Základní derivace funkcí jedné reálné proměnné
Úloha číslo: 1235
Níže uvedený list obsahuje často používané vztahy pro derivace reálných funkcí jedné reálné proměnné. V této úloze tyto vztahy postupně odvodíme.
Při užívání vztahů výše vždy dbejte na uvedené podmínky! K chybám dochází především tam, kde vzorec nelze použít ve všech bodech definičního oboru, například u absolutní hodnoty a funkcí arcsin a arccos.
| f(x) | D(f) | f′(x) | D(f′) | Pozn. | |
| 1. | konst. | R | 0 | jako D(f) | |
| 2. | xn | R | nxn–1 | jako D(f) | n přirozené |
| 3. | xα | x>0 | αxα–1 | jako D(f) | α reálné |
| 4. | ex | R | ex | jako D(f) | |
| 5. | ax | R | ax ln a | jako D(f) | \(a>0,\ a\neq 1\) |
| 6. | ln x | x>0 | \(\frac{1}{x}\) | jako D(f) | |
| 7. | loga x | x>0 | \(\frac{1}{x\ln{a}}\) | jako D(f) | \(a>0,\ a\neq 1\) |
| 8. | sin x | R | cos x | jako D(f) | |
| 9. | cos x | R | –sin x | jako D(f) | |
| 10. | tg x | \({\bf R}\setminus\{\frac{\pi}{2}+k\pi\}, \ k\in{\bf Z}\) | \(\frac{1}{\cos^2x}\) | jako D(f) | |
| 11. | cotg x | \({\bf R}\setminus\{k\pi\}, \ k\in{\bf Z}\) | \(-\frac{1}{\sin^2x}\) | jako D(f) | |
| 12. | arcsin x | \([-1{,}1]\) | \(\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) | \((-1{,}1)\) | v bodech ±1 jen jednostranné derivace +∞ |
| 13. | arccos x | \([-1{,}1]\) | \(-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\) | \((-1{,}1)\) | v bodech ±1 jen jednostranné derivace –∞ |
| 14. | arctg x | R | \(\frac{1}{1+x^2}\) | jako D(f) | |
| 15. | arccotg x | R | \(-\frac{1}{1+x^2}\) | jako D(f) | |
| 16. | sinh x | R | \(\cosh x\) | jako D(f) | |
| 17. | cosh x | R | \(\sinh x\) | jako D(f) | |
| 18. | tgh x | R | \(\frac{1}{\cosh^2x}\) | jako D(f) | |
| 19. | cotgh x | R | \(-\frac{1}{\sinh^2x}\) | jako D(f) | |
| 20. | argsinh x | R | \(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\) | jako D(f) | |
| 21. | argcosh x | \(x>1\) | \(\frac{1}{\sqrt{x^2-1}}\) | jako D(f) | |
| 22. | argtgh x | \(|x| \le 1\) | \(\frac{1}{1-x^2}\) | jako D(f) | |
| 23. | argcotgh x | \(|x|>1\) | \(\frac{1}{1-x^2}\) | jako D(f) | |
| 24. | \(|x|\) | R | \(|x|\,{\rm sgn}(x)\) | \(x\neq 0\) |
Rozbor
Uvedené derivace odvodíme z definice derivace a za využití základních vlastností příslušných funkcí (např. součtových vzorců pro goniometrické funkce).
Derivace inverzních funkcí určíme za pomoci věty o derivaci inverzní funkce.
Potřebnou teorii, jako je definice derivace a zmíněná věta, naleznete v úloze Derivace funkce jedné reálné proměnné, základní vlastnosti
Úkol 1. – nápověda
Zde stačí vyjít z definice derivace.
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]Úkol 1. – řešení
Po dosazení do definice derivace
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]pro konstantní funkci, kde pro každé x je funkční hodnota rovna c, dostáváme:
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{c-c}{x-x_0} = \lim_{x \to x_0} 0 = 0,\]neboť platí
\[\frac{c-c}{x-x_0} = 0\]na libovolném prstencovém okolí bodu x0. (Připomeňte si, že z definice limity nezáleží na tom, že výraz není v bodě x0 definován.)
Úkol 2. – nápověda
Vycházejte z definice derivace:
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]vzorce pro \(A^n-B^n\):
a větách pro počítání s limitami funkcí.
POZOR: Následující postup je správný pouze tehdy, je-li n přirozené číslo. Analogický vztah pro reálný exponent bude odvozen v další části.
Poznámka: Uvědomte si zároveň, že pro reálný exponent se musíme omezit na kladná reálná x, proto tato část není v úloze nadbytečná.
Úkol 2. – řešení
Vyjdeme z definice derivace funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení máme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{x^n-x_0^n }{x-x_0}.\]Nyní využijeme vztahu platného pro všechna reálná čísla A, B
\[A^n-B^n=(A-B)(A^{n-1}+A^{n-2}B+...+AB^{n-2}+B^{n-1}),\]s jehož pomocí limitu přepíšeme na tvar
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{x^n-x_0^n }{x-x_0}=\] \[=\lim_{x \to x_0} \frac{(x-x_0)(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+...+xx_0^{n-2}+x_0^{n-1}) }{x-x_0}=\]a po zkrácení výrazů \((x-x_0)\) dostáváme
\[=\lim_{x \to x_0} (x^{n-1}+x^{n-2}x_0+\ldots+x\,x_0^{n-2}+x_0^{n-1})= n\,x_0^{n-1}.\]Úkol 3. – nápověda
Před řešením této části doporučujeme vyřešit úkoly číslo 4, 5 a 6.
Opět vycházejte z definice derivace
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]a vztahu pro obecnou mocninu \(a^b = e^{b\ln{a}}\) platného pro a > 0 a b reálné.
Úkol 3. – řešení
Dosazením do definice derivace dostaneme limitu
\[f^{\prime}(x_0)=\lim_{x \to x_0}\frac {x^\alpha-x_0^\alpha}{x-x_0}.\]Tuto limitu za užití vztahu \(x^\alpha = e^{\alpha\ln{x}}\) přepíšeme do tvaru
\[\lim_{x \to x_0}\frac {x^\alpha-x_0^\alpha}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0}\frac {e^{\alpha\ln{x}}-e^{\alpha\ln{x_0}}}{x-x_0}=\]a vytknutím z čitatele dostaneme
\[\lim_{x \to x_0} e^{\alpha\ln{x_0}}\cdot\frac {e^{\alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0}}-1}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} x_0^\alpha\cdot\frac{e^{\alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0}}-1}{x-x_0}.\]Všimněte si, že první člen lze vytknout před limitu, neboť nezávisí na x.
Pro výpočet limity druhého členu využijeme známé limity \(\lim\limits_{y \to 0}{\frac{e^y - 1}{y}}=1\) a věty o limitě složené funkce (viz úlohu Věta o limitě složené funkce) ve variantě (P). Postupujeme rozšířením výrazu:
\[\lim_{x \to x_0} x_0^\alpha\cdot\frac{e^{\alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0}}-1}{x-x_0} = x_0^\alpha\cdot\lim_{x \to x_0} \frac{e^{\alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0}}-1}{\alpha\ln x-\alpha\ln x_0}\cdot\lim_{x \to x_0} \alpha\cdot\frac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0}\]Použili jsme též větu o aritmetice limit. Druhou z limit lze určit ihned dle úkolu 6 – jde vlastně až na násobek konstantou α o definiční limitu derivace logaritmu – podle kterého platí
\[\lim_{x \to x_0} \alpha\cdot\frac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0} = \alpha\cdot\frac{1}{x_0}.\](Odvození samozřejmě najdete v řešení úkolu 6.)
