Pochodna funkcji jednej zmiennej - 15sty

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona na pewnym otoczeniu $U_{x_0}$ punktu $x_{0}$. Niech $\triangle x$ będzie różnym od zera przyrostem zmiennej $x$ takim, że $x_{0}+\triangle x$ należy do tego otoczenia. Niech $\triangle f=f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})$ będzie przyrostem wartości funkcji odpowiadającym przyrostowi $\triangle x$. Ilorazem różnicowym funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ dla przyrostu $\triangle x$ nazywamy wyrażenie

$\frac{\triangle f}{\triangle x}=\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{ \triangle x}$.

Jeżeli istnieje i jest skończona granica

$\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{\triangle f}{\triangle x}$,

to nazywamy ją pochodną funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ i oznaczamy $f^{\prime }(x_{0})$ lub $\frac{df}{dx}(x_{0})$. Zatem

$f^{\prime }(x_{0})=\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{ f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}$

(o ile granica ta istnieje i jest skończona).

FILM

Funkcję jednej zmiennej, która ma pochodną w punkcie $x_{0}$ nazywamy funkcją różniczkowalną w tym punkcie.

Uwaga

Iloraz różnicowy może być także zapisany w postaci

$\frac{\triangle f}{\triangle x}=\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},\text{ } x\in U_{x_0}$.

Wówczas pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ ma postać

$f^{\prime }(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{ x-x_{0}}$.

Definicja  

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona na pewnym prawostronnym otoczeniu $x_{0}$. Niech $\triangle x$ będzie różnym od zera przyrostem zmiennej $x$ takim, że $x_{0}+\triangle x$ należy do tego otoczenia. Niech $\triangle f=f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})$ będzie przyrostem funkcji odpowiadającym przyrostowi $\triangle x$. Jeżeli istnieje i jest skończona granica

 $\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}$,

to nazywamy ją pochodną prawostronną funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ i oznaczamy $f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})$ lub $\frac{df}{dx}(x_{0}^{+})$. Zatem

$f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}$.

Uwaga

Pochodna prawostronna funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ może być także zapisana w postaci

$f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{+}}\frac{ f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},\text{ } x\in U^{+}_{x_0}$.

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona na pewnym lewostronnym otoczeniu $x_{0}$. Niech $\triangle x$ będzie różnym od zera przyrostem zmiennej $x$ takim, że $x_{0}+\triangle x$ należy do tego otoczenia. Niech $\triangle f=f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})$ będzie przyrostem funkcji odpowiadającym przyrostowi $\triangle x$. Jeżeli istnieje i jest skończona granica

$\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0}) }{\triangle x}$

to nazywamy ją pochodną lewostronną funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ i oznaczamy $f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})\text{ lub }\frac{df}{dx}(x_{0}^{-})$. Zatem

$f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}$.

Uwaga 

Pochodna lewostronna funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ może być także zapisana w postaci

$f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{-}}\frac{ f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}},\text{ }x\in U^{-}_{x_0}$.

Twierdzenie 1 - warunek konieczny i wystarczający istnienia pochodnej w punkcie

Funkcja $f$ ma pochodną w punkcie $x_{0}$ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieją i są sobie równe pochodne jednostronne funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$. Wówczas

$f^{^{\prime }}(x_{0})=f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})$.

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona i ciągła na pewnym otoczeniu punktu $x_{0}$. Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną niewłaściwą w punkcie $x_{0}$, gdy

$\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{ \triangle x}=-\infty\text{ lub }\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{ f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}=+\infty$.

Wówczas piszemy

$\bigskip f^{^{\prime }}(x_{0})=-\infty\text{ lub }f^{^{\prime }}(x_{0})=+\infty$.

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona i ciągła na pewnym prawostronnym otoczeniu punktu $x_{0}$. Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną niewłaściwą prawostronną w punkcie $x_{0}$, gdy

$\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0}) }{\triangle x}=-\infty \text{ lub }\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{+}} \frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}=+\infty \text{.}$

Wówczas piszemy

$f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=-\infty\text{ lub }f_{+}^{^{\prime }}(x_{0})=+\infty$.

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona i ciągła na pewnym lewostronnym otoczeniu punktu $x_{0}$. Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną niewłaściwą lewostronną w punkcie $x_{0}$, gdy

$\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0}) }{\triangle x}=-\infty\text{ lub }\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0^{-}} \frac{f(x_{0}+\triangle x)-f(x_{0})}{\triangle x}=+\infty$.

Wówczas piszemy

$f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=-\infty\text{ lub }f_{-}^{^{\prime }}(x_{0})=+\infty$.

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona na zbiorze $D\subset \mathbb{R}$. Jeżeli $f$ ma pochodną w każdym punkcie zbioru  $\text{A}\subset D$, to funkcję

$f^{^{\prime }}:x\colon\mapsto f^{^{\prime }}(x),\text{ } x\in \text{A}$

nazywamy funkcją pochodną lub pochodną funkcji $f$ na zbiorze $\text{A}$.

Twierdzenie 

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona na pewnym otoczeniu punktu $x_0$. Jeżeli $f$ jest różniczkowalna w punkcie $x_{0}$, to jest ciągła w tym punkcie.

Uwaga

Implikacja odwrotna nie zachodzi, tzn. nie jest prawdą, że jeżeli funkcja jest ciągła w punkcie $x_{0}$, to jest różniczkowalna w tym punkcie. Przykładem funkcji, która jest ciągła i nieróżniczkowalna w $x_{0}=0$ jest $f(x)=|x|$.

Przykład 1

Korzystając z definicji obliczymy pochodną funkcji $f(x)=1-x^{2}$ w punkcie $x_{0}=3$.

Rozwiązanie

$f^{^{\prime }}(3)=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{f(x)-f(3)}{x-3} =\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{(1-x^{2})-(1-3^{2})}{x-3} =\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{1-x^{2}-1+9}{x-3}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{-x^{2}+9}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{9-x^{2}}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{(3-x)(3+x)}{x-3}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{-(x-3)(3+x)}{x-3}=\lim\limits_{x \rightarrow 3}\frac{-(3+x)}{1}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}(-3-x)=-6$.

Przykład 2

Obliczymy pochodne jednostronne funkcji $f(x)=|x-a|$ w punkcie $x_{0}=a$, gdzie $a\in \mathbb{R}$.

Rozwiązanie

Niech $a\in \mathbb{R}$. Iloraz różnicowy funkcji $f$ w punkcie $a$ ma postać:

$I(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{|x-a|-|a-a|}{x-a}=\frac{|x-a|-0}{x-a}=\frac{ |x-a|}{x-a}$.

Korzystając z definicji modułu mamy:

$|x-a|=\left\{ \begin{array}{lll} x-a & \text{dla} & x\geq a \\ -(x-a) & \text{dla} & x$.

Obliczymy teraz pochodne jednostronne w punkcie $a$:

$f_{+}^{^{\prime }}(a)=\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}\frac{|x-a|}{x-a} =\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}\frac{x-a}{x-a}=\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}(1)=1$,

$f_{-}^{^{\prime }}(a)=\lim\limits_{x\rightarrow a^{-}}\frac{|x-a|}{x-a} =\lim\limits_{x\rightarrow a^{-}}\frac{-(x-a)}{x-a}=\lim\limits_{x \rightarrow a^{-}}(-1)=-1$.

Zauważmymy, że

$f_{+}^{^{\prime }}(a)\not=f_{-}^{^{\prime }}(a)\text{.}$

Zatem nie istnieje pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_{0}=a$.

Przykład 3

Obliczymy pochodną funkcji $f(x)=\sqrt{x}$ w dowolnym punkcie $x_{0}>0$.

Rozwiązanie

Niech $x_0 >0$.

$f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{ x-x_{0}}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}}{x-x_{0} }=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}}{(\sqrt{x}- \sqrt{x_{0}})(\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}})}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{1 }{\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}}}=\frac{1}{\sqrt{x_{0}}+\sqrt{x_{0}}}$.

Czyli

$f^{^{\prime }}(x_{0})=\frac{1}{2\sqrt{x_{0}}}, \; x_0>0\text{.}$

Twierdzenie -- o działaniach na pochodnych

Jeżeli funkcje $f,g: (a,b)\to \mathbb R$ są różniczkowalne w punkcie $x_0\in (a,b)$, to:

1.  $\left( C\cdot f\right) '(x_0)=C\cdot f'(x_0)$,
2.  $\left(f\pm g\right)'(x_0)=f'(x_0)\pm g'(x_0)$,
3.  $\left(f\cdot g\right)'(x_0)=f'(x_0)\cdot g(x_0)+f(x_0)\cdot g'(x_0)$,
4.  $\displaystyle \left(\frac{f}{g}\right)'(x_0)=\frac{f'(x_0)\cdot g(x_0)-f(x_0)\cdot g'(x_0)}{g^2(x_0)}$, jeśli $g(x_0)\neq 0$.

Przykład 1

Korzystając ze wzorów bezpośrednich i praw działań na pochodnych obliczymy pochodne funkcji:

a) $f(x)=4x^5-3x^2+x\sqrt[3]x-\ln 3$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(4x^5-3x^2+x\sqrt[3]x-\ln 3\right)^\prime=4\left(x^5\right)^\prime-3\left(x^2\right)^\prime+\left(x^{\frac43}\right)^\prime-\left(\ln 3\right)^\prime=$

$=4\cdot5x^4-3\cdot2x+\frac43x^{\frac13}-0=20x^4-6x+\frac43x^{\frac13}$.

b) $f(x)=6x^3\cdot \mathrm{arcsin} x$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(6x^3\cdot \mathrm{arcsin} x\right)^\prime=6\left(x^3\right)^\prime\cdot \mathrm{arcsin} x+6x^3\cdot\left(\mathrm{arcsin} x\right)^\prime=$

$=18x^2\cdot \mathrm{arcsin}x+6x^3 \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=18x^2\cdot \mathrm{arcsin}x+\frac{6x^3}{\sqrt{1-x^2}}$.

c) $f(x)=\frac{3x^4-5x+1}{x^2}$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\frac{3x^4-5x+1}{x^2}\right)^\prime=\frac{\left(3x^4-5x+1\right)^\prime\cdot x^2-\left(3x^4-5x+1\right) \cdot\left(x^2\right)^\prime}{\left(x^2\right)^2}=$

$\frac{\left(12x^3-5\right)\cdot x^2-\left(3x^4-5x+1\right)\cdot 2x}{x^4}= \frac{12x^5-5x^2-6x^5+10x^2-2x}{x^4}=$

$=\frac{6x^5+5x^2-2x}{x^4}=\frac{x\left(6x^4+5x-2\right)}{x^4}=\frac{6x^4+5x-2}{x^3}$.

d) $f(x)=\frac1x\cdot\cos x$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\frac1x\cdot\cos x\right)^\prime=\left(\frac{\cos x}{x}\right)^\prime=\frac{\left(\cos x\right)^\prime\cdot x-\cos x\cdot \left(x\right)^\prime}{x^2}=$

$=\frac{-\sin x\cdot x-\cos x\cdot 1}{x^2}=-\frac{x\sin x+\cos x}{x^2}$.

e) $f(x)=\frac{1+\ln x}{x^4+\pi}$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\frac{1+\ln x}{x^4+\pi}\right)^\prime=\frac{\left(1+\ln x\right)^\prime\cdot \left(x^4+\pi\right)-\left(1+\ln x\right)\cdot\left(x^4+\pi\right)^\prime}{\left(x^4+\pi\right)^2}=$

$=\frac{\left(0+\frac 1x\right)\cdot \left(x^4+\pi\right)-\left(1+\ln x\right)\cdot \left(4x^3+0\right)}{\left(x^4+\pi\right)^2}=\frac{x^3+\frac{\pi}x-4x^3-4x^3\ln x}{\left(x^4+\pi\right)^2}=$

$=\frac{-3x^3+\frac{\pi}x-4x^3\ln x}{\left(x^4+\pi\right)^2} =\frac{-x^3\left(3+4\ln x\right)+\frac{\pi}x}{\left(x^4+\pi\right)^2}$.

