Pochodna funkcji

mgr inż

Sebastian Dziarmaga-Działyński

Wprowadzenie

Pochodna funkcji to bodaj najważniejsze pojęcie analizy matematycznej, nie licząc oczywiście samego pojęcia funkcji. Umiejętność obliczania pochodnych jest bardzo ważna i stosunkowo prosta do opanowania. Wprawne posługiwanie się rachunkiem różniczkowym, bo taką nazwę nosi obliczanie pochodnych, jest niezbędne, by opanować innego rodzaju działanie, jakim jest całkowanie nieoznaczone, czemu poświęcony zostanie inny artykuł.

Formalna definicja pochodnej

Pochodną definiuje się, jako granicę ilorazu różnicowego, przy przyroście argumentu funkcji dążącym do zera. Można to sformułować jeszcze prościej, jest to po prostu stosunek przyrostu wartości funkcji, do przyrostu argumentu, gdy przyrost tego argumentu jest nieskończenie mały.

Pochodną funkcji w punkcie $x_0$ obliczamy, jako:

$$f '\left(x_0 \right) = \lim_{h \to 0} \frac { f(x_0 + h) - f(x_0)} h \tag 1 \label {eq:1}$$

Pod warunkiem,  że granica ta istnieje (w szczególności ewentualne granice: lewostronna i prawostronna są jednakowe) i jest skończona. Jeśli tak jest, to funkcję $f(x)$ nazywamy funkcją różniczkowalną w punkcie $x_0$. Wyrażenie, z którego obliczana jest granica (1), to właśnie iloraz różnicowy funkcji $f(x)$.

Wartość pochodnej funkcji $f(x)$ w punkcie $x_0$, co oznaczamy, jako $f'(x_0)$, jest równa współczynnikowi kierunkowemu stycznej do wykresu funkcji w punkcie $x_0$. Tj. styczna ta jest prostą o równaniu: $y = ax + b$; wówczas $a = f'(x_0)$.

Na rysunku 1 widzimy sieczne do wykresu pewnej funkcji (jest to przykładowa funkcja rosnąca i wypukła). Jedna z siecznych przechodzi przez punkty o odciętych $x_0-h$ oraz $x_0$, a druga przez punkty o odciętych $x_0$ oraz $x_0 + h$. Sieczne te, odpowiadają wartości ilorazu różnicowego funkcji w punkcie $x_0$, dla przyrostu argumentu wynoszącego $h$.

Gdy $h$ dąży do zera, wówczas obie sieczne „schodzą” się, tworząc styczną. Rzędna tej stycznej, to wartość funkcji w tym punkcie. Jest ona przy tym równa współczynnikowi kierunkowemu stycznej, który z kolei równy jest tangensowi kąta nachylenia stycznej i równy pochodnej:

$$\tg \alpha = f'(x_0) $$

Innym sposobem oznaczania pochodnej jest operator różniczkowania: $\frac {df} {dx}$. W przypadku, gdy zmienną funkcji jest czas ($t$), zwłaszcza w fizyce, zamiast oznaczać pochodną znakiem „prim” $'$, zaznacza się ją symbolem kropki: $\dot x(t)$. Jeśli funkcja jest funkcją wielu zmiennych, to obliczana pochodna po wybranej zmiennej zwana jest pochodną cząstkową i wówczas operator różniczkowania wygląda w taki sposób: $\frac {\partial f} {\partial x}$.

Przykład 1

Korzystając z definicji pochodnej funkcji w punkcie, obliczyć wartość pochodnej funkcji $f(x) = x^2 + 2x - 5$ w punkcie $x_0 = 1$.

Zadanie rozwiążemy na dwa sposoby. W pierwszej kolejności skupimy się tylko na treści polecenia i obliczymy wartość pochodnej ww wskazanym punkcie , natomiast drugi sposób polegał będzie na tym, że wyznaczymy postać pochodnej $f'(x)$, jako funkcję i obliczymy wartość tej funkcji w punkcie $x=1$.