Pro výpočet první limity využijeme již zmíněnou větu o limitě složené funkce. Protože platí, že
\[\lim_{x \to x_0} \alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0} = \alpha\ln{x_0}-\alpha\ln{x_0} = 0,\] \[\lim_{y \to 0}{\frac{e^y - 1}{y}}=1\]a
\[\alpha\ln x\neq\alpha\ln x_0, \qquad x\neq x_0,\]neboť logaritmus je funkce ostře rostoucí, a tudíž prostá, jsou splněny předpoklady této věty. Z ní vyplývá, že
\[\lim_{x \to x_0} \frac{e^{\alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0}}-1}{\alpha\ln x-\alpha\ln x_0} = 1.\]Seskupením obou částečných výsledků docházíme k závěru, že
\[x_0^\alpha\cdot\lim_{x \to x_0} \frac{e^{\alpha\ln{x}-\alpha\ln{x_0}}-1}{\alpha\ln x-\alpha\ln x_0}\cdot\lim_{x \to x_0} \alpha\cdot\frac{\ln x-\ln x_0}{x-x_0} = x_0^\alpha \cdot 1\cdot \frac{\alpha}{x_0} = \alpha\,x_0^{\alpha-1},\]což jsme chtěli odvodit.
Úkol 4. – nápověda
Vyjděte z definice derivace
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]a známých limit pro exponenciální funkci.
Úkol 4. – řešení
Vyjdeme z definice derivace funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení dostaneme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{e^x-e^{x_0} }{x-x_0}.\]Z výrazu v čitateli vytkneme \(e^{x_0}\) a využijeme vlastnosti exponenciální funkce, kdy platí že \(e^a/e^b = e^{a-b}\). Limitu tedy přepíšeme do tvaru
\[\lim_{x \to x_0} \frac{e^x-e^{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{e^{x_0}(\frac{e^x}{e^{x_0}}-1)}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} e^{x_0}\cdot\frac{e^{x-x_0}-1}{x-x_0}=\]a hledanou limitu dále rozepíšeme s pomocí věty o aritmetice limit jako
\[= e^{x_0}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{e^{x-x_0}-1}{x-x_0}.\]Protože
\[\lim_{x\to x_0} x-x_0 = 0,\]nabízí se použít pro výpočet poslední limity známý vztah
\[\lim_{y\to 0} \frac{e^y-1}{y} = 1.\]Podle věty o limitě složené funkce (viz úlohu Věta o limitě složené funkce) totiž dostaneme, že také
\[\lim_{x\to x_0} \frac{e^{x-x_0}-1}{x-x_0} = 1,\]pokud ověříme jednu ze zbývajících podmínek této věty. Zde se nabízí podmínka (P), neboť vnitřní funkce \(x-x_0\) je lineární, a tedy
\[x-x_0\neq 0, \qquad \textrm{pro} \ x\neq x_0,\]což triviálně implikuje splnění podmínky (P).
Dostáváme tak, že
\[e^{x_0}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{e^{x-x_0}-1}{x-x_0}= e^{x_0},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 5. – nápověda
Postupujte analogicky jako při řešení úkolu 4.
Úkol 5. – řešení
Vyjdeme z definice derivace funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení dostaneme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{a^x-a^{x_0} }{x-x_0}.\]Z výrazu v čitateli vytkneme \(a^{x_0}\) a využijeme vlastnosti exponenciální funkce, kdy platí že \(a^u/a^v = a^{u-v}\). Limitu tedy přepíšeme do tvaru
\[\lim_{x \to x_0} \frac{a^x-a^{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{a^{x_0}(\frac{a^x}{a^{x_0}}-1)}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} a^{x_0}\cdot\frac{a^{x-x_0}-1}{x-x_0}=\]a hledanou limitu dále rozepíšeme s pomocí věty o aritmetice limit jako
\[= a^{x_0}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{a^{x-x_0}-1}{x-x_0}.\]Nyní ještě využijeme faktu, že
\[a^y = e^{y\ln a}\]pro libovolné reálné y a kladné a. Dostaneme tak
\[a^{x_0}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{a^{x-x_0}-1}{x-x_0} = a^{x_0}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{e^{(x-x_0)\ln a}-1}{x-x_0} = \]a po rozšíření výrazem \(\ln{a}\) můžeme psát
\[= a^{x_0}\ln{a}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{a^{(x-x_0)\ln a}-1}{(x-x_0)\ln{a}}.\]Protože
\[\lim_{x\to x_0} (x-x_0)\ln{a} = 0,\]nabízí se použít pro výpočet poslední limity známý vztah
\[\lim_{y\to 0} \frac{e^y-1}{y} = 1.\]Podle věty o limitě složené funkce (viz úlohu Věta o limitě složené funkce) totiž dostaneme, že také
\[\lim_{x\to x_0} \frac{e^{(x-x_0)\ln{a}}-1}{(x-x_0)\ln{a}} = 1,\]pokud ověříme jednu ze zbývajících podmínek této věty. Zde se nabízí podmínka (P), neboť vnitřní funkce \((x-x_0)\ln{a}\) je lineární, a tedy
\[(x-x_0)\ln{a}\neq 0, \qquad \textrm{pro} \ x\neq x_0,\]což triviálně implikuje splnění podmínky (P).
Dostáváme tak, že
\[a^{x_0}\ln{a}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{e^{(x-x_0)\ln{a}}-1}{(x-x_0)\ln{a}}= a^{x_0}\ln{a},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 6. – nápověda
Vycházejte z definice derivace
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]a známých limit pro logaritmus.
Alternativně můžete využít věty o derivaci inverzní funkce.
Úkol 6. – řešení pomocí věty o derivaci inverzní funkce
Využijeme věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = e^y.\]Potom předně podle úkolu 4 máme
\[f^{´}(y) = e^y\]pro libovolné y reálné.