Przykład 2

Korzystając ze wzorów bezpośrednich i praw działań na pochodnych oraz twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej obliczymy pochodne funkcji:

a) $f(x)=\ln 8x$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\ln 8x\right)^\prime=\frac1{8x}\cdot \left(8x\right)^\prime=\frac1{8x}\cdot 8=\frac{1}{x}$.

b) $f(x)=\mathrm{arcctg}(x^6)$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\mathrm{arcctg}(x^6)\right)^\prime=-\frac {1}{1+\left(x^6\right)^2}\cdot \left(x^6\right)^\prime=-\frac {1}{1+x^{12}}\cdot 6x^5 =-\frac {6x^5}{1+x^{12}}$.

c) $f(x)=\text{tg}^{4} x$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\text{tg}^4 x\right)^\prime=\left(\left(\text{tg} x\right)^4\right)^\prime=4\left(\text{tg} x\right)^3\cdot \left(\text{tg} x\right)^\prime=4\text{tg}^3 x\cdot \frac1{\cos^2 x}=\frac{4\text{tg}^3 x}{\cos^2 x}$.

d) $f(x)=e^{-2x}\cdot \mathrm{arcccos}(3x)$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(e^{-2x}\cdot \mathrm{arcccos}(3x)\right)^\prime=\left(e^{-2x}\right)^\prime\cdot \mathrm{arcccos}(3x)+e^{-2x}\cdot \left(\mathrm{arcccos}(3x)\right)^\prime=$

$=e^{-2x}\cdot\left(-2x\right)^\prime\cdot\mathrm{arcccos}(3x)+e^{-2x}\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{1-\left(3x\right)^2}}\right)\cdot\left(3x\right)^\prime=$

$=e^{-2x}\cdot\left(-2\right)\cdot\mathrm{arcccos}(3x)+e^{-2x}\cdot\left(-\frac{1}{\sqrt{1-9x^2}}\right)\cdot3=$ $=-2e^{-2x}\cdot\mathrm{arcccos}(3x)-\frac{3e^{-2x}}{\sqrt{1-9x^2}}$.

e) $f(x)=\frac{x^3\cos 3x}{1+x^2}$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\frac{x^3\cos 3x}{1+x^2}\right)^\prime=\frac{\left(x^3\cos 3x\right)^\prime\cdot\left(1+x^2\right)-\left(x^3\cos 3x\right)\cdot\left(1+x^2\right)^\prime}{\left(1+x^2\right)^2}=$

$=\frac{\left(\left(x^3\right)^\prime\cdot\cos3x+x^3\cdot\left(\cos3x\right)^\prime\right) \cdot\left(1+x^2\right)-x^3\cos 3x\cdot\left(0+2x\right)}{\left(1+x^2\right)^2}=$

$=\frac{\left(3x^2\cos3x+x^3\cdot\left(-\sin3x\right)\cdot\left(3x\right)^\prime\right) \cdot\left(1+x^2\right)-2x^4\cos 3x}{\left(1+x^2\right)^2}=$

$=\frac{\left(3x^2\cos3x-3x^3\cdot\sin3x\right)\cdot\left(1+x^2\right)-2x^4\cos 3x}{\left(1+x^2\right)^2}$.

f) $f(x)=\sin^5(\cos 7x)$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\sin^5(\cos7x)\right)^\prime=\left(\left(\sin\left(\cos7x\right)\right)^5\right)^\prime=$

$=5\left(\sin\left(\cos7x\right)\right)^4\cdot \left(\sin\left(\cos7x\right)\right)^\prime=5\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\left(\cos7x\right)^\prime=$

$=5\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\left(-\sin7x\right)\cdot\left(7x\right)^\prime =$

$=-5\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\sin7x\cdot7=-35\sin^4\left(\cos7x\right)\cdot \left(\cos\left(\cos7x\right)\right)\cdot\sin7x$.

Przykład 3

Obliczymy pochodne funkcji:

a) $f(x)=(x)^{5x}$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left((x)^{5x}\right)^\prime=\left(e^{5x\cdot\ln x}\right)^\prime=e^{5x\cdot\ln x}\cdot \left(5x\cdot\ln x\right)^\prime=5e^{5x\cdot\ln x}\cdot \left(\left(x\right)^\prime\cdot\ln x+x\cdot\left(\ln x\right)^\prime\right)=$

$=5e^{5x\cdot\ln x}\cdot \left(1\cdot\ln x+x\cdot\frac1x\right)=5e^{5x\cdot\ln x}\cdot \left(\ln x+1\right)=5(x)^{5x}\cdot \left(\ln x+1\right)$.

b) $f(x)=\log_{x^2}(e^x)$,

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\log_{x^2}(e^x)\right)^\prime=\left(\frac{\ln e^x}{\ln x^2}\right)^\prime=\frac{\left(x\right)^\prime\cdot\ln x^2-x\cdot\left(\ln x^2\right)^\prime}{\left(\ln x^2\right)^2}=$

$=\frac{1\cdot\ln x^2-x\cdot\frac1{x^2}\cdot 2x}{\left(\ln x^2\right)^2}=\frac{\ln x^2-2}{\ln^2 x^2}$

Przykład 4

Obliczymy pochodną funkcji $f(x)=\frac{\ln (x^3+2x+1)}{e^{x^2}}$ w punkcie $x_0=1$.

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=\left(\frac{\ln (x^3+2x+1)}{e^{x^2}}\right)^\prime=\frac{\left(\ln (x^3+2x+1)\right)^\prime\cdot e^{x^2}-\ln (x^3+2x+1)\cdot \left(e^{x^2}\right)^\prime}{\left(e^{x^2}\right)^2}=$

$=\frac{\frac1{x^3+2x+1}\cdot\left(x^3+2x+1\right)^\prime\cdot e^{x^2}-\ln (x^3+2x+1)\cdot e^{x^2}\cdot\left(x^2\right)^\prime }{e^{2x^2}}=$

$=\frac{\frac1{x^3+2x+1}\cdot\left(3x^2+2\right)\cdot e^{x^2}-\ln (x^3+2x+1)\cdot 2xe^{x^2} }{e^{2x^2}},$

$f^\prime(1)=\frac{\frac1{1^3+2\cdot 1+1}\cdot\left((3\cdot 1^2+2)\right)\cdot e^{1^2}-\ln (1^3+2\cdot 1+1)\cdot 2\cdot1\cdot e^{1^2} }{e^{2\cdot1^2}}=$ $=\frac{\frac{5e}{4}-2e\ln4}{e^2}=\frac{e(5-8\ln4)}{4e^2}=\frac{5-8\ln4}{4e}$.

Definicja 

Załóżmy, że funkcja $f$ jest określona i ciągła na pewnym otoczeniu punktu $x_{0}$. Styczną do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ (w punkcie wykresu $(x_{0}$, $f(x_{0}))$) nazywamy prostą będącą granicznym położeniem siecznych wykresu funkcji $f$ przechodzących przez punkty $(x_{0},f(x_{0}))$ i $(x, f(x))$, gdy $x\rightarrow x_{0}$.

RYSUNEK

Iloraz różnicowy $\frac{\triangle f}{\triangle x}$ równy jest tangensowi kąta $\alpha _{s}$ nachylenia prostej (siecznej) przechodzącej przez punkty $A=(x_{0},f(x_{0}))$ i $B=(x_{0}+\triangle x,f(x_{0}+\triangle x))$:

$\frac{\triangle f}{\triangle x}=\text{tg}\alpha _{s}.$

Jeżeli granica $\lim\limits_{\triangle x\rightarrow 0}\frac{\triangle f}{ \triangle x}$ istnieje i jest skończona, to jej wartość równa jest tangensowi kąta $\alpha$ nachylenia stycznej do wykresu funkcji $f$ poprowadzonej w punkcie $A$, zatem

$f^{\prime }(x_{0})=\text{tg}\alpha$.

RYSUNEK

Pochodna $f^{\prime }(x_{0})$ jest równa współczynnikowi kierunkowemu stycznej do wykresu funkcji $f$ poprowadzonej w punkcie $(x_{0},f(x_{0}))$.

Twierdzenie 3 -- o równaniu stycznej do wykresu funkcji

Niech funkcja $f$ będzie określona w otoczeniu punktu $x_{0}$ i posiada pochodną (właściwą) w punkcie $x_{0}$. Równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ ma postać

$y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

Przykład 1

Wyznaczymy równanie stycznej do wykresu funkcji $f(x)=\arcsin x$ w punkcie $x_{0}=\frac{1}{2}$.

Rozwiązanie

Równanie stycznej do wykresu funkcji wyznaczymy korzystając ze wzoru:

$y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

Pochodna funkcji $f(x)=\arcsin x$ jest równa $f^{\prime }(x)=\frac{1}{ \sqrt{1-x^{2}}}$, $x\in (-1,1)$.

Obliczamy teraz wartości: funkcji i pochodnej funkcji w punkcie $x_{0}=\frac{1}{2}.$ Mamy $f\left( \frac{1}{2} \right) =\arcsin \left( \frac{1}{2}\right) =\frac{\pi }{6}$, $f^{\prime }(\frac{1}{2})=\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{1}{2})^{2}}}=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1 }{4}}}=\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{4}}}=\frac{\sqrt{4}}{\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{ 3}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

Podstawiamy obliczone wartości do równania stycznej i otrzymujemy:

$y-f\left( \frac{1}{2}\right) =f^{\prime }\left( \frac{1}{2}\right) \left( x- \frac{1}{2}\right)$,

$y-\frac{\pi }{6}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\left( x-\frac{1}{2}\right)$,

$y=\frac{2\sqrt{3}}{3}\left( x-\frac{1}{2}\right) +\frac{\pi }{6}$.

Zatem styczna ma równanie

$y=\frac{2\sqrt{3}}{3}x-\frac{2\sqrt{3}-\pi }{6}$.

Przykład 2

Wyznaczymy równanie stycznej do wykresu funkcji $f(x)=e^{x}$ w punkcie $x_{0}=1$.

Rozwiązanie

Równanie stycznej do wykresu funkcji wyznaczymy korzystając ze wzoru:

$y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

Pochodna funkcji $f(x)=e^{x}$ jest równa $f^{\prime }(x)=e^{x}$, $x\in \mathbb{R}$.

Obliczamy teraz wartości: funkcji i pochodnej funkcji w punkcie $x_{0}=1$. Otrzymujemy $f(1)=e^{1}=e$, $f^{\prime }(1)=e^{1}=e$.

Podstawiamy obliczone wartości do równania stycznej. Otrzymujemy:

$y-f(1)=f^{\prime }(1)(x-1)$,

$y-e=e(x-1)$,

$y=e(x-1)+e$.

Zatem styczna ma równanie

$y=ex$.

Definicja

Niech $T\subset \mathbb{R}$. Wielkością przeciętną (względną, średnią) funkcji 

$f:T\rightarrow \mathbb{R}$ nazywamy

$\frac{\Delta f}{\Delta x}=\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}$,

czyli iloraz przyrostu funkcji do przyrostu argumentu (iloraz różnicowy funkcji). Dokładniejszą charakterystykę szybkości zmian funkcji otrzymamy wtedy, gdy w powyższym ilorazie przejdziemy do granicy. Konieczna jest jednak znajomość analitycznego wzoru rozważanej funkcji.

