Wikiknihy:Pískoviště: Porovnání verzí

Smazaný obsah Přidaný obsah
Petr74 (diskuse | příspěvky)
Bez shrnutí editace
Petr74 (diskuse | příspěvky)
Bez shrnutí editace
Řádek 17:
:<math>(f(x)\cdot g(x))'=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x).</math>
==== Důkaz: ====
:<math>\begin{array}[t]{rcl}(f(x)\cdot g(x))'&=&\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)+f(x)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}= \\
&=& \lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)+f(x)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}= \\
&=& \lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)}{h}+\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}= \\
&=& \lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\cdot\lim\limits_{h\rightarrow 0}g(x+h)+f(x)\cdot\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}=f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\end{array}</math>.
&=& f'(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g'(x)\end{array}</math>.
 
== Derivace podílu funkcí ==
Řádek 27 ⟶ 25:
:<math>\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'=\frac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{g^2(x)}.</math>
==== Důkaz ====
:<math>\begin{array}[t]{rcl}\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'&=&\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{\frac{f(x+h)}{g(x+h)}-\frac{f(x)}{g(x)}}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x+h)}{h\cdot g(x)\cdot g(x+h)}= \\
&=& \lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x+h)}{h\cdot g(x)\cdot g(x+h)}= \\
&=&\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{1}{g(x)\cdot g(x+h)}\cdot\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x+h)\cdot g(x+h)+f(x+h)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x+h)}{h}= \\
&=&\frac{1}{g^2(x)}\cdot\left(\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)}{h}-\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x+h)\cdot g(x)}{h}\right)=\frac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{g^2(x)}\end{array}</math>.
&=& \frac{f'(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g'(x)}{g^2(x)}\end{array}</math>.
 
== Derivace složené funkce ==
Řádek 38 ⟶ 34:
==== Důkaz ====
Položme <math>y:=g(x)</math>, <math>k:=g(x+h)-g(x)</math>.
:<math>\begin{array}[t]{rcl}(f(g(x)))'&=&\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{g(x+h)-g(x)}\cdot\frac{g(x+h)-g(x)}{h}= \\
&=& \lim\limits_{hk\rightarrow 0}\frac{f(g(xy+h)k)-f(y)}{k}\cdot g'(x)=f'(y)}{\cdot g'(x+h)-=f'(g(x)})\cdot\frac{ g'(x+h)-g(x)}\end{harray}= \\</math>
&=& \lim\limits_{k\rightarrow 0}\frac{f(y+k)-f(y)}{k}\cdot g'(x)= \\
&=& f'(y)\cdot g'(x)= \\
&=& f'(g(x))\cdot g'(x)\end{array}</math>
 
== Derivace inverzní funkce ==
Řádek 53 ⟶ 46:
 
=== Konstantní funkce ===
Je-li <math>f(x)=c</math>, kde <math>c\in\mathbb{R}</math>, pak
:<math>f'(x)=0</math>.
==== Důkaz ====
:<math>f'(x)=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{c-c}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{0}{h}=0</math>.
 
=== Mocninná funkce ===
Je-li <math>f(x)=x^n</math>, kde <math>n\in\mathbb{N}</math> pak
:<math>f'(x)=n\cdot x^{n-1}</math>.
==== Důkaz ====
:<math>\begin{array}[t]{rcl}f'(x) &=& \lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{(x+h)^n-x^n}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{x^n+\begin{pmatrix}n\\ 1\end{pmatrix}x^{n-1}h+\ldots+\begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}x^{n-k}h^k+\ldots+h^n-x^n}{h}= \\
Řádek 64 ⟶ 59:
 
=== Funkce sinus ===
Je-li <math>f(x)=\sin x</math>, pak
:<math>f'(x)=\cos x</math>.
==== Důkaz ====
:<math>f'(x)=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{\cos x\cdot\sin h+\sin x\cdot\cos h-\sin x}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{\cos x\cdot\sin h}{h}=\cos x</math>.
 
