Řešení:

Funkce $ f(x) $ je rozdílem dvou funkcí – $ x^4 $ a  $ \dfrac{1}{\sqrt{x}} $ budeme ji tedy derivovat jako rozdíl. První funkce je mocninná a jedná se tedy o tabulkovou derivaci. Zlomek však můžeme jako mocninu přepsat, neboť $ \dfrac{1}{\sqrt{x}} = x^{-\dfrac{1}{2}} $ a derivovat rovněž jako tabulkovou derivaci:

$ f(x) = x^4 - \dfrac{1}{\sqrt{x}} = x^4 - x^{-\dfrac{1}{2}} $

$ f'(x) = 4x^{4-1} - \left(-\dfrac{1}{2} \cdot x^{-\dfrac{1}{2} - 1} \right) = 4x^3 + \dfrac{1}{2} \cdot x^{-\dfrac{3}{2}} = \underline{ \underline{4x^3 + \dfrac{1}{2 \cdot \sqrt{x^3}}}} $ .

Řešení:

Funkce $ f(x) $ je evidentně podíl dvou funkcí a to $ x^2 $ a  $ x^2 - 2 $ . Proto ji budeme derivovat jako podíl:

$ f'(x) = \dfrac{(x^2)'\cdot (x^2 - 2) - x^2 \cdot (x^2 - 2)'}{(x^2 - 2)^2} $ .

Derivace funkce $ x^2 $ je $ 2x $ (jedná se o tabulkovou derivaci). Derivace funkce $ x^2 - 2 $ je rovněž $ 2x $ neboť je to derivace rozdílu a derivace dvojky (konstanty) je nula. Můžeme tedy psát:

$ f'(x) = \dfrac{(x^2)'\cdot (x^2 - 2) - x^2 \cdot (x^2 - 2)'}{(x^2 - 2)^2} = \dfrac{2x \cdot (x^2 - 2) - x^2 \cdot 2x}{(x^2 - 2)^2} = \dfrac{2x^3 - 4x - 2x^3}{(x^2 - 2)^2} = \underline{ \underline{-\dfrac{4x}{(x^2 - 2)^2}}} $ .

Řešení:

Příklad se může zdát poněkud složitý, vzhledem k poměrně ohyzdnému čitateli zlomku. Vže se však zjednoduší, pokud odmocninu přepíšeme jako mocninu a zlomek rozdělíme na součet dvou mocnin:

$ f(x) = \dfrac{\sqrt[8]{x^3} - x^2}{x^5} = \dfrac{x^{\dfrac{3}{8}} - x^2}{x^5} = \dfrac{x^{\dfrac{3}{8}}}{x^5} - \dfrac{x^2}{x^5} = x^{\dfrac{3}{8} - 5} - x^{2-5} = x^{-\dfrac{37}{8}} - x^{-3} $ .

Tuto funkci již zderivujeme jako rozdíl tabulkových derivací:

$ f'(x) = -\dfrac{37}{8} \cdot x^{-\dfrac{37}{8} -1} - \left(-3 \cdot x^{-3-1} \right) = -\dfrac{37}{8} x^{-\dfrac{45}{8}} + 3x^{-4} = \underline{ \underline{-\dfrac{37}{8 \cdot \sqrt[8]{x^{45}}} + \dfrac{3}{x^4}}} $ .

Řešení:

Jedná se o součin dvou funkcí, a to $ \sin x $ a  $ \ln x $ . Budeme je proto derivovat jako součin dle (5). Celá funkce je ještě vynásobena konstantou a proto dle (3) přidáme dvojku před celou derivaci:

$ f'(x) = 2 \cdot ((\sin x)' \cdot \ln x + \sin x \cdot (\ln x)') = 2 \cdot (\cos x \cdot \ln x + \sin x \cdot \dfrac{1}{x} = \underline{ \underline{2 \cdot (\cos x \cdot \ln x + \dfrac{\sin x}{x})}} $ .

Řešení:

Funkce $ f(x) $ je složenou funkcí, přičemž vnější funkcí je funkce sinus a vnitřní funkce (argument vnější funkce) je funkce $ x^2 $ . Derivujeme proto nejdříve funkci sinus (derivací je kosinus), které ponecháme její argument $ x^2 $ , takto vzniknou funkci násobíme derivací vnitřní funkce, což je $ (x^2)'=2x $ :

$ f'(x) = \sin'(x^2) \cdot (x^2)' = \cos(x^2) \cdot 2x = \underline{ \underline{2x \cdot \cos(x^2)}} $ .

