Anula: Utworzono nową stronę "==Różniczkowalność funkcji== '''''Zadanie 1''''' Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji: $f(x)=\left\{\be..."$

2015-05-22T12:32:19Z

Utworzono nową stronę "==Różniczkowalność funkcji== <big>'''''Zadanie 1'''''</big> Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji: <equation id="eq:rozfun1"> <math> f(x)=\left\{\be..."

Nowa strona

==Różniczkowalność funkcji==

<big>'''''Zadanie 1'''''</big>

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:
<equation id="eq:rozfun1">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} a\, \mathrm{tg}\, x &\mathrm{dla} & |x|\leq \frac{\pi}{4}\; ,\\
\mathrm{arctg}\frac{4x}{\pi} &\mathrm{dla} & |x|> \frac{\pi}{4}\; ,\end{array}\right.
\, </math></equation>
dla <math>a\in\mathbb{R}\, </math>. 

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zbadać lewo- i prawostronną granicę funkcji w punktach, gdzie wykres się "skleja" i porównać je z wartością funkcji, a następnie zbadać, czy istnieje granica ilorazu różnicowego w tych punktach. }}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Poza punktami <math>\displaystyle x=\pm\frac{\pi}{4}\, </math> funkcja jest ciągła (jest to znana własność funkcji tangens i arcus tangens), wiec zajmiemy się poniżej wyłącznie własnościami funkcji w tych punktach. Najpierw zbadamy istnienie granicy. Dla <math>\displaystyle x=\frac{\pi}{4}\, </math> mamy:
<equation id="eq:rozfun1a">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle \lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}^-}a\, \mathrm{tg}\, x =a\; ,\\
\displaystyle \lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow\frac{\pi}{4}^+} \mathrm{arctg}\frac{4x}{\pi} =\frac{\pi}{4}\; .
\end{array}\, </math></equation>
Jednocześnie wartość funkcji w tym punkcie równa jest <math>a\, </math>. Aby funkcja była ciągła, musi zachodzić równość tych trzech wielkości, czyli <math>\displaystyle a=\frac{\pi}{4}\, </math>.

Ponieważ funkcja opisana wzorem <xr id="eq:rozfun1">(%i)</xr> jest nieparzysta, więc nie musimy już analizować jej zachowania w punkcie <math>\displaystyle x=-\frac{\pi}{4}\, </math>, gdyż otrzymamy identyczny warunek.

Teraz zbadamy różniczkowalność funkcji (zakładając już jej ciągłość). Utwórzmy iloraz różnicowy dla <math>\displaystyle x=\frac{\pi}{4}\, </math> (poza punktami <math>\displaystyle x=\pm\frac{\pi}{4}\, </math>, funkcja jest różniczkowalna w sposób oczywisty), przyjmując najpierw <math>\bigtriangleup x>0\, </math>:
<equation id="eq:rozfun1b">
<math>
\frac{f(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-f(\frac{\pi}{4})}{\bigtriangleup x}=\frac{\mathrm{arctg}\,\frac{4}{\pi}(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-a\,\mathrm{tg}\frac{\pi}{4}}{\bigtriangleup x}=\frac{\mathrm{arctg}(1+\frac{4\bigtriangleup x}{\pi})-a}{\bigtriangleup x}.
\, </math></equation>
Ponieważ wiemy już, iż <math>\displaystyle a=\frac{\pi}{4}\, </math>, a wartość ta z kolei równa jest <math>\mathrm{arctg}\, 1\, </math>, więc możemy skorzystać ze wzoru:
<equation id="eq:rozfun1c"> <math>
\mathrm{arctg}\, u-\mathrm{arctg}\, v=\mathrm{arctg}\frac{u-v}{1+uv}\; .
\, </math></equation>
Dzięki temu otrzymujemy:
<equation id="eq:rozfun1d">
<math>
\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}\frac{f(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-f(\frac{\pi}{4})}{\bigtriangleup x}=\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}\frac{\mathrm{arctg}\frac{\frac{4\bigtriangleup x}{\pi}}{2+\frac{4\bigtriangleup x}{\pi}}}{\bigtriangleup x}=\frac{2}{\pi}\; .
\, </math></equation>

