Pochodną funkcji $f:\left(a,b\right)⟶\mathrm{ℝ}$ w punkcie $x\in \left(a,b\right)$ nazywamy granicę

o ile granica ta istnieje.

Funkcja $f:\left(0,2\right)⟶\mathrm{ℝ}$ jest dana wzorem

Obliczymy pochodną funkcji $f$ w punkcie $1$.

Rozwiązanie

Zgodnie ze wzorem mamy:

$f^{\text{'}}\left(1\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+h\right)}^2-1^2}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1+2h+h^2-1}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\left(2+h\right)=2$

Otrzymujemy zatem, że pochodna funkcji $f$ w punkcie $1$ istnieje oraz wynosi $2$.

Drogę przejechaną przez rowerzystę w czasie opisuje funkcja $s\left(t\right)=t^2$. Oblicz prędkość w chwili $1$.

Rozwiązanie

Prędkość w chwili $1$ jest pochodną funkcji $s$ w punkcie $1$. $s^{\text{'}}\left(1\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{s\left(1+h\right)-s\left(1\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{{\left(1+h\right)}^2-1^2}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{1+2h+h^2-1}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\left(2+h\right)=2$. Oznacza to, że prędkość rowerzysty w chwili $1$ wynosiła $2$.

Obliczymy pochodną funkcji $f:\left(-2,3\right)⟶\mathrm{ℝ}$ o wzorze $f\left(x\right)=x^3$ w punkcie $0$.

Rozwiązanie

$f^{\text{'}}\left(0\right)=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(0+h\right)-f\left(0\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{h^3}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }{h}^2=0$.

Pochodną funkcji $f$ w punkcie $0$ jest zatem $0$. Interpretacja geometryczna pochodnej zapewnia nam, że prosta przybliżająca funkcję $f$ w punkcie $0$ ma współczynnik kierunkowywspółczynnik kierunkowywspółczynnik kierunkowy równy $0$.

RvlFh1q7emYc9

Na ilustracji przedstawiono układ współrzędnych z poziomą osią $X$ od minus dwóch do czterech, oraz z pionową osią $Y$ od minus dziesięciu do trzydziestu. Na płaszczyźnie narysowano wykres funkcji f. Wykres funkcji $f\left(x\right)$ biegnie w następujący sposób. Od niezamalowanego punktu, którego współrzędna x, równa się, minus dwa, biegnie w górę, następnie poziomo, pokrywając się z osią $X$ dla argumentów z przedziału obustronnie otwartego od minus jeden do jeden i ponownie w górę do niezamalowanego punktu, którego współrzędna x, równa się, trzy.

Możemy powiedzieć, że prosta $g$ jest styczną do funkcji $f$ w punkcie $0$.

Pokażemy, że funkcja $f:\left(-1,1\right)⟶\mathrm{ℝ}$ określona wzorem $f\left(x\right)=\left|x\right|$ nie posiada pochodnej w punkcie $0$.

Rozwiązanie

Policzmy

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(0+h\right)-f\left(0\right)}{h}=\underset{h\to 0}{\lim }\frac{\left|h\right|}{h}$.

Udowodnimy, że powyższa granica nie istnieje pokazując, że granice prawo– i lewostronna są od siebie różne.

$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{\left|h\right|}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{h}{h}=1$,

$\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{\left|h\right|}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{-h}{h}=-1$.

Zobaczmy, że można to łatwo zaobserwować na podstawie interpretacji graficznej. Nie istnieje bowiem styczna, która przybliżałaby funkcję $f$ w otoczeniu punktu $0$.

Ro2KR2WSeYMlS

Na ilustracji przedstawiono układ współrzędnych z poziomą osią $X$ od minus jeden i pół do jeden i pół, oraz z pionową osią $Y$ od minus jeden i pół do jeden i pół. Na płaszczyźnie narysowano dwie proste. Ukośna prosta w kolorze zielonym, przechodząca przez punkty $\left(-1;1\right)$, $\left(0;0\right)$, oraz $\left(1;-1\right)$. Ukośna prosta w kolorze fioletowym przechodzi przez punkty $\left(-1;-1\right)$, $\left(0;0\right)$, oraz $\left(1;1\right)$. Niebieskim kolorem zaznaczono wykres funkcji f, który leży na prostych. Składa się z dwóch ukośnych odcinków. Odcinek pierwszy ograniczony z lewej strony niezamalowanym punktem o współrzędnych $\left(-1;1\right)$ i z prawej zamalowanym puntem $\left(0;0\right)$. Odcinek drugi ograniczony z lewej strony punktem $\left(-1;1\right)$, oraz z prawej niezamalowanym punktem $\left(1;1\right)$.

Zajmiemy się teraz przypadkiem funkcji $f:\left(0,2\right)⟶\mathrm{ℝ}$ danej wzorem,

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}x \text{gdy }x\in (0,1⟩\\ \frac{1}{2}{x}^2+\frac{1}{2} \text{gdy }x\in \left(1,2\right)\end{array}\right.$.

Policzymy pochodną $f$ w punkcie $1$.

Rozwiązanie

Zgodnie z interpretacją graficzną pochodnej spodziewamy się, że $f^{\text{'}}\left(1\right)=1$, gdyż funkcja $g\left(x\right)=x$ przybliża funkcję $f$ w otoczeniu punktu $1$.

