Përgatitje për test: derivatet dhe zbatimet e tyre

Maksimum në \(c\): për \(\Delta x\) të vogël, \(f(c+\Delta x)-f(c)\le0\).

\(f\) është e diferencueshme në \(c\), pra \(f'(c^-)=f'(c^+)=f'(c)\). Nga \(\ge0\) dhe \(\le0\) rrjedh \(f'(c)=0\). \(\blacksquare\)

Minimum në \(c\): tani \(f(c+\Delta x)-f(c)\ge0\). Majtas: numëruesi ≥ 0, emëruesi < 0, pra \(f'(c^-)\le0\). Djathtas: \(f'(c^+)\ge0\). Pra \(f'(c)=0\). \(\blacksquare\)

\(f'(c)=0\) nuk do të thotë ekstrem. \(f(x)=x^3\) në \([-1,1]\): \(f'(x)=3x^2=0\iff x=0\), por për \(x<0\) kemi \(f(x)<f(0)\), ndërsa për \(x>0\) kemi \(f(x)>f(0)\). Në 0 nuk ka ekstrem.

Pa diferencueshmëri nuk vlen. \(f(x)=|x|\) në \([-1,1]\) ka minimum në 0, por \(f'(0^-)=-1\), \(f'(0^+)=1\), pra \(f'(0)\) nuk ekziston.

Nëse \(f\) është konstante në \([a,b]\), atëherë \(f'(c)=0\) për çdo \(c\).

Nëse nuk është konstante: çdo funksion i vazhdueshëm në segment arrin maksimumin \(M\) dhe minimumin \(m\) e vet, pra ekzistojnë \(\xi_1,\xi_2\in[a,b]\) me \(f(\xi_1)=m\le f(x)\le M=f(\xi_2)\). Meqë \(f(a)=f(b)\) dhe \(m\ne M\), të paktën njëra prej tyre është në brendësi \((a,b)\). Aty ka ekstrem lokal, pra sipas Fermat \(f'=0\). \(\blacksquare\)

Funksioni ndihmës:

\(g\) është e vazhdueshme në \([a,b]\) dhe e diferencueshme në \((a,b)\) si kombinim linear i funksioneve të tilla. Llogarisim:

Pra mbi \(g\) mund të zbatohet Rolle: ekziston \(\xi\in(a,b)\) me \(g'(\xi)=0\):

Rolle për \(h\): \(h'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(\xi)=0\), nga ku rrjedh pohimi. \(\blacksquare\)

Gabim i shpeshtë: në emëruesin e \(h(x)\) të shkruhet \(b-a\). E saktë është \(g(b)-g(a)\), si më sipër.

a) \(f\) është e vazhdueshme dhe \(f(1)=f(3)=1\). Por \(|x-2|'=\begin{cases}1,&x>2\\-1,&x<2\end{cases}\), në \(x=2\in(1,3)\) derivati nuk ekziston. Kushti 2) nuk plotësohet, Rolle nuk vlen.

b) \(f=x^{2/3}\) është e vazhdueshme dhe \(f(-1)=f(1)=1\). Por \(f'(x)=\frac{2}{3\sqrt[3]x}\) nuk ekziston në \(x=0\). Kushti 2) nuk plotësohet.

c) Në \([\frac\pi6,\frac{5\pi}6]\) kemi \(\sin x\ge\frac12>0\), pra \(\ln(\sin x)\) është e vazhdueshme. \(f'(x)=\frac{\cos x}{\sin x}=\operatorname{ctg}x\) ekziston. \(f(\frac\pi6)=f(\frac{5\pi}6)=\ln\frac12\). I plotëson kushtet; \(\operatorname{ctg}\xi=0\Rightarrow\xi=\frac\pi2\).

Të dyja janë polinome. \(f'(x)=2x+2\ne0\) në \((-1,1)\). \(f(1)-f(-1)=3-(-1)=4\), \(g(1)-g(-1)=2\).