Protože přirozený logaritmus je funkce inverzní k exponenciální funkci se základem e, pro každé kladné reálné x0 je
\[f^{-1}(x_0) = \ln x_0,\]a tedy podle zmíněné věty máme
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{f^{´}(\ln{x_0})}=\frac{1}{e^{\ln{x_0}}}=\frac{1}{x_0},\]kde jsme na závěr využili faktu, že libovolné kladné číslo x0 lze psát také ve tvaru
\[x_0 = e^{\ln x_0}.\]Úkol 6. – řešení pomocí definice derivace
Po dosazení do definice derivace
\[f^{´}(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]dostaneme limitu
\[\lim_{x\to x_0} \frac{\ln{x}-\ln{x_0}}{x-x_0},\]kterou dle pravidla, že rozdíl logaritmů je roven logaritmu podílu, a vytknutím ze jmenovatele můžeme upravit na tvar
\[\lim_{x\to x_0} \frac{\ln{x}-\ln{x_0}}{x-x_0} = \frac{1}{x_0} \cdot \lim_{x\to x_0} \frac{\ln\frac{x}{x_0}}{\frac{x}{x_0}-1}.\]Poslední limitu určíme za pomoci známé limity
\[\lim_{y\to 1} \frac{\ln y}{y-1} = 1\]za pomoci věty o limitě složené funkce, neboť platí, že
\[\lim_{x\to x_0} \frac{x}{x_0} = 1\]a je splněna podmínka (P), neboť
\[\frac{x}{x_0}\neq 1, \qquad \textrm{kdykoliv} \ x\neq x_0.\]Z toho vyplývá, že
\[\frac{1}{x_0} \cdot \lim_{x\to x_0} \frac{\ln\frac{x}{x_0}}{\frac{x}{x_0}-1} = \frac{1}{x_0} \cdot 1 = \frac{1}{x_0},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 7. – nápověda
Postupujte analogicky jako při řešení úkolu číslo 6, jedním či druhým postupem.
Úkol 7. – řešení pomocí věty o derivaci inverzní funkce
Využijeme věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = a^y.\]Potom předně podle úkolu 5 máme
\[f^{´}(y) = a^y\ln{a}\]pro libovolné y reálné.
Protože logaritmus o základu a je funkce inverzní k exponenciální funkci se základem a, pro každé kladné reálné x0 je
\[f^{-1}(x_0) = \log_a x_0,\]a tedy podle zmíněné věty máme
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{f^{´}(\log_a{x_0})}=\frac{1}{a^{\log_a{x_0}}\ln{a}}=\frac{1}{x_0\ln{a}},\]kde jsme na závěr využili faktu, že libovolné kladné číslo x0 lze psát také ve tvaru
\[x_0 = a^{\log_a x_0}.\]Úkol 7. – řešení pomocí definice derivace
Po dosazení do definice derivace
\[f^{´}(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]dostaneme limitu
\[\lim_{x\to x_0} \frac{\log_a{x}-\log_a{x_0}}{x-x_0},\]kterou dle pravidla, že rozdíl logaritmů je roven logaritmu podílu, a vytknutím ze jmenovatele můžeme upravit na tvar
\[\lim_{x\to x_0} \frac{\log_a{x}-\log_a{x_0}}{x-x_0} = \frac{1}{x_0} \cdot \lim_{x\to x_0} \frac{\log_a\frac{x}{x_0}}{\frac{x}{x_0}-1}.\]Pokud navíc využijeme vztahu
\[\log_a b = \frac{\ln b}{\ln a}\]platného pro libovolné kladné číslo b (a za podmínek na a dle zadání úlohy), můžeme poslední výraz ještě upravit na tvar
\[\frac{1}{x_0} \cdot \lim_{x\to x_0} \frac{\log_a\frac{x}{x_0}}{\frac{x}{x_0}-1} = \frac{1}{x_0\ln{a}} \cdot \lim_{x\to x_0} \frac{\ln\frac{x}{x_0}}{\frac{x}{x_0}-1}.\]Poslední limitu určíme za pomoci známé limity
\[\lim_{y\to 1} \frac{\ln y}{y-1} = 1\]za pomoci věty o limitě složené funkce, neboť platí, že
\[\lim_{x\to x_0} \frac{x}{x_0} = 1\]a je splněna podmínka (P), neboť
\[\frac{x}{x_0}\neq 1, \qquad \textrm{kdykoliv} \ x\neq x_0.\]Z toho vyplývá, že
\[\frac{1}{x_0\ln{a}} \cdot \lim_{x\to x_0} \frac{\ln\frac{x}{x_0}}{\frac{x}{x_0}-1} = \frac{1}{x_0\ln{a}} \cdot 1 = \frac{1}{x_0\ln{a}},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 8. – nápověda
Vycházejte z definice derivace
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]užijte součtových vzorců a známé limity pro funkci sinus.
Úkol 8. – řešení
Vyjdeme z definice derivace funkce jakožto limity
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení máme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{\sin{x}-\sin{x_0} }{x-x_0}.\]Výraz v čitateli upravíme za pomoci součtových vzorců pro funkci sinus. Platí, že
\[\sin{a}-\sin{b}=2\,\cos{\frac{a+b}{2}}\sin{\frac{a-b}{2}},\]limitu tedy přepíšeme do tvaru
\[ \lim_{x \to x_0} \frac{\sin{x}-\sin{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{2\,\cos{\frac{x+x_0}{2}}\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{x-x_0}.\]Dvojku v čitateli můžeme psát jako jednu polovinu ve jmenovateli. Celou limitu pak rozepíšeme pomocí věty o aritmetice limit
\[\lim_{x \to x_0} \frac{2\,\cos{\frac{x+x_0}{2}}\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{\cos{\frac{x+x_0}{2}}\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{\frac{1}{2}(x-x_0)}=\] \[=\lim_{x \to x_0} \frac{\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{\frac{x-x_0}{2}}\cdot\lim_{x \to x_0}\cos{\frac{x+x_0}{2}}.\]První limitu určíme pomocí věty o limitě složené funkce (viz úlohu Věta o limitě složené funkce). Je zřejmé, že
\[\lim_{x\to x_0} \frac{x-x_0}{2} = 0.\]Víme též, že
\[\lim_{y \to 0} \frac{\sin{y}}{y}=1,\]viz úlohu Přehled používaných užívaných limit funkcí.
Pro použití věty o limitě složené funkce je nutné ještě ověřit jednu z jejích zbývajících podmínek. Zde se nabízí podmínka (P), neboť vnitřní funkce \((x-x_0)/2\) je lineární, a tudíž
\[\frac{x-x_0}{2} \neq 0, \qquad \textrm{pro libovolné } x\neq x_0,\]což triviálně implikuje splnění podmínky (P), která právě toto požaduje, ovšem pouze na nějakém prstencovém okolí bodu x0. Podle zmíněné věty tedy dostáváme, že
\[\lim_{x \to x_0} \frac{\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{\frac{x-x_0}{2}} = 1.\]Druhou limitu určíme díky spojitosti funkce kosinus. Platí, že
\[\lim_{x \to x_0}\cos{\frac{x+x_0}{2}} = \cos\frac{x_0+x_0}{2} = \cos x_0.\]S přihlédnutím k oběma výsledkům tak máme, že
\[\lim_{x \to x_0} \frac{\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{\frac{x-x_0}{2}}\cdot\lim_{x \to x_0}\cos{\frac{x+x_0}{2}} = 1\cdot \cos{x_0} = \cos{x_0},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 9. nápověda řešení
Vycházejte z definice derivace
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0},\]součtových vzorců a známých limit pro goniometrické funkce.