Przyjmując teraz <math>\bigtriangleup x<0\, </math> obliczamy analogicznie:
<equation id="eq:rozfun1e">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle \frac{f(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-f(\frac{\pi}{4})}{\bigtriangleup x}&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \frac{a\, \mathrm{tg}(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-a\,\mathrm{tg}\frac{\pi}{4}}{\bigtriangleup x}=\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\frac{1+\mathrm{tg}\,\bigtriangleup x}{1-\mathrm{tg}\,\bigtriangleup x}-1}{\bigtriangleup x}\\
&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \frac{\pi}{2}\cdot\frac{\mathrm{tg}\, \bigtriangleup x}{\bigtriangleup x}\cdot\frac{1}{1-\mathrm{tg}\,\bigtriangleup x},
\end{array}\, </math></equation>
gdzie wykorzystaliśmy formułę:
<equation id="eq:rozfun1f">
<math>
\mathrm{tg}(\alpha+\beta)=\frac{\mathrm{tg}\alpha+\mathrm{tg}\beta}{1-\mathrm{tg}\alpha\,\mathrm{tg}\beta}\; .
\, </math></equation>
Gdy <math>\bigtriangleup x\rightarrow 0^-\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rozfun1g"> <math>
\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^-}\frac{f(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-f(\frac{\pi}{4})}{\bigtriangleup x}=\frac{\pi}{2}\; .
\, </math></equation>
Jak widzimy pochodne jednostronne w tym punkcie są różne, a zatem funkcja nie jest różniczkowalna. Dzięki antysymetrii, ten sam wniosek otrzymamy dla <math>\displaystyle x=-\frac{\pi}{4}\, </math>.
 }}
----
<big>'''''Zadanie 2'''''</big>

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:
<equation id="eq:rozfun2">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} e^{ax}-bx+c &\mathrm{dla} & x\geq 0\; ,\\
x^2 &\mathrm{dla} & x<0\; ,\end{array}\right.
\, </math></equation>
dla <math>a,b,c\in\mathbb{R}\, </math>. 

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zbadać lewo- i prawostronną granicę funkcji w punktach, gdzie wykres się "skleja" i porównać je z wartością funkcji, a następnie zbadać, czy istnieje granica ilorazu różnicowego w tych punktach. }}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Poza zerem funkcja jest ciągła, gdyż albo jest wielomianem, albo sumą wielomianu i funkcji wykładniczej. Poniżej więc zajmiemy się własnościami funkcji jedynie dla <math>x=0\, </math>. Najpierw sprawdzimy istnienie granicy w tym punkcie. Mamy:
<equation id="eq:rozfun2a">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^-}x^2 =0\; ,\\
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+} \left(e^{ax}-bx+c\right) =1+c\; .
\end{array}\, </math></equation>
Ponadto <math>f(0)=1+c\, </math>. Ciągłość funkcji wymaga więc spełnienia równania <math>c=-1\, </math>. Przy badaniu różniczkowalności, będziemy już to zakładać.

Utwórzmy teraz iloraz różnicowy dla <math>x=0\, </math> (poza zerem funkcja naturalnie jest różniczkowalna), przyjmując najpierw <math>\bigtriangleup x>0\, </math>:
<equation id="eq:rozfun2b">
<math>
\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=\frac{e^{a\bigtriangleup x}-b\bigtriangleup x+c-1-c}{\bigtriangleup x}=\frac{e^{a\bigtriangleup x}-1}{\bigtriangleup x}-b.
\, </math></equation>
Ponieważ
<equation id="eq:rozfun2c">
<math>
\lim_{t\rightarrow 0}\frac{e^{a t}-1}{t}=a\; ,
\, </math></equation>
więc otrzymujemy:
<equation id="eq:rozfun2d"> <math>
\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=a-b\; .
\, </math></equation>

