Pochodne Pan Teoria: Podaj wzór na różniczkę sumy dwóch różniczkowalnych funkcji u i v

Trivial: f(x) = u(x) + v(x).

	f(x+h) − f(x)		u(x+h)+v(x+h) − u(x)−v(x)
f'(x) = limh→0		= limh→0		=
	h		h

	u(x+h)−u(x)		v(x+h) −v(x)
= limh→0 (		+		) = u'(x) + v'(x).
	h		h

Vizer: Cześć Trivial mam pewną zagwozdkę dotyczącą całki oznaczonej, a dokładnie przy obliczaniu długości krzywej, masz chwilę by pomóc?

Trivial: Mam.

Trivial: No i jeszcze do tego zadania. dy = y' dx czyli d(u+v) = (u'+v')dx.

Pan Teoria: A z iloczynem będzie trudniej czy podobnie ?

Trivial: Jeżeli trzeba tylko podać bez uzasadnienia to jest to zadanie trywialne. Jeżeli wyprowadzić jak wyżej to troszkę trudniejsze, ale podobne.

Vizer: Ok, super. Więc tak mam policzyć długość krzywej:y=arcsin√x+√x−x², robiliśmy to na ćwiczkach, ale czegoś nie rozumiem, mianowicie dziedzina wyszła <0,1>, liczę pochodną i tutaj mam pytanie gdyż w pochodnej dla 0 i 1 mianownik się zeruje, czy w takim razie trzeba poprawić dziedzinę i ustawić ją na (0,1)? Na ćwiczeniach robiliśmy tak, że tam się coś poskracało i

	1
wyszła pochodna		i potem licząc tą długość krzywej podstawiono za alfę tylko to 0+ i
	x

zastanawiam się czy nie trzeba limesować tej górnej jedynki? Jak chaotycznie napisałem i nie zrozumiałeś, to napisz, postaram się doprecyzować

Pan Teoria: To w takim razie mógłbyś tylko podać bez uzasadnienia ?

Pan Teoria: I przy okazji Trivial możesz mi polecić jakąś ksiażkę do matematyki gdzie jest głównie sama teoria. Bo chciałbym wiedzieć skąd się takie rzeczy biorą

Trivial: y = arcsin√x+√x−x²

	1		1		1−2x		2−2x		1−x
y' =		*		+		=		=
	√1−x		2√x		2√x−x2		2√x−x2		√x(1−x)

= √(1−x)/x = √1/x − 1. No dobra, zeruje się dla 0 i 1, ale jeżeli po przekształceniach już nie ma problemu to nie musisz tego uwzględniać.

Trivial: Podobno Krysicki jest dobry. Ja się nie uczyłem analizy z książek.

Trivial: Vizer, tak na 100% nie jestem pewny, ale prawdopodobnie można tak robić.

Trivial: jak wiadomo (uv)' = u'v + uv' czyli d(uv) = (u'v + uv')dx Albo d(uv) = vdu + udv Tak samo dla sumy można d(u+v) = du + dv.

Vizer: Ok rozumiem, bo właśnie w docelowo o przykład taki mi chodziło, oblicz długość krzywej: ³√x²+³√y²=³√x² Tutaj dziedzina ∊R, licząc pochodną dostaję ograniczenie (0,a>, czyli mam policzyć całkę oznaczoną w granicach od (0,a>?

Vizer: aj tam po znaku równości powinno być ³√a²

Trivial: Musisz to narysować, żeby wiedzieć jaki przedział ustalić.

Trivial: Albo jakoś wyliczyć y.

Vizer: Hmm czyli musze chyba igreka wyznaczyć i jakoś próbować to wyznaczyć, bo cos nie bardzo widze tu możliwości zamiany na współrzędne biegunowe czy na postać parametryczną.

Pan Teoria: Ktoś wczoraj napisał że ciągłość jest niewystarczająca do obliczenia różniczki funkcji i podał przykład y =|x|. I właśnie nie wiem czy do końca rozumiem dlaczego nie można z tej funkcji policzyć pochodnej

Trivial: Trzeba będzie parametryzować. Ta krzywa to asteroida (czy coś podobnego). Weźmy y = asin³t, a>0 wtedy ³√x² + ³√a²sin²t = ³√a^{2 3}√x² = ³√a²(1−sin²t) = ³√a²cos²t /³ x² = a²(cos³t)² Zatem x = acos³t

Trivial: A więc parametryzacja

⎧	x = acos3t
⎨		.
⎩	y = asin3t

Vizer: y=(³√a²−³√x²)^3₂ v y=−(³√a²−³√x²)^3₂

	√3√a2−3√x2		√3√a2−3√x2
wyznaczyłem y'=−		v y'=		, czyli po
	3√x		3√x

podniesieniu do kwadratu( wynika ze wzoru na długość krzywej) nie ma znaczenia którą z powyższych wyników weźmiemy i z pochodnych wynika nam dziedzina (0,a>.

Vizer: hmm faktycznie parametryzacja jest chyba prostsza, tak to wzór asteroidki.

Trivial: Poza tym, z Twojego wyprowadzenia wynika, że |x| < a

Trivial: ≤

Vizer: Ale x>0, bo w mianowniku jest ³√x, patrząc przynajmniej na pochodną, bo w funkcji głównej fakt dziedzina |x|≤a

Trivial: To że jest w mianowniku ³√x nic nie znaczy. Tylko tyle, że x≠0.

Trivial: Nie ma co się nad tym rozwodzić. Trzeba parametryzować i wtedy wychodzi od razu.

