Součásti dokumentu MAN1priklady
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{MAN1priklady}
\setcounter{section}{10}
\section{Jedenáctý týden}
%(verze \today)
% použití vět o derivaci součtu, rozdílu, součinu, podílu, složené a inverzní funkce
% souvislost spojitosti a derivace,
% \tagged{teach}{\begin{instr}
% \item Začátek derivací přizpůsobte publiku -- první příklad je takový soupis příkladů lehkých k počítání; jestli ale tam jsou tací, kteří derivaci nikdy neviděli (a to pravděpodobně nastane), tak jim shrňte základní pravidla a nechte je počítat i ještě lehčí příklady. Velmi jim pomůže, pokud jim poskytnete tabulku derivací základních funkcí %(např. 19. slide %\href{http://km.fjfi.cvut.cz/ma1/data/uploads/funkce.pdf}{přednášky o funkcích}). Ostatní mohou zatím sami počítat těžší příklady.
% \item Veďte studenty k tomu, že pokud se po nich chce zderivovat funkci, je myšleno ve všech bodech definičního oboru funkce, kde ta derivace existuje -- konkrétně se musí spočítat i derivace v bodech nehladkosti, případně vyvrátit její existenci, případně spočítat derivace v krajích definičních oborů.
% \end{instr}}
\subsection{Výpočet derivací}
\begin{pr}[Základní příklady]
Vypočtěte derivace následujících funkcí ve všech bodech, kde existují:
\begin{enumerate}
\item $\tg{x}, \cotg{x}$
\item $\sinh{x},\, \cosh{x}$
\item $\tgh{x},\, \cotgh{x}$
\item $a^x,$ kde $a>0$
\item $x^\alpha,$ kde $\alpha\in\R$.
\item $\frac{2x}{1-x^2}.$
\item $f(x)=\frac{1+x-x^2}{1-x+x^2}.$
\item $f(x)=(1+x-x^2)(1-x+x^2).$
\item $f(x)=x\sqrt{1+x^2}$
\item $f(x)=(1+x)\sqrt{2+x^2}\sqrt[3]{3+x^3}$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{
\begin{res}
i. $\frac{1}{\cos^2 x}$ pro $x\in \R \setminus \{\frac{\pi}{2}+k\pi, k \in \Z \}$, $-\frac{1}{\sin^2 x}$ pro $x\in \R \setminus \{ k\pi, k \in \Z \} $,
ii. $\cosh x$, $\sinh x$ pro $x\in \R$,
iii. $1- \tgh^2 x$ pro $x\in \R$, $1-\cotgh^2 x$ pro $x\in \R \setminus \{0\}$,
iv. $a^x \ln a$ pro $x\in \R$,
v. $\alpha x^{\alpha -1}$ pro $x > 0$,
vi. $\frac{2(x^2 +1)}{(1-x^2)^2 }$ pro $x\in \R \setminus \{\pm 1\}$,
vii. $f'(x) =\frac{2-4x}{(x^2-x+1)^2}$ pro $x\in \R$,
viii. $f'(x) = -2x(2x^2-3x+1)$ pro $x\in \R$,
ix. $f'(x) = \frac{2x^2 + 1}{\sqrt{1+x^2}}$ pro $x\in \R$,
x. $f'(x) = \frac{3x^5 + 2x^4 + 4x^3 + 8x^2 + 3x+6}{\sqrt{2+x^2}(3+x^3)^{2/3}}$ pro $x\in \R\setminus\{-\sqrt[3]{3}\}$, $f'(-\sqrt[3]{3}) = -\infty$
\end{res}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Použitím derivací základních funkcí a vět o derivaci součtu, součinu a podílu se jednoduše získají derivace uvedené v řešení.
\end{postup}
}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Spočítejte jednostranné derivace funkce $f$ v bodě $a$.
\begin{enumerate}
\item $f(x)=|5x|,\, a=0$
\item $f(x)=|x^2-3x+2|,\, a=2$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $f_{+}^\prime(0) = 5$, $f_{-}^\prime(0) = -5$ ii. $ f_{+}^\prime(0) = 1$, $ f_{-}^\prime(0) = -1$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item Z definice derivace získáme
\begin{align*}
f_{+}^\prime(0) &= \lim_{x \to 0+} \frac{f(x) - f(0)}{x- 0} = \lim_{x \to 0+} \frac{5x}{x} = 5,
\\
f_{-}^\prime (0) &= \lim_{x \to 0-} \frac{f(x) - f(0)}{x- 0} = \lim_{x \to 0-} -\frac{5x}{x} = -5.
\end{align*}
\item Jelikož
$$
f(x) = \begin{cases}
x^2 - 3x +2,\,\,\, x \geq 2, \\
-x^2 + 3x - 2,\,\,\, x \in (1,2), \\
x^2 - 3x +2,\,\,\, x \leq 1, \\
\end{cases}
$$ pak \\
$
f_{+}^\prime (2) = (2x-3)|_{x=2} = 1$,\\
$f_{-}^\prime (2) = (-2x+3)|_{x=2} = -1.
$
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vyslovte \textbf{Darbouxovu větu } a na příkladě funkce $\sgn$ ukažte, že požadavek spojitosti nelze vypustit.
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\noindent\textbf{Darbouxovu věta }: Nechť pro funkci $f$ a bod $a\in D_f$ platí
\begin{enumerate}
\item $f$ je v $a$ spojitá zprava,
\item $f$ je direfencovatelná na nějakém pravém okolí bodu $a$,
\item existuje $\lim_{x\to a+}f'(x)$.