Úkol 9. – řešení
Vyjdeme z definice derivace funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení dostaneme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{\cos{x}-\cos{x_0}}{x-x_0}.\]Výraz v čitateli upravíme za pomoci součtového vzorce pro funkci kosinus. Platí, že
\[\cos{a}-\cos{b}=-2\,\sin{\frac{a+b}{2}}\sin{\frac{a-b}{2}}.\]Limitu tedy můžeme psát ve tvaru
\[ \lim_{x \to x_0} \frac{\cos{x}-\cos{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{-2\,\sin{\frac{x+x_0}{2}}sin{\frac{x-x_0}{2}}}{x-x_0}.\]Dvojku v čitateli lze psát jako jednu polovinu ve jmenovateli. Celou limitu pak rozepíšeme pomocí věty o aritmetice limit na tvar
\[\lim_{x \to x_0} \frac{-2\,\sin{\frac{x+x_0}{2}}sin{\frac{x-x_0}{2}}}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} -\frac{\sin{\frac{x+x_0}{2}}\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{\frac{1}{2}(x-x_0)}=\] \[=-\lim_{x \to x_0}\sin{\frac{x+x_0}{2}} \cdot \lim_{x \to x_0} \frac{\sin{\frac{x-x_0}{2}}}{\frac{x-x_0}{2}}.\]Druhá limita je rovna jedné, vypočetli jsme ji v předchozím úkolu. První limitu můžeme určit ze spojitosti funkce sinus, platí tak
\[\lim_{x \to x_0}\sin{\frac{x+x_0}{2}} = \sin\frac{x_0+x_0}{2} = \sin x_0.\]Konečný výsledek pak je
\[=-\sin{x_0} \cdot 1 = -\sin{x_0},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 10. – nápověda
Vyjděte ze vztahu pro derivaci podílu
\[\left(\frac{f}{g}\right)^{\prime} = \frac{f^{\prime}g - fg^{\prime}}{g^2}.\]Alternativně můžete zkusit postupovat pomocí definice derivace funkce.
Úkol 10. – řešení
Podle pravidla pro derivaci podílu a výsledků úkolů 8 a 9 máme pro každé x reálné, pro které je cos x ≠ 0:
\[\left(\mathrm{tg}\, x\right)^{\prime} = \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)^{\prime} = \frac{(\sin x)^{\prime}\cos x - \sin x(\cos x)^{\prime}}{\cos^2x} =\] \[= \frac{\cos x\cos x -\sin x(-\sin x)}{\cos^2x} = \frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x} = \frac{1}{\cos^2x}.\]Úkol 10. – alternativní řešení pomocí definice derivace
Vyjdeme z definice derivace funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení dostaneme limitu
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{\mathrm{tg}\,{x}-\mathrm{tg}\,{x_0} }{x-x_0}.\]Výraz v čitateli rozepíšeme pomocí definice funkce tangens jako podílu \(\mathrm{tg}\,{z}=\frac{\sin{z}}{\cos{z}}\) a následně výraz v limitě upravujeme následovně:
\[\lim_{x \to x_0} \frac{\mathrm{tg}\,{x}-\mathrm{tg}\,{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{\frac{\sin{x}}{\cos{x}}-\frac{\sin{x_0}}{\cos{x_0}}}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0}\frac{\frac{\sin{x}\cos{x_0}-\sin{x_0}\cos{x}}{\cos{x}\cos{x_0}}}{x-x_0}=\] \[=\lim_{x \to x_0}\frac{\sin{x}\cos{x_0}-\sin{x_0}\cos{x}}{(x-x_0)\cos{x}\cos{x_0}}.\]Za pomoci součtového vzorce
\[\sin{a}\cos{b}-\sin{a}\cos{b} = \sin{(a-b)}\]lze výraz v čitateli psát jako
\[\lim_{x \to x_0}\frac{\sin{x}\cos{x_0}-\sin{x_0}\cos{x}}{(x-x_0)\cos{x}\cos{x_0}}=\lim_{x \to x_0}\frac{\sin(x-x_0)}{(x-x_0)\cos{x}\cos{x_0}}=\]a následným použitím věty o aritmetice limit máme:
\[=\lim_{x \to x_0}\frac{\sin(x-x_0)}{x-x_0}\cdot \lim_{x \to x_0}{\frac{1}{\cos{x}\cos{x_0}}}.\]Pro výpočet první limity si nejprve uvědomme, že
\[\lim_{x\to x_0} \left(x-x_0\right) = 0\]a také že známe limitu
\[\lim_{y \to 0} \frac{\sin{y}}{y}=1.\](Pro odvození viz úlohu Přehled používaných užívaných limit funkcí.)
Podle věty o limitě složené funkce tudíž dostáváme
\[\lim_{x \to x_0}\frac{\sin(x-x_0)}{x-x_0} = 1,\]neboť je splněna podmínka (P) této věty vzhledem k tomu, že vnitřní funkce \(x-x_0\) je lineární, a tedy prostá.
Druhou limitu určíme díky spojitosti funkce kosinus. Platí, že
\[\lim_{x \to x_0}{\frac{1}{\cos{x}\cos{x_0}}} = \frac{1}{\cos{x_0}\cos{x_0}} = \frac{1}{\cos^2{x_0}}.\]Konečný výsledek je tedy
\[f^{\prime}(x_0)=1\cdot \frac{1}{\cos^2{x_0}}= \frac{1}{\cos^2{x_0}},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 11. – nápověda
Využijte vztah pro derivaci podílu. Alternativně můžete zkusit postupovat pomocí definice derivace.
Úkol 11. – řešení
Podle pravidla o derivování podílu máme, je-li sin x ≠ 0:
\[\left(\mathrm{cotg}\, x\right)^{\prime} = \left(\frac{\cos x}{\sin x}\right)^{\prime} = \frac{(\cos x)^{\prime}\sin x - \cos x(\sin x)^{\prime}}{\sin^2x} =\] \[= \frac{(-\sin x)\sin x - \cos x\cos x}{\sin^2x} = \frac{-\sin^2x-\cos^2x}{\sin^2x} =\] \[= -\frac{\sin^2x+\cos^2x}{\sin^2x} = -\frac{1}{\sin^2x}.\]Úkol 11. – alternativní řešení pomocí definice derivace
Vyjdeme z definice derivace funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]Po dosazení máme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{\mathrm{cotg}\,{x}-\mathrm{cotg}\,{x_0} }{x-x_0}.\]Výraz v čitateli rozepíšeme pomocí definice funkce kotangens \(\mathrm{cotg}\,{z}=\frac{\cos{z}}{\sin{z}}\) a následně výraz v limitě upravíme na tvar
\[\lim_{x \to x_0} \frac{\mathrm{cotg}\,{x}-\mathrm{cotg}\,{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{\frac{\cos{x}}{\sin{x}}-\frac{\cos{x_0}}{\sin{x_0}}}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0}\frac{\frac{\sin{x_0}\cos{x}-\sin{x}\cos{x_0}}{\sin{x}\sin{x_0}}}{x-x_0}=\] \[=\lim_{x \to x_0}\frac{\sin{x_0}\cos{x}-\sin{x}\cos{x_0}}{(x-x_0)\sin{x}\sin{x_0}}.\]S využitím součtového vzorce
\[\sin{(a-b)}=\sin{a}\cos{b}-\sin{a}\cos{b}\]můžeme psát
\[\lim_{x \to x_0}\frac{\sin{x_0}\cos{x}-\sin{x}\cos{x_0}}{(x-x_0)\sin{x}\sin{x_0}}=\lim_{x \to x_0}\frac{-\sin(x-x_0)}{(x-x_0)\sin{x}\sin{x_0}}=\]a pomocí věty o aritmetice limit pak dostaneme
\[=\lim_{x \to x_0}\frac{\sin(x-x_0)}{x-x_0}\cdot \lim_{x \to x_0}\left(-\frac{1}{\sin{x}\sin{x_0}}\right).\]První limita je rovna jedné (viz řešení předchozího úkolu pomocí definice derivace). Druhou limitu lze určit jednoduše díky spojitosti funkce sinus
\[\lim_{x \to x_0}\left(-\frac{1}{\sin{x}\sin{x_0}}\right) = -\frac{1}{\sin^2x_0}.\]Dostáváme tak
\[f^{\prime}(x_0) =1\cdot \left(-\frac{1}{\sin^2{x_0}}\right) = -\frac{1}{\sin^2{x_0}},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 12. – nápověda
Využijte úkolu 8 a věty o derivaci inverzní funkce.
