Matematická analýza/Derivace elementárních funkcí

Derivace součtu a rozdílu funkcí

Nechť $f,g\in C^1(ℝ)$. Pak

$(f(x)\pm g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)\pm g^{\prime }(x).$

Důkaz:

$(f(x)\pm g(x){)}^{\prime }=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\pm g(x+h)-f(x)\mp g(x)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\pm \underset{h\to 0}{lim}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}=f^{\prime }(x)\pm g^{\prime }(x)$.

Derivace součinu konstanty a funkce

Nechť $f\in C^1(ℝ)$, $c\in ℝ$. Pak

$(c\cdot f(x){)}^{\prime }=c\cdot f^{\prime }(x).$

Důkaz:

$(c\cdot f(x){)}^{\prime }=\underset{h\to 0}{lim}\frac{c\cdot f(x+h)-c\cdot f(x)}{h}=c\cdot \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=c\cdot f^{\prime }(x)$.

Derivace součinu funkcí

Nechť $f\in C^1(ℝ)$. Pak

$(f(x)\cdot g(x){)}^{\prime }=f^{\prime }(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g^{\prime }(x).$

Důkaz:

$\begin{array}{ccc}(f(x)\cdot g(x){)}^{\prime }& =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)+f(x)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}=\\ & =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)}{h}+\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x)}{h}=\\ & =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\cdot \underset{h\to 0}{lim}g(x+h)+f(x)\cdot \underset{h\to 0}{lim}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}=f^{\prime }(x)\cdot g(x)+f(x)\cdot g^{\prime }(x)\end{array}$.

Derivace podílu funkcí

Nechť $f,g\in C^1(ℝ)$. Pak

${\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)}^{\prime }=\frac{f^{\prime }(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g^{\prime }(x)}{g^2(x)}.$

Důkaz

$\begin{array}{ccc}{\left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)}^{\prime }& =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{f(x+h)}{g(x+h)}-\frac{f(x)}{g(x)}}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x+h)}{h\cdot g(x)\cdot g(x+h)}=\\ & =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{1}{g(x)\cdot g(x+h)}\cdot \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x+h)\cdot g(x+h)+f(x+h)\cdot g(x)-f(x)\cdot g(x+h)}{h}=\\ & =& \frac{1}{g^2(x)}\cdot (\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x)\cdot g(x+h)}{h}-\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)\cdot g(x+h)-f(x+h)\cdot g(x)}{h})=\frac{f^{\prime }(x)\cdot g(x)-f(x)\cdot g^{\prime }(x)}{g^2(x)}\end{array}$.

Derivace složené funkce

Nechť $f,g\in C^1(ℝ)$. Pak

$(f(g(x)){)}^{\prime }=f^{\prime }(g(x))\cdot g^{\prime }(x).$

Důkaz

Položme $y:=g(x)$, $k:=g(x+h)-g(x)$.

$\begin{array}{ccc}(f(g(x)){)}^{\prime }& =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(g(x+h))-f(g(x))}{g(x+h)-g(x)}\cdot \frac{g(x+h)-g(x)}{h}=\\ & =& \underset{k\to 0}{lim}\frac{f(y+k)-f(y)}{k}\cdot g^{\prime }(x)=f^{\prime }(y)\cdot g^{\prime }(x)=f^{\prime }(g(x))\cdot g^{\prime }(x)\end{array}$

Derivace inverzní funkce

Nechť $f,g\in C^1(ℝ)$ takové, že $f(g(x))={\text{id}}_{D(g)}$ a $g(f(x))={\text{id}}_{D(f)}$. Označíme-li si $f(x)=y$ a $g(y)=x$, pak

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{g^{\prime }(y)}.$

Důkaz

$f^{\prime }(x_0)=\underset{x\to x_0}{lim}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\underset{y\to y_0}{lim}\frac{y-y_0}{g(y)-g(y_0)}=\frac{1}{\underset{y\to y_0}{lim}\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}}=\frac{1}{g^{\prime }(y_0)}$.

Vzorce pro derivování elementárních funkcí

Konstantní funkce

Je-li $f(x)=c$, kde $c\in ℝ$, pak

$f^{\prime }(x)=0$.

Důkaz

$f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{c-c}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{0}{h}=0$.

Mocninná funkce

Je-li $f(x)=x^n$, kde $n\in \mathbb{N}$ pak

$f^{\prime }(x)=n\cdot x^{n-1}$.