\end{enumerate}
Potom $f$ má v $a$ derivaci zprava a $f'_{+}(a)=\lim_{x\to a+}f'(x)$. Obdobná věta lze vyslovit na levostrannou derivaci.
Požadavek spojitosti nelze vypustit. Mějme například $f(x) =\sgn(x)$ a vyšetřeme derivaci v bodě $x = 0$. Přímo z definice derivace získáme
$$f^{\prime}(x) = \begin{cases}
0,\,\,\, x \neq 0, \\
+\infty,\,\,\, x = 0. \\
\end{cases}$$
Použitím Darbouxovy věty bychom dostaly hodnoty
\begin{enumerate}
\item $\lim_{x \to 0+}f^{\prime}(x) = \lim_{x \to 0+} 0 = 0$,
\item $\lim_{x \to 0-}f^{\prime}(x) = \lim_{x \to 0-} 0 = 0$.
\end{enumerate}
Tímto způsobem by tedy vyšla derivace v nule jako $0$, což víme, že není pravda. Darbouxova věta opravdu nelze použít.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Rozhodněte o existenci derivace následujících funkcí v bodě $x=0$. V kladném případě tuto derivaci vypočtěte.
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\begin{cases}
x\sin{(1/x)} & x\neq 0\\
0 & x=0
\end{cases}
$
\item $f(x)=\begin{cases}
x^2\sin{(1/x)} & x\neq 0\\
0 & x=0
\end{cases}
$
\item $f(x)=\begin{cases}
e^{-1/x^2} & x\neq 0\\
0 & x=0.
\end{cases}
$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res} i. neexistuje ii. $f'(0)=0$ iii. $f'(0)=0$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item $f^\prime(0) = \lim_{x \to 0} \frac{x \sin(1/x) - 0}{x - 0} = \lim_{x \to 0} \sin(1/x)$. Tato limita neexistuje.
\item $f^\prime(0) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2 \sin(1/x) - 0}{x - 0} = \lim_{x \to 0} x \sin(1/x) = 0$.
\item pomocí Darbouxovy věty. Nejprve ověříme předpoklady: 1. spojitá - ano, 2. $f^\prime (x) = e^{-1/x^2} \frac{-2}{x^3}$, 3. $\lim_{ x \to 0} f^\prime (x) = 0$ jelikož $$
\lim_{x \to 0} e^{1/x^2}(x^2)^{3/2} = \lim_{x \to 0} \frac{e^{1/x^2}}{(1/x^2)^{3/2}} = \lim_{y \to +\infty} \frac{e^y}{y^{3/2}} = + \infty,$$ kde v posledním rovnítku jsme využili Heineho větu a znalosti limit posloupností. Lze tedy použít Darbouxovu větu a platí $f^\prime (0) = 0$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Pomocí věty o derivaci inverzní funkce vypočtěte derivaci následujících funkcí
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\ln{x}$,
\item $f(x)=\sqrt[n]{x},$ kde $n\in\N$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $f'(x) = \frac{1}{x}$ pro $x > 0$ ii. $f'(x) = \frac{1}{n} x^{\frac{1-n}{n}}$ pro $x>0$, $f'(0) = 1$ pro $n = 1$, $f'(0) = +\infty$ pro $n > 1$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Věta o derivaci inverzní funkce nám říká. Nechť je funkce $f$ spojitá a ryze monotónní na nějakém okolí bodu $a$, nechť $b = f(a)$. Jestliže je $f$ diferencovatelná v bodě $a$ a navíc $f^\prime(a) \neq 0$, pak je i příslušná inverzní funkce $f^{-1}$ diferencovatelná v bodě $b$ platí
$$
\left[ f^{-1}(b) \right]^\prime = \frac{1}{f^\prime (f^{-1}(b))} = \frac{1}{f^\prime(a)}.
$$
Pak tedy pro $x > 0$ platí
\begin{enumerate}
\item $f^{-1}(x) = \ln x$, $f(x) = e^x \implies (\ln x)^\prime = \frac{1}{e^{\ln x}} = \frac{1}{x}$
\item $f^{-1}(x) = \sqrt[n]{x}$, $f(x) = x^n \implies (\sqrt[n]{x})^\prime = \frac{1}{n (\sqrt[n]{x})^{n-1}} = \frac{1}{n} \frac{1}{x^{\frac{n-1}{n}}}$. Musíme si dát pozor na bod $x = 0$. Zde musíme použít Darbouxovu věta: 1. funkce je spojitá 2. diferencovatelná, 3. limita: $$\lim_{x \to 0+} \frac{1}{n} x^{\frac{1-n}{n}} = \begin{cases} 1, \qquad n=1 \\ +\infty, \qquad n>1. \end{cases}$$
Tedy $f'(0) = 1$ pro $n = 1 $a $f'(0) = +\infty$ pro $n > 1$.
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Pomocí věty o derivaci inverzní funkce vypočtěte derivaci následujících funkcí
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\arcsin{x}$,
\item $f(x)=\arctg{x}$.