Potrzebę wprowadzenia pochodnej objaśnimy na przykładzie fizycznych wielkości:

1. Prędkość $V$

Rozpatrzmy ruch po linii prostej, aby nie trzeba się było posługiwać wektorami. 

Wyobraźmy sobie punkt materialny $P$ poruszający się ze zmienną prędkością po osi liczbowej $s$ w taki sposób, że jego pozycja w chwili $t_{0}$ określona jest jako funkcja czasu i wynosi $s(t_{0})$.

W chwili $t_{0}+\Delta t$ współrzędna (pozycja) tego punktu jest równa $s(t_{0}+\Delta t)$, 

Przesunięcie w czasie $\Deltat$ jest równe $\Delta s=s(t+\Delta t)-s\left( t\right)$. Zatem prędkość średnia jest równa

$V_{śr} =\frac{\Delta s}{\Delta t}=\frac{s(t_{0}+\Delta t)-s(t_{0})}{\Delta t}$,

zaś prędkość chwilowa w chwili $t_{0}$ jest równa

$V\left( t_{0}\right) =\lim\limits_{ \Delta t\to 0}\frac{\Delta s}{\Delta t}=\lim\limits_{\Delta t\to 0}\frac{s(t_{0}+\Delta t)-s(t_{0})}{\Delta t}=\frac{ds}{dt}(t_0)=s'(t_{0})$.

2. Przyspieszenie $a$

W czasie $Δt$ punkt materialny $P$  przyspieszy od chwili $t₀$ do chwili $t₀+Δt$ średnio o
$a=\frac{\Delta V}{\Delta t}=\frac{V(t_{0}+\Delta t)-V(t_{0})}{\Delta t}$.

Granicę właściwą tego ilorazu różnicowego, gdy $Δt→0$ nazywamy przyspieszeniem punktu $P$ w chwili $t₀$

$a(t_{0})=\underset{\Delta t\rightarrow 0}{\lim }\Delta a=\underset{\Delta t\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta V}{\Delta t}=\underset{\Delta t\rightarrow 0}{\lim }\frac{V(t_{0}+\Delta t)-V(t_{0})}{\Delta t}=\frac{dV}{dt}(t_{0})=s''(t_{0})$.
3. Natężenie prądu $I$

Prąd elektryczny to uporządkowany ruch ładunków elektrycznych wzdłuż przewodnika. Niech $ΔQ$ oznacza ładunek przepływający przez ustalony przekrój przewodnika w czasie $Δt$. Wówczas wielkość $I_{\acute{s}r}=\frac{\Delta Q}{\Delta t}$ nazywa się średnim natężeniem prądu. Chwilowym natężeniem prądu jest wielkość nazywa się średnim natężeniem prądu. Chwilowym natężeniem prądu jest wielkość

$I\left( t_{0}\right) =\underset{\Delta t\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta Q}{\Delta t}=\frac{dQ}{dt}(t_{0})=Q'(t_{0})$.

 4.Gęstość rozkładu masy $μ$

Załóżmy, że mamy pręt o długości $L$ taki, że masa części tego pręta liczona od początku do punktu $x₀∈[0,L]$ dana jest funkcją $M(x₀)$. Wtedy masa zawarta w przedziale $[x₀,x₀+Δx]$ wynosi:

$\Delta M=M(x_{0}+\Delta x)-M(x_{0})$.

Średnia gęstość masy na tym przedziale jest równa:

$\overline{\mu }=\frac{\Delta M}{\Delta x}=\frac{M(x_{0}+\Delta x)-M(x_{0})}{\Delta x}$

W granicy otrzymuje się gęstość masy w punkcie $x₀$

$\mu \left( x_{0}\right) =\underset{\Delta x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta M}{\Delta x}=M'(x_{0})$.

Definicja
Niech $T⊂R$. Wielkością przeciętną  (względną, średnią) funkcji $f:T→R$, nazywamy

$\frac{\Delta f}{\Delta x}=\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x} , \label{1}$  $(1)$

czyli iloraz przyrostu funkcji do przyrostu argumentu (iloraz różnicowy funkcji).
    Funkcję $\frac{f(x)}{x}$ nazywamy funkcją przeciętną, średnią.

    Uwaga

Wielkość przeciętna określa, w jakim stopniu funkcja $f$ jest czuła na przyrost zmiennej $x$. Jednakże ocena reakcji funkcji na podstawie wzoru $(1)$ daje pogląd jedynie na przeciętną prędkość zmiany wartości tej funkcji w przedziale $[x₀,x₀+Δx]$. Zmiany te nie muszą zachodzić tak równomiernie, jak wskazuje wartość średnia. Dokładniejszą charakterystykę szybkości zmian funkcji otrzymamy wtedy, gdy w ilorazie $(1)$ przejdziemy do granicy. Konieczna jest jednak znajomość analitycznego wzoru rozważanej funkcji.

Definicja  Wielkością krańcową funkcji  $f:T→R$ w punkcie $x₀$, nazywamy granicę właściwą (o ile istnieje):

$\underset{\Delta x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta f}{\Delta x}=\underset{%\Delta x\rightarrow 0}{\lim }\frac{f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})}{\Delta x}%=f'(x_{0})$,

czyli pochodną pierwszego rzędu funkcji $f$  w punkcie $x₀$. Funkcję $f′$ określoną na $T$ nazywamy funkcją krańcową.

Zauważmy, że dla funkcji jednej zmiennej $f(x)$, dla małych przyrostów $Δx$ mamy:

$\Delta f=f(x_{0}+\Delta x)-f(x_{0})\approx f'(x_{0})\Delta x$.

Niech $Δx=1$, czyli argument zwiększa się o jednostkę w stosunku do poziomu wyjściowego. Wtedy powyższa zależność ma postać:

$\Delta f=f(x_{0}+1)-f(x_{0})\approx f'(x_{0})$,

czyli zwiększenie argumentu o jednostkę powoduje wzrost funkcji o $f′(x₀)$. Zatem wielkość krańcowa funkcji jest w przybliżeniu równa przyrostowi funkcji przy wzroście argumentu funkcji o jednostkę. Wielkość krańcowa jest miarą szybkości zmian wartości funkcji w punkcie x₀.

    Przykłady

1.Funkcja kosztu

   Koszt wytworzenia dowolnej wielkości produkcji zależy od wielkości nakładów poszczególnych czynników produkcji oraz ich cen. Jest on więc funkcją kilku zmiennych. Jeżeli jednak nasze rozważania ograniczymy do krótkiego okresu, a więc czasu, w którym przynajmniej jeden czynnik produkcji jest stały i koszt możemy przedstawić jako funkcję jednej zmiennej: wielkości produkcji.
    Koszty całkowite są sumą kosztów stałych i kosztów zmiennych.

    Niech $K:R₊→R_{+ }$ będzie funkcją kosztu całkowitego zależną od wielkości produkcji $x$, gdzie $x∈(0,+∞)$.
    Wtedy funkcję

$K_{p}:x\rightarrow K_{p}\left( x\right) =\frac{K(x)}{x}$

nazywamy funkcją kosztów przeciętnych, a jej wartość  $K_{p}\left( x_{0}\right) =\frac{K(x_{0})}{x_{0}}$    kosztem przeciętnym (jednostkowym) wytworzenia jednostki produktu przy poziomie produkcji x₀.
    Przy podejmowaniu decyzji dotyczących wielkości produkcji (i jej wpływu na koszty) bardzo ważną wskazówką jest kształtowanie się kosztów jednostkowych przy różnych rozmiarach produkcji. W tego typu analizach przydatne jest wykorzystanie kosztów krańcowych.

Definicja
Koszt krańcowy to koszt wytworzenia dodatkowej jednostki produktu (przy założeniu, że produkcja zmienia się skokowo), czyli przyrost kosztów spowodowany zwiększeniem produkcji o jednostkę. Tak więc koszty krańcowe informują o tym, jak wzrosną koszty całkowite przy wzroście produkcji o jedną jednostkę $\left( K_{x}=\frac{\Delta K}{\Delta x}\right) .$
Często jednak zakładamy ciągłą, a nie skokową zmianę wielkości produkcji.

Przy założeniu, że funkcja $K(x)$ jest różniczkowalna oraz $x₀>0$, $Δx>0$, $x₀+Δx>0$, gdzie $Δx$ jest dodatnim przyrostem argumentu funkcji (przyrostem produkcji), można zbudować iloraz różnicowy (przyrost przeciętny) tej funkcji:

$\frac{K(x_{0}+\Delta x)-K(x_{0})}{\Delta x}=\frac{\Delta K}{\Delta x}$.

Wyraża on przeciętny koszt wytworzenia dodatkowych jednostek produktu $Δx$ poczynając od poziomu $x₀$. Granicą tego ilorazu jest pochodna funkcji $K$ w punkcie $x₀$
$K'(x_{0})=\underset{\Delta x\rightarrow 0}{\lim }\frac{\Delta K}{\Delta x}.%$

Stąd

$K_{x}(x₀)=K′(x₀)$.

Natomiast funkcja $K_{x}: x→K′(x)$ jest funkcją kosztu krańcowego.

2. Funkcja produkcji
    Funkcja produkcji określa relacje między wielkością produkcji a liczbą zaangażowanych czynników produkcji. Funkcja produkcji określa, jaką maksymalną wielkość produkcji może osiągnąć przedsiębiorstwo w wyniku użycia posiadanych zasobów, przy danej technice wytwarzania.
    Funkcja produkcji
    $TP=f(K,L), K≥0,L≥0$
    gdzie: $TP$ --całkowita wielkość produkcji ($Q$); $K$ -- ilość użytych jednostek kapitału; $L$ -- ilość użytych jednostek pracy.
    Jak widać (po uproszczeniu) produkcja zależy od zaangażowanych w nią kapitału i pracy.
    Krótki okres (SR) to taki czas (stan), w którym ilość jednego lub więcej czynników produkcji jest stała (przynajmniej jeden czynnik produkcji jest stały,  pozostałe mogą być zmienne).

    Definicje:
    Produkt całkowity T(total) P(product) to łączna wielkość produkcji przedsiębiorstwa wytwarzana przy zatrudnianiu kolejnych jednostek zmiennego czynnika wytwórczego.
    Produkt przeciętny A(average)P(product ) to średnia wielkość produkcji całkowitej $TP$ przypadająca na jednostkę zmiennego czynnika wytwórczego $QL$ lub $QK$.

Produkt marginalny M(marginal) P(product) Dodatkowa wielkość produktu całkowitego $ΔTP$ wywołana zwiększeniem zatrudnienia zmiennego czynnika wytwórczego o jednostkę $ΔQ_{L}$, $ΔQ_{K}$.

$MP=((ΔTP)/(ΔQ_{L}))$,

$MP=((ΔTP)/(ΔQ_{K}))$.

Produkt marginalny (krańcowy) to przyrost produkcji ($TP$) wynikający z zatrudnienia dodatkowego pracownika (dodatkowej jednostki zmiennego czynnika produkcji).

