\hsize 159 truemm
\vsize 216 truemm
\document
\nologo
\NoBlackBoxes
\head
{\bf Wyk�ad z analizy}\\
\\
Tydzie� 9.\\
\\
Obliczanie pochodnych
\endhead

\medskip
\proclaim{Twierdzenie 9.1} Niech $f$ i $g$ b�d� dwoma funkcjami,
za��my, �e $f'(x_0)$ i $g'(x_0)$ istniej�. Wtedy pochodne sumy,
r�nicy i iloczynu funkcji $f$ i $g$ w punkcie $x_0$ istniej�.
Je�li dodatkowo $g(x_0)\neq 0$, to istnieje te� pochodna ilorazu
funkcji $f$ i $g$ w punkcie $x_0$. Pochodne te s� r�wne
odpowiednio:
$$
\align
(f+g)'(x_0)=& f'(x_0)+g'(x_0),\\
(f-g)'(x_0)=&f'(x_0)-g'(x_0)\\
(f\cdot g)'(x_0) = &f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0)\tag9.1\\
\left(\frac{f}{g}\right)'(x_0)=&\frac{g(x_0)f'(x_0)-
g'(x_0)f(x_0)}{g(x_0)^2}.
\endalign
$$
Ponadto dla dowolnej sta�ej $c$ mamy $\big( cf(x_0)\big)'=
cf'(x_0).$
\endproclaim
Wz�r (9.1) nosi nazw� wzoru Leibniza.
\medskip
\demo{Dow�d}
$$
\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)+g(x_0+h)-
\left(f(x_0)+g(x_0)\right)}{h}=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-
f(x_0)}{h}+\lim_{h\to 0}\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}.
$$
Dow�d wzoru na pochodn� r�nicy jest identyczny.

W dowodzie wzoru Leibniza u�ywamy faktu, �e poniewa� funkcja $g$
ma pochodn� w punkcie $x_0$ to jest w tym punkcie ci�g�a.
$$
\align
&\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)g(x_0+h)-f(x_0)g(x_0)}{h}\\
&\quad=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)g(x_0+h)-f(x_0)g(x_0+h)+
f(x_0)g(x_0+h)-f(x_0)g(x_0)}{h}\\
&\quad=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}g(x_0+h)+f(x_0)\lim_{h\to
0}\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}\\
&\quad=\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\lim_{h\to 0}g(x_0+h)+f(x_0)g'(x_0)\\
&\quad=f'(x_0)g(x_0)+f(x_0)g'(x_0).
\endalign
$$
Niech $g(x_0)\neq 0$. Wtedy
$$
\align
&\lim_{h\to0}\frac{1}{h}\cdot\frac{f(x_0+h)}{g(x_0+h)}-\frac{f(x_0)}{g(x_0)}\\
&\quad=\lim_{h\to 0}\frac{1}{h}\cdot\frac{f(x_0+h)g(x_0)-f(x_0)g(x_0+h)}
{g(x_0)g(x_0+h)}\\
&\quad=\lim_{h\to0}\frac{1}{h}\cdot\frac{f(x_0+h)g(x_0)-
f(x_0)g(x_0)+f(x_0)g(x_0)-f(x_0)g(x_0+h)}{g(x_0)g(x_0+h)}\\
&\quad=\lim_{h\to 0}\frac{1}{g(x_0+h)g(x_0)}\left(g(x_0)\lim_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}
{h}- f(x_0)\lim_{h\to0}\frac{g(x_0+h)-g(x_0)}{h}\right)\\
&\quad=\frac{f'(x_0)g(x_0)-f(x_0)g'(x_0)}{g(x_0)^2}.
\endalign
$$
\enddemo
\bigskip


9.2. Z twierdzenia 9.1. wynikaj� nast�puj�ce wnioski.
\proclaim{Wnioski}
$$
\align
&(a)\quad\frac{dc}{dx}=0\quad\text{dla funkcji sta�ej } c,
\quad(b)\quad \frac{d\big(\frac{1}{g}\big)}{dx} =
-\frac{1}{g^2}\frac{dg}{dx},
\\
&(c)\quad\frac{dx^n}{dx} = nx^{n-1}\quad\forall{n\in\bold Z^+}\quad
(d)\quad\frac{dx^{-n}}{dx} = -nx^{-n-1}\quad\forall{n\in\bold Z^+}
\endalign
$$
\endproclaim
(a) wynika natychmiast z definicji pochodnej: licznik ilorazu
r�nicowego jest r�wny zero dla ka�dego $h$.

(b) wynika z twierdzenia o r�niczkowaniu ilorazu gdy $f\equiv 1$.

Dla $n=1$ wz�r (c) sprawdzamy jak w punkcie 8.2. Dla $n=2,3,..$
wz�r (c) wynika ze wzoru dla $n=1$ i wzoru Leibniza. Mamy bowiem,
$$
\align
\frac{dx^2}{dx} =& \frac{d(x\cdot x)}{dx}= 1\cdot x+x\cdot 1=2x\\
\frac{dx^3}{dx} =& \frac{d(x\cdot x^2)}{dx}=1\cdot x^2+x\cdot 2x=3x^2\\
\frac{dx^4}{dx} =& \frac{d(x\cdot x^3)}{dx}=1\cdot x^3+x\cdot 3x^2=4x^3\\
............. & .....................
\endalign
$$
Dla sprawdzenia (d) piszemy
$$
\frac{dx^{-n}}{dx}=\frac{d\left(\frac{1}{x^n}\right)}{dx}=-
\frac{1}{x^{2n}}\cdot nx^{n-1}=-nx^{-n-1}.
$$
\medskip