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ pro $x\in (-1,1)$, $f'(-1) = f'(1) = +\infty$ ii. $f'(x) = \frac{1}{1+x^2}$ pro $x\in \R$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
\begin{enumerate}
\item $f^{-1}(x) = \arcsin x$, $f(x) = \sin{x}:$
$$
\begin{aligned}
(\arcsin x)^\prime &= \frac{1}{\cos (\arcsin x)} \\
&=
\frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2 (\arcsin x)}} \\
&=
\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}
\end{aligned}
$$
pro $x\in (-1,1).$ Krajní body opět pomocí Darbouxovy věty. Například pro $x = 1$, máme spojitost, diferencovatelnost, $\lim_{x \to 1-} f^\prime (x) = +\infty \implies f^\prime (1)= +\infty$. V $-1$ obdobným způsobem zjistíme $f'(-1) = +\infty$.
\item $f^{-1}(x) = \arctg x$, $f(x) = \tg{x}:$
$$
\begin{aligned}
(\arctg x)^\prime &= \cos^2 (\arctg x) \\
&=
\frac{\cos^2 (\arctg x)}{\sin^2 (\arctg x)+\cos^2 (\arctg x)} \\
&=
\frac{1}{1+\tg^2 (\arctg x)} \\
&=
\frac{1}{1+x^2}
\end{aligned}
$$
pro $x\in \R.$
\end{enumerate}
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Pomocí věty o derivaci inverzní funkce vypočtěte derivaci následujících funkcí
\begin{enumerate}
\item $f(x)=\arg\sinh{x},$
\item $f(x)=\arg\tgh{x}.$
\end{enumerate}
\tagged{teach}{\begin{res}i. $f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}}$ pro $x \in \R$ ii. $f'(x) = \frac{1}{1-x^2}$ pro $x\in (-1,1)$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
i)
$f(x) = \sinh{x}:=y$. $J=\R$, $D_f = \R, H_f = \R$. Předpoklady: $f$ je spojitá na $J$, prostá na $J$ a $(\forall x \in J)(f^{\prime}(x)=\cosh{x} \neq 0)$. Pak $g(y) = f^{-1}(y) = x =\arg\sinh{y}$ a pro derivaci platí
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
\left[ (\arg\sinh(y))^{\prime} \right] = g^{\prime}(y) &= \left( f^{-1}_J(y) \right)^{\prime} = \frac{1}{f^{\prime}(x)} = \frac{1}{\cosh{x}}=\frac{1}{\cosh{(\arg\sinh{y})}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{1+\sinh^2{(\arg\sinh{y})}}} = \frac{1}{\sqrt{1+y^2}}.
\end{aligned}
\end{equation}
ii) $f(x) = \tgh{x}:=y$. $J=\R$, $D_f = \R, H_f = (-1,1)$. Předpoklady: $f$ je spojitá na $J$, prostá na $J$ a $(\forall x \in J)(f^{\prime}(x)=\frac{1}{\cosh^2{x}} \neq 0)$. Pak $g(y) = f^{-1}(y) = x =\arg\tgh{y}$
\begin{equation} \nonumber
\begin{aligned}
g^{\prime}(y) &= (\arg\tgh(y))^{\prime} = \left( f^{-1}_J(y) \right)^{\prime} = \left( f^{-1}_J(f(x)) \right)^{\prime} = \frac{1}{f^{\prime}(x)} = \cosh^2{x}=\cosh{(\arg\tgh{y})} \\
&= \frac{1}{1-\tgh^2{(\arg\tgh{y})}} = \frac{1}{1-y^2},
\end{aligned}
\end{equation}
kde jsme využili $$ 1= \cosh^2{x}-\sinh^2{x} \Leftrightarrow \frac{1}{\cosh^2{x}}= 1-\tgh^2{x} \Rightarrow \cosh^2{x} = \frac{1}{1-\tgh^2{x}}.$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
% \tagged{teach}{{\color{fuchsia}(Pozn: Bacha na derivaci v 0.)}}
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{4\sqrt{x}\sqrt{x+\sqrt{x}} +2\sqrt{x} + 1 }{ 8\sqrt{x}\sqrt{x+\sqrt{x}}\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}} }$ pro $x > 0$, $f'(0) = +\infty$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R_0^+ \implies$ krajní bod $x = 0$ budeme muset vyšetřit zvlášť. Pro nenulové $x$ můžeme použít vzorečky a dostáváme
$$
f^\prime(x) = \frac{4\sqrt{x}\sqrt{x+\sqrt{x}} +2\sqrt{x} + 1 }{ 8\sqrt{x}\sqrt{x+\sqrt{x}}\sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x}}} }.
$$
V bodě $x = 0$ podle Darbouxovy věty (předpoklady jsou splněny) máme $f^\prime (0) = +\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
%\tagged{teach}{{\color{fuchsia}(Pozn: Bacha na derivaci v 0.)}}
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\frac{\cos{x}}{\sin^2{|x|}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f^\prime(x) = \frac{\sin^2 x - 2}{\sin^3 x}$ pro $x \neq k\pi, k \in \Z$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R \setminus \{ k\pi | k \in \Z \}$. Pak
$$
f(x) = \begin{cases}
\frac{\cos x}{\sin^2 x}, \text{ pro } x>0, \\
\frac{\cos x}{\sin^2 (-x)} = \frac{\cos x}{\sin^2 x}, \text{ pro } x<0, \\
\end{cases}
$$
kde jsme využili lichost funkce $\sin$. Pak pomocí vzorečků dostáváme
$$
f^\prime(x) = \frac{\sin^2 x - 2}{\sin^3 x}
$$
pro $x\neq k\pi$, $k \in \Z$, takže $D_{f'} = D_f$ a nejsou žádné problémové body v nichž by bylo potřeba derivaci dopočítat.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=2^{\tg{\frac{1}{x}}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f^\prime (x) = -2^{\tg{\frac{1}{x}}} \frac{\ln( 2) x^{-2}}{\cos^2{\frac{1}{x}}} $ pro $x \in \R \setminus \{0,\frac{1}{(2k+1)\frac{\pi}{2}} | k \in \Z \}$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R \setminus \{ 0;\frac{1}{(2k+1)\frac{\pi}{2}} | k \in \Z \} $. Funkci můžeme přepsat na tvar
$$
f(x) = e^{\ln(2)\tg{\frac{1}{x}}}.