\(\xi_1\approx0{,}768\) dhe \(\xi_2\approx-0{,}434\), të dyja janë në \((-1,1)\).

\(\sin\) është e vazhdueshme dhe e diferencueshme në \(\mathbb R\). Lagrange në \([x,y]\): ekziston \(\xi\) me

Lagrange për \(f=\operatorname{arctg}x\) në \([x_1,x_2]\):

Lagrange për \(\ln x\) në \([x_1,x_2]\): \(\ln x_2-\ln x_1=\frac{1}{\xi}(x_2-x_1)\), \(x_1<\xi<x_2\). Nga \(\frac1{x_2}<\frac1\xi<\frac1{x_1}\), duke shumëzuar me \(x_2-x_1>0\), rrjedh pohimi. \(\blacksquare\)

Lagrange për \(x^n\) në \([a,b]\): \(b^n-a^n=n\xi^{n-1}(b-a)\), \(a<\xi<b\). Meqë \(na^{n-1}<n\xi^{n-1}<nb^{n-1}\), shumëzojmë me \(b-a>0\). \(\blacksquare\)

\(h=f-g\) është e vazhdueshme dhe e diferencueshme, \(h'=0\). Për \(x_0,x\) të çfarëdoshme, sipas Lagrange: \(h(x)-h(x_0)=h'(\xi)(x-x_0)=0\). Pra \(h(x)=h(x_0)=C\), d.m.th. \(f(x)=g(x)+C\). \(\blacksquare\)

Pasoja kryesore: nëse \(f'=0\) në një interval, \(f\) është konstante. Prej këtu rrjedhin detyrat 8, 9 dhe 10.

\(f(x)=1-\cos^2x-\sin^2x\). \(f'(x)=2\cos x\sin x-2\sin x\cos x=0\Rightarrow f=C\). \(f(0)=1-1-0=0\Rightarrow f\equiv0\). \(\blacksquare\)

\(g(x)=\frac{f(x)}{e^x}\). \(g'(x)=\frac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}=0\Rightarrow g=C\). \(f(x)=Ce^x\).

Së pari: \(\frac{d}{dx}\big(f^2+(f')^2\big)=2ff'+2f'f''=2f'(f+f'')=0\), pra \(f^2+(f')^2=K\). Prej këtu \(|f|\le\sqrt K\), e kufizuar.

Le të jenë \(a=f(0)\), \(b=f'(0)\) dhe \(g(x)=f(x)-a\cos x-b\sin x\). Atëherë \(g''+g=0\), \(g(0)=0\), \(g'(0)=0\). Sipas pjesës së parë \(g^2+(g')^2=\text{const}=g(0)^2+g'(0)^2=0\), pra \(g\equiv0\). \(f(x)=a\cos x+b\sin x\).

Pjesëtojmë me \(5^x\): \(\left(\frac35\right)^x+\left(\frac45\right)^x=1\). Le të jetë \(\varphi(x)=\left(\frac35\right)^x+\left(\frac45\right)^x-1\).

sepse \(\frac35,\frac45<1\Rightarrow\ln<0\). \(\varphi\) është rreptësisht zbritëse, pra ka më së shumti një zero. \(\varphi(2)=\frac9{25}+\frac{16}{25}-1=0\). Zgjidhja e vetme \(x=2\).

Truku: gjej funksionin derivati i të cilit është \(f\). Meqë \((\sin kx)'=k\cos kx\):

\(g\) është e vazhdueshme dhe e diferencueshme, \(g(0)=\sum\frac{a_k}k\sin0=0\), \(g(\pi)=\sum\frac{a_k}k\sin k\pi=0\). Sipas Rolle ekziston \(\xi\in(0,\pi)\) me \(g'(\xi)=f(\xi)=0\). \(\blacksquare\)