  $MP_{L} = ((ΔTP)/(ΔL))$,
   $MP_{K} = ((ΔTP)/(ΔK))$.
Prawo malejących dochodów głosi, że jeżeli następuje wzrost nakładów jednego czynnika produkcji (przy założeniu stałości pozostałych czynników), to począwszy od pewnego poziomu, przyrosty produkcji zaczynają maleć. Formuła liczenia:

    $MP=TP′=((ΔTP)/(ΔQ_{L}))$.
3. Funkcja konsumpcji

    Dochody gospodarstw domowych mają być przeznaczone na wydatki konsumpcyjne lub na oszczędności $Y=C+S$. Przy danym poziomie dochodów im większe wydatki konsumpcyjne, tym mniejsze oszczędności i odwrotnie, im większe oszczędności, tym mniejsze wydatki konsumpcyjne. Wynika z tego, że decyzje gospodarstw domowych w sprawie wydatków konsumpcyjnych są zarazem decyzjami w sprawie oszczędzania. Funkcja konsumpcji  pokazuje poziom zamierzonych łącznych wydatków konsumpcyjnych przy różnych poziomach dochodu. Zależności między wydatkami konsumpcyjnymi a dochodem charakteryzują się kilkoma cechami:
    Przeciętna skłonność do konsumpcji to stosunek wydatków konsumpcyjnych do dochodu. Wielkość ta informuje, jaka części dochodu przeznaczona jest na konsumpcję: $(C/Y)$.
    Krańcowa skłonność do konsumpcji to stosunek przyrostu wydatków konsumpcyjnych do przyrostu dochodu. Wielkość ta informuje jaka część przyrostu dochodu przeznaczona jest na wydatki konsumpcyjne:

    $K_{sk}=((ΔC)/(ΔY))$.
W polityce gospodarczej znajomość krańcowej skłonności do konsumpcji ma duże znaczenie. Pozwala bowiem odpowiedzieć, z dużą dozą prawdopodobieństwa, na co ludzie przeznaczą dodatkowe dochody i w jakiej proporcji wydadzą je na dobra konsumpcyjne, a ile zaoszczędzą.

4.Funkcja użyteczności

Funkcja użyteczności to funkcja, której wartościami są wartości użyteczności (satysfakcji, komfortu psychicznego). Można mówić o użyteczności różnych zjawisk (koszyków towarów). Użyteczność pieniądza (bogactwa) jest np. funkcją, która wartości pieniężnej przyporządkowuje użyteczność dla otrzymującego tę wartość. Funkcja użyteczności jest pojęciem psychologicznym, co oznacza, że każdy ma swoją funkcję użyteczności. Jednak pewne ogólne własności są wspólne. Mianowicie, ponieważ każdy woli posiadać więcej niż mniej, więc funkcja użyteczności jest rosnąca. Ponadto krańcowa użyteczność jest malejąca, tzn. każdy dodatkowy procent wzrostu bogactwa powoduje coraz mniejszy przyrost użyteczności. Przykładowo, ktoś kto nic nie ma, podejmie wysiłek w celu zarobienia $10$ zł., bo ta kwota zapewni mu np. posiłek. Dla osoby bogatej ta kwota będzie prawie bez znaczenia.

Definicja: Ustalmy koszyk towarów $x∈R₊$. Pochodną $u′(x)$ nazywamy krańcową użytecznością towaru w koszyku $x$.

Funkcja użyteczności $u(x)$ jest funkcją spełniającą warunki:

$u' (x) > 0$ -- postulat niedosytu oznacza, że wzrost ilości towaru w koszyku zwiększa użyteczności koszyka,

$u''(x) < 0$ -- krańcowa użyteczność każdego towaru maleje, w miarę jak wzrasta jego spożycie.

Określa ona użyteczność posiadania przez osobę/instytucję wartości (pieniężnej) $x$.

Zadania do rozdziału 1.1

Zadanie 1

Korzystając z definicji pochodnej wyznacz pochodną funkcji $f$ we wskazanym punkcie:

(a)  $f(x)=3x-4$ w punkcie $x_{0}=2$,  

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(2)=3$.

Wskazówka  $f^{^{\prime }}(2)=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{f(x)-f(2) }{x-2}$, gdzie $f(2)=3\cdot 2-4$.

(b) $f(x)=2-x^{3}$ w punkcie $x_{0}=1$,

Odpowiedź  $f^{^{\prime }}(1)=-3$.

Wskazówka $f^{^{\prime }}(1)=\lim\limits_{x\rightarrow 1}\frac{f(x)-f(1) }{x-1}$, gdzie $f(1)=2-(1)^{3}$.

(c) $f(x)=\frac{1}{x}$ w punkcie $x_{0}=2$,

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(2)=-\frac{1}{4}$.

Wskazówka  $f^{^{\prime }}(2)=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}$, gdzie $f(2)=\frac{1}{2}$.

(d) $f(x)=\sin x$ w punkcie $x_{0}=\frac{\pi }{2}$,

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(\frac{\pi }{2})=0$.

Wskazówka  $f^{^{\prime }}(\frac{\pi }{2})=\lim\limits_{x\rightarrow \frac{\pi }{2}}\frac{f(x)-f(\frac{\pi }{2})}{x-\frac{\pi }{2}}$, gdzie $f(\frac{\pi }{2})=\sin (\frac{\pi }{2})$.

Wykorzystać wzory $\sin (\alpha )-\sin (\beta )=2\cdot \sin (\frac{\alpha -\beta }{2})\cdot \cos (\frac{\alpha +\beta }{2})$ i $\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\sin (x)}{x}=1$.

(e) $f(x)=\sqrt{3x+3}$ w punkcie $x_{0}=2$,

Odpowiedź $f'(2)=\frac{1}{2}$.

Wskazówka  $f^{^{\prime }}(2)=\lim\limits_{x\rightarrow 2}\frac{f(x)-f(2) }{x-2}$, gdzie $f(2)=\sqrt{3\cdot 2+3}$.

(f) $f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} x+3 & \text{dla} & x\leq -3 \\ x^{2}-9 & \text{dla} & x>-3 \end{array} \right.$ w punkcie $x_{0}=-3$,

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(-3)$ nie istnieje.

Wskazówka  Obliczyć pochodne jednostronne funkcji w punkcie $x_0=-3$.  Wartość funkcji $f$ w punkcie $x_{0}=-3$ jest równa $f(-3)=-3+3=0$.

(g) $f(x)=\left\{ \begin{array}{lll} \frac{1}{x} & \text{dla} & x0 \end{array} \right.$ w punkcie $x_{0}=0$.

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(0)=+\infty$.

Wskazówka  Obliczyć pochodne jednostronne funkcji $f_{+}^{^{\prime }}(0)$ i $f_{-}^{^{\prime }}(0)$. Wartość funkcji $f$ w punkcie $x_{0}=0$ jest równa $f(0)=1$.

Zadanie 2

Korzystając z definicji pochodnej wyznacz pochodną funkcji $f$ w dowolnym punkcie $x_{0}$ dziedziny:

(a) $f(x)=\cos x$,

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(x_{0})=-\sin x_{0}$,  $x_0\in \mathbb R$.

Wskazówka  $f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{ f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}$. Skorzystać ze wzoru na różnicę cosinusów: $\cos (\alpha )-\cos (\beta )=-2\cdot \sin \left(\frac{\alpha +\beta }{2}\right)\cdot \sin \left(\frac{ \alpha-\beta}{2}\right)$.

(b) $f(x)=x^{4}$,

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(x_{0})=4x_{0}^{3},$  $x_0\in \mathbb R$.

Wskazówka  $f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}$. Skorzystać dwa razy ze wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów $x^{2}-x_{0}^{2}=(x-x_{0})(x+x_{0})$.

(c) $f(x)=\frac{1}{x}$.

Odpowiedź $f^{^{\prime }}(x_{0})=-\frac{1}{x_{0}^{2}}$,  $x_0\in \mathbb R\setminus \{0\}$. Wskazówka  $f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}$.

Zadania do rozdziału 1.2

Zadanie 1

Korzystając ze wzorów bezpośrednich i praw działań na pochodnych oblicz pochodną funkcji:

a) $f(x)=2x^5+4e\sqrt[3]x+\frac1{x^6}-7$,

Odpowiedź  $f^\prime(x)=10x^4+\frac43ex^{-\frac23}-\frac6{x^7}$,

b) $f(x)=x^2\cdot\cos x$,

Odpowiedź  $f^\prime(x)=2x\cdot\cos x-x^2\cdot\sin x$,

c) $f(x)=\frac{\ln x}{x^4-5}$.

Odpowiedź $f^\prime(x)=\frac{\frac1x\cdot (x^4-5)-4x^3\cdot \ln x}{(x^4-5)^2}$.

Zadanie 2

Korzystając ze wzorów bezpośrednich i praw działań na pochodnych oraz twierdzenia o pochodnej funkcji złożonej oblicz pochodną funkcji:

a) $f(x)=e^{4x}-\sin(x^3-2)+\mathrm{arctg}(x^6)-\ln^5 x$,

Odpowiedź  $f^\prime(x)=4e^{4x}-3x^2\cdot\cos(x^3-2)+\frac{6x^5}{1+x^{12}}-\frac{5\ln^4x}x$.

b) $f(x)=\sqrt{x^6+\mathrm{tg}x-e^x+1}$,

Odpowiedź $f^\prime(x)=\frac{6x^5+\frac1{\cos^2x}-e^x}{2\sqrt{x^6+\mathrm{tg}x-e^x+1}}$,

c) $f(x)=\sqrt x\cdot \mathrm{arcsin}3x$, 

Odpowiedź $f^\prime(x)=\frac1{2\sqrt x}\cdot \mathrm{arcsin}3x+\frac{3\sqrt x}{\sqrt{1-9x^2}}$,

d) $(x)=e^{-x}\cdot \sin 2x$,

Odpowiedź $f^\prime(x)=-e^{-x}\cdot \sin2x+2e^{-x}\cos 2x$,

e) $f(x)=\frac{\cos4x}{x^2+4}$, 

Odpowiedź  $f^\prime(x)=\frac{-4\left(x^2+4\right)\cdot\sin4x-2x\cdot\cos4x}{\left(x^2+4\right)^2}$,

f) $f(x)=\frac{\mathrm{tg} 2x+1}{7x-e^{2x}}$.

Odpowiedź  $f^\prime(x)=\frac{\frac2{\cos^22x}\cdot\left(7x-e^{2x}\right)-\left(7-2e^{2x}\right)\cdot\left(\mathrm{tg} 2x+1\right)}{\left(7x-e^{2x}\right)^2}$.

Zadanie 3

Oblicz pochodną funkcji:

a) $f(x)=\frac{\ln^3 x}{2^x\cdot \sin 3x}$, 

Odpowiedź  $f^\prime(x)=\frac{\frac{3\ln^2x}{x}\cdot2^x\cdot \sin 3x-\ln^3x\cdot\left( 2^x\cdot\ln2\cdot\sin3x+2^x\cdot3\cos3x\right)}{2^{2x}\cdot\sin^23x}$,

b) $f(x)=x^7\cdot\log_3 (x^2+5)\cdot \sqrt{\mathrm{arcctg}x}$, 

Wskazówka $f(x)=\big(x^7\cdot\log_3 (x^2+5)\big)\cdot \sqrt{\mathrm{arcctg}x}$,

Odpowiedź  $f^\prime(x)=\left(7x^6\cdot\log_3 (x^2+5)+x^7\cdot \frac{2x}{\left(x^2+5\right)\cdot\ln3}\right)\cdot \sqrt{\mathrm{arcctg}x}-\frac{x^7\cdot\log_3 (x^2+5)}{2\left(x^2+1\right)\cdot\sqrt{\mathrm{arcctg}x}}$,

c) $f(x)=\sin\left(\cos\left(x^5\right)\right)$,

Odpowiedź $f^\prime(x)=-5x^4\cos\left(\cos\left(x^5\right)\right)\cdot\sin \left(x^5\right)$,

d) $f(x)=\sin^5\left(\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg} x}\right)$,

Odpowiedź  $f^\prime(x)=5\sin^4\left(\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg}x}\right)\cdot\cos\left(\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg}x}\right)\cdot \frac1{2\sqrt{5x\cdot\mathrm{ctg} x}}\cdot\left(5\mathrm{ctg}x -\frac{5x}{\sin^2x}\right)$,

e) $f(x)=\left(\mathrm{arctg}x\right)^{\sin x}$.