Teraz założymy <math>\bigtriangleup x<0\, </math>, otrzymując:
<equation id="eq:rozfun2e">
<math>
\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}= \frac{\bigtriangleup x^2-1-c}{\bigtriangleup x}\; .
\, </math></equation>
Dla <math>\bigtriangleup x\rightarrow 0^-\, </math> i <math>c=-1\, </math>, otrzymujemy:
<equation id="eq:rozfun2f">
<math>
\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^-}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=0\; .
\, </math></equation>
Porównując pochodne lewo- i prawostronną, widzimy, że funkcja jest różniczkowalna, o ile <math>a-b=0\, </math>.
 }}
----
<big>'''''Zadanie 3'''''</big>

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:
<equation id="eq:rozfun3">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} \log (1+ax)-\log (1+bx) &\mathrm{dla} & x\geq 0\; ,\\
x &\mathrm{dla} & x<0\; ,\end{array}\right.
\, </math></equation>
dla <math>a,b>0\, </math>. 

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zbadać lewo- i prawostronną granicę funkcji w punktach, gdzie wykres się "skleja" i porównać je z wartością funkcji, a następnie zbadać, czy istnieje granica ilorazu różnicowego w tych punktach. }}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
Jedynym punktem, którym trzeba się szczegółowo zająć, jest <math>x=0\, </math> gdyż funkcja logarytm jest ciągła i różniczkowalna tam, gdzie jest określona, a funkcja wielomianowa -- wszędzie. Obliczamy zatem:
<equation id="eq:rozfun3a">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^-}x =0\; ,\\
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 0^+} \left(\log (1+ax)-\log(1+bx)\right) =0\; .
\end{array}\, </math></equation>
Zachodzi także <math>f(0)=0\, </math>. Wyniki te oznaczają, że funkcja jest ciągła niezależnie od wartości parametrów <math>a,b\, </math>.

Iloraz różnicowy dla <math>x=0\, </math> i <math>\bigtriangleup x>0\, </math> ma postać:
<equation id="eq:rozfun3b">
<math>
\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=\frac{\log (1+a\bigtriangleup x)-\log(1+b\bigtriangleup x)}{\bigtriangleup x}=\log (1+a\bigtriangleup x)^{\frac{1}{\bigtriangleup x}}-\log (1+b\bigtriangleup x)^{\frac{1}{\bigtriangleup x}}\; .
\, </math></equation>
Wiemy, że
<equation id="eq:rozfun3c">
<math>
\lim_{t\rightarrow 0}(1+c\, t)^{\frac{1}{t}}=e^c\; ,
\, </math></equation>
skąd wynika:
<equation id="eq:rozfun3d">
<math>
\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=\log e^a-\log e^b = a-b\; .
\, </math></equation>

Dla <math>\bigtriangleup x<0\, </math> rachunek jest jeszcze prostszy, gdyż mamy:
<equation id="eq:rozfun3e">
<math>
\lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^-}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}= \lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^-}\frac{\bigtriangleup x}{\bigtriangleup x}=1\; .
\, </math></equation>
Aby funkcja była różniczkowalna, musi więc zachodzić: <math>a-b=1\, </math>.
 }}
----
<big>'''''Zadanie 4'''''</big>

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:
<equation id="eq:rozfun4">
<math>
f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} x^n &\mathrm{dla} & x\geq 1\; ,\\
a(x-2)^2 &\mathrm{dla} & |x|<1\; ,\\
b\, x &\mathrm{dla} & x\leq -1\; ,\end{array}\right.
\, </math></equation>
dla <math>n\in\mathbb{N}\, </math> oraz <math>a,b\in \mathbb{R}\, </math>. 