Vizer: No super ale, żeby wpaść na magiczny pomysł i podstawić za y=asin³t, nie jest takie proste

Trivial: Jak to nie.

Vizer: No normalnie Bo podstawiasz za y jakbyś już wiedział, że będzie to asteroida, a dla nie jest to takie oczywiste

Trivial: Na egzamin wam czegoś takiego nie dadzą przecież (żeby samemu wymyślać parametryzację). Mam nadzieję, że nie...

Vizer: Musze Cię zmartwić, to było w tamtym roku na egzaminie

Trivial: Po co takie kosmiczne egzaminy... Chyba tylko po to, żeby odsiew był większy (innego sensu nie widzę).

Vizer: No niestety jutro egzamin, a to zadanie nie należy do najtrudniejszych...

Trivial: To pokaż jakieś najtrudniejsze.

Vizer: Z teoretycznej części trudne jest dla mnie: 1) a) Udowodnij następujące twierdzenie: Jeśli funkcja f jest (ściśle) malejąca w przedziale (a,b) oraz lim_x−..b⁻f(x)=c, to dla każdego x∊(a,b) zachodzi nierówność f(x)>c Wsk1 udowodnij nie wprost korzystając z twierdzenia o zachowaniu słabej nierówności w granicy. Wsk2 Dowód można zapisać w trzech linijkach (lol)

	1		2
b)Udowodnij, że dla każdego x>0 zachodzi nierówność ln(1+		)>
	x		2x+1

Z zadaniowej: a)Obliczyć Φ(x)=∫^x_−∞ f(t)dt, jeśli

	⎧	x3e−x2 dla x≤0
f(x)=	⎩	sin2x√cos2x+2cosx+2 dla x>0

b)Obliczyć Φ'(x) tam, gdzie istnieje. W zasadzie nawet nie wiem jak za takie zadanie się zabrać.

Trivial: 1. a) Skoro f maleje w (a,b), to jest ograniczona od dołu przez lim_x→b⁻ f(x) = c i nigdy tej wartości nie osiąga (nie interesuje nas f(b), bo mamy przedział otwarty). Zatem f(x) > c ∀ x∊(a,b).

Vizer: No wiem na logikę to ja sobie tam to narysowałem, tylko nie wiedziałem czy poprawnie użyłem tego twierdzenia, które mówi, że jeśli ∃M∊R∀n∊N, a_n≤M i lim_n−>∞a_n=g to g≤M. Kurcze nie wiem od którego założenia wyjść.

Vizer: Bo napisane we wskazówce jest, że nie wprost czyli mam pewnie jakoś założyć, że jest inaczej i dojść do sprzeczności, bo u mojego egzaminatora nie mogę tak sobie pisać, że coś "widać", wszędzie używać trzeba różnorakich twierdzeń...

Trivial: Przekombinowane. Zaraz spróbuję.

Trivial: To jest na pewno to twierdzenie?

Vizer: Ona działa w dwie strony także dla ≥, zresztą: http://oen.dydaktyka.agh.edu.pl/dydaktyka/matematyka/a_matem_1_rok/funkcje/repetyt/node31.html

Trivial: W takim razie... Definiujemy ciąg x_n taki że lim_n→∞ x_n = b oraz x_n ∊ (a,b). Wtedy z Heinego definicji granicy funkcji możemy napisać, że lim_x→b⁻ f(x) = lim_n→∞ f(x_n) = c. Zatem ciąg (f(x_n)) jest zbieżny do c. Załóżmy, że f(x_n) ≤ c* dla każdego n > n₀ oraz, że c>c* Z twierdzenia o zachowaniu nierówności mamy: jeżeli f(x_n) ≤ c*, i lim_n→∞ f(x_n) = g, to g ≤ c*. Ale g = c, czyli c ≤ c* − sprzeczność. Zatem f(x) ≥ c. Z jakiegoś innego twierdzenia mamy, że funkcja f, monotoniczna na przedziale niedomkniętym nie osiąga swoich kresów, zatem: f(x) > c. ................... Chyba bardziej nie da się przekombinować.

Vizer: Hmm, czyli trochę skomplikowane to wyszło Ciekawe czy o takie rozwiązanie chodziło wykładowcy, a możesz mi powiedzieć jak podejść do zadania 2 z całkami? I dzięki za dowód

Trivial: Nie wiem czy ten dowód jest OK, bo już trochę nie myślę. Zadanie z całkami: rozdziel przypadek x>0 na całkę od −∞ do 0 z f(t) oraz od 0 do x.

Trivial: Ale polecenie mi się podoba. Oblicz Φ'(x) tam gdzie istnieje.

Vizer: Czyli po obliczeniu tego f(x), mam policzyć z tego co wyjdzie całke ∫^x_−∞, a na końcu z tego co wyjdzie pochodną o.O?

Trivial: Najpierw liczysz całki a potem masz, że pochodna w przedziale (−∞, 0) to x³e^−x2, a w (0,+∞) ta druga. Trzeba sprawdzić co się dzieje dla punktu x=0.

Vizer: Czyli mam tylko sprawdzić czy w zerze jest różniczkowalna jeśli jest to Φ'(x)=f(x), jeśli nie to Φ'(x)=f(x), x≠0 ?

Trivial: Tak. Dobra lecę się uczyć na jutrzejszy egzamin. Powodzenia.

Vizer: Ok, super dzięki za poświęcony czas, na Ciebie zawsze można liczyć Powodzenia również