$$
Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
f^\prime(x) = e^{\ln(2)\tg{\frac{1}{x}}} \cdot \ln{2} \cdot \frac{1}{\cos^2{\frac{1}{x}}} \cdot (-1)\cdot x^{-2} = -\ln( 2) 2^{\tg \frac{1}{x}} \frac{x^{2}}{\cos^2 \frac{1}{x}}.
$$ Dále platí $D_{f'} = D_f$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\ln(\ln(\ln{x})).&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f^\prime (x) = \frac{1}{\ln \ln x} \frac{1}{\ln x} \frac{1}{x}$ pro $x > e$
\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = (e,+\infty)$. Dle vzorce pro derivace složené funkce pro $x > e$ dostáváme
$$
f^\prime (x) = \frac{1}{\ln \ln x} \frac{1}{\ln x} \frac{1}{x}.
$$
Dále platí $D_{f'} = D_f$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr} %Ondra
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \ln \ln (\sin x).&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{\begin{res}neexistuje\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \emptyset$, protože $\ln{(\sin{x})} \leq 0$. Derivace tedy neexistuje v žádném bodě.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = |x+2| e^{-\frac{1}{x}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$ f^\prime(x) = e^{-1/x}\left(1 + \frac{x+2}{x^2}\right)$ pro $x \in (-2,+\infty) \setminus \{0\}$,
$ f'(x) = -e^{-1/x}\left( 1 + \frac{x+2}{x^2}\right)$ pro $x \in (-\infty,-2)$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je roven $D_f = \R \setminus \{ 0 \} $. Jelikož
$$
f(x) = \begin{cases}
(x+2)e^{-1/x}, \text{ pro } x \in (-2,+\infty) \setminus \{0\}, \\
-(x+2)e^{-1/x}, \text{ pro } x \in (-\infty,-2\rangle, \\
\end{cases}
$$
máme
$$
f^\prime(x) = \begin{cases}
e^{-1/x} + (x+2)e^{-1/x}\frac{1}{x^2}, \text{ pro } x \in (-2,+\infty) \setminus \{0\}, \\
-e^{-1/x} - (x+2)e^{-1/x}\frac{1}{x^2}, \text{ pro } x \in (-\infty,-2).
\end{cases}
$$
Zbývá bod $x = -2$. Z Darbouxovy věty dostáváme, že $f^\prime_+ (-2) = e^{1/2}$ a $f^\prime_-(-2) = -e^{1/2}$. Derivace v bodě $-2$ tedy neexistuje. Dále $D_{f'} = \R \setminus \{ 0,-2 \}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\log_{a}^{3}(x^2)&&
\end{flalign*}
pro $a> 0$, $a\ne 0$.
\tagged{teach}{\begin{res}$f^\prime (x)= \frac{6 \ln^2(x^2)}{x \ln^3(a)}$ pro $x\neq 0$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R \setminus \{0\}$, dále funkci lze přepsat na $f(x) = \left( \frac{\ln(x^2)}{\ln(a)} \right)^3$. Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
f^\prime (x) = \frac{1}{\ln^3(a)} \cdot 3 \cdot \ln^2(x^2) \cdot \frac{1}{x^2} \cdot 2x = \frac{6 \ln^2(x^2)}{x\ln^3(a)}.
$$
Dále $D_{f'} = D_{f}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr} %Ondra
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \ln \sqrt{\frac{1-\sin x}{1+\sin x}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{\begin{res}$f^\prime (x) = -\frac{1}{\cos x}$ pro $x \in \R \setminus \{ (2k+1) \frac{\pi}{2} | k \in \Z \}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Z podmínek $ \sin x \neq -1 \Leftrightarrow x \neq \frac{3\pi}{2} + 2k \pi$, $\sin x \neq 1 \Leftrightarrow x \neq \frac{\pi}{2} + 2k\pi$ a $(1-\sin x)(1+\sin x)\geq 0 \Leftrightarrow 1 - \sin^2 x \geq 0 \Leftrightarrow \cos^2 x \geq 0, \forall x \in \R$ dostáváme definiční obor $D_f = \R \setminus \{ (2k+1) \frac{\pi}{2} \}$. Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
\begin{aligned}
f^\prime (x) &= \sqrt{ \frac{1+\sin x}{1-\sin x} } \cdot \frac{1}{2} \left( \frac{1-\sin x}{1+\sin x} \right)^{-1/2} \cdot \frac{(-\cos x) (1+\sin x) - (1-\sin x) \cos x}{ (1+\sin x)^2} \\
&=
\frac{1}{2} \cdot \frac{1+\sin x}{1-\sin x} \cdot \frac{(-\cos x) (1+\sin x + 1-\sin x)}{ (1+\sin x)^2}\\
&=
\frac{-\cos x}{1-\sin^2 x} = \frac{-\cos x}{\cos^2 x}\\
&=
-\frac{1}{\cos x}.
