W praktyce większość funkcji elementarnych, którymi posługujemy się, jest różniczkowalna. Wyznaczmy pochodne kilku z nich, posługując się definicją i znanymi wzorami.
Przykład 9.5.
a) Funkcja stała x↦c określona w przedziale (a,b) jest różniczkowalna w każdym punkcie tego przedziału i ma pochodną równą zeru, gdyż iloraz różnicowy c−ch, będąc stale równy zeru, zmierza do zera.
b) Jeśli c jest stałą i istnieje f′(x), to istnieje pochodna iloczynu (c⋅f)′(x)=c⋅f′(x) (innymi słowy: stałą można wyłączyć przed znak pochodnej). Mamy bowiem
cf(x+h)−cf(x)h=cf(x+h)−f(x)h→c⋅f′(x), przy h→0.
c) Jednomian f(x)=xn jest różniczkowalny w każdym punkcie x∈R i f′(x)=nxn−1. Na mocy wzoru dwumianowego Newtona mamy bowiem
\displaystyle \begin{align*}\frac{(x+h)^n-x^n}{h} & =\binom{n}{1}x^{n-1}+\binom{n}{2}x^{n-2}h+ \binom{n}{3}x^{3}h^2+\dots+\binom{n}{n-1}x h^{n-2}+\binom{n}{n}h^{n-1} \\ & \to nx^{n-1}+0+0+\dots+0+0, \text{ gdy }h\to 0.\end{align*}
d) Funkcja \displaystyle x\mapsto \sin x jest różniczkowalna w każdym punkcie \displaystyle x\in \mathbb{R} , ponieważ iloraz różnicowy
\displaystyle \begin{align*} \frac{\sin(x+h)-\sin x}{h} & =\frac{2\sin\frac{x+h-x}{2}\cos\frac{x+h+x}{2}}{h} \\ & =\cos(x+\frac{h}{2})\cdot \frac{\sin{\frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}\end{align*}
zmierza do \displaystyle \cos x , gdyż \displaystyle \frac{\sin{\frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}\to 1 oraz \displaystyle \cos (x+\frac{h}{2})\to \cos x przy \displaystyle h\to 0 .
e) Funkcja \displaystyle x\mapsto \cos x jest różniczkowalna w każdym punkcie \displaystyle x\in \mathbb{R} , ponieważ iloraz różnicowy
\displaystyle \begin{align*} \frac{\cos(x+h)-\cos x}{h} & =\frac{-2\sin\frac{x+h-x}{2}\sin\frac{x+h+x}{2}}{h} \\ & =-\sin(x+\frac{h}{2})\cdot \frac{\sin{\frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}\end{align*}
zmierza do \displaystyle -\sin x , gdyż \displaystyle \frac{\sin{\frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}\to 1 oraz \displaystyle \sin (x+\frac{h}{2})\to \sin x przy \displaystyle h\to 0 .
Zwróćmy uwagę, że dotychczas nie podaliśmy precyzyjnych definicji funkcji sinus oraz cosinus, bazując na własnościach tych funkcji, poznanych w szkole w oparciu o własności liczb \displaystyle \sin \varphi , \displaystyle \cos\varphi , gdy \displaystyle \varphi jest kątem trójkąta. W szczególności skorzystaliśmy ze znanego faktu, że istnieje granica \displaystyle \lim_{\varphi\to 0}\frac{\sin \varphi}{\varphi}=1 . Formalnie istnienie tej granicy należy wykazać po podaniu definicji funkcji sinus.
Wykażemy teraz szereg prostych uwag, pozwalających efektywnie wyznaczać pochodną.
Twierdzenie 9.6.