Řešení:

Zde se jedná o mírně složitější příklad. Uvědomme si, že funkce $ f(x) $ je funkce složená, přičemž vnější funkcí je funkce logaritmus a vnitřní funkcí (argumentem vnější funkce) je podíl, který musíme derivovat dle pravidla (6). Nejdříve tedy derivujeme logaritmus, kterému ponecháme argument $ \dfrac{x^2 -1}{x^2 + 1} $ a následně derivujeme tento argument (vnitřní funkci) dle pravidel pro podíl:

$ f'(x) = \ln' \left(\dfrac{x^2 -1}{x^2 + 1} \right) \cdot \left(\dfrac{x^2 -1}{x^2 + 1} \right)' = \dfrac{1}{\dfrac{x^2 -1}{x^2 + 1}} \cdot \dfrac{(x^2 - 1)' \cdot (x^2 + 1) - (x^2- 1) \cdot (x^2 + 1)'}{(x^2 + 1)^2} $ .

Tuto konstrukci dále derivujeme a upravujeme. Uvědomíme si znovu, že derivace výrazu $ x^2 -1 $ je $ 2x $ , neboť se jedná o  derivaci rozdílu tabulkové derivace $ x^2 $ a derivace konstanty, což je nula. Podobně je tomu pro derivaci výrazu $ x^2 + 1 $ . Píšeme tedy:

$ f'(x) = \dfrac{x^2 + 1}{x^2 - 1} \cdot \dfrac{2x \cdot (x^2 + 1) - (x^2 - 1) \cdot 2x}{(x^2 + 1)^2} $ .

Takový výraz upravíme krácením $ x^2 + 1 $ a vytýkáním $ 2x $ v  čitateli druhého zlomku:

$ f'(x) = \dfrac{1}{x^2 - 1} \cdot \dfrac{2x \cdot (x^2 + 1 - x^2 + 1)}{x^2 + 1} = \dfrac{1}{x^2 - 1} \cdot \dfrac{4x}{x^2 + 1} = \underline{ \underline{\dfrac{4x}{x^4-1}}} $ .

Řešení:

V tomto případě je $ f(x) $ opět složená funkce, přičemž třetí odmocnina je funkce vnější a funkce vnitřní (argument funkce vnější) je rozdíl $ \dfrac{1}{x} - \ln x $ . Funkci si však nejdříve upravíme tak, aby byla ve tvaru mocnin. Pak derivujeme jako složenou funkci:

$ f(x) = \sqrt[3]{\dfrac{1}{x} - \ln x} = \sqrt[3]{x^{-1} - \ln x} = (x^{-1} - \ln x)^{\dfrac{1}{3}} $

$ f'(x) = \underbrace{\dfrac{1}{3}(x^{-1} - \ln x)^{\dfrac{1}{3}-1}}_{\text{derivace odmocniny}} \cdot \underbrace{\left(-1 \cdot x^{-1-1} - \dfrac{1}{x}\right)}_{\text{derivace vnitřní funkce}} = \dfrac{1}{3}(x^{-1} - \ln x)^{-\dfrac{2}{3}} \cdot \left(-x^{-2} - \dfrac{1}{x}\right) $ .

Upravíme do čitelného tvaru:

$ f'(x) = \dfrac{1}{3}(x^{-1} - \ln x)^{-\dfrac{2}{3}} \cdot \left(-x^{-2} - \dfrac{1}{x}\right) = \dfrac{1}{3 \cdot \sqrt[3]{\left(\dfrac{1}{x} - \ln x \right)^2}}\cdot \left(-\dfrac{1}{x^2} - \dfrac{1}{x} \right) =\underline{ \underline{\dfrac{-1-x}{3 x^2\cdot \sqrt[3]{\left(\dfrac{1}{x} - \ln x \right)^2}}}} $ .

Řešení:

Funkce $ f(x) $ je v tomto případě několikanásobně složená, což však principiálně nevede k vážnějším komplikacím. Identifikujme nejdříve strukturu této složené funkce: vnější funkcí je odmocnina. Ta má v argumentu $ \ln(x^2 - 1) $ , ovšem logaritmus je navíc vnější funkce vzhledem k funkci $ x^2-1 $ . Proto nejdříve derivujeme odmocninu (po úpravě na mocninu) se zachováním jejího argumentu $ \ln(x^2 - 1) $ , následně tento logaritmus se zachováním jeho argumentu $ x^2-1 $ a nakonec výraz $ x^2 - 1 $ :

$ f(x) = \sqrt{\ln (x^2 - 1)} = (\ln(x^2-1))^{\dfrac{1}{2}} $

$ f'(x) = \underbrace{\dfrac{1}{2} \cdot (\ln (x^2 - 1))^{-\dfrac{1}{2}}}_{\text{derivace (od)mociny}} \cdot \underbrace{\dfrac{1}{x^2-1}}_{\text{derivace logaritmu}} \cdot \underbrace{(2x)}_{\text{derivace }x^2 -1} = \underline{ \underline{\dfrac{1}{2 \sqrt{\ln(x^2-1)}} \cdot \dfrac{2x}{x^2-1}}} $ .