\end{aligned}
$$
Dále $D_{f'} = D_{f}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%% pokracovani mateje
\begin{pr}\tagged{complete}{{\color{fuchsia}[!]}}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech definičního oboru $D_f=\R^+$, ve kterých existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=x^x.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f^\prime (x) = x^x(\ln x +1 )$ pro $x \in \R^+$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkce $f$ lze přepsat na $f(x) = e^{x \ln x} \implies D_f = \R^+$. Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
f^\prime(x) = e^{x \ln x} ( \ln x + 1) = x^x(\ln x + 1).
$$
Dále platí $D_f = D_{f^\prime}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech definičního oboru $D_f=\R^+$, ve kterých existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=x^\frac{1}{x}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{\begin{res}$x^\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x^2} \left( 1-\ln x \right)$ pro $x \in \R^+$ \end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R^+$, funkce lze zároveň přepsat na $f(x) = e^{\frac{1}{x} \ln x}$. Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
f^\prime (x) = e^{\frac{1}{x} \ln x} \cdot \left( (-1)x^{-2} \cdot \ln x + \frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x} \right) = x^\frac{1}{x} \cdot \frac{1}{x^2} \left( 1-\ln x \right).
$$
Dále $D_{f'} = D_{f}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\log_x{e}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{\begin{res} $f^\prime(x) = -\frac{1}{\ln^2 x}\frac{1}{x}$ pro $x \in \R^+ \setminus \{1\}$\end{res}}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Funkci lze přepsat na $f(x) = \frac{\ln e}{\ln x} = \frac{1}{\ln x}$. Definiční obor funkce je tedy $D_f = \R^+ \setminus \{1\}$. Pro $x\in D_f$ pak platí
$$
f^\prime (x) = -\frac{1}{\ln^2 x}\frac{1}{x}.
$$
Dále $D_{f'} = D_{f}.$
\end{postup}
}
\end{pr}
%============================================
%==============================
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\arccos{\left(\frac{1-x}{\sqrt{2}}\right)}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x)= \frac{1}{\sqrt{1+2x-x^2}}$ pro $x \in (1-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$, $f'(1-\sqrt{2} ) = f'(1+\sqrt{2}) = +\infty$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro definiční obor platí
$$
\left|\frac{1-x}{\sqrt{2}}\right| \leq 1 \Leftrightarrow x \in [1-\sqrt{2},1+\sqrt{2}].
$$
Pak pro $x \in (1-\sqrt{2},1+\sqrt{2})$ máme:
$$
f^\prime(x) = -\frac{1}{\sqrt{1- (\frac{1-x}{\sqrt{2}})^2 } } \frac{-1}{\sqrt{2}}
= \frac{1}{\sqrt{1+2x-x^2}}.
$$
Derivace v krajních bodech dle Darbouxovy věty. Předpoklady na spojitost a diferencovatelnost jsou splněny. Pro bod $x = 1+\sqrt{2}$ platí
$$
\lim_{x \to (1+\sqrt{2})-} \frac{1}{\sqrt{1+2x-x^2}} = \lim \frac{1}{\sqrt{-(x-(1+\sqrt{2}))(x-(1-\sqrt{2}))}} = +\infty.
$$
A tedy $f'(1+\sqrt{2}) = +\infty$. Derivace v druhém bodě vyjde stejně, platí $f'(1-\sqrt{2}) = +\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\arctg{\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{1}{1+x^2}$ pro $x\in \R \setminus \{1\}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R \setminus \{1\}$. Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
\begin{aligned}
f^\prime(x) &=\frac{1}{1+\left(\frac{1+x}{1-x} \right)^2} \cdot \frac{1\cdot(1-x) - (1+x)\cdot(-1)}{(1-x)^2} = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^2 +(1+x)^2}\cdot \frac{1-x+1-x}{(1-x)^2} \\
&=\frac{2}{1-2x+x^2+1+2x+x^2} = \frac{1}{1+x^2}
\end{aligned}
$$
%platné pro $\forall x \in \R$.
Zároveň platí $D_{f^{'}} = D_f$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)=\frac{1}{\arccos^2{(x^2)}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) =\frac{4x}{\sqrt{1-x^4}\arccos^{3}(x^2)} $ pro $x\in (-1,1)$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je roven $D_f = (-1,1)$. Krajní body se z definičního oboru musí vyloučit, protože $\arccos(1) = 0$. Pak pro $x\in D_f$ platí
$$
f^\prime(x) = (-2)\cdot \arccos^{-3}(x^2) \cdot (-1) \cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^4}} \cdot 2x = \frac{4x}{\sqrt{1-x^4}\arccos^{3}(x^2)}.
$$
Dále $D_{f^{'}} = D_f$.