Le të jenë \(a<x_1<\dots<x_{n+1}<b\) zerot. Polinomi është i vazhdueshëm dhe i diferencueshëm. Në secilin nga \(n\) segmentet \([x_k,x_{k+1}]\) vlen Rolle: \(P(x_k)=P(x_{k+1})=0\), pra ekziston \(\xi_k\) me \(P'(\xi_k)=0\). Pra \(P'\) ka të paktën \(n\) zero. Njësoj për \(P'\): \(P''\) ka \(n-1\) zero, …, \(P^{(n)}\) ka të paktën një zero. \(\blacksquare\)

Sipas teoremës së vlerës së ndërmjetme (Bolzano), ekziston \(\xi\in(a,b)\) me \(f(\xi)=\frac{a+b}2\). Lagrange në \([a,\xi]\) dhe \([\xi,b]\):

Për \(x_1<x_2\) në \((a,b)\), Lagrange: \(f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)\). \(x_2-x_1>0\), pra \(f(x_2)-f(x_1)\) ka të njëjtën shenjë si \(f'(\xi)\). Nëse \(f'>0\), atëherë \(f(x_2)>f(x_1)\). \(\blacksquare\)

• Rolle \(x^2-6x+5\), \([1,5]\): \(\xi=3\)
• Rolle \(x^3-4x\), \([-2,2]\): \(\xi=\pm\frac2{\sqrt3}\)
• Lagrange \(x^3\), \([0,2]\): \(3\xi^2=4\), \(\xi=\frac2{\sqrt3}\)
• Lagrange \(\ln x\), \([1,e]\): \(\xi=e-1\)
• Lagrange \(\sqrt x\), \([1,4]\): \(\xi=\frac94\)
• Cauchy \(f=x^2,\ g=x^3\), \([1,2]\): \(\frac{2}{3\xi}=\frac37\), \(\xi=\frac{14}9\)

Ekziston \(\delta>0\) me \([x_0-\delta,x_0]\subseteq[a,b]\). Aty \(f,g\) i plotësojnë kushtet e Cauchy:

Kur \(\delta\to0\), edhe \(\xi\to x_0\). Me \(x=x_0-\delta\) marrim \(\lim\limits_{x\to x_0^-}\frac fg=\lim\frac{f'}{g'}\). Njësoj në \([x_0,x_0+\delta]\) për limitin e djathtë. I majti dhe i djathti janë të barabartë me \(L\). \(\blacksquare\)

Për \(x_0=\pm\infty\): zëvendësimi \(t=\frac1x\to0^+\):

Merr një pikë \(x_1\) afër \(x_0\). Sipas Cauchy në \([x_1,x]\):

Pra \(\lim\frac fg=L\). \(\blacksquare\)

Lloji \(\frac\infty\infty\). Zbatojmë L’Hôpital \(n\) herë; çdo herë fuqia e \(x\) zvogëlohet për 1:

Rreptësisht me induksion: \(n=1\): \(\lim\frac x{e^x}=\lim\frac1{e^x}=0\). Nëse vlen për \(n=k\), atëherë për \(k+1\): \(\lim\frac{x^{k+1}}{e^x}=(k+1)\lim\frac{x^k}{e^x}=(k+1)\cdot0=0\). \(\blacksquare\)

Mësimi: \(\ln x\ll x^n\ll e^x\) kur \(x\to\infty\). Këtë e përdor edhe te asimptotat.

Lloji \(\frac00\), L’Hôpital sipas \(h\):

Truku është „shto dhe zbrit \(f'(x_0)\)“ që të marrësh dy përkufizime të derivatit. Kujdes: në numërues është \(-2f(x_0)\).

Truku: shumëzo dhe pjesëto me \(e^{\sqrt x}\). Emëruesi shkon në \(\infty\), pra zbatojmë L’Hôpital:

\(f(x)=x^3-3x\): \(f'=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1\). Rritet në \((-\infty,-1)\cup(1,\infty)\), zbret në \((-1,1)\). Max \((-1,2)\), min \((1,-2)\).

\(f(x)=\sqrt{2x-x^2}\): \(D_f=[0,2]\), \(f'=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\). Rritet në \((0,1)\), zbret në \((1,2)\), max \((1,1)\). Grafiku është gjysmërrethi i sipërm \((x-1)^2+y^2=1\).