Niech \displaystyle f, g będą funkcjami określonymi na przedziale otwartym \displaystyle (a,b) . Niech \displaystyle x \in (a,b) . Jeśli istnieją pochodne \displaystyle f'(x) oraz \displaystyle g'(x) , to
\displaystyle \begin{align*} & a) & \exists & (f+g)'(x) & = & f'(x )+g'(x), & \\ & b) & \exists & (f\cdot g)'(x) & = & f'(x)g(x)+f(x )g'(x ), & \\ & c) & \exists & \bigg( \frac{1}{g} \bigg)'(x) & = & \frac{-g'(x)}{g^2 (x )}, & \text{ o ile } g(x)\neq 0, \\ & d) & \exists & \bigg( \frac{f}{g} \bigg)'(x) & = & \frac{f'(x )g(x)-f(x )g'(x)}{g^2 (x)}, & \text{ o ile } g(x)\neq 0.\end{align*}
Dowód 9.6.
a) Wobec założenia o istnieniu \displaystyle f'(x) oraz \displaystyle g'(x) iloraz różnicowy
\displaystyle \frac{(f+g)(x+h)-(f+g)(x)}{h}=\frac{(f)(x+h)-(f)(x)}{h}+\frac{(g)(x+h)-(g)(x)}{h}
- na mocy twierdzenia o granicy sumy - ma granicę i jest ona równa \displaystyle f'(x)+g'(x ).
b) Funkcja \displaystyle g jest ciągła w punkcie \displaystyle x , gdyż jest w tym punkcie różniczkowalna, więc \displaystyle \displaystyle \exists \lim_{h\to 0}g(x+h)=g(x) . Wobec istnienia pochodnych \displaystyle f'(x_0) oraz \displaystyle g'(x_0) iloraz różnicowy
\displaystyle \frac{(f\cdot g)(x+h)-(f\cdot g)(x)}{h}=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x+h)+f(x)\frac{g(x+h)-g(x)}{h}
zmierza przy \displaystyle t\to 0 do granicy \displaystyle f'(x)g(x)+f(x )g'(x ) .
c) Jeśli tylko \displaystyle g(x)\neq 0 , to - wobec ciągłości funkcji \displaystyle g w punkcie \displaystyle x i istnienia \displaystyle g'(x) - iloraz różnicowy
\displaystyle \frac{\frac{1}{g(x+h)}-\frac{1}{g(x)}}{h}=-\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\cdot \frac{1}{g(x+h)g(x)}
zmierza do granicy \displaystyle \displaystyle\frac{-g'(x)}{g^2 (x)} przy \displaystyle h\to 0 .
d) Zauważmy, że \displaystyle \displaystyle \frac{f}{g}=f\cdot \frac{1}{g} . Na podstawie wykazanego już twierdzenia o pochodnej iloczynu i pochodnej odwrotności istnieje pochodna
\displaystyle \bigg(f\cdot \frac{1}{g}\bigg)'(x)=f'(x)\frac{1}{g(x)}+f(x) \bigg(\frac{1}{g}\bigg)'(x)= \frac{f'(x)}{g(x)}-f(x) \frac{g'(x)}{g^2 (x)}=\frac{f'(x )g(x)-f(x )g'(x)}{g^2 (x)}.
Zastosujmy powyższe twierdzenie do wyznaczenia pochodnych kolejnych funkcji elementarnych.
Przykład 9.7.
a) Pamiętając, że tangens jest ilorazem sinusa i cosinusa, możemy łatwo wyznaczyć pochodną funkcji tangens:
\displaystyle \begin{align*} (\mathrm{tg}\, x)' & =\bigg(\frac{\sin x}{\cos x}\bigg)'=\frac{\cos x\cos x-\sin x(-\sin x)}{\cos^2 x} \\ & =\frac{1}{\cos^2 x}=1+\mathrm{tg}\,^2 x .\end{align*}
b) W podobny sposób wyznaczamy pochodną funkcji cotangens:
\displaystyle \begin{align*} (\mathrm{ctg}\, x)' & =\bigg(\frac{\cos x}{\sin x}\bigg)'=\frac{-\sin x\sin x-\cos x \cos x}{\sin^2 x} \\ & =\frac{-1}{\sin^2 x}=-1-\mathrm{ctg}\,^2 x .\end{align*}
c) Niech \displaystyle w(x)=a_0+a_1 x+ a_2 x^2 +\dots +a_n x^n będzie funkcją wielomianową. Na mocy uwagi o pochodnej jednomianu i twierdzenia o pochodnej sumy w każdym punkcie zbioru \displaystyle \mathbb{R} istnieje pochodna
\displaystyle w'(x)=a_1 + 2 a_2 x +3 a_3 x^2 +\dots+na_nx^{n-1}.
