1 Limita a spojitost funkce 1.1 Limita funkce Limita funkce je lokální vlastnost funkce, která popisuje chování (hodnoty) funkce v ryzím okolí bodu,1 v němž limitu zkoumáme. Je tedy jasné, že limita sice může, ale rovněž nemusí nabývat funkční hodnoty funkce v bodě, ve kterém limitu vyšetřujeme. Může nastat dokonce případ, že funkce má limitu v bodě ve kterém není definována. Intuitivní zavedení limity ve vlastním bodě x0 (tedy takovém x0 e M) ukazuje Obrázek 1. Podobně lze intuitivně porozumět limitě funkce v nevlastním bodě xq = +00, jak je znázorněno na Obrázku 2. x0 - S x0 x0 + <5 Obrázek 1: Grafické znázornění limit ve vlastním bodě xo- Vlevo má limita ve vlatním bodě xo hodnotu L 6 K, jedná se tedy o tzv. vlastní limitu. Vpravo je znázorněna limita ve vlastním bodě funkce, kde má však hodnotu oo, jedná se o tzv. nevlastní limitu. Obrázek 2: Grafické znázornění limit v nevlastním bodě xo- Vlevo má limita v nevlatním bodě hodnotu LeR, jedná se tedy o tzv. vlastní limitu. Vpravo je znázorněna limita v nevlastním bodě funkce, kde má hodnotu oo, jedná se o tzv. nevlastní limitu. 'Ryzí okolí bodu je takové okolí bodu, které nezahrnuje přímo tento bod. 1 Pokud má funkce f(x) v okolí bodu xq limitu rovnu L, zapisujeme: lim f(x) = L (1) X—*Xq Z definice limity však vyplývá, že funkce se musí nabývat v celém okolí bodu xq hodnot okolo L a to jak v okolí levém (takovém, kde je x < x q) i pravém (tj. pro hodnoty x > xq). Pro taková okolí bodů se pak definují jednostranné limity zprava (2) a zleva (3). lim+ f(x) = L (2) lim_ f(x) = L (3) Limita v bodě xq pak existuje pouze tehdy, je-li v bodě xq limita zprava a zleva stejná. 1.2 Spojitost funkce S pojmem limity se poměrně úzce pojí i pojem spojitosti funkce. Spojitost funkce je možné samozřejmě chápat zcela intuitivně. Matematicky se však definice spojitosti opírá o tvrzení, že funkce f(x) je spojitá v bodě xq tehdy, pokud je lim f(x) = f(x0) (4) X—*Xq Podobně jako u limity je možné definovat funkci spojitou zprava a zleva. Rovněž je poměrně zřejmé, že funkce je spojitá na daném intervalu, pokud je spojitá v každém bodě tohoto intervalu podle kritéria (4). 1.3 Výpočty limit funkcí Pro výpočty limit budeme využívat jednoduché početní operace, které platí pro limity. Jsou jimi zejména pravidla pro sčítání, odečítání, násobení a dělení limit a limita absolutní hodnoty funkce. Označme si pro jednoduchost linia,.-^ f(x) = F a linia,.-^ g{x) = G, pak platí následující vztahy: ]ím(f(x)±g(x)) = F±G (5) lim {f{x) ■ g{x)) = F-G (6) X—>Xq f(x) F lim if-f = — pokud G # 0 (7) x^>x0 g[x) G lim \f(x)\ = \F\ (8) Při výpočtech limit můžeme narazit na několik typů případů. Dle toho, o jaký případ limity se jedná pak využijeme daný postup. Následuje přehled těchto případů s komentovaným řešením. 2 Nejjednodušším případem je limita funkce ve vlastním bodě, ve kterém je daná spojitá funkce definována. V takovém případě je výpočet limity omezen na výpočet funkční hodnoty funkce v tomto bodě. Příklad 1. Vypočítejme limitu x3 - 3x2 - 1 lim 2 *2 1 — X Řešení. Funkce f(x) = x ~^3xx2~x je v bodě x = 2 definována a je v tomto bodě spojitá. Proto stačí dosadit do funkčního předpisu a vypočítat limitu funkce: x3-3x2-í 23 - 3-22 -l -5 5 lim 2 1 - x2 1 - 22 -3 3. V případě, že počítáme limitu funkce ve vlastním bodě, ve kterém však není funkce definována (tzn. v bodě nespojitosti), může nastat několik situací: 1. Funkci lze postupně upravit tak, aby byl bod nespojitosti touto úpravou odstraněn. Toho lze využít zejméně u racionálních lomených funkcí, ale i u jiných případů. Limitu funkce pak vypočítáme prostým dosazením do předpisu upravené funkce. 2. V případě, že nelze bod nespojitosti odstranit, může se jednat buď o nevlastní limitu ve vlastním bodě jako na Obrázku 1 (v případě, že jsou si limity zprava a zleva rovny) nebo funkce v daném bodě nemá limitu (pokud jsou jednostranné limity různé). 