Wyliczamy wartości:

$$f\left(x_0 + h \right) = f\left(1 + h \right) = (1 + h)^2 + 2 \cdot (1 + h) - 5 = 1 + 2h + h^2 + 2 + 2h - 5 = h^2 + 4h - 2$$

$$f\left(x_0 \right) = f(1) = 1^2 + 2 \cdot 1 - 5 = 1 + 2 - 5 = -2$$

Podstawiamy to do wzoru (1):

$$f '\left(x_0 \right) = \lim_{h \to 0} \frac {h^2 + 4h -2 - (-2)} h = \lim_{h \to 0} \frac {h^2 + 4h -2 + 2} h = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac {\cancel h \cdot (h + 4)} {\cancel h} = \lim_{h \to 0} \left( h + 4 \right) = 0 + 4 = 4$$

Skrócenie $h$ w mianowniku z licznikiem jest kluczowym momentem i powinien się zawsze pojawić. Dzięki temu możliwe staje się podstawienie w miejsce $h$ wartości zero, co było niemożliwe wówczas, gdy $h$ znajdowało się w mianowniku.

Pochodna, jako funkcja

Zamiast wyznaczać wartość pochodnej funkcji w punkcie, z wykorzystaniem wzoru (1), można za jego pomocą wyliczyć ogólną postać funkcji. Pochodna bowiem jest funkcjonałem, czyli odwzorowaniem, które jednej funkcji przyporządkowuje inną funkcję.

Mówiąc prostym językiem, pochodna to taka operacja, która z jednej funkcji „robi” inną funkcję.

Wzór (1) można przedstawić w postaci:

$$f '\left(x \right) = \lim_{h \to 0} \frac { f(x + h) - f(x)} h \tag 2 \label {eq:2}$$

Przykład 1 – ciąg dalszy

Obliczamy, za pomocą wzoru (2), wartość pochodnej funkcji $f(x) = x^2 + 2x - 5$, jako funkcję.

$$f '\left(x \right) = \lim_{h \to 0} \frac { f(x + h) - f(x)} h = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac { (x + h)^2 + 2 \cdot (x+h) - 5 - \left(x^2 + 2x - 5 \right)} h = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac { \cancel{x^2} + 2xh + h^2 + \cancel{2x} + 2h - \cancel{5}- \cancel{x^2} - \cancel{2x} + \cancel{5}} h = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac { 2xh + h^2 + 2h} h = $$

„zniknięcie” wszystkich wyrazów niezawierających $h$ to bardzo ważny moment; teraz możemy wyłączyć $h$ przed nawias:

$$= \lim_{h \to 0} \frac { \cancel {h} \cdot \left( 2x + h + 2 \right)} {\cancel {h}} = 2x + 0 + 2$$

Wyłączenie $h$ przed nawias spowodowało, że możliwe stało się skrócenie $h$ w liczniku i mianowniku, co pozwoliło podstawić za $h$ zero. Otrzymaliśmy więc:

$$f'(x) = 2x + 2$$

Do kanonu „klasyki” zadań polegających na wyznaczaniu pochodnej z definicji, czyli według wzoru (2), należy jeszcze wyznaczanie pochodnej z pierwiastka kwadratowego, oraz prostej funkcji wymiernej.

Przykład 2

Wyznaczyć pochodną funkcji $f(x) = \sqrt x$ z definicji.

$$f '\left(x \right) = \lim_{h \to 0} \frac { f(x + h) - f(x)} h = \lim_{h \to 0} \frac { \sqrt {x+h} - \sqrt x} h = $$

W przypadku zadania z pierwiastkiem, wykorzystujemy „sztuczkę” polegającą na rozszerzeniu ułamka przez „wyrażenie „sprzężenie”, czyli wyrażenie zawierające sumę pierwiastków, zamiast ich różnicy, dzięki czemu możliwe staje się skorzystanie ze „wzoru skróconego mnożenia”.