Řešení:

Jedná se o derivaci funkce, která je rozdílem dvou funkcí, přičemž jedna z nich je součin a druhá podíl.   Na funkci $ \dfrac{x \cdot \sqrt{x}}{2} $ můžeme pohlížet jako na součin $ x \cdot \sqrt{x} $ vynásobený $ \dfrac{1}{2} $ . Funkci si však nejdříve chytře upravíme tak, abychom si nekomplikovali derivování. Sloučíme odmocninu s mocninou v  první části a druhou cást rozdělíme na dva zlomky a  upravíme:

$ f(x) = \dfrac{x \cdot \sqrt{x}}{2} - \dfrac{1-\cos{x}}{x^2} = \dfrac{1}{2} \cdot x \cdot x^{\dfrac{1}{2}} - \dfrac{1}{x^2} + \dfrac{\cos x}{x^2} = \dfrac{1}{2} \cdot x^{\dfrac{3}{2}} - x^{-2} + \dfrac{\cos x}{x^2} $ .

Takto upravená funkce je již vhodná pro derivování, neboť obsahuje dvě mocninné funkce, které se dají derivovat jednoduše a  podíl. Derivujeme proto takto:

$ f'(x) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{2} \cdot x^{\dfrac{3}{2} - 1} - (-2 \cdot x^{-2-1}) + \dfrac{-\sin x \cdot x^2 - \cos x \cdot 2x}{x^4} = \dfrac{3}{4} \cdot x^{\dfrac{1}{2}} + 2x^{-3} + \dfrac{-x \cdot (x \sin x + 2 \cos x)}{x^4} $ .

Tento výraz již jen upravíme do racionální podoby a máme výsledek:

$ f'(x) = \dfrac{3}{4} \cdot x^{\dfrac{1}{2}} + 2x^{-3} + \dfrac{-x \cdot (x \sin x + 2 \cos x)}{x^4} = \underline{ \underline{\dfrac{3}{4} \sqrt{x} + \dfrac{2}{x^3} - \dfrac{x \sin x + 2 \cos x}{x^3}}} $ .

Řešení:

Funkce $ f(x) $ je funkcí složenou, přičemž logaritmus je funkce vnější a výraz $ \dfrac{\mathrm{e}^x-x}{\pi} $ funkcí vnitřní (je argumentem vnější funkce). Argument logaritmu si nejdříve přepíšeme jako součin konstanty $ \dfrac{1}{\pi} $ a  $ \mathrm{e}^x - x $ , aby se funkce dobře derivovala:

$ f(x) = \ln \left(\dfrac{\mathrm{e}^x-x}{\pi} \right) = \ln \left(\dfrac{1}{\pi} \cdot (\mathrm{e}^x - x) \right) $ .

Nyní již můžeme přistoupit k derivaci. Nejdříve derivujeme logaritmus, přičemž mu ponecháme jeho argument a ten pak derivujeme zvlášť jako součin konstanty a rozdílu funkcí:

$ f'(x) = \underbrace{\dfrac{1}{\dfrac{1}{\pi} \cdot (\mathrm{e}^x - x)}}_{\text{derivace logaritmu}} \cdot \underbrace{\dfrac{1}{\pi} \cdot (\mathrm{e}^x - 1)}_{\text{derivace argumentu}} = \dfrac{\pi}{\mathrm{e}^x - x} \cdot \dfrac{\mathrm{e}^x -1}{\pi } = \underline{ \underline{\dfrac{\mathrm{e}^x -1}{\mathrm{e}^x - x}}} $ .

Řešení:

Jedná se o podíl dvou funkcí, proto využijeme pravidla (6). Vypočteme nejdříve první derivaci:

$ f'(x) = \dfrac{1 \cdot (1-x) - x \cdot (-1)}{(1-x)^2} = \dfrac{1-x + x}{(1-x)^2} = \dfrac{1}{(1-x)^2} $ .