3. V případě, že se jedná o funkci, ve které vystupují goniometrické funkce, pokusíme se ji upravit tak, abychom mohli využít vlastnosti limity SIM . . lim- = 1 (9) a;->0 X Příklad 2. Vypočítejme limitu lim i V 1-x 1 Řešení. Vidíme, že ani jedna část součtu není v bodě x = 1 definována. Proto nelze užít přímočarého výpočtu limity. Pokusíme se ale funkci upravit tak, aby byl bod nespojitosti x = 1 odstraněn. Odečtením obou zlomků a úpravou dostaneme: . 1 3 \ (í+x + x2)-3 x2+x-2 lim------ = lim —-—-^rr = lim X Í—X3J a;->l (1 - x)(í + X + X2) a;->l (1 - x) (1 + X + X2) Kvadratický trojčlen v čitateli se dá snadno rozložit jako x2 + x — 2 = (x — í)(x + 2): x2 + x-2 , (x-í)(x + 2) , (í-x)(x + 2) , x+ 2 hm--—-— = hm--—-— = — hm--—-— = — hm ^ »1 (1 - x)(í +x + x2) x^i (1 - x)(í +x + x2) x^i (1 -x)(í +X + X2) Wll+I + I2 Tato upravená limita je již v bodě x = 1 spojitá a můžeme vypočítat její hodnotu: x+2 1+2 ■ lim-- =--- = — 1 Í+X + X2 1 + 1 + l2 = Příklad 3. Vypočítejme limitu lim —=-- \JX — 1 3 Řešení Je zřejmé, že limita není v bodě x = 1 definována, protože jmenovatel zlomku by byl v takovém případě roven nule. Pokusíme se tedy odstranit bod nespojitosti x = 1 úpravou funkce. Jako mírnou nepříjemnost můžeme vnímat odmocninu ve jmenovateli. Úpravu zlomku proto zahájíme jeho usměrněním. Celý zlomek proto rozšíříme výrazem {-^fx + 1), abychom se zbavili zlomku ve jmenovateli. Zároveň upravíme čitatel zlomku do součinového tvaru vytknutím. x2 — x {■Jx + 1) x ■ (x — 1) • (*Jx + 1) x ■ (x — 1) • (*Jx + 1) lim —=-• —-- = lim / _-, JL-— = lim--- (y/X + 1) x->l (y/X — í)(y/x + 1) x->l X—l Po krácení je již odstraněn bod nespojitosti a limitu vypočteme dosazením: Ľm *•(*-!) •(>/* + !) = iinix.(^+i) = i .(VT+i) = 2 x-*l X — 1 x-*l — Příklad 4. Vypočítejme limitu lim x^y/2 x — \/2 Řešení. Funkce, jejíž limitu máme vypočítat není v bodě x = y/2 definována. Navíc neexistuje možnost, jak tuto funkci racionálně upravit tak, aby byl tento bod nespojitosti odstraněn. Určíme proto jednostranné limity v bodě x = \[2. Myšlenkovým dosazením čísla jen nepatrně většího, než je \[2 (pro výpočet limity zprava) obdržíme v čitateli zlomku záporné číslo a ve jmenovateli velmi malé kladné číslo (označíme si jej 0+. Záporné číslo dělené velmi malým kladným číslem se intuitivně blíží —00: x-2 e lim -= = — = —oo x-y/2 0+ Podobně učiníme i pro výpočet limity zleva: lim --= = — = +oo x-\J2 0_ Jednostranné limity nejsou shodné a proto můžeme říci, že limita lim^^^ ^~^2 neexistuJe-Příklad 5. Vypočítejme limitu 4x2 + 2x4 + x6 lim--- a;->0 xb Řešení Uvedená funkce není v bodě x = 0 definována. Pokusíme se ji upravit a tuto nespojitost odstranit. Využijeme vytknutí z mnohočlenu v čitateli: Ax2 + 2xA + x6 x2 ■ (4 + 2x2 + xA) 4 + 2x2 + xA lim--- = lim--- = lim--- a;->0 Xb a;->0 Xb a;->0 X4 Je zřejmé, že bod nespojistosti v bodě x = 0 není odstranitelný úpravami. Přistoupíme proto k výpočtu jednostranných limit podobně, jako tomu bylo v předchozím příkladu. Dosazením čísla jen o málo většího než je nula (0+) obdržíme limitu zprava: 4 + 2x2+x4 4 + 2-(0+)2 + (0+)4 4 Ä-*-=-(0+V = 07 = +°° Podobně pro limitu zleva11: 4 + 2x2+x4 4 + 2-(0_)2 + (0_)4 4 hm--- = -\ \.—-—— = — = +oo x^o- x4 (0_)4 0+ Jednostranné limity jsou totožené a proto můžeme říci, že funkce f(x) = 4x +2% +x má v bodě x = 0 nevlastní limitu rovnou +oo a psát linia^o 4x +2x6 +x = +oo. "Uvědomme si, že i velmi malé číslo umocněné na sudou mocninu je sice stále velmi malé, ale stane se kladným. 4 Příklad 6. Vypočítejme limitu sin bx lim- a;->0 2x Řešení Výraz napovídá, že se bude dát využít znalost limity lim^^o = 1- Musíme však zlomek nejdříve do takového tvaru upravit: sin5x sin5x 5 sin5x lim- = lim -=- = lim — •- a;->0 2x x->0 f . 