$$= \lim_{h \to 0} \frac { \left( \sqrt {x+h} - \sqrt x \right) \cdot \left(\sqrt {x+h} + \sqrt x \right)} {h \cdot \left(\sqrt {x+h} + \sqrt x \right)} = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac { x + h - x} {h \cdot \left(\sqrt {x+h} + \sqrt x \right)} = \lim_{h \to 0} \frac {\cancel h} {\cancel{h} \cdot \left(\sqrt {x+h} + \sqrt x \right)} = $$

$$= \frac 1 {\sqrt {x+0} + \sqrt x } = \frac 1 {2 \sqrt x}$$

Stąd otrzymaliśmy:

$$f'(x) = \frac 1 {2 \sqrt x}$$

Przykład 3

Wyznaczyć z definicji pochodną funkcji $f(x) = \frac 1 x$.

Tutaj kluczem do sukcesu okaże się zwyczajne sprowadzenie do wspólnego mianownika:

$$f '\left(x \right) = \lim_{h \to 0} \frac { f(x + h) - f(x)} h = \lim_{h \to 0} \frac { \frac 1 {x+h} - \frac 1 x} h = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac { \frac x {x(x+h)} - \frac {x+h} {x(x+h)}} h = \lim_{h \to 0} \frac { \frac {x - (x+h)} {x(x+h)}} h = $$

$$= \lim_{h \to 0} \frac { \frac {\cancel x - \cancel x - h)} {x(x+h)}} h = \lim_{h \to 0} \frac {-\cancel h} {x(x+h)} \cdot \frac 1 {\cancel h} = $$

$$= - \frac 1 {x \cdot (x + 0)} = - \frac 1 {x^2}$$

Czyli ostatecznie:

$$f'(x) = -\frac 1 {x^2}$$

Nie każda funkcja posiada pochodną w całej swojej dziedzinie. Najbardziej typowym przykładem, jest wartość bezwzględna.

Przykład 4

Wyznaczmy, korzystając z definicji pochodnej, pochodną funkcji $f(x) = |x|$.

$$f '\left(x \right) = \lim_{h \to 0} \frac { f(x + h) - f(x)} h = \lim_{h \to 0} \frac { |x + h| - |x|} h = ...$$

Tym razem sprawa nie jest taka prosta. Nie jest możliwe wykonanie odejmowania w liczniku bez poczynienia pewnych założeń. Znak modułu $| |$ działa jak nawias, skutecznie „separując oba wyrażenia. Musimy sie go „pozbyć”. Wartość bezwzględna, jak wiadomo, to funkcja określona następująco:

$$f(x) = \left\{ \begin{array} {lcr} \ x & \text{dla} & x \geq 0 \\ -x & \text{dla} & x < 0 \end{array} \right.$$

Chcąc opuścić znak modułu, należy rozpatrzyć kilka przypadków. A dokładniej – trzy przypadki. 

przypadek nr 1

$x < 0$

Gdy $x$ jest liczbą ujemną, wówczas również $x+h$ jest taką liczbą, gdyż $h$ dąży do zera. Zatem można opuszczając wartość bezwzględną, zmienić znak wyrażenia na przeciwny. Czyli potraktować wartość bezwzględną, jak zwyczajny nawias, ale zmieniając przed nim znak:

$$... = \lim_{h \to 0} \frac { -(x + h) + x} h = \lim_{h \to 0} \frac { \cancel{-x} - h + \cancel{x}} h = $$

$$ = \lim_{h \to 0} \frac {-\cancel h} {\cancel h} = \frac {-1} 1 = -1$$

Zatem, dla $x < 0$ mamy $f'(x) = -1$, co możemy też zapisać, jako $\left( |x| \right)' = -1$.

przypadek 2

$x > 0$

W zasadzie, trzymając się kolejności, przypadek 2 powinien zakładać $x=0$, jednak ten najciekawszy przypadek zostawimy na koniec. Gdy $x$ jest dodatnie, wówczas $x+h$ jest także dodatnie i opuszczamy wartość bezwzględną bez zmiany znaku:

$$... = \lim_{h \to 0} \frac { \cancel x + h - \cancel x} h = \lim_{h \to 0} \frac { \cancel h}{\cancel h} = 1$$