Úkol 12. – řešení
Poznámka na úvod: Vztah
\[\sin(\arcsin x) = x\]platí pro všechna x, pro která má smysl, tj. pro \(x\in [-1{,}1]\). Naopak vztah
\[\arcsin(\sin x) = x\]má smysl pro každé reálné číslo, ale je pravdivý pouze pro \(x\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\).
Využijeme věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \sin y, \qquad y\in\left[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right].\]Potom předně podle úkolu 8 máme
\[f^{´}(y) = \cos y\]pro libovolné y v intervalu \(y\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\).
Funkce arcsin je funkce inverzní k funkci sin na intervalu \([-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]\). Funkce sin má zde jako obor hodnot interval \([-1{,}1]\), tento interval je tedy také definičním oborem k ní inverzní funkce arcsin. Pro každé \(x_0\in [-1{,}1]\) tedy je
\[f^{-1}(x_0) = \arcsin x_0.\]Pro každé \(x_0\in (-1{,}1)\) podle věty o derivaci inverzní funkce máme (bod \(x_0\) tentokrát musí být ve vnitřku intervalu podle předpokladů zmíněné věty), že
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{f^{´}(\arcsin{x_0})}=\frac{1}{\cos(\arcsin x_0)}.\]Tento výsledek je sice správný, ale lze jej upravit na hezčí tvar. Protože pro \(x_0\in (-1{,}1)\) je \(\arcsin x_0 \in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\) a zároveň pro \(z\in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\) platí, že
\[\cos z = \sqrt{1-\sin^2z},\]můžeme psát
\[\frac{1}{\cos(\arcsin x_0)} = \frac{1}{\sqrt{1-(\sin(\arcsin x_0))^2}} = \frac{1}{\sqrt{1-x_0^2}},\]což jsme chtěli ukázat.
Ukážeme ještě, že funkce arcsin má v obou krajních bodech jednostranné derivace rovné plus nekonečnu. K tomu využijeme větu o limitě derivací (viz úloha Věta o limitě derivací). Protože funkce arcsin je v obou krajních bodech jednostranně spojitá (jakožto inverzní funkce ke spojité funkci), jsou její derivace v krajních bodech rovny příslušným jednostranným limitám derivací v těchto bodech za předpokladu, že tyto limity existují.
Máme ale
\[\lim_{x\to 1-} \sqrt{1-x^2} = 0, \qquad \lim_{x\to -1+} \sqrt{1-x^2} = 0,\]přitom výraz \(\sqrt{1-x^2}\) nabývá na intervalu \((-1{,}1)\) pouze kladných hodnot. Z toho vyplývá, že
\[\lim_{x\to 1-} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = +\infty, \quad \lim_{x\to -1+} \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = +\infty,\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 13. – nápověda
Použijte úkolu 9 a věty o derivaci inverzní funkce.
Úkol 13. – řešení
Poznámka na úvod: Vztah
\[\cos(\arccos x) = x\]platí pro všechna x, pro která má smysl, tj. pro \(x\in [-1{,}1]\). Naopak vztah
\[\arccos(\cos x) = x\]má smysl pro každé reálné číslo, ale je pravdivý pouze pro \(x\in [0,\pi]\).
Využijeme věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \cos y, \qquad y\in [0,\pi].\]Potom předně podle úkolu 9 máme
\[f^{´}(y) = -\sin y\]pro libovolné y v intervalu (0,π).
Funkce arccos je funkce inverzní k funkci cos na intervalu \([0,\pi]\), kde tato funkce má jako svůj obor hodnot interval \([-1{,}1]\). Tento interval je tedy také definičním oborem funkce arccos. Pro každé \(x_0\in [-1{,}1]\) je tedy
\[f^{-1}(x_0) = \arccos x_0.\]Pro každé \(x_0\in (-1{,}1)\) podle věty o derivaci inverzní funkce máme (bod tentokrát již musí být podle předpokladů zmíněné věty ve vnitřku intervalu), že
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{f^{´}(\arccos{x_0})}=-\frac{1}{\sin(\arccos x_0)}.\]Tento výsledek je sice správný, ale lze jej upravit na hezčí tvar. Protože pro \(x_0\in (-1{,}1)\) je \(\arccos x_0 \in (0,\pi)\) a zároveň pro \(z\in (0,\pi)\) platí, že
\[\sin z = \sqrt{1-\cos^2z},\]můžeme psát
\[-\frac{1}{\sin(\arccos x_0)} = -\frac{1}{\sqrt{1-(\cos(\arccos x_0))^2}} = -\frac{1}{\sqrt{1-x_0^2}},\]což jsme chtěli ukázat.
Ukážeme ještě, že funkce arccos má v obou krajních bodech jednostranné derivace rovné minus nekonečnu. K tomu využijeme větu o limitě derivací (viz úloha Věta o limitě derivací). Protože funkce arccos je v obou krajních bodech jednostranně spojitá (jakožto inverzní funkce ke spojité funkci), jsou její derivace v krajních bodech rovny příslušným jednostranným limitám derivací v těchto bodech za předpokladu, že tyto limity existují.
Máme ale
\[\lim_{x\to 1-} -\sqrt{1-x^2} = 0, \qquad \lim_{x\to -1+} -\sqrt{1-x^2} = 0,\]přitom výraz \(-\sqrt{1-x^2}\) nabývá na intervalu \((-1{,}1)\) pouze záporných hodnot. Z toho vyplývá, že
\[\lim_{x\to 1-} -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = -\infty, \quad \lim_{x\to -1+} -\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} = -\infty,\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 14. – nápověda
Použijte úkolu 10 a věty o derivaci inverzní funkce.
Úkol 14. – řešení
Poznámka na úvod: Vztah
\[\mathrm{tg}\,(\mathrm{arctg}\, x) = x\]platí pro všechna x, pro která má smysl, tj. pro \(x\in\mathbf{R}\). Naopak vztah
\[\mathrm{arctg}\,(\mathrm{tg}\, x) = x\]má smysl pro každé reálné číslo, pro které je tangens definován, ale je pravdivý pouze pro \(x\in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\).