5x a;->0 2 5x 5 Nyní využijeme metodu substituce.111 Položíme t = bx. Vzhledem k tomu, že x —> 0 a í = 5i = 5-0 = 0, pak i t —> 0 a můžeme psát dále: 5 sin5x t 5 siní 5 5 lim — •- = \t = ox\ = lim — •- = — • 1 = — x->o 2 5x 1 1 t->o 2 ŕ 2 £ Příklad 7. Vypočítejme limitu x sin x — sin x hm--- a;->0 x2 + 2x Řešení Zadaná funkce není v bodě x = 0 definována. Je však poměrně dobře upravitelná - úpravu provedeme vytknutím sin x v čitateli a x ve jmenovateli. Obdržíme tak: x sin x — sin x sinic ■ (x — 1) lim----- = lim---—— a;->0 Xz + 2x a;->0 X ■ (X + 2) Nyní je jasné, že se bude dát využít pravidlo o limitě lim^^o = 1, nicméně, funkce obsahuje i další členy. Využijeme tedy příjemné vlastnosti limity součinu - limta součinu dvou funkcí je totiž rovna součinu limit jednotlivých činitelů, proto můžeme jednoduše vypočítat, že: sinic ■ (x — 1) sinic x — í ( 1\ 1 lim---r— = lim-• lim- = 1 •--=-- a;->0 X ■ [X + 2) a;->0 X a;->0 X + 2 \ 2) 2 Výpočty limit v nevlastních bodech (Obrázek 2) probíhají mírně odlišně. Můžeme de facto rozlišit několik typů těchto limit: 1. Limity podílu racionálních lomených funkcí vyčíslíme nejčastěji tak, že funkce upravíme na podíl dvou polynomů a následně celý zlomek rozšíříme výrazem , kde n je stupeň nejvyšší přítomné mocniny v rámci celého zlomku. Využijeme tak vlastnosti limity: lim — = 0 (10) a;->+GO xn 2. V případě rozdílu odmocnin lze s limitou nakládat jako se zlomkem a odmocnin se v čitateli příslušným rozšířením rozdílu. Obecně lze říci, že pro výpočet limit v nevlastních bodech funkcí v podílovém tvaru je možné využít i myšlenkových úvah. Pokud totiž funkce v čitateli roste pomaleji, než funkce ve jmenovateli (za předpokladu, že obě funkce jsou monotónní a divergují) je jasné, že v limitě x —> oo bude výraz v čitateli nepředstavitelně nižší, než ve jmenovateli a naopak. Vše osvětlíme na následujících příkladech. Příklad 8. Vypočítejme limitu 2x3+2x-í lim -co 4x3 + 4x2 + 5 "'Není nezbytně nutné využít metodu substituce, intuitivně je jasné, že pokud platí lim^^o 3m x = 1, pak platí n 5a 5x liníz—^ 31" 5x = 1. Metoda substituce se používá zejména ve složitějších případech 5 Řešení Jedná se limitu funkce, která je podílem dvou polynomů. Nejvyšší mocnina v celé funkci je mocnina řádu 3. Celý výraz v limitě tedy rozšíříme 2x3 + 2x-l ^ .. 2 + ^-^3 lim -• —— = lim ----— a;->-oo 4x3 + 4x2 + 5 a;->-oo 4 + | + A. Nyní využijeme vlastnosti limity linia^+oo = 0, tím veškeré zlomky tvaru v čitateli i jmenovateli můžeme prohlásit za nulové a psát tak výslednou limitu funkce: v 2 + 2 + 0 + 0 1 lim----— = - — — a-^-oo 4+Ř + Jl 4 + 0 + 0 2 x xó = Příklad 9. Vypočítejme limitu lim {y/x2 — 3x — -\/aľ2 — 5) a'—»00 Řešení. Jedná se o rozdíl odmocnin. Upravíme limitu rozšířením tak, aby byla v podílovém tvaru - rozšíříme výrazem \Jx2 — 3x + \Jx2 — 5 tak, aby v čitateli byly odstraněny odmocniny: / r^>-7T r^>—^ V^2 — 3x + \]x2 — 5 (x2 — 3x) — (x2 — 5) lim (V xz — 3x — V xz — 5) ■ .--. = lim . =-. a-'-*™ \]x2 — 3x + \]x2 — 5 a-'-*00 \]x2 — 3x + \Jx2 — 5 Tento podílový tvar upravíme a z mocnin ve jmenovateli vytkneme x: (x2 - 3x) - (x2 - 5) -3x + 5 lim =-, = lim X—»00 Vx2 - 3x + V^2 - 5 ^ x.^i_l+x.^ji_^ Výraz již jen rozšíříme ^ a vypočítáme hodnotu limity za užití (10): -3x + 5 i v -3 +f -3 3 lim -t^=^-;^=^= • -f- = lim —t^=^- = - =-- Poměrně často se při výpočtech limit setkáme s tzv. neurčitými výrazy. Jedná se o výrazy typu ^ nebo ^. Pokud se jedná o případy, které umíme upravit výše popsanými způsoby, využijeme je. V jakémkoliv případě neurčitého výrazu lze ale použít i ĽHospitalovo pravidlo, které využívá derivací. Na závěr této kapitoly uvedeme ještě několik řešených příkladů. Příklad 10. Vypočítejme limitu tanx lim- a;->0 x Řešení Limita je neurčitého typu, nicméně funkci tangens lze přepsat tak, aby se dalo využít vlastnosti limity (9). Výpočet je pak přímočarý: tanx sinx sin x 1 lim- = lim- = lim-•- = 1 • 1 = 1 a;->0 X a;->0 X ■ COS X a;->0 X COS X ~ Příklad 11. Vypočítejme limitu (1 +x)(í + 2x)(í +3x) - 1 lim- a;->0 X 6 Řešení Je evidentní, že funkce, jejíž limitu chceme počítat není v bodě x = O definována. Pokusíme se ale upravit čitatel zlomku v limitě roznásobením. (1 +x)(í + 2x)(í + 3x) - 1 , 6x3 + ííx2 + 6x + 1 - 1 , x ■ (6x2 + 1 íx + 6) lim- = lim- = lim- a;->0 X x->0 X x->0 X Po krácení x obdržíme funkci, která již nemá bod x = 0 jako bod nespojitosti a limitu lze vypočítat dosazením do předpisu: x ■ (6x2 + 1 íx + 6) . 