Wskazówka $f(x)=e^{\sin x\cdot \ln\left(\mathrm{arctg}x\right)}$.

Odpowiedź  $f^\prime(x)=e^{\sin x\cdot \ln\left(\mathrm{arctg}x\right)}\cdot\left(\cos x\cdot \ln\mathrm{arctg}x+\frac{\sin x}{\left(1+x^2\right)\cdot \mathrm{arctg}x}\right)$.

Zadania do rozdziału 1.3

Zadanie 1

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji:

(a) $f(x)=\frac{x+2}{x^{3}+2x+1}$ w punkcie $x_0=1$,

Odpowiedź $y=-\frac{11}{16}x+\frac{23}{16}$.

Wskazówka  Obliczyć $f(1)$, $f^{^{\prime }}(x)$, $f^{^{\prime }}(1)$. Wartości $f(1)$ i $f^{^{\prime }}(1)$ podstawić do wzoru $y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

(b) $f(x)=x^{3}-4x$ w punkcie $x_{0}=3$,

Odpowiedź  $y=23x-54$.

Wskazówka  Obliczyć $f(3)$, $f^{^{\prime }}(x)$, $f^{^{\prime }}(3)$. Wartości $f(3)$ i $f^{^{\prime }}(3)$ podstawić do wzoru $y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

(c) $f(x)=1-2^{x}$ w punkcie $x_{0}=3$.

Odpowiedź  $y=-8x\ln 2+24\ln 2-7$.

Wskazówka  Obliczyć $f(3)$, $f^{^{\prime }}(x)$, $f^{^{\prime }}(3)$. Wartości $f(3)$ i $f^{^{\prime }}(3)$ podstawić do wzoru $y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

Zadanie 2

Wyznacz równanie stycznej do wykresu funkcji:

(a) $f(x)=\ln x+1$ w punkcie $x_0=e$,

Odpowiedź  $y=\frac{x}{e}+1$.

Wskazówka  Obliczyć $f(e)$, $f^{^{\prime }}(x)$, $f^{^{\prime }}(e)$ i otrzymane wartości $f(e)$ i $f^{^{\prime }}(e)$ podstawić do wzoru $y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

(b) $f(x)=2+xe^{2x}$ w punkcie $x_{0}=0$,

Odpowiedź  $y=x+2$.

Wskazówka  Obliczyć $f(0)$, $f^{^{\prime }}(x)$, $f^{^{\prime }}(0)$ i otrzymane wartości $f(0)$ i $f^{^{\prime }}(0)$ podstawić do wzoru $y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

(c) $f(x)=\mathrm{arctg}^{2}x$ w punkcie $x_{0}=\sqrt{3}$.

Odpowiedź  $y=\frac{\pi }{6}x-\frac{3\sqrt{3}\pi -2\pi ^{2}}{18}$.

Wskazówka  Obliczyć $f(\sqrt{3})$, $f^{^{\prime }}(x)$, $f^{^{\prime }}(\sqrt{3})$ i otrzymane wartości $f(\sqrt{3})$ i $f^{^{\prime }}(\sqrt{ 3})$ podstawić do wzoru $y-f(x_{0})=f^{\prime }(x_{0})(x-x_{0})$.

Przykład 2

Obliczymy granice funkcji

(a) $\lim\limits_{x\rightarrow \infty } \, x^2\,e^{-x}$,

(b)

(c)

Rozwiązanie

Zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy funkcji:

$\lim\limits_{x\rightarrow \infty }\,x^2 \,e^{-x}= \left[ \infty\cdot0 \,\right]$.

W tym przypadku, aby zastosować regułę de l'Hospitala należy zapisać funkcję w postaci ilorazu:

$=\lim\limits_{x\rightarrow \infty } \dfrac{x^2}{e^x}=\left[ \frac{\infty}{\infty} \right]$

$\text{Dalej, dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala, otrzymujemy}$

$\lim\limits_{x\rightarrow \infty } \dfrac{x^2}{e^x}\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\rightarrow \infty } \dfrac{(x^2)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\rightarrow \infty }\,\dfrac{2x}{e^x} = \left[ \frac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\rightarrow \infty }\,\dfrac{(2x)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\rightarrow \infty }\,\dfrac{2}{e^x} = 0$

Przy badaniu monotoniczności funkcji korzystamy z dwóch wniosków z twierdzenia Lagrange'a:

Wniosek 1

Jeżeli $f'(x)>0$ dla każdego $x\in (a,b)$, to $f$ jest funkcją rosnącą na przedziale $(a,b)$.

Wniosek 2

Jeżeli $f'(x)$ dla każdego $x\in (a,b)$, to $f$ jest funkcją malejącą na przedziale $(a,b)$.

1

Wykażemy, że funkcja określona wzorem $f(x)=x^{2}+3\ln x$ jest monotoniczna w całej dziedzinie.

Funkcja $f$ jest określona na zbiorze $(0,+\infty)$. Obliczamy pochodną funkcji $f$:

$f^{\prime }(x)=(x^{2}+3\ln x)^{\prime }=(x^{2})^{\prime }+(3\ln x)^{\prime }=2x+\frac{3}{x}$ dla $x\in (0,+\infty)$.

Ponieważ $f^{\prime }(x)>0$ dla $x\in (0,+\infty)$, więc funkcja $f$ jest rosnąca w całej swojej dziedzinie.

Film

2

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem  $f(x)=\ln\frac{x^2-4}{x}$.

Aby wyznaczyć dziedzinę funkcji $f$ należy rozwiązać nierówność $\frac{x^2-4}{x}>0$. Ponieważ

$\frac{x^2-4}{x}>0 \Leftrightarrow  x(x-2)(x+2)>0 \Leftrightarrow x\in (-2,0) \cup (2,\infty)$,

zatem $D=(-2,0) \cup (2,\infty)$. Obliczamy pochodną funkcji $f$:

$f'(x)=\frac{x}{x^2-4} \cdot \frac{2x \cdot x-(x^2-4)\cdot 1}{x^2}=\frac{x^2+4}{x \cdot (x^2-4)}$ dla $x\in D$.

Zauważamy, że  pochodna funkcji jest dodatnia w całej dziedzinie. Nie oznacza to jednak, że funkcja jest rosnąca w całej dziedzinie, gdyż dziedzina nie jest przedziałem a sumą przedziałów. A zatem stwierdzamy, że funkcja $f$ jest rosnąca na przedziale $(-2,0)$ i na przedziale $(2,\infty)$.

3

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem  $f(x)=\frac{x^3}{x-1}$.

W tym przypadku $D=(-\infty,1) \cup (1,\infty)$. Obliczamy pochodną funkcji $f$:

$f'(x)= \left(\frac{x^3}{x-1}\right)^{\prime }=\frac{3x^2 \cdot (x-1)- x^3\cdot 1}{(x-1)^2} =\frac{2 x^{3} - 3 x^{2}}{(x- 1)^2}=\frac{x^2(2x - 3)}{(x- 1)^2}$ dla $x\in D$.

Aby wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji $f$ badamy, gdzie pochodna funkcji  przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Ponieważ $(x-1)^{2} >0$ dla każdego $x\in D$ oraz

$x^2(2x - 3) >0\; \Leftrightarrow \; x \in (\frac{3}{2},+\infty )$,

$x^2(2x - 3)$,

więc

$f^{\prime }(x)>0\Leftrightarrow \frac{x^2 (2x - 3)}{(x- 1)^2}>0\Leftrightarrow  x\in (\frac{3}{2},+\infty )$,

$f^{\prime }(x)0\Leftrightarrow  x\in (-\infty ,0)\cup (0,1) \cup (1,\frac{3}{2} )$.

A zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziale $(\frac{3}{2},+\infty )$ oraz malejąca na każdym z przedziałów $(-\infty ,0)$, $(0,1)$  i $(1,\frac{3}{2} )$.

4.

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem  $f(x)=x\, e^{4x}$.

Funkcja ciągła na przedziale domkniętym $[a,b]$ osiąga w tym przedziale swoją wartość największą i wartość najmniejszą (wynika to z twierdzenia Weierstrassa). Wartości: największą i najmniejszą funkcji na przedziale domkniętym nazywamy ekstremami globalnymi (absolutnymi): odpowiednio maksimum globalnym (absolutnym) i minimum globalnym (absolutnym).

Ekstremum globalne może być osiągnięte wewnątrz przedziału (jest wtedy jednocześnie ekstremum lokalnym) lub w punkcie brzegowym przedziału.

Metoda wyznaczania ekstremów globalnych funkcji ciągłej $f$ na przedziale domkniętym $[a,b]$ jest następująca:

1.  w przedziale $(a,b)$ znajdujemy punkty $x_1$, $\ldots$, $x_n$, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne, czyli punkty będące rozwiązaniami równania $f^\prime(x)=0$ lub punkty, w których pochodna nie istnieje,

2. obliczamy wartości funkcji w punktach: $a$, $x_1$, $\ldots$, $x_n$, $b$, czyli

$f(a)$, $f(x_1)$, $\ldots$, $f(x_n)$, $f(b)$,

3. największa z liczb $f(a)$, $f(x_1)$, $\ldots$, $f(x_n)$, $f(b)$ jest maksimum globalnym, a najmniejsza - minimum globalnym funkcji $f$ na przedziale domkniętym $[a,b]$.

Przykład 1

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=10x^4+3x^3+8x^2-4$ na przedziale $\left[-1,2\right]$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=40x^3+9x^2+16x, \; x\in \mathbb R$,

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow x\left(40x^2+9x+16\right)=0\Longleftrightarrow x=0$.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(-1,2\right)$, zatem punkt $x=0$ jest jedynym punktem w tym przedziale, w którym funkcja może mieć ekstremum lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w punkcie $x=0$ oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału:

$f(0)=-4$,

$f(-1)=11$,

$f(2)=212$.

Zatem w przedziale $\left[-1,2\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=2$ i wartość ta jest równa $212$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla $x=0$ i wartość jest równa $-4$.

Przykład 2

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=2x+4\mathrm{arctg}x$ na przedziale $\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$.

Rozwiązanie

$f^\prime(x)=2+\frac4{1+x^2}=\frac{6+2x^2}{1+x^2}, \; x\in \mathbb R$.

Zauważmy, że $f^\prime(x)>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, a zatem funkcja $f$ jest funkcją rosnącą na zbiorze liczb rzeczywistych. Oznacza to, że najmniejszą wartość na przedziale $\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$ funkcja przyjmuje w punkcie $x=-\sqrt3$ i wartość ta jest równa $-2\sqrt3-\frac{4\pi}3$. Największą wartość w przedziale $\left[-\sqrt3,\sqrt3\right]$ funkcja przyjmuje w punkcie $x=\sqrt3$ i wartość ta jest równa $2\sqrt3+\frac{4\pi}3$.

Przykład 3

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=-\frac14\sin2x+2$ na przedziale $\left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right]$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=-\frac14\cos2x\cdot 2=-\frac12\cos2x, \; x\in \mathbb R$.

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow -\frac12\cos2x=0\Longleftrightarrow \left(x=-\frac\pi4+k\pi\vee x=\frac\pi4+k\pi\right)$, $k\in \mathbb Z$. 

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right)$, zatem jedynymi punktami należącymi do tego przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne są: $x=-\frac\pi4$, $x=\frac\pi4$.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

$f(-\frac\pi4)=\frac94$,

$f(\frac\pi4)=\frac74$,

$f(-\frac\pi2)=2$,

$f(\frac{3\pi}4)=\frac94$.