Využijeme věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \mathrm{tg}\, y, \qquad y\in\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right).\]Potom předně podle úkolu 10 máme
\[f^{´}(y) = \frac{1}{\cos^2 y}\]pro libovolné \(y\in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\).
Funkce arctg je funkce inverzní k funkci tg na intervalu \((-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\), kde tato funkce má jako svůj obor hodnot interval \((-\infty,\infty)\). Tento interval je tedy také definičním oborem funkce arctg. Pro každé \(x_0\) reálné je tedy
\[f^{-1}(x_0) = \mathrm{arctg}\, x_0\]a podle věty o derivaci inverzní funkce máme, že
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{f^{´}(\mathrm{arctg}\,{x_0})}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2(\mathrm{arctg}\, x_0)}}.\]Tento výsledek je správný, ale lze jej upravit na hezčí tvar. Protože pro každé z reálné, \(\cos z\neq 0\) (speciálně tedy pro \(z\in (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\), což je obor hodnot funkce arctg) platí, že
\[\frac{1}{\cos^2z} = \frac{\sin^2z+\cos^2z}{\cos^2z} = \mathrm{tg}\,^2z+1,\]můžeme psát
\[\frac{1}{\frac{1}{\cos^2(\mathrm{arctg}\, x_0)}} = \frac{1}{\mathrm{tg}\,^2(\mathrm{arctg}\, x_0) + 1} = \frac{1}{x_0^2+1},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 15. – nápověda
Použijte úkol 11 a větu o derivaci inverzní funkce.
Úkol 15. – řešení
Poznámka na úvod: Vztah
\[\mathrm{cotg}\,(\mathrm{arccotg}\, x) = x\]platí pro všechna x, pro která má smysl, tj. pro \(x\in\mathbf{R}\). Naopak vztah
\[\mathrm{arccotg}\,(\mathrm{cotg}\, x) = x\]má smysl pro každé reálné číslo, pro které je kotangens definován, ale je pravdivý pouze pro \(x\in (0,\pi)\).
Využijeme věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \mathrm{cotg}\, y, \qquad y\in (0,\pi).\]Potom předně podle úkolu 11 máme
\[f^{´}(y) = -\frac{1}{\sin^2 y}\]pro libovolné \(y\in (0,\pi)\).
Funkce arccotg je funkce inverzní k funkci cotg na intervalu \((0,\pi)\), kde tato funkce má jako svůj obor hodnot interval \((-\infty,\infty)\). Tento interval je tedy také definičním oborem funkce arctg. Pro každé \(x_0\) reálné je tedy
\[f^{-1}(x_0) = \mathrm{arccotg}\, x_0\]a podle věty o derivaci inverzní funkce máme, že
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{f^{´}(\mathrm{arccotg}\,{x_0})}=-\frac{1}{\frac{1}{\sin^2(\mathrm{arccotg}\, x_0)}}.\]Tento výsledek je správný, ale lze jej upravit na hezčí tvar. Protože pro každé z reálné, \(\sin z\neq 0\) (speciálně tedy pro \(z\in (0,\pi)\), což je obor hodnot funkce arccotg) platí, že
\[\frac{1}{\sin^2z} = \frac{\sin^2z+\cos^2z}{\cos^2z} = 1+\mathrm{cotg}\,^2z,\]můžeme psát
\[-\frac{1}{\frac{1}{\sin^2(\mathrm{arccotg}\, x_0)}} = -\frac{1}{1+\mathrm{cotg}\,^2(\mathrm{arccotg}\, x_0)} = -\frac{1}{1+x_0^2},\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 16. – nápověda
Přepište hyperbolický sinus podle jeho definičního vztahu a použijte již dosažených výsledků a základních vlastností derivace (vizte úlohu Derivace funkce jedné reálné proměnné, základní vlastnosti).
Alternativně vyjděte z definice derivace a definičního vztahu pro hyperbolický sinus. Můžete se také inspirovat postupy v úkolu 4, případně též užít výsledku v něm dosaženého.
Úkol 16. – řešení
Protože podle definice hyperbolického sinu je
\[\sinh x = \frac{e^x-e^{-x}}{2}\]máme podle pravidel pro aritmetiku derivací
\[(\sinh x)^{\prime} = \left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^{\prime} = \frac{(e^x)^{\prime}-(e^{-x})^{\prime}}{2}.\]První z derivací jsme odvodili v úkolu 4, víme, že
\[(e^x)^{\prime} = e^x.\]Pozor, pro druhou z derivací neplatí rovnost
\[(e^{-x})^{\prime} \neq e^{-x},\]neboť funkce \(e^x\) a \(e^{-x}\) jsou jiné funkce s jiným vzorcem pro výpočet derivace!
Pro výpočet druhé derivace lze použít větu o derivaci složené funkce (viz úlohu Derivace funkce jedné reálné proměnné, základní vlastnosti), podle které je
\[(e^{-x})^{\prime} = e^{-x}\cdot (-x)^{\prime} = e^{-x} \cdot (-1)\cdot (x)^{\prime} = -e^{-x}\cdot 1 = -e^{-x},\]neboť konstantu –1 lze ze závorky vytknout podle věty o aritmetice derivací a derivaci x, potažmo x1, jsme spočetli v úkolu 2.
Tudíž
\[(\sinh x)^{\prime} = \left(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\right)^{\prime} = \frac{(e^x)^{\prime}-(e^{-x})^{\prime}}{2} = \frac{e^x-(-e^{-x})}{2} = \cosh x,\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 16. – alternativní řešení pomocí definice derivace
Po dosazení do definičního vztahu pro derivaci funkce
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\]dostaneme
\[f^{\prime}(x_0) = \lim_{x \to x_0} \frac{\sinh{x}-\sinh{x_0} }{x-x_0}.\]Výraz v čitateli upravíme za pomoci definice funkce sinh
\[\sinh{x}=\frac{e^x-e^{-x}}{2}.\]Můžeme tedy psát
\[ \lim_{x \to x_0} \frac{\sinh{x}-\sinh{x_0} }{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{\frac{e^x-e^{-x}}{2}-\frac{e^{x_0}-e^{-x_0}}{2} }{x-x_0}=\]a po dalších úpravách dostaneme
\[=\lim_{x \to x_0} \frac{\frac{e^x-e^{-x}-e^{x_0}+e^{-x_0}}{2}}{x-x_0}=\lim_{x \to x_0} \frac{e^x-e^{-x}-e^{x_0}+e^{-x_0}}{2(x-x_0)}.\]Limitu lze dále řešit různými způsoby. My využijeme výsledku, který jsme odvodili v úkolu 4. Zlomek v limitě rozepíšeme na dva zlomky tak, aby každý z nich byl derivací exponenciální funkce v určitém bodě. Konkrétně opakovaným použitím věty o aritmetice limit máme
\[\lim_{x \to x_0} \frac{e^x-e^{-x}-e^{x_0}+e^{-x_0}}{2(x-x_0)}=\frac{1}{2}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{e^x-e^{x_0}}{x-x_0}-\frac{1}{2}\cdot \lim_{x \to x_0} \frac{e^{-x}-e^{-x_0}}{x-x_0}.\]První limitu jsme de facto spočetli přímo v úkolu 3, je to derivace exponenciální funkce v bodě x, je tedy
\[\lim_{x \to x_0} \frac{e^x-e^{x_0}}{x-x_0} = e^{x_0}.\]U druhé limity použijeme „lineární substituci“ y = –x, tedy přesněji větu o limitě složené funkce. Pokud totiž položíme y = –x, dostaneme podle této věty
\[\lim_{x \to x_0} \frac{e^{-x}-e^{-x_0}}{x-x_0} = \lim_{y \to -x_0} \frac{e^{y}-e^{-x_0}}{-y-x_0} = -\lim_{y \to -x_0} \frac{e^{y}-e^{-x_0}}{y-(-x_0)} = -e^{-x_0},\]neboť poslední limita není nic jiného než definiční limita derivace exponenciální funkce v bodě –x0.