2 ^\ lim- = lim(6x + llx + o) =6 a;->0 X x->0 — Příklad 12. Vypočítejme limitu lim Řešení Jmenovatel zlomku v limite je roven nule a proto funkce není v bodě x = 16 definována. Je třeba ji proto příslušně upravit. Využijeme notoricky známého vztahu (a2 — b2) = (a + b)(a — b) na jmenovatel zlomku. Obdržíme tak: lim - = lim - = lim - = - = - = — x^i6 (^x + 2)(^i-2) x-neýx + 2 1^/x + 2 2 + 2 ± Příklad 13. Vypočítejme limitu -sjx + 13 - 2 • -sjx - 1 lim-r--- a;->3 X2 - 9 Řešení. Funkce, jejíž limitu chceme počítat není v bodě x = 3 definována. Bude třeba provést úpravy tak, aby ze jmenovatele pokud možno zmizel činitel {x — 3), který nespojitost způsobuje. Dosáhneme toho standardní úpravou, kdy odstraníme odmocniny: ^Jx + 13 - 2 • ^x + 1 + 13 + 2 • + 1 t x + 13-4-(x + l) lim-• - = lim - *->3 x2-9 ^Jx + 13 + 2 • -sjx + 1 *->3 (x + 3) . (x - 3) • {s]x + 13 + 2 • + 1) Upravíme výraz v čitateli a vykrátíme jej s problematickou částí jmenovatele: x + 13-4-(x + l) -3x + 9 lim---—---—-—, -, = lim — *->3 (x + 3) • (x - 3) • (Vz + 13 + 2 • VäT+T) *->3 (x + 3) • (x - 3) • (V^ + 13 + 2 • ^Jx + 1) —3 • lim---—---—-—. -. = —3 • lim *3 (x + 3) • (x - 3) • {-sjx + 13 + 2 • + 1) *->3 (x + 3) • (V^ + 13 + 2 • ^Jx + 1) Tento výraz, jakkoliv vypadá nepříjemně, je již v bodě x = 3 definován a limitu vypočteme dosazením: —3 • lim >3 (x + 3) • (V* + 13 + 2 • V^TT) (3 + 3) • (V3TT3 + 2 • VŠTT) -JA Příklad 14. Vypočítejme limitu cos x — sin x lim - a.'->f cos2x 7 Řešení Ve jmenovateli funkce, jejíž limitu máme vypočítat je hodnota cos(2 • ^) = 0. To je bod ve kterém funkce není definována a proto musíme provést úpravu. Využijeme znalosti vztahů pro dvojnásobné argumenty goniometrických funkcí, konkrétně cos 2x = cos2 x—sin2 x. Potom můžeme pokračovat elementárními úpravami: lim cos x — sm x lim cos x — sm x lim cos x — sm x cos 2x z-»f cos2 x — sin2 x a--->f (cos x + sin x) ■ (cos x — sin x) Taková funkce je již v bodě x = ^ definována a řešíme prostým dosazením: 1 _ 1 1 _ 2 _ V2 2V2 ~ ~ lim 1 cos x + sin x lim cos x + sm x Příklad 15. Vypočítejme limitu cos ||sm| V2 , V2 2 2 lim x—»00 4x2 - 4x + 7 Ví4" 1 Řešení Jedná se o limitu v nevlastním bodě z podílu dvou funkcí. Takové limity se dají řešit rozšířením celého zlomku výrazem kde n je stupeň nej vyšší mocniny ve výrazu a následně využijeme vlastnosti limity (10). Pohlédneme-li na čitatel zlomku, je nejvyšší mocnina řádu 2. Podobně je tomu (po drobné úpravě) ve jmenovateli (výraz \Jx4 — 1 je de facto mocnina x stupně 2). Z odmocniny ve jmenovateli proto vytkneme x2 a následně zlomek rozšíříme výrazem -3. lim x—»00 4x2 4x + 7 Va;4 - 1 Příklad 16. Vypočítejme limitu lim x—»00 4x2 ■4x + 7 1 lim ■ X—»00 1=4 1 = lim (\[x — \/x — 1) Řešení. Jedná se o limitu v nevlastním bodě z rozdílu odmocnin. Využijeme proto rozšíření a zbavení se odmocnin: lim (\[x — \fx — \) \/x + \/x — 1 x — (x — 1) lim - a;->GO + -^x — 1 1 lim — - a;->GO + — 1 ^/x + \/x — 1 Takovou limitu lze již řešit tak, že dosadíme do jmenovatele myšlené velké číslo (00). V takovém případě obdržíme výraz s jedničkou v čitateli a velkým číslem ve jmenovateli, což konverguje k nule: lim 1 1 \fx + \Jx—l + V00 - 1 1 00 1.3.1 Cvičení 1. Vypočtete následující limity: (a) (b) (c) lim (\/2x2 + 2 - \Jx2 - 2) [00] x3 - 2x2 - 4x + í lim a;->2 X4 lim ■ 8x2 + 16 x — 6 6 Va; + 3 - 3 [6] 8 tanx — sin x lim-ô- x-*o sin x (f) (g) (h) (i) (j) (k) (1) (m) Vypočítejte následující limity: (a) X — \i X lim —--— [limita neexistuje] >V2 x2 - 2 cosx lim —- I—ool a;->7r- SÍn X sin 3x — tan 2x lim a;->0 bx 3x + 6 lim —- x^-2 x3 +8 V2 + x - V2 lim - a;->0 X V2- 4 