Výsledek první derivace znovu derivujeme. Nezapomeňme na to, že $ (1-x)^2 $ je složená funkce (s vnější funkcí druhé mocniny a  vnitřní funkcí $ 1-x $ ) a proto její derivace bude $ 2 \cdot (1-x) \cdot (-1) $ :

$ f''(x) = \left( \dfrac{1}{(1-x)^2} \right)' = \dfrac{0 \cdot (1-x)^2 - 1 \cdot 2(1-x)\cdot (-1)}{(1-x)^4} = \dfrac{2 \cdot (1-x)}{(1-x)^4} = \dfrac{2}{(1-x)^3} $ .

Třetí derivaci obdržíme derivováním druhé derivace. Opět nutno podotknout, že jmenovatel je složená funkce a je třeba s ní tak nakládat:

$ f'''(x) = \left( \dfrac{2}{(1-x)^3} \right)' = \dfrac{0 \cdot (1-x)^3 - 2 \cdot 3 \cdot (1-x)^2 \cdot (-1)}{(1-x)^6} = \dfrac{6 \cdot (1-x)^2}{(1-x)^6} = \underline {\underline{\dfrac{6}{(1-x)^4}}} $ .

Řešení:

Vypočteme nejdříve první derivaci funkce $ f(x) $ . Tato funkce je funkcí složenou, přičemž vnější část je funkce sinus a vnitřní funkce kosinus. Proto píšeme:

$ f'(x) = \sin'(\cos x) \cdot \cos' x = \cos (\cos x) \cdot (-\sin x) = - \sin x \cdot \cos(\cos x) $ .

Druhou derivaci vypočteme derivováním $ f'(x) $ . Je třeba si ale uvědomit, že se jedná o součin funkcí, přičemž funkce $ \cos(\cos x) $ je složená:

$ f''(x) = -( (\sin x)' \cdot (\cos(\cos x)) + \sin x \cdot (\cos' (\cos x)) \cdot (\cos x)') $

$ f''(x) = -(\cos x \cdot \cos (\cos x) + \sin x \cdot (-\sin (\cos x)) \cdot (-\sin x) ) = \underline { \underline {-(\cos x \cdot \cos (\cos x) + \sin^2 x \cdot \sin (\cos x) )}} $ .

Řešení:

Uvedená limita je typu $ \dfrac{\infty}{\infty} $ , neboť po dosazení obdržíme tento neurčitý výraz:

$ \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = \dfrac{\ln \infty}{\infty ^2} = \dfrac{\infty}{\infty} $ .

Úprava funkce v limitě není možná a proto využijeme l'Hospitalovo pravidlo. To říká, že uvedenou limitu s podílu funkcí $ f(x) = \ln x $ a  $ g(x) = x^2 $ se dá vypočíst jako podíl derivací těchto funkcí $ f'(x) = \dfrac{1}{x} $ a  $ g'(x) = 2x $ :

$ \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln x}{x^2} = \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln x)'}{(x^2)'}= \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{\dfrac{1}{x}}{2x} = \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{2x^2} = \dfrac{1}{2 \cdot \infty ^2} = \dfrac{1}{\infty} = \underline{ \underline{0}} $ .

Řešení:

Zadaná limita je typu $ \dfrac{0}{0} $ , neboť po dosazení bodu $ x=0 $ obdržíme:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{x^3 - 6x + 6 \sin x}{x^2} = \dfrac{0^3 - 6\cdot 0 + 6 \sin 0}{0^2} = \dfrac{0}{0} $ .

Vzhledem k tomu, že limita je typu $ \dfrac{0}{0} $ , můžeme využít l'Hospitalovo pravidlo. Derivujeme zvlášť čitatel a  jmenovatel limity:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{x^3 - 6x + 6 \sin x}{x^2} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{(x^3 - 6x + 6 \sin x)'}{(x^2)'} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{3x^2 - 6 + 6 \cos x}{2x} $ .

Tato limita je však rovněž typu $ \dfrac{0}{0} $ , protože po dosazení:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{3x^2 - 6 + 6 \cos x}{2x} = \dfrac{3\cdot 0^2 - 6 + 6 \cos 0}{2 \cdot 0} = \dfrac{-6 + 6}{0} = \dfrac{0}{0} $ .

Vzhledem k tomu, že nová limita je typu $ \dfrac{0}{0} $ , můžeme znovu využít l'Hospitalovo pravidlo. Derivujeme zvlášť čitatel a jmenovatel limity:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{3x^2 - 6 + 6 \cos x}{2x} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{(3x^2 - 6 + 6 \cos x)'}{(2x)'} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{6x - 6 \sin x}{2} = \lim \limits_{x \to 0} 3x - 3 \sin x $ .