Dodejme, že použití věty o limitě složené funkce (formou substituce) bylo korektní, neboť je splněna podmínka (P) této věty. Vnitřní funkce (y = –x) je lineární, a tedy prostá.
Spojíme-li tedy dosažené výsledky, získáme
\[f^{\prime}(x_0) = \frac{1}{2}e^{x_0} - \frac{1}{2}(-e^{-x_0}) = \frac{e^{x_0}+e^{-x_0}}{2} = \cosh x_0,\]což jsme chtěli ukázat.
Úkol 17. – nápověda
Inspirujte se předchozím úkolem.
Úkol 17. – řešení
Protože postup je zcela analogický předchozímu úkolu, nepotřebuje nejspíš podrobného komentáře.
\[\left(\cosh x\right)^{\prime} = \left(\frac{e^x+e^{-x}}{2}\right)^{\prime} = \frac{(e^x)^{\prime}+(e^{-x})^{\prime}}{2} = \frac{e^x-e^{-x}}{2} = \sinh x,\]kde rovnost
\[(e^{-x})^{\prime} = -e^{-x}\]byla odvozena v předchozím úkolu.
Úkol 18. – nápověda
Inspirujte se např. v úkolu 16. Vyjádřete funkci tanh pomocí exponenciální funkce a použijte větu o aritmetice derivací.
Úkol 18. – řešení
Z věty o derivaci podílu víme, že má-li pravá strana smysl, platí:
\[\left( \frac{f}{g} \right)^{´}(x) = \frac{f^{´}(x)g(x)-g^{´}(x)f(x)}{g^2(x)}. \]Užitím definice funkce tanh máme
\[\tanh{x}=\frac{\sinh{x}}{\cosh{x}}.\]Dále jsou nám známy dříve spočtené derivace obou těchto hyperbolických funkcí
\[(\sinh x)^\prime = \cosh{x}\] \[(\cosh x)^\prime = \sinh{x}\]S využitím výše uvedených faktů můžeme tedy hledanou derivaci vyjádřit jako
\[(\tanh{x})^\prime=\left( \frac{\sinh{x}}{\cosh{x}} \right)^{\prime}=\frac{\cosh^2{x}-\sinh^2{x}}{\cosh^2{x}}=\]což dává s využitím vztahu \(\cosh^2{x}-\sinh^2{x}=1\), který lze odvodit přímým vyjádřením cosh a sinh pomocí exponenciální funkce a algebraickými úpravami, výsledek
\[=\frac{1}{\cosh^2{x}}.\]Úkol 19. – nápověda
Inspirujte se nápovědou k předchozímu úkolu.
Úkol 19. – řešení
Z věty o derivaci podílu víme, že má-li pravá strana smysl, platí:
\[\left( \frac{f}{g} \right)^{´}(x) = \frac{f^{´}(x)g(x)-g^{´}(x)f(x)}{g^2(x)}.\]Podle definice funkce cotgh je
\[\mathrm{cotgh}\,{x}=\frac{\cosh{x}}{\sinh{x}}\]Dále jsou nám známy dříve spočtené derivace obou hyperbolických funkcí
\[(\sinh{x})^\prime=\cosh{x}\] \[(\cosh{x})^\prime=\sinh{x}\] ¨S využitím výše uvedených faktů můžeme tedy hledanou derivaci vyjádřit jako
\[(\mathrm{cotgh}\,{x})^\prime=\left( \frac{\cosh{x}}{\sinh{x}} \right)^{\prime}=\frac{\sinh^2{x}-\cosh^2{x}}{\sinh^2{x}}=\]což s přihlédnutím ke vztahu (\(\cosh^2{x}-\sinh^2{x}=1\)) dává výsledek
\[=-\frac{1}{\sinh^2{x}}\]Úkol 20. – nápověda
Využijte věty o derivaci inverzní funkce. Alternativně můžete využít vyjádření pomocí logaritmu a postupovat podle pravidel pro derivování složené funkce a výše dosažených výsledků.
Úkol 20. – řešení
Funkce argsinh je inverzní k sinh na celém R. Využijeme tedy věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \sinh{y}, \qquad y\in\mathbf{R}.\]Potom víme, že
\[f^{\prime}(y) = \cosh{y}, \qquad y\in\mathbf{R}.\]Protože obor hodnot funkce sinh jsou také všechna reálná čísla, jsou všechna reálná čísla definičním oborem k ní inverzní funkce argsinh. Platí tedy, že
\[f^{-1}(x_0)=\mathrm{argsinh}\,{x_0}, \qquad x_0\in\mathbf{R}\]Dosazením do formule pro derivaci inverzní funkce výše určíme
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{\cosh{\mathrm{argsinh}\,{x_0}}}=\]přičemž využijeme vztahu platného pro všechna reálná čísla \(\cosh{x}=\sqrt{1+\sinh^2{x}}\) a derivaci upravíme na tvar
\[=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{\sqrt{1+\sinh^2(\mathrm{argsinh}\,{x_0})}}=\frac{1}{\sqrt{1+x_0^2}}.\]V poslední rovnosti jsme využili faktu, že
\[\sinh(\mathrm{argsinh}\, x_0) = x_0\]pro každé reálné číslo x0. To vyplývá z toho, že funkce argsinh je inverzní k funkci sinh na celém svém definičním oboru (celém R), a tudíž také funkce sinh je inverzní k funkci argsinh na celém svém definičním oboru (celém R).
Úkol 21. – nápověda
Inspirujte se předchozím úkolem.