lim i V x2 - 1 x4 - 1 x2 + 7x - 44 lim —----— a;->4 x — OX + 8 x2-4 lim —-- a;->2 X2 - 3x + 2 15 T [4] lim xz - 3x + 1 [0] (b) (c) (d) lim x-^o 99 - x4 5x4 - 4x3 + 2x2 - x - 1 8x4 - 12x3 - x2 - x - 10 x — 1 lim —. a;->GO ^/x — 1 [oo] lim (^3x2 + 2x-4 - \/3x2 - x + 2) 9 lim (V 1 + x2 — y/l — x + x2) •—>—00 - M 2 lim lim (3x - V9a;2 - 10x + 1) (e) (f) (g) (h) 2 Derivace funkce 2.1 Pojem derivace funkce Derivace funkce f(x) v bodě xq (značíme /'(xq)) je důležitý pojem, který je obecně zaveden definicí: lim xb - 1 x4 + 1 [-00] f'{xo) = linix —> /(x) - /(x0) X — Xq Pokud označíme x — x0 = Ax, můžeme definici přepsat jako: /'(x0) = limAx -> 0 J(x0 + Ax) - J(x0) Ax (H) (12) Geometrický význam derivace v bodě je ten, že se de facto jedná o směrnici tečny funkce v daném bodě xq. Lepší ilustraci přinese Obrázek 3, který se vztahuje k definici (11). Derivace je tedy např. mocným nástrojem při vyšetřování průběhu funkce. V této kapitole se však nadále budeme zabývat metodami výpočtů derivací. 10 Většinou nechceme znát derivaci funkce pouze v jednom bodě, ale rádi bychom znali průběh derivace na celém definičním oboru původní funkce. Proto je vhodné nejdříve vypočítat obecnou derivaci f'(x) nějaké původní funkce f(x) a následně do ní např. dosazovat bod, ve kterém chceme derivaci počítat. Derivace funkce f'(x) je obecně rovněž nějaká funkce. Jak tuto funkci zjistit si ukážeme nyní. 2.2 Výpočty derivací Výpočty derivací elementárních funkcí, které plynou z definice nejsou nutné, stačí si je osvojit z následující tabulky: Tabulka 1: Přehled derivací elementárních funkcí. Tyto vztahy platí samozřejmě pouze tam, kde jsou funkce f(x) definovány. /'(*) konat. 0 xn n ■ x71'1 ex ex ax ax ■ ln a lnx i X loSaX 1 x ln a sinx COS X cosx — sin x tanx i COS2 X Ne každá funkce je ale funkcí elementární a velmi často se setkáme s funkcemi, které jsou součtem/rozdílem, součinem nebo podílem více funkcí. Označíme-li f(x) a g(x) funkce a f'(x) a g'(x) jejich derivace a c je libovolná konstanta pak platí: (c-f(x))' = c.f(x) (f(x)±g(x))' = f'(x)±g'(x) (/(*) • g{x))' = f'(x) ■ g(x) + f(x) ■ g'(x) 7(*)Y f'(x).g(x)-f(x).g'(x) g{x) (si*))2 (13) (14) (15) (16) Někdy můžeme narazit na tzv. složenou funkci. Obecně se jedná o funkci, jejíž argumentem je další funkce, tedy obecně f(g(x)). Funkci / nazýváme vnější funkcí a funkci g jako funkci vnitřní. Příkladem takové složené funkce může být např. sin(x2 — 1). V tomto případě je vnitřní funkcí x2 — 1 a vnější funkcí funkce sinus. Derivace složené funkce se pak vypočítá jako: U{g{x)))' = f'{g{x)).g'{x) (17) Slovně řečeno, nejdříve derivujeme vnější funkci /, které ponecháme její argument g(x), jaký je v zadání a poté teprve derivujeme funkci vnitřní (tedy argument vnější funkce) g(x). 11 Výpočty derivací podle uvedených vzorců jsou poměrně mechanickou záležitostí, nicméně, jedná se o delší výpočty (zejména pak úpravy derivovaných výrazů) a proto je třeba počítat pomalu a dávat pozor na elementární chyby. Příklad 17. Derivujme a upravme: f(x) = x4--l-j= \/x Řešení. Funkce f(x) je rozdílem dvou funkcí - x4 a budeme ji tedy derivovat jako rozdíl. První funkce je mocninná a jedná se tedy o tabulkovou derivaci. Zlomek však můžeme jako mocninu přepsat, neboť = x~? a derivovat rovněž jako tabulkovou derivaci. ^ y/x „4-1 ( 1 „-i-i^ " 1 f'(x) = Ax4'1 x'"1 = 4x3 + - • = 4x3 + 2)2 2-V^3 Příklad 18. Derivujme a upravme: m x2-2 Řešení. Funkce f(x) je evidentně podíl dvou funkcí a to x2 a x2 — 2. Proto ji budeme derivovat jako podíl: _ {x2)>.{x2-2)-x2.