Përkufizim: \(f\) është konvekse në \((\alpha,\beta)\) nëse për çdo \(x_1,x_2\) dhe \(\lambda\in[0,1]\):

Korda është mbi kurbën. Me \(\ge\) është konkave. Teoremë: \(f''>0\Rightarrow\cup\), \(f''<0\Rightarrow\cap\).

Rregulli për përkuljen: nëse \(f'(x_0)=f''(x_0)=0\) dhe \(f'''(x_0)\ne0\), në \(x_0\) ka përkulje. Shembull \(x^3\): \(f'(0)=f''(0)=0\), \(f'''=6\ne0\).

1. Bashkësia, zerot, shenja

\(D_f=\mathbb R\setminus\{1\}\). As çift as tek. Zero: \(2x-1=0\Rightarrow A(\frac12,0)\). Prerja me \(y\): \(B(0,-1)\). \(y>0\iff x>\frac12\) (\(x\ne1\)).

2. Asimptotat

\(\lim\limits_{x\to\pm\infty}y=0\Rightarrow y=0\) horizontale. \(\lim\limits_{x\to1^\pm}y=\frac{1}{0^+}=+\infty\Rightarrow x=1\) vertikale.

3. Derivati i parë

\(y'=0\Rightarrow x=0\). \(y'>0\iff\frac{x}{x-1}<0\iff x\in(0,1)\). Zbret në \((-\infty,0)\cup(1,\infty)\). Minimum lokal \((0,-1)\).

4. Derivati i dytë

\(y''=0\Rightarrow x=-\frac12\). Konkave për \(x<-\frac12\), konvekse për \(x>-\frac12\). Përkulje \(P(-\frac12,-\frac89)\).

1. Bashkësia, zerot, çiftësia

\(D_f=\mathbb R\setminus\{0\}\). \(e^{(\dots)}>0\): nuk ka zero. \(f(-x)=f(x)\): çift.

2. Asimptotat

\(\lim\limits_{x\to0}e^{-1/x^2}=e^{-\infty}=0\). Limiti është i fundëm, pra nuk ka asimptotë vertikale (grafiku i afrohet \((0,0)\), por kjo pikë nuk është në \(D_f\)). \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}e^{-1/x^2}=e^0=1\Rightarrow y=1\) horizontale.

3. Derivati i parë

\(f'\ne0\). \(\operatorname{sgn}f'=\operatorname{sgn}x\): zbret për \(x<0\), rritet për \(x>0\). Nuk ka ekstreme (0 nuk është në \(D_f\)).

4. Derivati i dytë

\(f''=0\iff x=\pm\sqrt{\frac23}\approx\pm0{,}82\). Konvekse në \((-\sqrt{\frac23},0)\cup(0,\sqrt{\frac23})\), konkave jashtë. Pikat e përkuljes \(\left(\pm\sqrt{\frac23},e^{-3/2}\right)\approx(\pm0{,}82;\ 0{,}22)\).

1. Bashkësia, zerot, çiftësia

\(D_f=\mathbb R\setminus\{\pm1\}\). Zero \(x=0\). \(f(-x)=-f(x)\): tek. Shenja: \(+\) në \((-1,0)\cup(1,\infty)\), \(-\) në \((-\infty,-1)\cup(0,1)\).

2. Asimptotat

Vertikale \(x=\pm1\). Horizontale \(y=0\) (\(\lim\limits_{x\to\pm\infty}\frac{x}{x^2-1}=0\)).

3. Derivati i parë

\(f'=0\Rightarrow x^2=-1\), nuk ka zgjidhje reale. Nuk ka pika stacionare; funksioni gjithmonë zbret.

4. Derivati i dytë

\(f''=0\iff x=0\). Konvekse në \((-1,0)\cup(1,\infty)\), konkave në \((-\infty,-1)\cup(0,1)\). Përkulje \(O(0,0)\).