R15WDcrxCrvI2

Na ilustracji przedstawiono układ współrzędnych z poziomą osią $X$ od minus jeden i pół do dwóch i pół, oraz z pionową osią $Y$ od minus jedna druga do dwa i pół. Na płaszczyźnie narysowano wykres funkcji f, oraz prostą biegnącą od minus nieskończoności, przez punkt $\left(-0.5;-0.5\right)$, $\left(0;0\right)$ do plus nieskończoności. Wykres funkcji biegnie w następujący sposób. Początek wykresu znajduje się w niezamalowanym punkcie o współrzędnych $\left(0;0\right)$. Następnie wykres stanowi linia ukośna, która w zamalowanym punkcie $\left(1;1\right)$ ulega delikatnemu odchyleniu w stronę pionowej osi $Y$. Koniec wykresu znajduje się w niezamalowanym punkcie $\left(2;2.5\right)$.

Sprawdzimy to za pomocą następujących rachunków.

$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}{\left(1+h\right)}^2+\frac{1}{2}-1}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{\frac{1}{2}+h+\frac{1}{2}{h}^2-\frac{1}{2}}{h}=$$=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{h+\frac{1}{2}{h}^2}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\left(1+\frac{1}{2}h\right)=1$,

$\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{1+h-1}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{h}{h}=1$.

Ostatecznie $f^{\text{'}}\left(1\right)=1$.

Pokażemy teraz, że funkcja $f:\left(0,2\right)⟶\mathrm{ℝ}$,

$f\left(x\right)=\left\{\begin{array}{l}x \text{gdy }x\in (0,1⟩\\ x^2 \text{gdy }x\in \left(1,2\right)\end{array}\right.$.

nie posiada pochodnej w punkcie $1$.

Rozwiązanie

Policzmy

$\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{{\left(1+h\right)}^2-1}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{1+2h+h^2-1}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{\lim }\left(2+h\right)=2$,

$\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{1+h-1}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{\lim }\frac{h}{h}=1$.

Skoro granica prawostronna różni się od granicy lewostronnej, to wielkość

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f\left(1+h\right)-f\left(1\right)}{h}$

nie istnieje. O poprawności naszych obliczeń przekonuje nas dodatkowo wykres funkcji $f$ wraz z narysowanymi funkcjami liniowymi.

R81kdYQipFHWI

Na ilustracji przedstawiono układ współrzędnych z poziomą osią $X$ od minus jedna druga do dwóch i pół, oraz z pionową osią $Y$ od minus jeden do czterech. Na płaszczyźnie narysowano wykres funkcji f, oraz dwie proste. Zielonym kolorem zaznaczono prostą przechodzącą przez punkty $\left(0;0\right)$, oraz $\left(2;2\right)$. Kolorem fioletowym zaznaczono prostą przechodzącą przez punkty

Można powiedzieć, że narysowane funkcje liniowe są stycznymi jednostronnymi w punkcie $1$.

Samochody $A$ i $B$ poruszały się tą samą drogą zgodnie z wykresem przedstawionym poniżej, który przedstawia zależność pomiędzy ich położeniem i czasem.

Chcemy wyznaczyć, który z samochodów miał większą prędkość w piątej sekundzie.

R1IIWArafZhWO

Na ilustracji przedstawiono wykres zależności położenia aut od czasu. Na poziomej osi X uwzględniono czas w sekundach, od zera do sześciu, z podziałką co jeden. Na pionowej osi Y uwzględniono przebytą drogę w metrach, od zera do sześciu z podziałką co jeden. Pomarańczowym kolorem narysowano wykres zależności dla auta B, natomiast kolorem niebieskim dla auta A. Wykresy obu funkcji stanowią krzywe biegnące od punktu $\left(0;0\right)$ do plus nieskończoności. Dla pięciu sekund odczytujemy wartość czterech metrów dla auta B, oraz trzech metrów dla auta A.

Rozwiązanie

Ponieważ prędkość jest pochodną funkcji położenia, więc musimy ustalić która z funkcji znajdujących się na powyższym wykresie ma większą pochodną w chwili $5$. Nie mamy jawnych wzorów na funkcję położenia. Musimy zatem skorzystać z geometrycznej interpretacji pochodnej. Przypomnijmy więc, że pochodna w punkcie $x$ jest współczynnikiem kierunkowym prostej stycznej do wykresu w punkcie $\left(x, f\left(x\right)\right)$.

Rl88xufb9140g

Na ilustracji przedstawiono wykres zależności położenia aut od czasu. Na poziomej osi X uwzględniono czas w sekundach, od zera do sześciu, z podziałką co jeden. Na pionowej osi Y uwzględniono przebytą drogę w metrach, od zera do sześciu z podziałką co jeden. Pomarańczowym kolorem narysowano wykres zależności dla auta B, natomiast kolorem niebieskim dla auta A. Wykresy obu funkcji stanowią krzywe biegnące od punktu $\left(0;0\right)$ do plus nieskończoności. Dla pięciu sekund odczytujemy wartość czterech metrów dla auta B, oraz trzech metrów dla auta A. Zaznaczono ukośną prostą $g_B$, przechodzącą przez punkt $\left(5;4\right)$, który zaznaczono na wykresie pomarańczowym, oraz ukośną prostą $g_A$, przechodzącą przez punkt $\left(5;3\right)$, który zaznaczono na wykresie niebieskim.

Łatwo zauważyć, że współczynnik kierunkowy funkcji $g_A$ jest większy niż współczynnik kierunkowy funkcji $g_B$, gdyż funkcja $g_A$ rośnie szybciej niż $g_B$. Ostatecznie, prędkość samochodu $A$ w chwili $5$ była większa niż prędkość samochodu $B$ w tej samej chwili.

dla funkcji liniowej $g\left(x\right)=a x+b$ – liczba $a$