{x2-2)> 1 1 ' (x2 - 2)2 Derivace funkce x2 je 2x (jedná se o tabulkovou derivaci). Derivace funkce x2 — 2 je rovněž 2x neboť je to derivace rozdílu a derivace dvojky (konstanty) je nula. Můžeme tedy psát: (x2)' ■ (x2 - 2) - x2 ■ (x2 - 2)' 2x ■ (x2 - 2) - x2 ■ 2x 2x3 - 4x - 2x3 4x {x2 - 2)2 Příklad 19. Derivujme a upravme: {x2 - 2)s {x2 - 2)2 (x2 - 2)2 r3 _ t-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: 8/ 3 2-2-2 X X X 8 X X 8 X 3__r; o_r; _ 37 _o _ — _ — _ — _ — x 8 — X = X 8 — X X X X X' Tuto funkci již zderivujeme jako rozdíl tabulkových derivací: /'(x) = -|.x-¥-1-(-3-x-3-1) Příklad 20. Derivujme a upravme: 37 -x 8 + 3x 37_ _3_ ^ + x1 f(x) = 2 ■ s'mx ■ lux 12 Řešení Jedná se o součin dvou funkcí, a to sinx a lnx. Budeme je proto derivovat jako součin dle (15). Celá funkce je ještě vynásobena konstantou a proto dle (13) přidáme dvojku před celou derivaci: 1 sm x f'(x) = 2 ■ ((sin x)' • In x + sin x • (ln x)') = 2 • (cos x ■ lnx + sin x • — = 2 • (cos x • lnaH--) Příklad 21. Derivujme a upravme: f(x) = sin(x2) Řešení Funkce f(x) je složenou funkcí, přičemž vnější funkcí je funkce sinus a vnitřní funkce (argument vnější funkce) je funkce x2. Derivujeme proto nejdříve funkci sinus (derivací je kosinus), které ponecháme její argument x2, takto vzniknou funkci násobíme derivací vnitřní funkce, což je {x2)' = 2x: f'(x) = sin'(x2) • (x2)' = cos(x2) • 2x = 2x ■ cos(x2) Příklad 22. Derivujme a upravme: 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 (16). Nejdříve tedy derivujeme logaritmus, kterému ponecháme argument ^2~| a následně derivujeme tento argument (vnitřní funkci) dle pravidel pro podíl: rli s ,l(x2-l\ fx2-l\' 1 (X2 - IV • (X2 + 1) - (X2 - 1) • (X2 + 1)' / {x) = ln - x2 + í) \x2 + l 4=1 (x2 + l)2 Tuto konstrukci dále derivujeme a upravujeme. Uvědomíme si znovu, že derivace výrazu x2 — 1 je 2x, neboť se jedná o derivaci rozdílu tabulkové derivace x2 a derivace konstanty, což je nula. Podobně je tomu pro derivaci výrazu x2 + 1. Píšeme tedy: , x2 + 1 2x- (x2 + 1) - (x2 - 1) • 2x J W ~ xTZT[ (x2 + l)2 Takový výraz upravíme krácením x2 + 1 a vytýkáním 2x v čitateli druhého zlomku: , 1 2x ■ (x2 + 1 - x2 + 1) _ 1 4x _ 4x * ~ x2 - 1 x2 + 1 ~ x2 - 1 ' x2 + 1 ~ x4 - 1 Příklad 23. Derivujme a upravme: mé — lnx x Řešení V tomto případě je f(x) opět složená funkce, přičemž třetí odmocnina je funkce vnější a funkce vnitřní (argument funkce vnější) je rozdíl ^ — lnx. Funkci si však nejdříve upravíme tak, aby byla ve tvaru mocnin. Pak derivujeme jako složenou funkci: f(x) = a--ln x = yjx 1 — ln x = [x 1 — ln x)3 13 f (x) = ^(x-1 - luxy'1 ■ ^-1 • x"1"1 - = ^(x-1 - lnx)~i ■ (-x~2 - i x , aerivace ( : odmocniny derivace vnitřní funkce Upravíme do čitelného tvaru: f'(x) = _ lnx)-i • (-x-2 --)= -. 1 • (~ - -) — 1 — x Příklad 24. Derivujme a upravme: f (x) = Vln(^2 - 1) Řešení Funkce f (x) je v tomto prípade několikanásobně složená, což však principiálně nevede k vážnějším komplikacím. Identifikujme nejdříve strukturu této složené funkce: Vnější funkcí je odmocnina. Ta má v argumentu ln(x2 — 1), ovšem logaritmus je navíc vnější funkce vzhledem k funkci x2 — 1. Proto nejdříve derivujeme odmocninu (po úpravě na mocninu) se zachováním jejího argumentu ln(x2 — 1), následně tento logaritmus se zachováním jeho argumentu i2-la nakonec výraz x2 — 1: f{x) = Vln(x2 - 1) = (ln(x2 - í)ý f{x) = L{Hx2-l))^. -J— ■ (2x) 1 2X ? \ . x2~l W-' 2yin(x2-l) x2-í derivace (od)mociny derivace logaritmu derivace x — 1 Příklad 25. Derivujme a upravme: x ■ -Jx 1 — cos x m = —---— Řešení Jedná se o derivaci funkce, která je rozdílem dvou funkcí, přičemž jedna z nich je součin a druhá podíl.lv Funkci si však nejdříve chytře upravíme tak, abychom si nekomplikovali derivování. Sloučíme odmocninu s mocninou v první části a druhou část rozdělíme na dva zlomky a upravíme: x ■-Jx 1 — COSX 1 i 1 COSX 1 3 _2 cosx j[x) — - — ■ x ■ x2 — H - — • x2 x H - 2 xz 2 xz xz 2 xz Takto upravená funkce je již vhodná pro derivování, neboť obsahuje dvě mocninné funkce, které se dají derivovat jednoduše a podíl. Derivujeme proto takto: „,. . 1 3 3 i , o lN — sin x ■ x2 — cos x ■ 2x 3 i , — x ■ (x sin x + 2 cos x) /'(*) = yyx" -i~2-x ) +--4-= T^+2x~s+-^—-4-i Tento výraz již jen upravíme do racionální podoby a máme výsledek: „,. . 