\(D_f=\mathbb R\), çift, nuk ka zero, prerja \((0,1)\). Nuk ka vertikale; \(y=0\) horizontale në të dy anët.

\(f'=-2xe^{-x^2}\): rritet për \(x<0\), zbret për \(x>0\). Maksimum \((0,1)\).

\(f''=2e^{-x^2}(2x^2-1)=0\iff x=\pm\frac{\sqrt2}2\). Konvekse për \(|x|>\frac{\sqrt2}2\), konkave ndërmjet. Përkulje \(\left(\pm\frac{\sqrt2}2,\frac1{\sqrt e}\right)\).

1. Bashkësia dhe thjeshtimi

\(x^2+x-2=(x-1)(x+2)\Rightarrow D_f=\mathbb R\setminus\{1,-2\}\). Meqë \(x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\):

Kjo e lehtëson gjithçka. Derivatet merri nga forma e thjeshtuar. Në \(x=1\) grafiku ka „vrimë“ në \((1,1)\), jo asimptotë.

2. Zerot dhe prerjet

\(x^2+x+1>0\) gjithmonë, nuk ka zero. Prerja me \(y\): \((0,\frac12)\).

3. Asimptotat

Vertikale \(x=-2\) (\(\lim\limits_{x\to-2^\pm}y=\pm\infty\)). E pjerrët: \(k=1\), \(n=\lim(y-x)=-1\Rightarrow y=x-1\). Horizontale nuk ka.

4. Derivati i parë

Max \((-2-\sqrt3,\,-3-2\sqrt3)\approx(-3{,}73;\,-6{,}46)\), min \((-2+\sqrt3,\,-3+2\sqrt3)\approx(-0{,}27;\,0{,}46)\).

5. Derivati i dytë

\(y''=\frac{6}{(x+2)^3}\): konkave për \(x<-2\), konvekse për \(x>-2\). Nuk ka pika përkuljeje.

\(y=x^4-4x^3+4x^2\), \(y'=4x^3-12x^2+8x=4x(x-1)(x-2)\).

Min \((0,0)\), max \((1,1)\), min \((2,0)\).

\(y''=12x^2-24x+8=4(3x^2-6x+2)=0\iff x=1\pm\frac{1}{\sqrt3}\approx0{,}42;\ 1{,}58\). Konvekse jashtë tyre, konkave ndërmjet. Përkulje \(\left(1\pm\frac1{\sqrt3},\frac49\right)\).

\(x^2-1>0\iff|x|>1\), pra \(D_f=(-\infty,-1)\cup(1,\infty)\).

Gabim i shpeshtë: \(D_f=\mathbb R\setminus\{1\}\). Kjo nuk është e saktë: pika \(x=0\), për shembull, nuk është në bashkësi.

\(y''<0\) në gjithë \(D_f\), pra funksioni është konkav. \(\blacksquare\)

• a) \(\frac{x^3}{3x^2-4}\): tek; AV \(x=\pm\frac2{\sqrt3}\); e pjerrët \(y=\frac x3\); \(y'=\frac{3x^2(x^2-4)}{(3x^2-4)^2}\): max \((-2,-1)\), min \((2,1)\); përkulje \((0,0)\).
• b) \(\frac{x^3}{(x-1)^2}\): AV \(x=1\); e pjerrët \(y=x+2\); \(y'=\frac{x^2(x-3)}{(x-1)^3}\): min \((3,\frac{27}4)\); \(y''=\frac{6x}{(x-1)^4}\): përkulje \((0,0)\).
• c) \((1-x)e^x\): AH \(y=0\) kur \(x\to-\infty\) (me L’Hôpital); \(y'=-xe^x\): max \((0,1)\); \(y''=-(x+1)e^x\): përkulje \((-1,\frac2e)\).
• d) \(e^{-x^2/2}\): çift; AH \(y=0\); max \((0,1)\); përkulje \((\pm1,\frac1{\sqrt e})\).

Kontroll me skemën e Hornerit (në letër)

\(P^{(k)}(0)=k!\,a_k\). Nuk ka \(x^4\): \(a_4=0\); \(a_5=-10\). \(P^{IV}(0)=0,\ P^V(0)=-1200\).