Úkol 21. – řešení
Funkce argcosh je inverzní k funkci cosh na intervalu \((0,+\infty)\). Využijeme tedy věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \cosh{y}, \qquad y\in(0,+\infty).\]Potom víme, že
\[f^{\prime}(y) = \sinh{y}, \qquad y\in(0,+\infty).\]Protože obor hodnot funkce cosh jsou všechna reálná čísla větší než jedna, jsou všechna reálná čísla větší než jedna definičním oborem k ní inverzní funkce argcosh. Platí tedy, že
\[f^{-1}(x_0)=\mathrm{argcosh}\,{x_0}, \qquad x_0\in(1,+\infty)\]Protože definiční obor funkce argcosh je otevřeným intervalem, můžeme formuli pro výpočet derivace inverzní funkce využít v jeho libovolném bodě. Dosazením do této formule uvedené výše určíme
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{\sinh{\mathrm{argcosh}\,{x_0}}}=\]přičemž využijeme vztahu platného pro všechna kladná reálná čísla \(\sinh{x}=\sqrt{\cosh^2{x}-1}\) (speciálně tedy všechny hodnoty funkce argcosh) a derivaci tak upravíme na tvar
\[=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{\sqrt{\cosh^2(\mathrm{argcosh}\,{x_0})-1}}=\frac{1}{\sqrt{x_0^2-1}}.\]V poslední rovnosti jsme využili faktu, že
\[\cosh(\mathrm{argcosh}\, x_0) = x_0\]pro každé x0 z definičního oboru funkce argcosh. To vyplývá z toho, že funkce argcosh je definována jako inverzní k funkci cosh (zúžené na interval kladných reálných čísel), a tudíž také funkce cosh (zúžená na interval kladných reálných čísel) je inverzní k funkci argcosh na celém jejím definičním oboru.
Úkol 22. – nápověda
Inspirujte se předcházejícím úkolem.
Úkol 22. – řešení
Funkce argtgh je inverzní k funkci tgh na intervalu \((-\infty,\infty)\). Využijeme tedy věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \mathrm{tgh}\,{y}, \qquad y\in\mathbf{R}.\]Potom víme, že
\[f^{\prime}(y) = \frac{1}{\cosh^2{y}}, \qquad y\in\mathbf{R}.\]Protože obor hodnot funkce tgh je interval (–1,1), je tento interval také definičním oborem k ní inverzní funkce argtgh. Platí tedy, že
\[f^{-1}(x_0)=\mathrm{argtgh}\,{x_0}, \qquad x_0\in(-1{,}1).\]Protože definiční obor funkce argtgh je otevřeným intervalem, můžeme formuli pro výpočet derivace inverzní funkce využít v jeho libovolném bodě. Dosazením do této formule uvedené výše určíme
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{\frac{1}{\cosh^2(\mathrm{argtgh}\,{x_0})}}=\]přičemž využijeme vztahu platného pro všechna reálná čísla (speciálně tedy hodnoty funkce argtgh)
\[\frac{1}{\cosh^2x} = \frac{\cosh^2x-\sinh^2x}{\cosh^2x} = 1-\mathrm{tgh}\,^2x\]a derivaci tak upravíme na tvar
\[=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{1-\mathrm{tgh}\,^2(\mathrm{argtgh}\,{x_0})}=\frac{1}{1-x_0^2}.\]V poslední rovnosti jsme využili faktu, že
\[\mathrm{tgh}\,(\mathrm{argtgh}\, x_0) = x_0\]pro každé x0 z definičního oboru funkce argtgh. To vyplývá z toho, že funkce argtgh je definována jako inverzní k funkci tgh, a tudíž také funkce tgh je inverzní k funkci argtgh na celém jejím definičním oboru.
Úkol 23. – nápověda
Inspirujte se předchozím úkolem.
Úkol 23. řešení
Funkce argcotgh je inverzní k funkci cotgh na intervalu \((-\infty,\infty)\). Využijeme tedy věty o derivaci inverzní funkce
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}.\]Položme tedy
\[f(y) = \mathrm{cotgh}\,{y}, \qquad y\in\mathbf{R}.\]Potom víme, že
\[f^{\prime}(y) = -\frac{1}{\sinh^2{y}}, \qquad y\in\mathbf{R}.\]Protože obor hodnot funkce cotgh je množina reálných čísel x, pro které \(|x|>1\), je tato množina také definičním oborem k ní inverzní funkce argcotgh. Platí tedy, že
\[f^{-1}(x_0)=\mathrm{argcotgh}\,{x_0}, \qquad x_0\in(-\infty,-1)\cup(1,+\infty).\]Protože definiční obor funkce argcotgh je sjednocením otevřených intervalů, můžeme formuli pro výpočet derivace inverzní funkce využít v jeho libovolném bodě. Dosazením do této formule uvedené výše určíme
\[(f^{-1})^{´}(x_0)=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{-\frac{1}{\sinh^2(\mathrm{argcotgh}\,{x_0})}}=\]přičemž využijeme vztahu platného pro všechna reálná čísla (speciálně tedy hodnoty funkce argcotgh)
\[-\frac{1}{\sinh^2x} = -\frac{\cosh^2x-\sinh^2x}{\sinh^2x} = -\mathrm{cotgh}\,^2x+1\]a derivaci tak upravíme na tvar
\[=\frac{1}{f^{´}(f^{-1}(x_0))}=\frac{1}{1-\mathrm{cotgh}\,^2(\mathrm{argcotgh}\,{x_0})}=\frac{1}{1-x_0^2}.\]V poslední rovnosti jsme využili faktu, že
\[\mathrm{cotgh}\,(\mathrm{argcotgh}\, x_0) = x_0\]pro každé x0 z definičního oboru funkce argcotgh. To vyplývá z toho, že funkce argcotgh je definována jako inverzní k funkci cotgh, a tudíž také funkce cotgh je inverzní k funkci argcotgh na celém jejím definičním oboru.
Úkol 24. – nápověda
Vyjděte z definice absolutní hodnoty, úkolu 2 a věty o aritmetice derivací.
Úkol 24. – řešení
Pro funkci absolutní hodnoty reálného čísla platí
\[\begin{array}{ll} |x| = x & x\in [0,+\infty), \\ |x| = -x & x\in (-\infty,0).\end{array}\]Na otevřených intervalech (0,+∞) a (–∞,0) tedy podle výsledku úkolu 2 a pravidel pro aritmetiku derivací máme
\[(|x|)^{\prime} = (x)^{\prime} = 1, \qquad x\in(0,+\infty)\]a
\[(|x|)^{\prime} = (-x)^{\prime} = (-1)\cdot (x)^{\prime} = -1, \qquad x\in(-\infty,0),\]což lze souhrnně psát ve tvaru
\[(|x|)^{\prime} = |x|\,{\rm sgn}(x).\]Pozor, v bodě 0 absolutní hodnota derivaci nemá, má pouze jednostranné derivace, které lze určit pomocí definice. Pro derivaci zleva v bodě 0 platí
\[\lim_{x\to 0-} \frac{|x|-0}{x-0} = \lim_{x\to 0-} \frac{|x|}{x} = \lim_{x\to 0-} \frac{-x}{x} = \lim_{x\to 0-} (-1) = -1,\]neboť na (libovolném) levém prstencovém okolí nuly (které vždy tvoří pouze záporná čísla) platí \(|x| = -x\).
Podobně pro derivaci zprava v bodě 0 platí
\[\lim_{x\to 0+} \frac{|x|-0}{x-0} = \lim_{x\to 0+} \frac{|x|}{x} = \lim_{x\to 0+} \frac{x}{x} = \lim_{x\to 0+} 1 = 1,\]neboť na (libovolném) pravém prstencovém okolí nuly platí \(|x| = x\).