\end{postup}
}
\end{pr}
%\begin{pr} %Ondra
% Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
%% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
% \begin{flalign*}\quad\quad
% f(x) = \frac{1}{2} \ln \left( \frac{1+\sqrt{1-x^2}}{1-\sqrt{1-x^2}} \right) - \frac{\arccos x}{x}&&
% \end{flalign*}
%\end{pr}
%\begin{pr} %Ondra
% Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
%% \tagged{teach}{\begin{res}\end{res}}
% \begin{flalign*}\quad\quad
% f(x) = \arctg x - \arcsin \left( \frac{x}{\sqrt{1+x^2}} \right)&&
% \end{flalign*}
%\end{pr}
%=================
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \sqrt[3]{\frac{1+x^3}{1-x^3}}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{2x^2}{\sqrt[3]{(1+x^3)^2 (1-x^3)^4}}$ pro $x\neq \pm 1$, $f'(-1) = +\infty$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je roven $D_f = \R \setminus \{1\}$. Pak pro $x\in D_f \setminus \{-1\}$ platí
$$
\begin{aligned}
f^\prime(x) &= \frac{1}{3} \cdot \left( \frac{1+x^3}{1-x^3} \right)^{-\frac{2}{3}} \cdot \frac{3x^2 (1-x^3) - (1+x^3)(-3x^2)}{(1-x^3)^2} = \left( \frac{1-x^3}{1+x^3} \right)^{\frac{2}{3}} \cdot \frac{2x^2}{(1-x^3)^2} \\
&=\frac{2x^2}{\sqrt[3]{(1+x^3)^2 (1-x^3)^4}}.
\end{aligned}
$$
Bod $x = -1$ vyřešíme pomocí Darbouxovy věty. Předpoklady jsou splněny a platí
$$
\lim_{x \to -1} f^\prime (x) = 2\cdot \frac{1}{\sqrt[3]{(1+1)^2}} \cdot \lim_{x \to -1} \frac{1}{\sqrt[3]{(1+x^3)^2}} = 2\cdot 2^{-\frac{4}{3}} \cdot \lim_{x \to -1} \frac{1}{\sqrt[3]{(1+x^3)^2}} = +\infty.
$$
Tedy $f'(-1) = +\infty$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \sqrt{x} - \arctg \sqrt{x}.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{\sqrt{x}}{2(1+x)}$ pro $x \geq 0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je $D_f = \R_0^+$. Pro $x>0$ máme
$$
f^\prime(x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}} - \frac{1}{1+x} \frac{1}{2\sqrt{x}} = \frac{\sqrt{x}}{2(1+x)}.
$$
Pro bod $x = 0$ můžeme použít Darbouxovu větu a platí $f^\prime (0) = \lim_{x \to 0+} f^\prime (x) = 0$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = x + \sqrt{1-x^2} \arccos x.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{-x \arccos x}{\sqrt{1-x^2}}$ pro $x\in (-1,1)$, $f'(1) = -1$, $f'(-1) = +\infty$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
$D_f = \langle-1,1\rangle$. Pro $x \in (-1,1) $ máme
$$
f^\prime (x) = 1 + \sqrt{1-x^2} \frac{-1}{\sqrt{1-x^2}} - \frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\arccos x
= \frac{-x \arccos x}{\sqrt{1-x^2}}.
$$
V krajních bodech opět využijeme Darbouxovu větu. Pro $x = 1$ máme
$$
\lim_{x \to 1-} \frac{-x \arccos x}{\sqrt{1-x^2}} = \lim_{u \to 0+} \frac{-\cos( u) u}{\sqrt{1-\cos^2 u}} = \lim_{u\to 0+} \frac{-\cos(u) u}{|\sin u|} = -1 = f^\prime (1).
$$
Pro $x = -1$ máme
$$
\lim_{x \to -1+} \frac{-x \arccos x}{\sqrt{1-x^2}} = +\infty = f^\prime (-1).
$$
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \arccos \left( \frac{1}{\cosh x} \right).&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{\sgn x}{\cosh x}$ pro $x \neq 0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Nejprve vyšetříme definiční obor funkce. Jelikož
$-1\leq \frac{1}{\cosh x} \leq 1 \land \cosh x \neq 0, \forall x \in \R$ je definiční obor funkce roven $D_f = \R $. Pro $x \neq 0$ dostáváme
$$
f^\prime (x) = -\frac{1}{\sqrt{1-\frac{1}{\cosh^2 x}}} \cdot (-1) \cdot \cosh^{-2} \sinh x = \frac{\sinh x}{\cosh^2 x \sqrt{\frac{\cosh^2 x - 1}{\cosh^2 x}}} = (*).
$$
Protože $ \sqrt{\cosh^2 x - 1} = \sqrt{ \sinh^2 x } = |\sinh x |, \cosh x > 0 $ dostáváme
$$
(*) = \frac{\sinh x}{\cosh^2 x \cdot \frac{|\sinh x |}{\cosh x}} = \frac{\sgn(\sinh x)}{\cosh x}
= \frac{\sgn x}{\cosh x}.
$$
Problematický bod $x = 0$ vyšetříme pomocí Darbouxovy věty. Předpoklady jsou splněny a zároveň
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0+} \lim_{x \to 0+} \frac{\sgn(x)}{\cosh x} &= \lim_{x \to 0+} \frac{1}{\cosh x} = 1, \\
\lim_{x \to 0-} \frac{\sgn(x)}{\cosh x} &= -1.
\end{aligned}
$$
Derivace v $x = 0$ tedy neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \lah \arctg x \pah - \lah x \pah.&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) =-\sgn(x)\frac{x^2}{1+x^2}$ pro $x\in \R$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Definiční obor funkce je roven $D_f = \R$. Zároveň Funkci můžeme přepsat na tvar
$$\begin{aligned}
f(x) &= \sgn(\arctg x)\cdot \arctg x - \sgn(x) \cdot x \\
&=
\sgn(x)\cdot \arctg x - \sgn(x) \cdot x\\
&=
\sgn(x)\cdot( \arctg x - x).