=== Funkce kosinus ===
Je-li <math>f(x)=\cos x</math>, pak
:<math>f'(x)=-\sin x</math>.
==== Důkaz ====
:<math>f'(x)=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{\cos(x+h)-\cos x}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{\cos x\cdot\cos h-\sin x\cdot\sin h-\cos x}{h}=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{-\sin x\cdot\sin h}{h}=-\sin x</math>.
 
=== Funkce tangens a kotangens ===
Je-li <math>f(x)=\mathop{\rm tg}\ }x</math> a <math>g(x)=\mathop{\rm cotg}\ }x</math>, pak
:<math>f'(x)=\frac{1}{\cos^2x}</math> a
:<math>g'(x)=-\frac{1}{\sin^2x}</math>.
==== Důkaz ====
Přímou aplikací pravidla pro derivaci podílu ihned plyne tvrzení. Například
:<math>(\mathop{\rm tg}\ }x)'=\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)'=\frac{\cos^2x+\sin^2x}{\cos^2x}=\frac{1}{\cos^2x}</math>.
 
=== Funkce arkus sinuas a arkus kosinus ===
Je-li <math>f(x)=\arcsin x</math> a <math>g(x)=\arccos x</math>, pak
:<math>f'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}</math> a
:<math>g'(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}</math>.
==== Důkaz ====
Označíme-li si <math>\arcsin x=y</math>, pak <math>x=\sin y</math>. Přímou aplikací pravidla pro derivaci inverzní funkce dostaneme:
:<math>(\arcsin x)'=\frac{1}{(\sin y)'}=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-\sin^2y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}</math>.
Analogicky pro <math>\arccos x</math>.
 
=== Funkce arkus tangens a arkus kotangens ===
Je-li <math>f(x)=\mathop{\rm arctg} x</math> a <math>g(x)=\mathop{\rm arccotg} x</math>, pak
:<math>f'(x)=\frac{1}{1+x^2}</math> a
:<math>g'(x)=-\frac{1}{1+x^2}</math>.
==== Důkaz ====
Zcela analogicky předchozím.
 
=== Exponenciální funkce ===
Je-li <math>f(x)=e^x</math>, pak
:<math>f'(x)=e^x</math>.
==== Důkaz ====
<math>f'(x)=\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot\lim\limits_{h\rightarrow 0}\frac{e^h-1}{h}</math>. Protože <math>\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\leq e\leq\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^n</math>, platí pro všechna <math>h\in\mathbb{R}^+</math> <math>\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{(n+1)h}\leq e^h\leq\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{nh}</math>. Nechť <math>0<h<1</math>. Zvolme <math>n\in\N</math> takové, aby platilo <math>n\leq\frac{1}{h}<n+1</math>, tedy <math>\frac{1}{n+1}<h\leq\frac{1}{n}</math>. Pak ale dostáváme: <math>1+\frac{1}{n+1}\leq\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{(n+1)h}\leq e^h\leq\left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{nh}\leq 1+\frac{1}{n-1}</math>, tedy <math>\frac{1}{n+1}\leq e^h-1\leq \frac{1}{n-1}</math>. Vynásobením celé nerovnice <math>\frac{1}{h}</math> dostaváme: <math>\frac{\frac{1}{h}}{n+1}\leq \frac{e^h-1}{h}\leq \frac{\frac{1}{h}}{n-1}</math> a po úprávách máme <math>1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}\leq\frac{\frac{1}{h}}{n+1}\leq \frac{e^h-1}{h}\leq \frac{\frac{1}{h}}{n-1}\leq\frac{n+1}{n-1}=1+\frac{2}{n-1}</math>. Limitním přechodem pro <math>n\rightarrow\infty</math>, resp. <math>h\rightarrow 0_+</math> dostáváme <math>\lim\limits_{h\rightarrow 0_+}\frac{e^h-1}{h}=1</math>. Obdobně by se to dokázalo pro <math>h\in\mathbb{R}^-</math>, a tedy celkem dostáváme tvrzení.
 
=== Funkce přirozený logaritmus ===
Je-li <math>f(x)=\ln x</math>, pak <math>f'(x)=\frac{1}{x}</math>.
==== Důkaz ====
Zcela analogicky předchozím důkazům pro derivaci inerzních funkcí.