3 i n — x ■ (x sin x + 2 cos x) 3 ,— 2 x sin x + 2 cos x f'(x) = -.x^+2x-3 +-^--j->- = -^+-- Příklad 26. Derivujme a upravme: m = in'e x Na funkci x můžeme pohlížet jako na součin x ■ ~Jx vynásobený ^. 14 Řešení Funkce f (x) je funkcí složenou, přičemž logaritmus je funkce vnější a výraz e ~x funkcí vnitřní (je argumentem vnější funkce). Argument logaritmu si nejdříve přepíšeme jako součin konstanty ^ a, ex — x, aby se funkce dobře derivovala. f(x) = ln (j^^j = In (i • (e* - x) 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 , . , derivace argumentu derivace logaritmu V praxi je možné setkat se s derivacemi vyšších řádů - druhou (f"(x)), třetí (f'"{x)) až obecně n-tou derivací (f(n\x)). Jejích výpočet není složitý ale spíše pracný. Druhou derivaci vypočítáme derivováním derivace první. Třetí derivaci vypočteme derivováním druhé derivace atd. Příklad 27. Vypočtěme f"'(x) pro funkci: 1 — X Řešení Jedná se o podíl dvou funkcí, proto využijeme pravidla (16). Vypočteme nejdříve první derivaci: , 1 • (1 — x) — x ■ (—1) 1 — x + x 1 í ^ = (1 -x)2 = (1 -x)2 = (í-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 • (1 — x) ■ (—1): 1 V 0-(l-x)2-l-2(l-x)-(-l) 2-(l-x) 2 Třetí derivaci obdržíme derivováním druhé derivace. Opět nutno podotknout, že jmenovatel je složená funkce a je třeba s ní tak nakládat. tm, x / - / 0-(l-x)3-2-3-(l-x)2-(-l) 6-(l-x)2 6 {l-xfj {l-xf {l-xf (l-x)4 Příklad 28. Vypočtěme druhou derivaci funkce: f{x) = sin(cos(x)) 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)) • cos'(x) = cos(cosx) • (— sinx) = — sinx • cos(cosx) Druhou derivaci vypočteme derivováním f'(x). Je třeba si ale uvědomit, že se jedná o součin funkcí, přičemž funkce cos(cosx) je složená: f"{x) = — ((sinx)' • (cos(cosx)) + sinx • (cos'(cosx)) ■ (cosx)') = f"(x) = — (cosa>cos(cosx)+sinx-(— sin(cosx))-(— sinx)) = —(cosx • cos(cosx) + sin2 x ■ sin(cosx)) 15 2.2.1 Cvičení 1. Derivujte a upravte: (a) f (x) = ln(x2 + 1) x2 + 1 (b) (c) (d) (e) (f) (g) (h) (i) Ü) (k) (1) (m) (n) f (x) = 2x4 - 3i3 + 5i-2 - x + 100 [8x3 - 9i2 + 10i - l] 4 • (x - 1) f (x) = ln x - 4 L(x-4)-(i2-4) f (x) = -\/cOs(x3 — 7ľ) x2 • sin(x3) ^/(-cos(x3))2_ /(i) = 2 sin x + sin 2x + sin2 x + sin x2 [2 cos x + 2 cos 2i + 2 sin x cos x + 2x cos x2] /(*) 2x3 — + ■s/x 1 2 + /(*) 1 + x2 1 - ex 1 +e2: _2\[x^ 3\/x^ + 4x x3 — x2 + x + 1 (x2 + l)2 1 +e2 1 - ex (e* + l)2 /(x) = sin(x3 — x) [(x2 — 1) • cos(x3 — x)] 12 1 - x4 48x3 x3 - 2x2 - 1 x-3 (1 - x4)2 2x3- lli2 + 12x + l /(x) = 2y/x~+~í + ln ■ + 2 + 2 Vi + 1 /(x) = In Vi — sinxl + cos x x- 1 Xy/x + 1 1 1 - sinx /(x) = -■--xe „2 , 0 „ sin x — 1 e~x -(2i2-l) +--- 16 (o) (p) (q) (r) (s) (t) 2xb - 1 , 2 3 6x--j f (x) = (x — ln x) 100 f (x) = 5x4--- + \fx + cos x2 100- {x- 1) (x -lnx)99 1 3tt + —r + 20:r - 2x sin x /^ x4 f {x) = {x - 3) • (ln(x - 3) - 3) [ln(x - 3) - 2] sin 2ľ COS 2ľ tanx í + x — x2 í — x + x2 [—2 sin x cos x] 2 ■ (1 - 2x) (1 - 2ľ +X2)2 2. Vypočítejte derivace vyšších řádů: (a) f"'(x) =? f (x) x — 3 x - 2 6 (b) (c) (d) (e) (f) (g) f"(x) =? /(x) = (lnx — x) • (lnx + x) (x-2)4 j 2- (x2 +lnx- 1)" f"{x) =? /(x) = x" [(n2 - n) • x""2] 12-(10x6-16x3 + l) f"'(x) =? /(x) 2ľd - 1 X3 + 1 /(4)(x)=? /(x) = ln(l - x) f" [x) =? /(x) = ln(ea' + Vl + e2a') /"(x) =? /(x) = tan(x) (x3 + l)4 6 (l-x)4j V(e2" + l)3 2tanx 17 2.3 Využití derivací pro výpočet limit - ĽHospitalovo pravidlo V kapitole o limitách jsme se zmínili o limitách typu 2 a ^. Někdy tyto limity nelze řešit úpravou ani dalšími postupy. V takovém případě je nutné (a mnohdy dokonce výhodné) využít tzv. 1'Hospitalovo pravidlo. To zní: x->x0 g[x) x^>x0 g [x) Jinými slovy, limita podílu dvou funkcí f(x) a g(x), která je typu jj nebo ^ je totožná s limitou podílu derivací f'(x) a g'(x) těchto funkcí. ĽHospitalovo pravidlo je možné využívat v průběhu výpočtu jedné limity i opakovaně, pokud je limita stále typu jj nebo ^. Vše důkladně rozebereme na příkladech. Příklad 29. Vypočítejme limitu: lux lim -—- a;->GO X2 Řešení