\end{aligned}$$
Poté pro $x\neq 0$ platí
$$
f^\prime (x) = \sgn(x) \cdot (\frac{1}{1+x^2} -1) =\sgn(x) \cdot \frac{1-1-x^2}{1+x^2} = -\sgn(x) \cdot \frac{x^2}{1+x^2}.
$$
Problematický bod $x = 0$ vyšetříme pomocí Darbouxovy věty. Předpoklady jsou splněny a pro limity platí
$$
\begin{aligned}
\lim_{x \to 0+} (-1) \cdot \frac{x^2}{1+x^2} &= 0, \\
\lim_{x \to 0-} (-1)^2 \cdot \frac{x^2}{1+x^2} &= 0.
\end{aligned}
$$
Derivace v $x = 0$ existuje a $f'(0) = 0$. $D_f = D_{f'} = \R$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \arcsin \left( \frac{2x}{1+x^2} \right).&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f'(x) = \frac{2}{1+x^2} \cdot \sgn(1+x) \cdot \sgn(1-x)$ pro $x\neq \pm 1$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Vyšetříme nejprve definiční obor. Omezující podmínky jsou
$$ \begin{aligned}
-1\leq \frac{2x}{1+x^2}\leq 1 &\Leftrightarrow -(1+x^2)\leq 2x \leq 1+x^2 \\
&\Leftrightarrow
-(1+2x+x^2)\leq 0 \leq 1-2x +x^2 \\
&\Leftrightarrow
-(1+x)^2\leq 0 \leq (1-x)^2,
\end{aligned}
$$
což platí pro $\forall x \in \R$. Tedy $D_f = \R$. Pro $x\neq \pm 1$ máme
$$
\begin{aligned}
f^\prime (x) &= \frac{1}{\sqrt{1-\left( \frac{2x}{1+x^2} \right)^2}} \cdot \frac{2(1+x^2) - 2x(2x)}{(1+x^2)^2}\\
&=
\frac{1}{\sqrt{ \frac{(1+x^2)^2 - 4x^2}{(1+x^2)^2} }} \cdot \frac{2 +2x^2 - 4x^2)}{(1+x^2)^2} \\
& = \frac{1+x^2}{\sqrt{ 1-2x^2+x^4 }} \cdot \frac{2-2x^2}{(1+x^2)^2}\\
&=
\frac{2(1-x^2)}{\sqrt{ (1-x^2)^2 }} \cdot \frac{1}{(1+x^2)} \\
&= \frac{2}{1+x^2}\sgn(1-x^2).
\end{aligned}
$$
Pro $x = \pm 1$ využijeme Darbouxovu větu. Předpoklady Darbouxovy věty jsou splněny a tedy
$$
\begin{aligned}
&\lim_{x \to 1^{\pm}} \frac{2}{1+x^2} \sgn(1-x^2) = \begin{cases}
-1, \text{ pro } x\to 1^+, \\
1, \text{ pro } x\to 1^-, \\
\end{cases} %\{ -1; x \to 1^+ || 1; x \to 1^- \}
\\
&\lim_{x \to -1^{\pm}} \frac{2}{1+x^2} \sgn(1-x^2) =\begin{cases}
1, \text{ pro } x\to -1^+, \\
-1, \text{ pro } x\to -1^-. \\
\end{cases}
%\{ 1; x \to -1^+ || -1; x \to -1^- \}
\end{aligned}
$$
Celkově dostáváme z Darbouxovy věty, že derivace v bodech $x=\pm1$ neexistují a tedy $D_{f'} = D_f \setminus \{ \pm 1 \}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}
Vypočtěte derivaci následující funkce ve všech bodech, kde existuje:
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x) = \begin{cases}
(x-1) e^{-\frac{1}{x}} & \text{pro $x \in \R\setminus\{0\}$}\\
0 & \text{pro $x=0$}
\end{cases}&&
\end{flalign*}
\tagged{teach}{
\begin{res}
$f^\prime (x) = e^{-\frac{1}{x}} \cdot \frac{x^2+x-1}{x^2}$ pro $x\neq 0$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Pro $ x\neq 0$ dostáváme
$$
f^\prime (x) = 1\cdot e^{-\frac{1}{x}} + (x-1)\cdot e^{-\frac{1}{x}} \cdot (-1)^2\cdot x^{-2} = e^{-\frac{1}{x}}(1+\frac{x-1}{x^2}) = e^{-\frac{1}{x}} \cdot \frac{x^2+x-1}{x^2}.
$$
Problematický bod $x = 0$ vyšetříme přímo z definice. Platí
\begin{align*}
f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h)-f(0)}{h}
= \lim_{h \to 0} \frac{(h-1)e^{-\frac{1}{h}}}{h}
= \lim_{h \to 0} e^{-\frac{1}{h}} \left( 1 - \frac{1}{h}\right).
\end{align*}
Nyní pomocí jednostranných limit ukážeme, že tato limita neexistuje
\begin{align*}
\lim_{h \to 0+} e^{-\frac{1}{h}} \left( 1 - \frac{1}{h}\right)
&= \lim_{x \to +\infty} e^{-x} \left( 1 - x\right)
= 0, \\
\lim_{h \to 0-} e^{-\frac{1}{h}} \left( 1 - \frac{1}{h}\right)
&= \lim_{x \to +\infty} e^{x} \left( 1 + x\right)
= +\infty.
\end{align*}
Derivace v nule tedy neexistuje.
