Matematyka 1NI/Różniczkowalność funkcji

Różniczkowalność funkcji

Zadanie 1

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:

[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|\gt \frac{\pi}{4}\; ,\end{array}\right. \, [/math]

dla [math]a\in\mathbb{R}\, [/math].

Wskazówka

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.

---

Rozwiązanie

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:

[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]

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 (1) 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\gt 0\, [/math]:

[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]

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:

[math] \mathrm{arctg}\, u-\mathrm{arctg}\, v=\mathrm{arctg}\frac{u-v}{1+uv}\; . \, [/math]

Dzięki temu otrzymujemy:

[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]

Przyjmując teraz [math]\bigtriangleup x\lt 0\, [/math] obliczamy analogicznie:

[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]

gdzie wykorzystaliśmy formułę:

[math] \mathrm{tg}(\alpha+\beta)=\frac{\mathrm{tg}\alpha+\mathrm{tg}\beta}{1-\mathrm{tg}\alpha\,\mathrm{tg}\beta}\; . \, [/math]

Gdy [math]\bigtriangleup x\rightarrow 0^-\, [/math], otrzymujemy:

[math] \lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^-}\frac{f(\frac{\pi}{4}+\bigtriangleup x)-f(\frac{\pi}{4})}{\bigtriangleup x}=\frac{\pi}{2}\; . \, [/math]

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].

---

Zadanie 2

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} e^{ax}-bx+c &\mathrm{dla} & x\geq 0\; ,\\ x^2 &\mathrm{dla} & x\lt 0\; ,\end{array}\right. \, [/math]

dla [math]a,b,c\in\mathbb{R}\, [/math].

Wskazówka

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.

---

Rozwiązanie

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:

[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]

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\gt 0\, [/math]:

[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]

Ponieważ

[math] \lim_{t\rightarrow 0}\frac{e^{a t}-1}{t}=a\; , \, [/math]

więc otrzymujemy:

[math] \lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=a-b\; . \, [/math]

Teraz założymy [math]\bigtriangleup x\lt 0\, [/math], otrzymując:

[math] \frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}= \frac{\bigtriangleup x^2-1-c}{\bigtriangleup x}\; . \, [/math]

Dla [math]\bigtriangleup x\rightarrow 0^-\, [/math] i [math]c=-1\, [/math], otrzymujemy:

[math] \lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^-}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=0\; . \, [/math]

Porównując pochodne lewo- i prawostronną, widzimy, że funkcja jest różniczkowalna, o ile [math]a-b=0\, [/math].

---

Zadanie 3

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} \log (1+ax)-\log (1+bx) &\mathrm{dla} & x\geq 0\; ,\\ x &\mathrm{dla} & x\lt 0\; ,\end{array}\right. \, [/math]

dla [math]a,b\gt 0\, [/math].

Wskazówka

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.

---

Rozwiązanie

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:

[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]

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\gt 0\, [/math] ma postać:

[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]

Wiemy, że

[math] \lim_{t\rightarrow 0}(1+c\, t)^{\frac{1}{t}}=e^c\; , \, [/math]

skąd wynika:

[math] \lim_{\bigtriangleup x\rightarrow 0^+}\frac{f(0+\bigtriangleup x)-f(0)}{\bigtriangleup x}=\log e^a-\log e^b = a-b\; . \, [/math]

Dla [math]\bigtriangleup x\lt 0\, [/math] rachunek jest jeszcze prostszy, gdyż mamy:

[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]

Aby funkcja była różniczkowalna, musi więc zachodzić: [math]a-b=1\, [/math].

---

Zadanie 4

Zbadać ciągłość i różniczkowalność funkcji:

[math] f(x)=\left\{\begin{array}{ccl} x^n &\mathrm{dla} & x\geq 1\; ,\\ a(x-2)^2 &\mathrm{dla} & |x|\lt 1\; ,\\ b\, x &\mathrm{dla} & x\leq -1\; ,\end{array}\right. \, [/math]

dla [math]n\in\mathbb{N}\, [/math] oraz [math]a,b\in \mathbb{R}\, [/math].

Wskazówka

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.

---

Rozwiązanie

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:

[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]

Mamy też [math]f(1)=1\, [/math]. Ciągłość funkcji wymaga więc, aby [math]a=1\, [/math].

Natomiast w punkcie [math]x=-1\, [/math] mamy:

[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]

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\gt 0\, [/math] ma postać:

[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]

a dla [math]\bigtriangleup x\lt 0\, [/math]:

[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]

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\gt 0\, [/math] mamy:

[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]

a dla [math]\bigtriangleup x\lt 0\, [/math]:

[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]

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].

---