Zatem w przedziale $\left[-\frac\pi2,\frac{3\pi}4\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=-\frac\pi4$, $x=\frac{3\pi}4$ i wartość ta jest równa $\frac94$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla $x=\frac\pi4$ i wartość ta jest równa $\frac74$.

Przykład 4

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=x^2e^{2x}$ w przedziale $\left[-2,1\right]$.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=2xe^{2x}+x^2e^{2x}\cdot2=2xe^{2x}\left(1+x\right), \; x\in \mathbb R$.

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow x\left(1+x\right)=0\Longleftrightarrow \left(x=0 \vee x=-1\right)$.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(-2,1\right)$, zatem punkty $x=-1$, $x=0$ są jedynymi w tym przedziale, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

$f(-1)=e^{-2}$,

$f(0)=0$,

$f(-2)=4e^{-4}$,

$f(1)=e^2$.

Zatem w przedziale $\left[-2,1\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=1$ i wartość ta jest równa $e^2$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje dla $x=0$ i wartość ta jest równa $0$.

Przykład 5

Wyznaczymy najmniejszą i największą wartość (ekstrema globalne) funkcji  $f(x)=\frac{\ln x}{1+\ln^2x}$  w przedziale $\left[e^{-2},e^2\right]$.

Wyznaczymy najpierw punkty wewnątrz przedziału, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

$f^\prime(x)=\frac{\frac1x\left(1+\ln^2x\right)-\ln x\cdot 2\ln x\cdot\frac1x}{\left(1+\ln^2 x\right)^2}=\frac{1-\ln^2 x}{x\left(1+\ln^2 x\right)^2}, \; x\in (0, \infty)$.

$f^\prime(x)=0 \Longleftrightarrow \frac{1-\ln^2 x}{x\left(1+\ln^2 x\right)^2}=0\Longleftrightarrow{1-\ln^2 x}=0\Longleftrightarrow \left(1-\ln x\right)\left(1+\ln x\right)=0\Longleftrightarrow \left(1-\ln x=0 \vee 1+\ln x=0\right)\Longleftrightarrow$

$\Longleftrightarrow\left(x=e \vee x=e^{-1}\right)$.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału $\left(e^{-2},e^2\right)$, zatem punkty $x=e$, $x=e^{-1}$ są jedynymi w tym przedziale, w których funkcja może mieć ekstrema lokalne.

Obliczymy teraz wartości funkcji w wyznaczonych wyżej punktach oraz w punktach, które są krańcami podanego przedziału.

$f(e^{-1})=-\frac12$,

$f(e)=\frac12$,

$f(e^{-2})=-\frac25$,

$f(e^2)=\frac25$.

Zatem w przedziale $\left[e^{-2},e^2\right]$ największą wartość (maksimum globalne) dana funkcja przyjmuje dla $x=e$ i wartość ta jest równa $\frac12$, najmniejszą wartość (minimum globalne) przyjmuje w punkcie $x=e^{-1}$ i wartość ta jest równa $-\frac12$.

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest różniczkowalna na pewnym otoczeniu punktu $x_0$. Niech $L_0$ będzie styczną do jej wykresu w punkcie $(x_0, f(x_0))$. Funkcję $f$ nazywamy wypukłą w punkcie $x_0$, jeżeli istnieje takie sąsiedztwo $S_{x_0}$ punktu $x_0$, że dla każdego $x\in S_{x_0}$ punkty tej krzywej leżą powyżej stycznej $L_0$, tzn. istnieje sąsiedztwo $S_{x_0}$ punktu $x_0$ takie, że dla $x\in S_{x_0}$ zachodzi nierówność

$f(x)>f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$.

RYSUNEK

Definicja

Załóżmy, że funkcja $f$ jest różniczkowalna na pewnym otoczniu punktu $x_0$. Niech $L_0$ będzie styczną do jej wykresu w punkcie $(x_0, f(x_0))$. Funkcję $f$ nazywamy wklęsłą w punkcie $x_0$, jeżeli istnieje takie sąsiedztwo $S_{x_0}$ punktu $x_0$, że dla każdego $x\in S_{x_0}$ punkty tej krzywej leżą poniżej stycznej $L_0$, tzn. istnieje sąsiedztwo $S_{x_0}$ punktu $x_0$ takie, że dla $x\in S_{x_0}$ zachodzi nierówność

$f(x)$.

RYSUNEK

Definicja

Mówimy, że funkcja $f:(a,b)\rightarrow \mathbb{R}$ jest wypukła (wklęsła) na przedziale $(a,b)$, gdy jest wypukła (wklęsła) w każdym punkcie tego przedziału.

Twierdzenie -- warunek wystarczający wypukłości krzywej

Jeżeli funkcja $f$ jest dwukrotnie różniczkowalna na przedziale $(a,b)$ oraz $f''(x)>0$ dla każdego $x\in (a,b)$, to funkcja $f$ jest wypukła na tym przedziale.

Twierdzenie -- warunek wystarczający wklęsłości krzywej

Jeżeli funkcja $f$ jest dwukrotnie różniczkowalna na przedziale $(a,b)$ oraz $f''(x)$ dla każdego $x\in (a,b)$, to funkcja $f$ jest wklęsła na tym przedziale.

Przykład 1

Wykażemy, że funkcja $f(x)=x\ln x$ jest wypukła w całej dziedzinie.

Rozwiązanie

Dziedziną badanej funkcji jest zbiór $D=(0,+\infty )$.

Obliczamy pochodną tej funkcji $f^{\prime }(x)=\ln x+x\cdot\frac{1}{x}$. Zatem $f^{\prime }(x)=\ln x+1$, $x\in (0,+\infty )$.

Obliczamy teraz pochodną drugiego rzędu $f^{\prime \prime }(x)= \frac{1}{x}$, $x\in (0,+\infty)$.

Rozwiązujemy nierówność:

$f^{\prime \prime }(x)>0$ $\Leftrightarrow \frac{1}{x}>0$ i $x\in (0,+\infty )\Leftrightarrow x\in (0,+\infty)$.

Ponieważ $f^{\prime \prime}(x)>0$ dla każdego $x\in (0,+\infty )$, to wnioskujemy, że funkcja $f(x)=x\ln x$ jest wypukła w każdym punkcie swojej dziedziny.

Przykład 2

Wykażemy, że funkcja $f(x)=-\frac{4}{5\sqrt{x^{5}}}$ jest wklęsła w całej dziedzinie.

Rozwiązanie

Dziedziną badanej funkcji jest zbiór $D = (0,+\infty)$.

Obliczamy pochodną tej funkcji $f^{\prime }(x)=(-\frac{4}{5\sqrt{x^{5}} })^{\prime }=-4\cdot \frac{1}{5}(x^{-\frac{5}{2}})^{\prime }=-\frac{4}{5} \cdot (-\frac{5}{2})x^{-\frac{7}{2}}=2x^{-\frac{7}{2}}$, czyli $f^{\prime}(x)=\frac{2}{\sqrt{x^{7}}}$, $x\in (0,+\infty )$.

Obliczamy teraz pochodną drugiego rzędu tej funkcji $f^{\prime \prime }(x)=(\frac{2}{\sqrt{x^{7}}})^{\prime }=2(x^{-\frac{7}{2}})^{\prime }=-7x^{-\frac{9}{2}}$. Zatem $f^{\prime \prime }(x)=-\frac{7}{\sqrt{x^{9}}}$, $x\in (0,+\infty)$.

Rozwiązujemy nierówność:

$f^{\prime \prime }(x)$ $\Leftrightarrow -\frac{7}{\sqrt{x^{9}}}$ $\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{x^{9}}}>0$ $\Leftrightarrow \sqrt{x^{9}}>0$ $\Leftrightarrow x>0$ i $x\in (0,+\infty )\Leftrightarrow x\in (0,+\infty )$.

Ponieważ $f^{\prime \prime }(x)$ dla każdego $x\in (0,+\infty )$, zatem funkcja $f(x)=-\frac{4}{5\sqrt{x^{5}}}$ jest wklęsła w każdym punkcie swojej dziedziny.

Przykład 3

Wyznaczymy przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji $f(x)=xe^{-x}$.

Rozwiązanie

Dziedziną badanej funkcji jest zbiór $x\in \mathbb{R}$.

Obliczamy pochodną tej funkcji $f^{\prime }(x)=e^{-x}+xe^{-x}(-1)$, czyli $f^{\prime }(x)=e^{-x}(1-x)$, $x\in \mathbb{R}$.

Obliczamy teraz pochodną drugiego rzędu $\ f^{\prime \prime }(x)=e^{-x}(-1)(1-x)+e^{-x}(-1)$. Zatem $f^{\prime \prime }(x)=e^{-x}(x-2)$, $x\in \mathbb{R}$.

Rozwiązujemy nierówności:

$f^{\prime \prime }(x)>0$ $\Leftrightarrow e^{-x}(x-2)>0$ $\Leftrightarrow (x-2)>0$ $\Leftrightarrow x>2$ i $x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow$ $x\in (2,+\infty )$,

$f^{\prime \prime }(x)$ $\Leftrightarrow e^{-x}(x-2)$ $\Leftrightarrow (x-2)$ $\Leftrightarrow x$ i $x\in \mathbb{R}\Leftrightarrow$ $x\in (-\infty ,2)$.

Ponieważ $f^{\prime \prime }(x)>0$ dla każdego $x\in (2,+\infty)$ zatem funkcja $f(x)=xe^{-x}$ jest wypukła na przedziale $(2,+\infty)$.

Ponieważ $f^{\prime \prime }(x)$ dla każdego $x\in (-\infty ,2)$ zatem funkcja $f(x)=xe^{-x}$ jest wklęsła na przedziale $(-\infty ,2)$.

Ćwiczenie 0

Dokończ poprawnie zdanie wybierając jedną z odpowiedzi.

Zobacz podpowiedź:

Ćwiczenie 1

Zastanów się, które rysunki przedstawiają wykresy funkcji wypukłej/wklęsłej na poszczególnych przedziałach dziedziny.

Ćwiczenie 2

Dokończ zdanie wybierając poprawne odpowiedzi.

Podpowiedź

Ćwiczenie 3

Uzupełnij luki.

Ćwiczenie 4

Druga pochodna funkcji $f :\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ dana jest wzorem $f''(x)=x+3$.

Ćwiczenie 4a

Dany jest wykres drugiej pochodnej funkcji $f(x)=xe^{-x}$. Dopasuj własności: wypukła/wklęsła do poszczególnych fragmentów wykresu.

Ćwiczenie 4b

Druga pochodna funkcji $f:\mathbb{R}\setminus\{0\}\to\mathbb{R}$ jest dodatnia dla $x\in\mathbb{R}\setminus\{0\}$. Zastanów się, czy funkcja może mieć wykres przedstawiony poniżej.

Ćwiczenie 4c

Połącz w pary: wzór i własność funkcji.

Przyciągnij wzory do własności.

Ćwiczenie 4d

Druga pochodna funkcji $f$ jest ujemna w całej dziedzinie. Zastanów się, czy funkcja może mieć wykres przedstawiony poniżej.

Ćwiczenie 5

Wiedząc, że funkcja $f$ jest różniczkowalna w punkcie $5$, uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Ćwiczenie 6

Wybrane informacje o drugiej pochodnej pewnej funkcji $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ zawarte są w poniższej tabeli.

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykres funkcji $f$.

Przenieś wybrane rysunki do obszaru znajdującego się nad nimi.