Uvedená limita je typu ^, neboť po dosazení obdržíme tento neurčitý výraz: lnx ln oo oo lim — = —— = — a;->oo X2 CO2 00 Úprava funkce v limitě není možná a proto využijeme 1'Hospitalovo pravidlo. To říká, že uvedenou limitu s podílu funkcí f(x) = lni a g(x) = x2 se dá vypočíst jako podíl derivací těchto funkcí f'(x) = I a g'(x) = 2x: lim —— = lim ^ ^ = lim — = lim —- =-- = — = 0 a;->GO x2 a;->GO (x2)' a;->co 2x a;->co 2x2 2 ■ CO2 00 — Příklad 30. Vypočítejme limitu: x3 — 6x + 6 sin x lim--- a;->0 x2 Řešení. Zadaná limita je typu jj, neboť po dosazení bodu x = 0 obdržíme: x3 — 6x + 6 sin x O3 — 6 • 0 + 6 sin 0 0 llnl-9- = -^5- = ň a;->0 X2 O2 0 Vzhledem k tomu, že limita je typu jj, můžeme využít 1'Hospitalovo pravidlo. Derivujeme zvlášť čitatel a jmenovatel limity: x3 — 6x + 6 sin x (x3 — 6x + 6 sin x)' 3x2 — 6 + 6 cos x lim--- = lim-- = lim--- a;->0 X2 a;->0 (X2)' a;->0 2x Tato limita je však rovněž typu ^, protože po dosazení: 3x2-6 + 6cosx _ 3-02-6 + 6cos0 _ -6 + 6 _ 0 a™ 2x ~ 2~0 ~ Ô ~ Ô Vzhledem k tomu, že nová limita je typu jj, můžeme znovu využít 1'Hospitalovo pravidlo. Derivujeme zvlášť čitatel a jmenovatel limity: 3x2 — 6 + 6 cos x (3x2 — 6 + 6cosx)' 6x — 6 sin x lim- = lim-;—-- = lim- = lim óx — 3 sin x a;->0 2x a;->0 (2x)' a;->0 2 a;->0 Tato limia se již dá řešit pouhým dosazením: lim 3x — 3 sin x = 3 • 0 — 3 • sin 0 = 0 a;->0 _ 18 Příklad 31. Vypočítejme limitu: x cos x — sin x lim--- a;->0 xá Řešení Limita je typu jj, neboť po dosazení bodu x = 0 obdržíme: x cos x — sin x 0 • cos 0 — sin 0 0 lim--- = --- = — a;->0 X3 O3 0 S přihlédnutím k tomu, že limita je typu můžeme využít 1'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 (15). x cos x — sin x (x cos x — sin x)' 1 • cos x + x ■ (— sin x) — cos x lim--- = lim--^j—- = lim-—-- = a;->0 XA a;->0 (xá)' x->0 3x2 —x sin x —sin x ( 1\ sin x 1 lim--— == lim- = lim a;->0 3x2 x->0 3x x->0 \ 3 / X _3 Zde jsme využili vlastnosti limity (9), tedy že linxr-^o = 1. Příklad 32. Vypočítejme limitu: tan x — x lim-:- a;->0 x — sm x Řešení. Uvedená limita je typu jj, jak se snadno můžeme přesvědčit dosazením x = 0: tan x — x tan 0 — 0 0 lim- = - = — a;->o x — sm x 0 — sm 0 0 Vzhledem k typu limity můžeme využít 1'Hospitalovo pravidlo. Derivujme tedy čitatele a jmenovatele zlomku a upravme je: tanx — x _ (tanx —x)' _ -2 ~ — 1 lim -■- = lim -,-■-fr = lim - = lim 1 —COS X a;->0 X — Sinx a;->0 (x — sinx)' a;->0 1 — COS X a;->0 1 — COS X Tento výraz upravíme a po zjištění, že je již v bodě 0 definován můžeme x = 0 dosadit a vypočíst hodnotu limity: 1 —cos X (1 + cosx)(l — cosx) 1+cosx 1+cosO 1 + 1 lim —cos x— = lim--—-- = lim i->0 1 - COSI a;->0 COS2 X ■ (1 — COS x) a;->0 COS2 X (cOsO)2 l2 Příklad 33. Vypočítejme limitu: ln(ex + x + Inx) lim--- a;->GO ex + x + ln x Řešení Jedná se o limitu typu ^, jak se můžeme přesvědčit dosazením: lníe21 + x + lnx) ln(e°° + oo + ln oo) oo lim -■- = -■- = — a,-->oo ex + x + ln x e°° + oo + ln oo oo Využijeme-li 1'Hospitalovo pravidlo, můžeme psát: hi(ex + x + lnx) (hi(ex+x + ]nx))' lim--- = lim —-----— a,-->oo ex + x + ln x a,-->oo [ex + x + ln xy 19 V čitateli je přítomna derivace složené funkce, přičemž vnější funkcí je funkce logaritmus a vnitřní funkcí je funkce ex + x + ln x. Derivujeme proto dle (17) a nadále upravíme krácením: (]n(ex + x + lnx))' p.+r lim ^---r^- = hm + i-i— • (ex + 1 + i) :+\nx \ x J a;->oo (ex + X + llix)' a;->oo e^' + 1 + ^7 To už je limita, která se dá řešit pouhým dosazením x —> oo: lim lim 1 »00 ex + x + ln x 2.3.1 Cvičení Vypočtěte limity: 1. »oo ex + x + ln x e°° + oo + In oo _ .. VI + x — VI — x lim- a;->0 x [1] lim 2 - 2sin22ľ 11 COS2 X x3-4x + 2 lim--- a;->00 5xá — 1 2 TT i" 5 lnÍTr + e™) lim —--r— a;->00 ln(3 + eix) 1 - ex lim - a;->oo 1 + ex lnx [-1] lim lim a;->0 a;->i cos (f x) x ■ (ex + 1) - 2 • (ex - 1) sjx2 - 10 lim -—- a;->-oo ÍOx 1 TÖ 10. lim yfč sin(x2) ln x + ln x2 I™ 1 I a;->00 \n\X + X*) [-1] 2te 20