% pomocí Darbouxovy věty. Předpoklady jsou splněny (na pravém i levém okolí nuly: pro představu $\lim_{x \to 0^{+}} f(x) = 0$ a $ \lim_{x \to 0^{-}} f(x) = -\infty$) a tedy
% \begin{align*}
% \lim_{x \to 0^{+}} f^\prime (x) &\overset{(1)}{=} \lim_{y \to +\infty} e^{-y}(1+y-y^2) = \lim_{y \to +\infty} \frac{(1+y-y^2)}{e^{y}} \overset{(2)}{=} \lim_{n \to +\infty} \frac{(1+n-n^2)}{e^{n}} \\
% &\overset{(3)}{=} \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{e^{n}} + \lim_{n \to +\infty} \frac{n}{e^{n}} - \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2}{e^{n}} \overset{(4)}{=} 0+0-0 = 0, \\
% \lim_{x \to 0^{-}} f^\prime (x) &\overset{(1)}{=} \lim_{y \to +\infty} e^{y}(1-y-y^2) = \lim_{y \to +\infty} e^{y}\cdot y^2 (\frac{1}{y^2} - \frac{1}{y} -1) = -\infty,
% \end{align*}
% kde jsme v (1) použili postupně substituce $y = \frac{1}{x}$ a $y = -\frac{1}{x}$ společně s větou o limitě složené funkce, ve (2) jsme použili Heineho větu, ve (3) jsme použili větu o aritmetice limit a nakonec ve (4) podílové kritérium. Celkově dostáváme z Darbouxovy věty, že derivace v bodě $x=0$ neexistuje a tedy $ D_{f^{'}} = \R \setminus \{ 0 \}$.
\end{postup}
}
\end{pr}
\tagged{complete}{
\begin{pozn}
U minulého příkladu nelze použít na vyšetření derivace v nule Darbouxovu větu, jelikož funkce v nule není spojitá zleva!
\end{pozn}
}
\begin{pr}
Uveďte seznam bodů, ve kterých funkce
\begin{flalign*}\quad\quad
f(x)= \max\{\min\{x,1\},0\}&&
\end{flalign*}
nemá derivaci. Svou odpověď řádně zdůvodněte.
\tagged{teach}{
\begin{res}
$x \in \{0,1\}$
\end{res}
}
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Jelikož
$$
f(x) = \begin{cases}
1, \text{ pro } x \geq 1, \\
x, \text{ pro } x \in (0,1), \\
0, \text{ pro } x \leq 0,
\end{cases}
$$
jsou jediné problematické body $x = 0$ a $x = 1$. V ostatních bodech platí
$$
f^\prime (x) = \begin{cases}
0, \text{ pro } x > 1, \\
1, \text{ pro } x \in (0,1), \\
0, \text{ pro } x < 0.
\end{cases}
$$
Z Darbouxovy věty (předpoklady jsou splněny) pak dostáváme
\begin{align*}
f_-^\prime(0) = \lim_{x \to 0-} f^\prime (x) = 0, \\
f_+^\prime(0) = \lim_{x \to 0+} f^\prime (x) = 1, \\
f_-^\prime(1) = \lim_{x \to 1-} f^\prime (x) = 1, \\
f_+^\prime(1) = \lim_{x \to 0+} f^\prime (x) = 0.
\end{align*}
A tedy v těchto bodech derivace neexistuje.
\end{postup}
}
\end{pr}
\begin{pr}\tagged{complete}{{\color{fuchsia}[!]}}
Dokažte tzv. \textbf{Leibnitzovu formuli} pro $n\geq 2$ (pro $n=1$ byla odvezena na přednášce),
$$(fg)^{(n)}(x)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}f^{(i)}(x)g^{(n-i)}(x).$$
\tagged{complete}{
\begin{postup}
Budeme postupovat matematickou indukcí. Pro $n=1$ máme dokázáno z přednášky, nás teď čeká přechod od $n$ k $n+1$, tj. předpokládáme zadání (IP) a chceme ukázat
$$(fg)^{(n+1)}(x)=\sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x).$$
Upravujeme
\begin{align*}
(fg)^{(n+1)}(x) &= \left( (fg)^{(n)} \right)'(x)\\
&\overset{(IP)}{=} \left[ \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}f^{(i)}(x)g^{(n-i)}(x) \right]'\\
&= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i} \left[f^{(i)}(x)g^{(n-i)}(x) \right]' \\
&= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i} \left[ f^{(i+1)}(x)g^{(n-i)}(x) + f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x) \right] \\
&= \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}f^{(i+1)}(x)g^{(n-i)}(x) + \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x) \\
&= \sum_{i=1}^{n+1}\binom{n}{i-1}f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x) + \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x) \\
&= \sum_{i=1}^{n} \left[ \binom{n}{i-1} + \binom{n}{i} \right]f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x) + \binom{n}{n} f^{(n+1)}(x)g^{(0)}(x) + \binom{n}{0} f^{(0)}(x)g^{(n+1)} \\
&= \sum_{i=1}^{n}\binom{n+1}{i}f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x) + \binom{n+1}{n+1} f^{(n+1)}(x)g(x) + \binom{n+1}{0} f(x)g^{(n+1)}(x) \\
&= \sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}f^{(i)}(x)g^{(n+1-i)}(x),
\end{align*}
což je to, co jsme chtěli. Během úprav jsme přitom využili vlastností kombinačních čísel (především Pascalova trojúhelníku).
\end{postup}
}
\end{pr}