Tato limia se již dá řešit pouhým dosazením:

$ \lim \limits_{x \to 0} 3x - 3 \sin x = 3 \cdot 0 - 3 \cdot \sin 0 = \underline{ \underline{0}} $ .

Řešení:

Limita je typu $ \dfrac{0}{0} $ , neboť po dosazení bodu $ x=0 $ obdržíme:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{x \cos x - \sin x}{x^3} = \dfrac{0 \cdot \cos 0 - \sin 0}{0^3} = \dfrac{0}{0} $ .

S přihlédnutím k tomu, že limita je typu $ \dfrac{0}{0} $ , můžeme využít l'Hospitalovo pravidlo. To říká, že limitu můžeme vypočítat pomocí podílu derivací čitatele a jmenovatele původní limity. Při derivování je třeba dávat pozor, protože čitatel $ x \cos x - \sin x $ je rozdíl dvou funkcí, ale jedna z nich je součinem a proto je třeba $ x \cos x $ derivovat jako součin dle (5).

$ $

$ = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{-x\sin x}{3x^2} = = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{-\sin x}{3x} = \lim \limits_{x \to 0} \left(-\dfrac{1}{3} \right) \cdot \dfrac{\sin x}{x} = \underline{ \underline{-\dfrac{1}{3}}} $ .

Zde jsme využili vlastnosti limity (9), tedy že $ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{\sin x}{x} = 1 $ .

Řešení:

Uvedená limita je typu $ \dfrac{0}{0} $ , jak se snadno můžeme přesvědčit dosazením $ x = 0 $ :

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - x}{x - \sin x} = \dfrac{\tan 0 - 0}{0 - \sin 0} = \dfrac{0}{0} $ .

Vzhledem k typu limity můžeme využít l'Hospitalovo pravidlo. Derivujme tedy čitatele a jmenovatele zlomku a upravme je:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{\tan x - x}{x - \sin x} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{(\tan x - x)'}{(x - \sin x)'} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{1}{\cos^2 x} - 1}{1 - \cos x} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{1-\cos^2 x}{\cos^2 x}}{1-\cos x} $ .

Tento výraz upravíme a po zjištění, že je již v bodě $ 0 $ definován můžeme $ x = 0 $ dosadit a vypočíst hodnotu limity:

$ \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{\dfrac{1-\cos^2 x}{\cos^2 x}}{1-\cos x} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{(1+\cos x)(1-\cos x)}{\cos^2 x \cdot (1-\cos x)} = \lim \limits_{x \to 0} \dfrac{1+\cos x}{\cos^2 x } = \dfrac{1 + \cos 0}{(\cos 0)^2} = \dfrac{1+1}{1^2} = \underline{ \underline{2}} $ .

Řešení:

Jedná se o limitu typu $ \dfrac{\infty}{\infty} $ , jak se můžeme přesvědčit dosazením:

$ \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln (\mathrm{e}^x + x + \ln x)}{\mathrm{e}^x + x + \ln x} = \dfrac{\ln (\mathrm{e}^{\infty} + \infty + \ln \infty)}{\mathrm{e}^{\infty} + \infty + \ln \infty} = \dfrac{\infty}{\infty} $ .

Využijeme-li l'Hospitalovo pravidlo, můžeme psát:

$ \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{\ln (\mathrm{e}^x + x + \ln x)}{\mathrm{e}^x + x + \ln x} = \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln (\mathrm{e}^x + x + \ln x))'}{(\mathrm{e}^x + x + \ln x)'} $ .

V čitateli je přítomna derivace složené funkce, přičemž vnější funkcí je funkce logaritmus a vnitřní funkcí je funkce $ \mathrm{e}^x + x + \ln x $ . Derivujeme proto dle (7) a nadále upravíme krácením:

$ \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{(\ln (\mathrm{e}^x + x + \ln x))'}{(\mathrm{e}^x + x + \ln x)'} = \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{\dfrac{1}{\mathrm{e}^x + x + \ln x} \cdot \left(\mathrm{e}^x + 1 + \dfrac{1}{x}\right) }{\mathrm{e}^x + 1 + \dfrac{1}{x}} = \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{\mathrm{e}^x + x + \ln x} $ .

To už je limita, která se dá řešit pouhým dosazením $ x \to \infty $ :

$ \lim \limits_{x \to \infty} \dfrac{1}{\mathrm{e}^x + x + \ln x} = \dfrac{1}{\mathrm{e}^{\infty} + \infty + \ln \infty} = \underline{ \underline{0}} $ .