Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej

Rozważmy funkcję $f(x)=\operatorname {arctg} x+\operatorname {arcctg} x-\frac \pi2$ dla $x\in \mathbb R$. Obliczymy pochodną funkcji $f$.

Niech $x\in \mathbb R$.

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

Zatem $f^\prime(x)=0$ dla $x\in \mathbb R$.

Na mocy wniosku 1 otrzymujemy, że funkcja $f$ jest stała na zbiorze $\mathbb R$, czyli istnieje stała $C\in \mathbb{R}$ taka, że dla każdego $x\in \mathbb {R}$ zachodzi równość $f(x)=C$.

Wyznaczymy stałą $C$. Obliczymy w tym celu wartość funkcji $f$ dla argumentu $x=0$.

$f(0)=\operatorname {arctg} 0+\operatorname {arcctg} 0-\frac \pi2=0+\frac \pi2-\frac \pi2=0$.

Zatem $C=0$, a stąd $f(x)=0$, czyli dla $x\in \mathbb R$

$\operatorname {arctg} x+\operatorname {arcctg} x=\frac \pi2$.

Rozważmy funkcję $f(x)=\arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}-\operatorname{arctg}\frac1x$ dla $x\in(0, +\infty)$.

Zauważmy, że $0$ dla dowolnego $x\in (0,+\infty)$, więc funkcja $f$ jest poprawnie określona. Niech $x\in(0, +\infty)$.

$f'(x)=\left(\arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}-\operatorname{arctg}\frac1x\right)'=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{1+x^2}}}\cdot \left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\right)'-\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}\cdot\ \left(\frac1{x}\right)'=$

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

$=-\frac{x\cdot\sqrt{1+x^2}}{|x|\cdot\left(\sqrt{1+x^2}\right)^3}+\frac1{1+x^2} =-\frac{x}{x\cdot\left(\sqrt{1+x^2}\right)^2}+\frac1{1+x^2}=0$.

Zatem $f'(x)=0$ na przedziale $(0,+\infty)$.

Na mocy wniosku 1 otrzymujemy, że funkcja $f$ jest stała na tym przedziale, czyli istnieje stała $C\in \mathbb{R}$ taka, że dla każdego $x\in (0,+\infty)$ zachodzi równość $f(x)=C$.

Obliczymy wartość funkcji $f$ dla argumentu $x=1$.

$f(1)=\arcsin\frac{\sqrt2}2-\operatorname{arctg}\; 1=\frac\pi4-\frac\pi4=0$.

Stąd $f(x)=f(1)=0$ dla $x \in (0,+\infty)$, czyli dla każdego $x\in (0,+\infty)$ zachodzi równość

$\arcsin \frac1{\sqrt{1+x^2}}=\operatorname{arctg}\;\frac1x$.

Rozważmy funkcję $f(x)=\operatorname{arctg}x -\frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2}$. Zauważmy, że jej dziedziną jest zbiór $\mathbb{R}\setminus \{-1,1\}$, zatem funkcja $f$ jest poprawnie określona na przedziale $(-1,1)$. Obliczmy pochodną funkcji $f$:

Obliczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji $f$:

$f'(x)=\left(\operatorname{arctg}x -\frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2}\right)'=$

$=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{1}{1+\left( \frac{2x}{1-x^2}\right)^2}\cdot\left(\frac{2x}{1-x^2}\right)'=$

$=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{(1-x^2)^2}{1-2x^2+x^4+4x^2}\cdot \frac{ 2(1-x^2)+4x^2}{(1-x^2)^2}=$

$=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{2+2x^2}{1+2x^2+x^4}=\frac{1}{1+x^2}-\frac 12 \cdot \frac{2(1+x^2)}{(1+x^2)^2}=0$.

Zatem $f'(x)=0$ na każdym przedziale zawartym w dziedzinie tej funkcji, zatem w szczególności na $(-1, 1)$. Na mocy wniosku 1 otrzymujemy, że $f$ jest stała na tym przedziale, czyli istnieje stała $C\in \mathbb{R}$ taka, że dla każdego $x\in (-1, 1)$ zachodzi równość $f(x)=C$.

Obliczymy wartość funkcji $f$ dla argumentu $x=0$.

$f(0)=\operatorname{arctg}0- \frac 12 \operatorname{arctg}\frac{0}{1-0^2}=0$.

Stąd $f(x)=f(0)=0$ dla $x \in (-1,1)$, czyli dla każdego $x\in (-1,1)$ zachodzi równość

$\operatorname{arctg}x= \frac 12 \operatorname{arctg}\frac{2x}{1-x^2}$.

Zauważmy najpierw, że dziedziną obu funkcji jest cały zbiór $\mathbb R$. Obliczamy pochodne obu funkcji:

$f'(x) = 2\sin x\cdot \left(\sin x\right)^\prime=2 \sin x \cos x = \sin 2x,\; x\in \mathbb R$

$g'(x) = -\frac12\left(\cos 2x\right)^\prime=-\frac12\cdot 2\left(-\sin 2x\right)=\sin 2x, \; x\in \mathbb R.$

Zatem $f'(x) = g'(x)$ dla $x\in \mathbb {R}$, stąd zgodnie z wnioskiem 2 różnica funkcji $f$ i $g$ jest stała.