Ćwiczenie 7

Wybrane informacje o drugiej pochodnej pewnej dwukrotnie różniczkowalnej funkcji $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij trzeci wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Zadania do samodzielnego rozwiązania wypukłość/wklesłość

Zadanie 1

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji $f$:

(a) $f(x)=\frac{1}{3}x^{3}+2x-1$,

Odpowiedź $D=\mathbb{R}$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziale $(0,+\infty )$, wklęsła na przedziale $(-\infty ,0)$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

(b) $f(x)=x-\mathrm{arctg}x$,

Odpowiedź $D=\mathbb{R}$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziale $(0,+\infty )$, wklęsła na przedziale $(-\infty ,0)$.

Wskazówka Wyznaczyćdziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

(c) $f(x)=e^{x^{2}}$,

Odpowiedź $D=\mathbb{R}$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziałach $(-\infty ,-\frac{1}{4})$, $(0,+\infty )$, wklęsła na przedziale $(-\frac{1}{4} ,0)$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

(d) $f(x)=x^{2}\ln x$.

Odpowiedź $D=(0,+\infty )$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziale $\ (e^{- \frac{3}{2}},+\infty )$, wklęsła na przedziale $(0,e^{-\frac{3}{2}})$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

Zadanie 2

Wyznacz przedziały wypukłości/wklęsłości funkcji $f$:

(a) $f(x)=\frac{4x}{x^{2}+1}$,

Odpowiedź $D=\mathbb{R}$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziałach $(-\sqrt{3},0)$, $(\sqrt{3},+\infty )$, wklęsła na przedziałach $(-\infty ,-\sqrt{3})$ , $(0,\sqrt{3})$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

(b) $f(x)=(x^{2}+1)e^{x}$,

Odpowiedź $D=\mathbb{R}$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziałach $(-\infty ,-3)$ , $(1,+\infty )$, wklęsła na przedziale $(-3,1)$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

(c) $f(x)=\sqrt{x^{2}-1}$,

Odpowiedź $D=\mathbb{(}-\infty ,-1]\cup \lbrack 1,+\infty )$. Funkcja $f$ jest wklęsła na przedziałach $(-\infty ,-1)$, $(1,+\infty )$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

(d) $f(x)=e^{\frac{x}{x+1}}$.

Odpowiedź $D=\mathbb{(}-\infty ,-1)\cup (-1,+\infty )$. Funkcja $f$ jest wypukła na przedziałach $(-\infty ,-1)$, $(-1,-\frac{1}{2})$, wklęsła na przedziale $(-\frac{1}{2},+\infty )$.

Wskazówka Wyznaczyć dziedzinę funkcji, obliczyć pochodną pierwszego i drugiego rzędu funkcji a następnie rozwiązać nierówności $f^{\prime \prime }(x)>0$, $f^{\prime \prime }(x)$.

Badanie przebiegu zmienności funkcji $f$  jest zadaniem złożonym i obejmuje kilka etapów:

1. wyznaczenie dziedziny funkcji,

2.  obliczenie granic w punktach brzegowych dziedziny, wyznaczenie wszystkich asymptot,

3.  badanie pochodnej rzędu pierwszego: rozwiązanie równania $f^\prime(x)=0$ oraz nierówności $f^\prime(x)$ i $f^\prime(x)>0$,

4. badanie pochodnej rzędu drugiego: rozwiązanie równania $f^{\prime \prime}(x)=0$ oraz nierówności $f^{\prime \prime}$ i $f^{\prime \prime}(x)>0$,

5. zestawienie wyników w tabeli i sporządzenie na tej podstawie wykresu funkcji.

Przykład 1

Zbadamy przebieg zmienności funkcji $f(x)=\frac{x^2}{x^2+3}$.

Rozwiązanie

1. Dziedziną funkcji $f$ jest zbiór $D=\mathbb R$.

2. Obliczamy granice w punktach brzegowych dziedziny i wyznaczamy asymptoty funkcji $f$:

$\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{x^2}{x^2+3}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac3{x^2}}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{1}{1+\frac3{x^2}}=1$,

$\lim\limits_{x\to \infty} \frac{x^2}{x^2+3}=\lim\limits_{x\to \infty} \frac{\frac{x^2}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2}+\frac3{x^2}}=\lim\limits_{x\to \infty} \frac{1}{1+\frac3{x^2}}=1$.

Zatem prosta o równaniu $y=1$ jest asymptotą poziomą funkcji w $-\infty$ i $+\infty$.

Funkcja nie ma asymptot pionowych.

3. Wyznaczymy ekstrema i przedziały monotoniczności funkcji $f$. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

$f^\prime(x)=\left(\frac{x^2}{x^2+3}\right)^\prime=\frac{\left(x^2\right)^\prime\cdot \left(x^2+3\right)+x^2\cdot\left(x^2+3\right)^\prime}{\left(x^2+3\right)^2}=\frac{2x\cdot\left(x^2+3\right)-x^2\cdot 2x}{\left(x^2+3\right)^2}=\frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}, \; \; x\in\mathbb R$.

Wyznaczymy punkty stacjonarne funkcji:

$f^\prime(x)=0 \iff \frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}=0 \iff {6x}=0 \iff x=0$.

Punkt ten należy do dziedziny funkcji.

Wyznaczymy teraz przedziały monotoniczności funkcji. Zauważmy najpierw, że $\left(x^2+3\right)^2>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $6x$. Mamy więc:

$f^\prime(x)>0 \iff \frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}>0 \iff 6x>0 \iff x>0$,

$f^\prime(x)$.

Uwzględniając dziedzinę funkcji wnioskujemy, że funkcja jest malejąca na przedziale $\left(-\infty, 0\right)$,  rosnąca na przedziale $\left(0, \infty \right)$.

Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie $x=0$ funkcja ma minimum lokalne, przy czym $f(0)=0$.

4. Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji $f$. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji.

$f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{6x}{\left(x^2+3\right)^2}\right)^\prime=\frac{\left(6x\right)^\prime\cdot \left(x^2+3\right)^2-6x\cdot \left(\left(x^2+3\right)^2 \right)^\prime}{\left(x^2+3\right)^4}=\frac{6\cdot \left(x^2+3\right)^2-6x\cdot 2\left(x^2+3\right)\cdot2x }{\left(x^2+3\right)^4}=\frac{\left(x^2+3\right)\cdot \left(-18x^2+18\right)}{\left(x^2+3\right)^4}=\frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}$.

Wyznaczymy wartości $x$, dla których funkcja może mieć punkt przegięcia:

$f^{\prime\prime}(x)=0 \iff \frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}=0 \iff 1-x^2=0 \iff \left(1-x\right)\left(1+x\right)=0 \iff \left(x=1 \vee x=-1\right)$.

Obie wartości $x$ należą do dziedziny funkcji.

Zauważmy, że $\frac{18}{\left(x^2+3\right)^3}>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $1-x^2$.

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji:

$f^{\prime\prime}(x)>0 \iff \frac{18\left(1-x^2\right)}{\left(x^2+3\right)^3}>0 \iff 1-x^2>0 \iff x\in \left(-1, 1\right)$,

$f^{\prime\prime}(x)$.

Dziedziną funkcji jest zbiór $\mathbb R$, stąd funkcja jest wypukła na przedziale $\left(-1, 1\right)$, wklęsła na przedziałach $\left(-\infty, -1\right)$, $\left(1,\infty\right)$. Punkty $\left(-1, \frac14\right)$, $\left(1, \frac14\right)$ są punktami przegięcia funkcji.

5. Tabelka przebiegu zmienności funkcji $f$.

6. Wykres funkcji $f$.

Przykład 2

Zbadamy przebieg zmienności funkcji $f(x)=\frac{4+\ln x}{x}$.

1.  Dziedziną funkcji $f$ jest zbiór $D=(0, \infty)$.

2. Obliczamy granice w punktach brzegowych dziedziny i wyznaczamy asymptoty funkcji $f$:

$\lim\limits_{x\to 0^+} \frac{4+\ln x}{x}=\left[\frac{4+\ln 0^+}{0^+}=\frac{4-\infty}{0^+}=-\infty\cdot \infty\right]=-\infty.$ Zatem funkcja ma asymptotę pionową prawostronną $x=0$,

$\lim\limits_{x\to \infty} \frac{4+\ln x}{x}=\left[\frac{\infty}{\infty}\right]\stackrel{[H]}{=}\lim\limits_{x\to \infty}\frac{\frac1x}{1}=\lim\limits_{x\to \infty}\frac{1}{x}=\left[\frac{1}{\infty}\right]=0$.

Zatem prosta o równaniu $y=0$ jest asymptotą poziomą funkcji $f$ w $+\infty$.

3.  Wyznaczymy ekstrema i przedziały monotoniczności funkcji $f$. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

$f^\prime(x)=\left(\frac{4+\ln x}{x}\right)^\prime=\frac{\left(4+\ln x\right)^\prime\cdot x-\left(4+\ln x\right)\cdot x^\prime}{x^2}=\frac{\frac1x\cdot x-\left(4+\ln x\right)\cdot 1}{x^2}=\frac{-3-\ln x}{x^2}, \; \; x \in (0, \infty)$.

Wyznaczymy punkty stacjonarne funkcji:

$f^\prime(x)=0 \iff \frac{-3-\ln x}{x^2}=0 \iff {-3-\ln x}=0 \iff \ln x=-3\iff  x=e^{-3}$.

Punkt ten należy do dziedziny funkcji.

Wyznaczymy teraz przedziały monotoniczności funkcji. Zauważmy najpierw, że $x^2>0$ dla każdego $x\in (0, \infty)$, zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $-3-\ln x$. Mamy więc:

$f^\prime(x)>0 \iff \frac{-3-\ln x}{x^2}>0 \iff-3-\ln x>0\iff x$,

$f^\prime(x)$.

Uwzględniając dziedzinę funkcji wnioskujemy, że funkcja jest rosnąca na przedziale $\left(0, e^{-3}\right)$, malejąca na przedziale $\left(e^{-3},\infty\right)$.

Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie $x=e^{-3}$ funkcja ma maksimum lokalne, przy czym $f(e^{-3})=e^3$.

4. Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji $f$. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji.

$f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{-3-\ln x}{x^2}\right)^\prime=\frac{\left(-3-\ln x\right)^\prime\cdot x^2-\left(-3-\ln x\right)\cdot \left(x^2\right)^\prime}{x^4}=\frac{-\frac1x\cdot x^2-\left(-3-\ln x\right)\cdot 2x}{x^4}=\frac{x\left(-1+6+2\ln x\right)}{x^4}=\frac{x\left(5+2\ln x\right)}{x^4}=\frac{5+2\ln x}{x^3}, \; \; x\in (0, \infty)$.

Wyznaczymy wartości $x$, dla których funkcja może mieć punkt przegięcia.

$f^{\prime\prime}(x)=0\iff \frac{5+2\ln x}{x^3}=0 \iff 5+2\ln x=0 \iff \ln x=-\frac 52\iff x=e^{-\frac 52}$.

Wyznaczona wartość $x$ należy do dziedziny funkcji.

Zauważmy, że $x^3>0$ dla każdego $x\in (0, \infty)$, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $5+2\ln x$.

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji $f$:

$f^{\prime\prime}(x)>0 \iff \frac{5+2\ln x}{x^3}>0 \iff 5+2\ln x>0 \iff \ln x>-\frac 52\iff x>e^{-\frac 52}$,

$f^{\prime\prime}(x)$.

Uwzględniając dziedzinę funkcji otrzymujemy, że funkcja $f$ jest wklęsła na przedziale $\left(0, e^{-\frac 52}\right)$, wypukła na przedziale $\left(e^{-\frac 52}, \infty\right)$, punkt $\left(e^{-\frac 52}, \frac{3}2e^{\frac52}\right)$ jest punktem przegięcia funkcji.