Niech \displaystyle f:(a,b)\mapsto \mathbb{R} i \displaystyle g: Y\mapsto\mathbb{R} będą funkcjami takimi, że zbiór \displaystyle Y zawiera obraz przedziału \displaystyle (a,b) przez funkcję \displaystyle f .
Twierdzenie 9.8.
Jeśli istnieje pochodna \displaystyle f'(x_0) i istnieje pochodna \displaystyle g'(y_0) , gdzie \displaystyle y_0=f(x_0 ) , to istnieje pochodna złożenia \displaystyle (g\circ f)'(x_0) i jest równa iloczynowi pochodnych, tzn. \displaystyle (g\circ f)'(x_0)=g'(y_0)\cdot f'(x_0).
Dowód 9.8.
Niech \displaystyle y_1=f(x_1) , gdzie \displaystyle x_1\in (a,b) . Wobec ciągłości funkcji \displaystyle f w punkcie \displaystyle x_0 mamy zbieżność \displaystyle y_1\to y_0 , gdy \displaystyle x_1\to x_0 . Iloraz różnicowy
\displaystyle \frac{g(f(x_1))-g(f(x_0))}{x_1 - x_0}=\frac{g(y_1)-g(y_0)}{y_1 - y_0}\cdot \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1 - x_0}
zmierza więc do
\displaystyle g'(y_0)\cdot f'(x_0 ) przy \displaystyle x_1\to x_0 , gdyż \displaystyle \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1 - x_0}\to f'(x_0) , gdy \displaystyle x_1\to x_0 , zaś \displaystyle \frac{g(y_1)-g(y_0)}{y_1 - y_0}\to g'(y_0) , gdy \displaystyle y_1\to y_0 .
Twierdzenie 9.9.
Niech \displaystyle g będzie funkcją odwrotną do funkcji \displaystyle f:(a,b)\mapsto \mathbb{R} . Niech \displaystyle x_0 \in (a,b) . Jeśli istnieje pochodna \displaystyle f'(x_0)\neq 0 , to funkcja \displaystyle g jest różniczkowalna w punkcie \displaystyle y_0 =f(x_0) i zachodzi równość:
\displaystyle g'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}.
Dowód 9.9.
Niech \displaystyle x_0, x \in (a,b) i niech \displaystyle y_0=f(x_0) , \displaystyle y=f(x) . Funkcja \displaystyle f jest ciągła w punkcie \displaystyle x_0 , gdyż jest w tym punkcie różniczkowalna, więc \displaystyle y\to y_0 , gdy \displaystyle x\to x_0 . Stąd istnieje granica ilorazu różnicowego
\displaystyle \frac{g(y_0)-g(y)}{y_0 -y}=\frac{x_0-x}{f(x_0)-f(x)} =\frac{1}{\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}} \to\frac{1}{f'(x_0)}, \text{ gdy }x\to x_0.
Przykład 9.10.
Funkcja \displaystyle x\mapsto \mathrm{arctg}\, x jest odwrotna do funkcji \displaystyle x\mapsto \mathrm{tg}\, x , stąd - na mocy twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej - mamy
\displaystyle \frac{d}{dx}\mathrm{arctg}\, x=\frac{1}{\frac{d}{dy}\mathrm{tg}\, y}=\frac{1}{1+\mathrm{tg}\,^2 y}=\frac{1}{1+\mathrm{tg}\,^2(\mathrm{arctg}\, x)}=\frac{1}{1+x^2}.