma minimum lokalne w x = −1 (równe f (−1) = − 21 )
oraz maksimum lokalne w x = 1 (równe f (1) = 21 ).
Andrzej Musielak
Przykład
Gdybyśmy natomiast chcieli znaleźć przedziały wypukłości i
wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji
f (x) = x 4 − 6x 2 + 2x + 5, to trzeba znaleźć drugą pochodną:
f ′ (x) = 4x 3 − 12x + 2
f ′′ (x) = 12x 2 − 12 = 12(x − 1)(x + 1)
Jak poprzednio bardzo łatwo sprawdzić gdzie druga pochodna
się zeruje, gdzie jest dodatnia i gdzie jest ujemna. I jak
poprzednio wnioski najwygodniej zamieścić w tabelce:
x
f
f (x)
′′ (x)
(−∞, −1)
+
⌣
−1
0
p.p.
(−1, 1)
−
⌢
1
0
p.p.
(1, ∞)
+
⌣
Jak widać punkty przegięcia są w x = 1 (wówczas f (1) = 2)
oraz w x = −1 (wówczas f (−1) = −2).
Uwaga!: Jeśli badamy pełen przebieg zmienności funkcji, to w
pierwszym wierszu punktami wyróżnionymi muszą być miejsca
zerowe obu pochodnych oraz punkty spoza dziedziny. ◇
Andrzej Musielak
Wykorzystując całą zebraną do tej pory wiedzy możemy
wyciągnąć wszystkie informacje o zachowaniu funkcji, czyli
zbadać tytułowy przebieg zmienności funkcji. Schemat
postępowania wygląda mniej więcej tak:
– Zebranie wstępnych informacji o funkcji:
Dziedzina (koniecznie)
Miejsca zerowe (niekoniecznie, ale warto wiedzieć gdzie
wykres przecina oś OX )
Parzystość, nieparzystość, okresowość (opcjonalnie)
– Asymptoty
Granice na wszystkich końcach przedziałów określoności
Wnioski na temat asymptot pionowych i poziomych
Ewentualne szukanie asymptot ukośnych
Andrzej Musielak
– Badanie pierwszej pochodnej
Doprowadzenie pochodnej do najprostszej postaci
(najlepiej iloczynowej)
Zbadanie miejsc zerowych pochodnej oraz jej znaku
– Badanie drugiej pochodnej
Doprowadzenie drugiej pochodnej do najprostszej
postaci (najlepiej iloczynowej)
Zbadanie miejsc zerowych drugiej pochodnej oraz jej
znaku
– Tabelka
Informacje o obu pochodnych zamieszczamy w tabelce i
na ich podstawie wnioskujemy na temat zachowania
funkcji
– Wykres
W rozwiązaniu powinny być uwzględnione wszystkie istotne
rzeczy choć nie koniecznie w podanej kolejności. ◇
Andrzej Musielak
Przykład
x
Zbadajmy funkcję f (x) = ex .
Oczywiście jej dziedzina to Df = (−∞, 0) ∪ (0, +∞). Widać
też, że w dziedzinie funkcja nie ma miejsc zerowych.
Poszukajmy zatem asymptot, zaczynając od liczenia granic na
końcach przedziałów określoności:
x
x
x
0
]=0
lim ex = [ ∞
lim ex = (H) = lim e1 = +∞
x
x→−∞
x→+∞
x
x→+∞
1
1
] = −∞
] = +∞ Możemy
lim e = [ −0
limx→0+ ex = [ +0
x→0− x
zatem wywnioskować, że obustronną asymptotą pionową jest
x = 0, lewostronną asymptotą poziomą jest y = 0, natomiast
nie ma asymptoty poziomej prawostronnej. Analogiczny
rachunek (dwukrotnie użyta reguła de l’Hospitala) pokazuje,
że nie ma też prawostronnej asymptoty ukośnej.
Andrzej Musielak
Przykład
Przejdźmy więc do
analizy pochodnych. Mamy:
e x (x−1)
e x x−e x
′
f (x) = x 2 = x 2 oraz
x
2
x
x
2
f ′′ (x) = e x⋅x −ex 4(x−1)⋅2x = e (x x−2x+2)
Łatwo widać, że pierwsza
3
pochodna zeruje się w jedynce, dla argumentów mniejszych od
jedynki jest ujemna, a dla większych od jedynki dodatnia.
Natomiast druga pochodna nie ma miejsc zerowych, ale jest
dodatnia dla iksów dodatnich i ujemna dla ujemnych.
Zamieśćmy te informacje w tabelce:
Andrzej Musielak
Przykład
x
f
f ′′ (x)
f (x)
′ (x)
(−∞, 0)
−
−
¿
0
×
×
×
(0, 1)
−
+
Ç
1
0
min
(1, ∞)
+
+
Ä
Minimum lokalne w jedynce jest równe f (1) = e Wypełnianie
tabelki należy zacząć od pierwszego miejsca - wyróżniamy w
nim wszystkie miejsca zerowe obu pochodnych, punkty które
wypadły z dziedziny oraz wszystkie przedziały między tymi
punktami.
Następnie uwzględniamy dziedzinę, to znaczy wykreślamy te
miejsca, w których funkcja i jej pochodne nie istnieją.
Później wypełniamy kolejne wiersze, zapisując w nich
informacje uzyskane przy badaniu obu pochodnych (tzn. znak i
miejsca zerowe), a na koniec uzupełniamy ostatni wiersz na
podstawie dwóch wcześniejszych.
Andrzej Musielak
Przykład
Na końcu na podstawie asymptot i tabelki możemy zrobić
wykres funkcji:
◇
Andrzej Musielak
Ćwiczenia
Znajdź przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne funkcji:
x3
a) f (x) = x 3 + 3x 2 − 9x + 2 b) f (x) = x+2
c) f (x) = √x−1
d) f (x) = (x 2 − 3)e −x
x+2
Znajdź przedziały wklęsłości i wypukłości oraz punkty
przegięcia funkcji:
a) f (x) = x 4 − 6x 2 + x + 3 b) f (x) = ln(x 2 + 4)
c) f (x) = (1 + x 2 )e x
d) f (x) = x ln x
Zbadaj przebieg zmienności funkcji:
2
a) f (x) = xe −x b) f (x) = x 2x−1 ◇◇
Andrzej Musielak

Wykłady z matematyki - Pochodna funkcji i jej zastosowania

Transkrypt

Podobne dokumenty

Wzory do pierwszego kolokwium z analizy matematycznej

ANL1 1. Wykazać, że nie istnieją granice podwójne (a) lim sin(x2 +

x(f

elewyk5

Rozwiazania

Rachunek Prawdopodobieństwa MAP1151

Pochodna i różniczka funkcji oraz jej zastosowanie do obliczania