\(f(1)=1\cdot\operatorname{arctg}1=\frac\pi4\)

\(f'(x)=\operatorname{arctg}x+\frac{x}{1+x^2}\Rightarrow f'(1)=\frac\pi4+\frac12\)

\(f''(x)=\frac1{1+x^2}+\frac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2)^2}=\frac{2}{(1+x^2)^2}\Rightarrow f''(1)=\frac12\)

\(f'''(x)=\frac{-8x}{(1+x^2)^3}\Rightarrow f'''(1)=-1\)

\((e^x)^{(n)}=e^x\), pra \(f^{(n)}(0)=1\) për çdo \(n\):

Për çdo \(x\) të fiksuar: \(|R_n(x)|=\frac{e^{\theta x}|x|^{n+1}}{(n+1)!}\xrightarrow[n\to\infty]{}0\) (faktorieli rritet më shpejt se fuqia). Prandaj

Për \(e\) me 2 shifra dhjetore: \(\frac{3}{(n+1)!}<0{,}005\iff(n+1)!>600\Rightarrow n=5\): \(e\approx2{,}7167\approx2{,}72\).

Mos vendos \(x=6\): formula punon për \(|x|\) të vogla. Truk: \(\sqrt7=3\sqrt{1-\frac29}\), \(x=-\frac29\):

Me 3 shifra dhjetore: \(\sqrt7\approx2{,}646\).

cos: \(f^{(k)}=\cos(x+k\frac\pi2)\), \(f^{(k)}(0)\): 1, 0, −1, 0, …

ln(1+x): \(f^{(k)}=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}\Rightarrow\frac{f^{(k)}(0)}{k!}=\frac{(-1)^{k-1}}{k}\).

(1+x)^m: \(f^{(k)}=m(m-1)\cdots(m-k+1)(1+x)^{m-k}\).

a^x: \(f^{(k)}=a^x\ln^ka\Rightarrow f^{(k)}(0)=\ln^ka\).

Mbetjet janë në tabelën më sipër.

1.

a) Është e vazhdueshme, \(f(0)=f(2)=1\), por \(f'(x)=\frac{2}{3\sqrt[3]{x-1}}\) nuk ekziston në \(x=1\in(0,2)\). Kushti 2) nuk plotësohet, Rolle nuk vlen.

b) Lagrange për \(\ln t\) në \([1,1+x]\): \(\ln(1+x)=\frac{x}{\xi}\), \(1<\xi<1+x\). Nga \(\frac1{1+x}<\frac1\xi<1\) rrjedh \(\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\). \(\blacksquare\)

2.

a) \(\frac00\to\frac{e^x+e^{-x}-2}{1-\cos x}\to\frac{e^x-e^{-x}}{\sin x}\to\frac{e^x+e^{-x}}{\cos x}=\) 2.

b) \(\infty^0\): \(e^{\lim\operatorname{tg}x\cdot(-\ln x)}\), \(-\frac{\ln x}{\operatorname{ctg}x}\to\frac{\sin^2x}{x}\to0\). \(e^0=1\).

3.

\(D_f=\mathbb R\setminus\{1\}\); prerja \(O(0,0)\). AV \(x=1\) (\(-\infty\) majtas, \(+\infty\) djathtas). E pjerrët \(y=x+1\). \(y'=\frac{x(x-2)}{(x-1)^2}\): max \((0,0)\), min \((2,4)\). \(y''=\frac2{(x-1)^3}\): konkave për \(x<1\), konvekse për \(x>1\), nuk ka përkulje.

4.

\(P(x)=-56+21(x-4)+37(x-4)^2+11(x-4)^3+(x-4)^4\).

5.

\(\cos0{,}2\approx1-0{,}02+\frac{0{,}0016}{24}=\) 0,9800667, \(|R|\le\frac{0{,}2^6}{6!}\approx8{,}9\cdot10^{-8}\).