5. Tabelka przebiegu zmienności funkcji f.

6. Wykres funkcji f.

Przykład 3

Zbadamy przebieg zmienności funkcji $f(x)=3\mathrm{arctg}x-2x$.

1. Dziedziną funkcji $f$ jest zbiór $\mathbb R$.

2. Obliczamy granice w punktach brzegowych dziedziny i wyznaczamy asymptoty funkcji $f$:

$\lim\limits_{x\to -\infty} f(x)=\lim\limits_{x\to -\infty}\left(3\mathrm{arctg}x-2x\right)=\left[{3\mathrm{arctg}(-\infty)-2\cdot(-\infty)=\frac {-3\pi}{2}}+\infty\right]=\infty$,

$\lim\limits_{x\to \infty} f(x)=\lim\limits_{x\to \infty}\left(3\mathrm{arctg}x-2x\right)=\left[{3\mathrm{arctg}(\infty)-2\cdot\infty=\frac {3\pi}{2}}-\infty\right]=-\infty$.

Funkcja nie ma asymptot pionowych.

Asymptoty ukośne ($y=ax+b$) - mogą istnieć w nieskończonych krańcach dziedziny funkcji. W $-\infty$ mamy:

$\lim\limits_{x\to -\infty}\frac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to -\infty}\frac{3\mathrm{arctg}x-2x}{x}=\lim\limits_{x\to -\infty} \frac{3\mathrm{arctg}x}{x}-2=\left[\frac{3\mathrm{arctg}(-\infty)}{-\infty}-2=\frac{-\frac {3\pi}{2}}{-\infty}-2\right]=-2 \Rightarrow a=-2\text{ w }-\infty$,

$\lim\limits_{x\to -\infty}(f(x)-ax)=\lim\limits_{x\to -\infty} \left(3\mathrm{arctg}x-2x-(-2x)\right)=\lim\limits_{x\to -\infty} 3\mathrm{arctg}x=\left[3\mathrm{arctg}(-\infty)\right]=\frac {-3\pi}{2}\Rightarrow b=\frac {-3\pi}{2}\text{ w }-\infty$.

Zatem prosta o równaniu $y=-2x-\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną funkcji w $-\infty$.

W $+\infty$ mamy

$\lim\limits_{x\to \infty}\frac{f(x)}{x}= \lim\limits_{x\to \infty}\frac{3\mathrm{arctg}x-2x}{x}=\lim\limits_{x\to \infty} \frac{3\mathrm{arctg}x}{x}-2=\left[\frac{3\mathrm{arctg}(\infty)}{\infty}-2=\frac{\frac {3\pi}{2}}{\infty}-2\right]=-2 \Rightarrow a=-2\text{ w }+\infty$,

$\lim\limits_{x\to \infty}(f(x)-ax)=\lim\limits_{x\to \infty} \left(3\mathrm{arctg}x-2x-(-2x)\right)=\lim\limits_{x\to \infty} 3\mathrm{arctg}x=\left[3\mathrm{arctg}(\infty)\right]=\frac {3\pi}{2}\Rightarrow b=\frac {3\pi}{2}\text{ w }+\infty$.

Zatem prosta o równaniu $y=-2x+\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną funkcji w $+\infty$.

Podsumowując otrzymujemy, że prosta o równaniu $y=-2x-\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną funkcji w $-\infty$, prosta prosta o równaniu $y=-2x+\frac{3\pi}2$ jest asymptotą ukośną funkcji w $+\infty$.

3.  Wyznaczymy ekstrema i przedziały monotoniczności funkcji $f$. Obliczamy w tym celu pochodną funkcji.

$f^\prime(x)=\left(3\mathrm{arctg}x-2x\right)^\prime=\frac{3}{1+x^2}-2, \; \; x \in \mathbb R$.

Wyznaczymy punkty stacjonarne funkcji.

$f^\prime(x)=0 \iff \frac{3}{1+x^2}-2=0 \iff \frac{3-2(1+x^2)}{1+x^2}=0 \iff\frac{1-2x^2}{1+x^2}=0 \iff 1-2x^2=0 \iff \left(x=-\frac{\sqrt2}2 \; \vee \; x=\frac{\sqrt2}2\right)$.

Każdy z wyznaczonych punktów należy do dziedziny funkcji.

Wyznaczymy teraz przedziały monotoniczności funkcji. Zauważmy najpierw, że $1+x^2>0$ dla każdego $x\in\mathbb R$, zatem znak funkcji pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $1-2x^2$. Mamy więc:

$f^\prime(x)>0 \iff \frac{1-2x^2}{1+x^2}>0\iff {1-2x^2}>0 \iff x\in\left(-\frac{\sqrt 2} 2, \frac{\sqrt2} 2\right)$,

$f^\prime(x)$.

Zatem funkcja jest malejąca na każdym z przedziałów $\left(-\infty, -\frac{\sqrt 2}2\right)$, $\left(\frac{\sqrt 2} 2, \infty\right)$, rosnąca na przedziale $\left(-\frac{\sqrt 2} 2, \frac{\sqrt2} 2\right)$. Korzystając z I warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji wnioskujemy, że w punkcie $x=-\frac{\sqrt2}2$ funkcja ma minimum lokalne, przy czym $f\left(-\frac{\sqrt2}2\right)=-3\mathrm{arctg}\left(\frac{\sqrt 2}2\right)+\sqrt 2$.

W punkcie $x=\frac{\sqrt2}2$ funkcja ma maksimum lokalne, przy czym $f\left(\frac{\sqrt2}2\right)=3\mathrm{arctg}\left(\frac{\sqrt 2}2\right)-\sqrt 2$.

4. Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości oraz punkty przegięcia funkcji $f$. Obliczamy w tym celu drugą pochodną funkcji.

$f^{\prime\prime}(x)=\left(\frac{1-2x^2}{1+x^2}\right)^\prime=\frac{\left(1-2x^2\right)^\prime\cdot \left(1+x^2\right)-\left(1-2x^2\right)\cdot \left(1+x^2\right)^\prime}{\left(1+x^2\right)^2}=\frac{-4x\left(1+x^2\right)-2x\left(1-2x^2\right)}{\left(1+x^2\right)^2}=-\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2}, \; \; x\in \mathbb R$.

Wyznaczymy wartości $x$, dla których funkcja może mieć punkt przegięcia.

$f^{\prime\prime}(x)=0 \iff -\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2} \iff 6x=0 \iff x=0$.

Wyznaczona wartość $x$ należy do dziedziny funkcji.

Zauważmy, że $\left(1+x^2\right)^2>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$, zatem znak funkcji drugiej pochodnej będzie taki sam jak znak wyrażenia $-6x$.

Wyznaczymy przedziały wypukłości i wklęsłości funkcji:

$f^{\prime\prime}(x)>0 \iff -\frac{6x}{\left(1+x^2\right)^2}>0 \iff -6x>0 \iff x$,

$f^{\prime\prime}(x)0$.

Zatem funkcja $f$ jest wypukła na przedziale $\left(-\infty, 0\right)$, wklęsła na przedziale $\left(0, \infty\right)$, w punkcie $\left(0, 0\right)$ funkcja ma punkt przegięcia.

5. Tabelka przebiegu zmienności funkcji f.

6. Wykres funkcji f.

Ćwiczenie 3

Niech $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}.$ Informacje o pierwszej i drugiej pochodnej funkcji $f$ zawarte są w poniższej tabeli. Uzupełnij ostatni wiersz tabeli.

Zawartość pustych pól w tabeli możesz zmienić poprzez kliknięcie.

Zadanie 1

Zbadaj przebieg zmienności funkcji $f(x)=3x^4-8x^3+6x^2$.

Odpowiedź: $D=\mathbb{R}$. $\lim\limits_{x\to -\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=\infty$, brak asymptot. Funkcja jest malejąca na przedziale $(-\infty, 0)$, rosnąca na przedziale $(0, \infty)$, w punkcie $x=0$ funkcja ma minimum lokalne, $f(0)=0$. Funkcja jest wypukła na każdym z przedziałów: $(-\infty, \frac13)$, $(1, \infty)$, wklęsła na przedziale $(\frac13, 1)$, punkty $\left(\frac13, \frac{11}{27}\right)$, $\left(1, 1\right)$ są punktami przegięcia funkcji.

Zadanie 2

Zbadaj przebieg zmienności funkcji $f(x)=\frac{x^2}{x-2}$.

Odpowiedź: $D=\left(-\infty, 2\right)\cup\left(2, \infty\right)$. Funkcja ma asymptotę pionową obustronną $x=2$, $\lim\limits_{x\to 2^-}f(x)=-\infty$, $\lim\limits_{x\to {2}^+}f(x)=\infty$, asymptotę ukośną o równaniu $y=x+2$ w $-\infty$ i $+\infty$. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: $(-\infty, 0)$, $(4, \infty)$, malejąca na każdym z przedziałów $(0, 2)$, $(2, 4)$, w punkcie $x=0$ funkcja ma maksimum lokalne, $f(0)=0$, w punkcie $x=4$ funkcja ma minimum lokalne, $f(4)=8$.  Funkcja jest wklęsła na przedziale $(-\infty, 2)$, wypukła na przedziale $(2, \infty)$, brak punktów przegięcia.

Zadanie 3

Zbadaj przebieg zmienności funkcji: $f(x)=\frac x{2-\ln x}$.

Odpowiedź: $D=\left(0, e^2\right)\cup \left(e^2, \infty\right)$. $\lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=0$, funkcja ma asymptotę pionową obustronną $x=e^2$, $\lim\limits_{x\to {e^2}^-}f(x)=\infty$, $\lim\limits_{x\to {e^2}^+}f(x)=-\infty$, $\lim\limits_{x\to \infty}f(x)=-\infty$, brak asymptoty ukośnej. Funkcja jest rosnąca na każdym z przedziałów: $(0, e^2)$, $(e^2, e^3)$ malejąca na przedziale $(e^3, \infty)$, w punkcie $x=e^3$ funkcja ma maksimum lokalne, $f(e^3)=-e^3$. Funkcja jest wypukła na każdym z przedziałów $(0, e^2)$, $(e^4, \infty)$, wklęsła na przedziale $(e^2, e^4)$, punkt $\left(e^4, -\frac{e^4}{2}\right)$ jest punktem przegięcia funkcji.

Zadanie 4

Zbadaj przebieg zmienności funkcji: $f(x)=x-\ln \left(1+2x\right)$.

Odpowiedź:  $D=\left(-\frac12, \infty\right)$. Funkcja ma asymptotę pionową prawostronną $x=-\frac12$, $\lim\limits_{x\to {-\frac12}^+}f(x)=\infty$. Funkcja jest malejąca na przedziale $\left(-\frac12, \frac12\right)$, rosnąca na przedziale $\left(\frac12, \infty\right)$, w punkcie $x=\frac12$ funkcja ma minimum lokalne, $f(\frac12)=\frac12-\ln 2$. Funkcja jest wypukła w każdym punkcie swojej dziedziny.

Zadanie 5

Zbadaj przebieg zmienności funkcji: $f(x)=\frac{e^x+1}{e^x-1}$.

Odpowiedź: $D=\left(-\infty, 0\right)\cup \left(0, \infty\right)$. Funkcja ma asymptotę pionową obustronną $x=0$, $\lim\limits_{x\to {0}^-}f(x)=-\infty$, $\lim\limits_{x\to {0}^+}f(x)=\infty$  oraz asymptotę poziomą $y=-1$ w $-\infty$, $y=1$ w $+\infty$.  Funkcja jest malejąca w całej swojej dziedzinie. Funkcja jest wklęsła na przedziale $(-\infty, 0)$, wypukła na przedziale $(0, \infty)$, brak punktów przegięcia.