Důkaz

$\begin{array}{ccc}{f}^{\prime }(x)& =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{(x+h{)}^n-x^n}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{x^n+\left(\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right)x^{n-1}h+\dots +\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^{n-k}{h}^k+\dots +h^n-x^n}{h}=\\ & =& \underset{h\to 0}{lim}\frac{\left(\begin{array}{c}n\\ 1\end{array}\right)x^{n-1}h+\dots +\left(\begin{array}{c}n\\ k\end{array}\right)x^{n-k}{h}^k+\dots +h^n}{h}=n\cdot x^{n-1}\end{array}$.

Funkce sinus

Je-li $f(x)=\sin x$, pak

$f^{\prime }(x)=\cos x$.

Důkaz

$f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\sin (x+h)-\sin x}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cos x\cdot \sin h+\sin x\cdot \cos h-\sin x}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cos x\cdot \sin h}{h}=\cos x$.

Funkce kosinus

Je-li $f(x)=\cos x$, pak

$f^{\prime }(x)=-\sin x$.

Důkaz

$f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cos (x+h)-\cos x}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{\cos x\cdot \cos h-\sin x\cdot \sin h-\cos x}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{-\sin x\cdot \sin h}{h}=-\sin x$.

Funkce tangens a kotangens

Je-li $f(x)=\mathrm{t}\mathrm{g}x$ a $g(x)=\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{t}\mathrm{g}x$, pak

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$ a

$g^{\prime }(x)=-\frac{1}{{\sin }^{2}x}$.

Důkaz

Přímou aplikací pravidla pro derivaci podílu ihned plyne tvrzení. Například

$(\mathrm{t}\mathrm{g}x{)}^{\prime }={\left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)}^{\prime }=\frac{{\cos }^{2}x+{\sin }^{2}x}{{\cos }^{2}x}=\frac{1}{{\cos }^{2}x}$.

Funkce arkus sinus a arkus kosinus

Je-li $f(x)=\arcsin x$ a $g(x)=\arccos x$, pak

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$ a

$g^{\prime }(x)=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

Důkaz

Označíme-li si $\arcsin x=y$, pak $x=\sin y$. Přímou aplikací pravidla pro derivaci inverzní funkce dostaneme:

$(\arcsin x{)}^{\prime }=\frac{1}{(\sin y{)}^{\prime }}=\frac{1}{\cos y}=\frac{1}{\sqrt{1-{\sin }^{2}y}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$.

Analogicky pro $\arccos x$.

Funkce arkus tangens a arkus kotangens

Je-li $f(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ a $g(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{o}\mathrm{t}\mathrm{g}x$, pak

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{1+x^2}$ a

$g^{\prime }(x)=-\frac{1}{1+x^2}$.

Důkaz

Zcela analogicky předchozím.

Exponenciální funkce

Je-li $f(x)=e^x$, pak

$f^{\prime }(x)=e^x$.

Důkaz

$f^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{e^{x+h}-e^x}{h}=e^x\cdot \underset{h\to 0}{lim}\frac{e^h-1}{h}$. Protože ${(1+\frac{1}{n+1})}^{n+1}\le e\le {(1+\frac{1}{n-1})}^n$, platí pro všechna $h\in {ℝ}^{+}$ ${(1+\frac{1}{n+1})}^{(n+1)h}\le e^h\le {(1+\frac{1}{n-1})}^{nh}$. Nechť $0<h<1$. Zvolme $n\in \mathbb{N}$ takové, aby platilo $n\le \frac{1}{h}<n+1$, tedy $\frac{1}{n+1}<h\le \frac{1}{n}$. Pak ale dostáváme: $1+\frac{1}{n+1}\le {(1+\frac{1}{n+1})}^{(n+1)h}\le e^h\le {(1+\frac{1}{n-1})}^{nh}\le 1+\frac{1}{n-1}$, tedy $\frac{1}{n+1}\le e^h-1\le \frac{1}{n-1}$. Vynásobením celé nerovnice $\frac{1}{h}$ dostaváme: $\frac{\frac{1}{h}}{n+1}\le \frac{e^h-1}{h}\le \frac{\frac{1}{h}}{n-1}$ a po úprávách máme $1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}\le \frac{\frac{1}{h}}{n+1}\le \frac{e^h-1}{h}\le \frac{\frac{1}{h}}{n-1}\le \frac{n+1}{n-1}=1+\frac{2}{n-1}$. Limitním přechodem pro $n\to \mathrm{\infty }$, resp. $h\to 0_{+}$ dostáváme $\underset{h\to 0_{+}}{lim}\frac{e^h-1}{h}=1$. Obdobně by se to dokázalo pro $h\in {ℝ}^{-}$, a tedy celkem dostáváme tvrzení.

Funkce přirozený logaritmus

Je-li $f(x)=\ln x$, pak $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$.

Důkaz

(ln e(x))' = 1/(x*ln (e)) Zcela analogicky předchozím důkazům pro derivaci inverzních funkcí.