{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Wskazówka'' | content =
Należy zbadać lewo- i prawostronną granicę funkcji w punktach, gdzie wykres się "skleja" i porównać je z wartością funkcji, a następnie zbadać, czy istnieje granica ilorazu różnicowego w tych punktach. }}
----
{{hidden| ta1=left | ta2=left | bg1=#8FBC8F |
| header = ''Rozwiązanie'' | content =
W tym zadaniu sę dwa punkty, którym należy poświęcić uwagę: <math>x=1\, </math> oraz <math>x=-1\, </math>. W przedziałach <math>]-\infty, -1[\, </math>, <math>]-1,1[\, </math> i <math>]1,\infty[\, </math> funkcja jest wielomianem, a zatem jest ciągła i różniczkowalna. Rozpatrzmy najpierw punkt <math>x=1\, </math>. Granice jednostronne mają w nim następujące wartości:
<equation id="eq:rozfun4a">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^-}a(x-2)^2 =a\; ,\\
\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^+} x^n =1\; .
\end{array}\, </math></equation>
Mamy też <math>f(1)=1\, </math>. Ciągłość funkcji wymaga więc, aby <math>a=1\, </math>.

Natomiast w punkcie <math>x=-1\, </math> mamy:
<equation id="eq:rozfun4b">
<math>
\begin{array}{ccl}
\displaystyle \lim_{x\rightarrow -1^-}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow -1^-}b\, x =-b\; ,\\
\displaystyle \lim_{x\rightarrow -1^+}f(x)&\!\!\! =&\!\!\! \displaystyle \lim_{x\rightarrow 1^+} a(x-2)^2 =9a\; .
\end{array}\, </math></equation>
Ponadto <math>\displaystyle f(-1)=-b\, </math>. Tym razem musimy zatem spełnić: <math>9a=-b\, </math>.

Iloraz różnicowy dla <math>x=1\, </math> i <math>\bigtriangleup x>0\, </math> ma postać:
<equation id="eq:rozfun4c">
<math>
\frac{f(1+\bigtriangleup x)-f(1)}{\bigtriangleup x}=\frac{(1+\bigtriangleup x)^n-1}{\bigtriangleup x}\underset{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}{\longrightarrow}n\; ,
\, </math></equation>
a dla <math>\bigtriangleup x<0\, </math>:
<equation id="eq:rozfun4d">
<math>
\frac{f(1+\bigtriangleup x)-f(1)}{\bigtriangleup x}=\frac{a(\bigtriangleup x-1)^2-1}{\bigtriangleup x}\underset{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}{\longrightarrow}-2\; ,
\, </math></equation>
gdzie skorzystaliśmy z faktu, iż <math>a=1\, </math>. Funkcja byłaby więc różniczkowalna w tym punkcie tylko wtedy, gdyby <math>n=-2\, </math>, co nie może być spełnione, gdyż <math>n\in\mathbb{N}\, </math>.

Dla <math>x=-1\, </math> i <math>\bigtriangleup x>0\, </math> mamy:
<equation id="eq:rozfun4e">
<math>
\frac{f(-1+\bigtriangleup x)-f(-1)}{\bigtriangleup x}=\frac{a(\bigtriangleup x-3)^2+b}{\bigtriangleup x}\underset{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}{\longrightarrow}-6a\;\;\;\;\; (\mathrm{dla}\; b=-9a)\; ,
\, </math></equation>
a dla <math>\bigtriangleup x<0\, </math>:
<equation id="eq:rozfun4f">
<math>
\frac{f(-1+\bigtriangleup x)-f(-1)}{\bigtriangleup x}=\frac{b(-1+\bigtriangleup x)+b}{\bigtriangleup x}\underset{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}{\longrightarrow}b\; ,
\, </math></equation>
Musi więc zachodzić <math>b=-6a\, </math>, ale już wcześniej stwierdziliśmy, że <math>b=-9a\, </math>. Oba te warunki łącznie oznaczają, że funkcja jest różniczkowalna dla <math>x=-1\, </math> tylko wtedy, gdy <math>a=b=0\, </math>.
 }}
----

Matematyka 1NI/Różniczkowalność funkcji - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "==Różniczkowalność funkcji== '''''Zadanie 1''''' Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji: f(x)=\left\{\be..."

Anula: Utworzono nową stronę "==Różniczkowalność funkcji== '''''Zadanie 1''''' Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji: $f(x)=\left\{\be..."$