9.3. Niech $a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0$ b�dzie
wielomianem. Wtedy
$$
\left(a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0\right)'=na_nx^{n-1}+(n-
1)a_{n-1}x^{n-2}+\dots+a_1.
$$
Na przyk�ad $y=3x^5+2x^3-6x+1$, wtedy $y'=
15x^4+6x^2-6$.
\proclaim{Twierdzenie} Pochodna wielomianu stopnia
$n$ jest wielomianem stopnia $n-1$. Pochodna funkcji wymiernej $f$
istnieje w ka�dym punkcie jej dziedziny i te� jest funkcj� wymiern�.
\endproclaim
Na przyk�ad, niech
$$
y= \frac{3x^2+5x-7}{x^{10}+1}.
$$
Wtedy
$$
y'=\frac{(3x^2+5x-7)'(x^{10}+1)-(3x^2+5x-7)(x^{10}+1)'}{(x^{10}+1
)^2} = \frac{(6x+5)(x^{10}+1)-(3x^2+5x-7)10x^9}{(x^{10}+1)^2}.
$$

\medskip

\proclaim{Twierdzenie o pochodnej funkcji z�o�onej 9.4} Niech
$u=f(x)$ b�dzie funkcj� maj�c� pochodn� $f'(x_0)$ w punkcie $x_0$ i
niech funkcja $y=g(u)$ ma pochodn� w punkcie $u_0=f(x_0)$. Wtedy
funkcja z�o�ona $\varphi=g\circ f$ ma pochodn� w punkcie $x_0$ i
$$
\varphi'(x_0)=g'(f(x_0))f'(x_0).
$$
\endproclaim
W zapisie Leibniza:
$$
\frac{dy}{dx}=\frac{dy}{du}\cdot \frac{du}{dx}.
$$
Za��my, �e $f$ i $g$ s� funkcjami liniowymi, to znaczy $f(x) =
ax+b$, $g(u)=cu+d$. Wtedy $g\circ f (x) = g(f(x))=c(ax+b)+d= (ca)x
+(cb+d).$  Pochodna funkcji liniowej $t\to\alpha t+\beta$ jest r�wna
$\alpha$. Widzimy wi�c, �e pochodna funkcji $g\circ f$ jest r�wna $ac$
czyli jest iloczynem pochodnych funkcji $f$ i funkcji $g$. U�ywaj�c
twierdzenia 8.8. rozumowanie dla funkcji liniowych mo�na przerobi�
na dow�d twierdzenia 9.4.
\bigskip


9.5. Przyk�ady.

(a) Niech  $f(x) = \sqrt{1+ax^2}$. Wtedy dla $x$ takich, �e
$1+ax^2>0$ mamy
$$
f'(x)=\frac{d\sqrt{1+ax^2}}{d(1+ax^2)}\cdot \frac{d(1+ax^2)}{dx}=
\frac{1}{2\sqrt{1+ax^2}}2ax=\frac{ax}{\sqrt{1+ax^2}}.
$$
Dla $a=-1$ otrzymujemy wz�r 8.3.

(b) Poniewa� $\frac{d\big(\frac{1}{x}\big)}{dx} = -\frac{1}{x^2},$
wi�c z 9.4. mo�emy otrzyma� �atwo wz�r 9.2.(b):
$$
\frac{d}{dx}\frac{1}{g}=\frac{d\big(\frac{1}{g}\big)}{dg}\frac{dg
}{dx}= -\frac{1}{g^2}\frac{dg}{dx}=-\frac{g'}{g^2}.
$$

(c) Niech $y=1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+x^2}}}$ i niech
$$
z=\sqrt{1+x^2}\quad u= \sqrt{1+z}\quad y=1+\sqrt{1+u},
$$
wi�c
$$
\align
\frac{dy}{dx}=&
\frac{dy}{du}\cdot \frac{du}{dz}\cdot \frac{dz}{dx}\\
=&\frac{1}{2\sqrt{1+u}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{1+z}}\cdot \frac{2x}{2\sqrt{
1+x^2}}\\
=&\frac{1}{2\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+x^2}}}}\cdot \frac{1}{2\sqrt{1+
\sqrt{1+x^2}}}\cdot \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}
\endalign
$$
\medskip

9.6. Funkcja $y\to g(y)$ jest funkcj� odwrotn� do funkcji �ci�le
monotonicznej $x\to f(x)$, je�li $g(f(x))=x$. R�niczkuj�c obie
strony ostatniej r�wno�ci otrzymujemy
$$
g'(f(x))\cdot f'(x)=1\quad\text{sk�d, je�li $f'(x_0)\neq 0$}\quad g'(y_0) =
\frac{1}{f'(x_0)}\text{ gdzie } y_0=f(x_0).
$$
\medskip

9.7. Twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej ma nast�puj�c�
prost� ilustracj� geometryczn�. Niech $x\to f(x)$ b�dzie np.
funkcj� rosn�c� i niech
$$
y=mx+b\text{ gdzie } m=f'(x_0)
$$
b�dzie
r�wnaniem prostej stycznej w punkcie $(x_0,y_0)$ do wykresu
funkcji $f$. Funkcja odwrotna $y\to g(y)$ do funkcji $f$ ma
wykres, kt�ry jest odbiciem wykresu funkcji $f$ w prostej $y=x$.
Innymi s�owy zamieniamy rolami $x$ i $y$. Wtedy prosta styczna do
wykresu funkcji $g$ w punkcie $(y_0, g(y_0)$ jest prost� o
r�wnaniu
$$
x=\frac{1}{m}y-\frac{1}{m}b\text{ gdzie } g'(y_0) = \frac{1}{m}.
$$
\enddocument