Dla $x > 0$ mamy otrzymaliśmy $\left( |x| \right)' = 1$.

przypadek 3

$x = 0$

W tym wypadku mamy problem o ile z wyrażenia $|x|$ możemy śmiało „zdjąć” wartość bezwzględną, przy czym nie ma znaczenia, czy zmienimy znak na przeciwny, czy nie (wszak $-0 = 0$), to z wyrażeniem $x+h$ mamy problem. Liczymy granicę, dla $h \to 0$, ale $h$ może do zera dążyć z obu stron. Jeśli $x$ jest dokładnie zerem, to nawet dla „mikroskopijnie” małego, ujemnego $h$ wyrażenie $x+h$ też będzie ujemne.

Nie mamy wyjścia, musimy osobno policzyć granice jednostronne! Ponieważ założyliśmy, że $x=0$, to możemy od razu za $x$ tę wartość po prostu podstawić.

Zacznijmy od lewostronnej:

$$\lim_{h \to 0^{-}} \frac {|x + h| - |x|} h = \lim_{h \to 0^{-}} \frac {|0 + h| - |0|} h = $$

$$= \lim_{h \to 0^{-}} \frac { |h| } h = \lim_{h \to 0^{-}} \frac {-\cancel h} {\cancel h} = \frac {-1} 1 = -1$$

Teraz policzymy granicę prawostronną:

$$\lim_{h \to 0^{+}} \frac {|x + h| - |x|} h = \lim_{h \to 0^{+}} \frac {|0 + h| - |0|} h = $$

$$= \lim_{h \to 0^{+}} \frac { |h| } h = \lim_{h \to 0^{+}} \frac {\cancel h} {\cancel h} = \frac {1} 1 = 1$$

Skoro:

$$ \lim_{h \to 0^{-}} \frac {|0 + h| - |0|} h \neq \lim_{h \to 0^{+}} \frac {|0 + h| - |0|} h$$

to oznacza to ni mniej nie więcej, jak to, że granica:

$$ \lim_{h \to 0} \frac {|0 + h| - |0|} h$$

nie istnieje!

Tym samym, nie istnieje pochodna funkcji $f(x) = |x|$ w punkcie $x=0$. Wartość bezwzględna nie jest różniczkowalna w zerze!

Możemy zapisać zbiorczo:

$$\left( |x| \right)' = \left\{ \begin{array} {ccr} -1 & \text{dla} & x < 0 \\ \text{nie istnieje} & \text{dla} & x = 0 \\ 1 & \text{dla} & x> 0 \end{array} \right.$$

Spójrzmy na wykres funkcji $f(x)=|x|$

Teraz już widać, dlaczego tak się dzieje. W punkcie o odciętej $x=0$ nie da się przyłożyć stycznej do wykresu funkcji. Na lewo i na prawo od zera, styczna pokrywa się z wykresem. Na lewo od zera, kąt nachylenia stycznej wynosi $-45^{\circ}$, czyli $\alpha = -\frac \pi 4$, zatem $\tg \alpha = -1$, a na prawo oczywiście $\alpha = 45^{\circ} = \frac \pi 4$, zatem $\tg \alpha = 1$, ale w zerze stycznej brak!

Czasem pochodna nie istnieje z troszkę innego powodu. W przykładzie 2, wyznaczyliśmy pochodną z pierwiastka kwadratowego. Uzyskaliśmy tam wynik: $\left( \sqrt x \right)' = \frac 1 {2 \sqrt x}$. Zauważmy, że $x=0$ należy do dziedziny naszej funkcji, i mamy $\sqrt 0 = 0$, ale $f'(0)$ nie istnieje. Rzut oka na wykres funkcji pozwala stwierdzić, dlaczego tak się dzieje.

Tym razem, pomijając kwestię „urwania” się wykresu, spowodowanego ograniczoną dziedziną funkcji $\sqrt x$, to styczna do wykresu funkcji dla $x=0$ jest prostą pionową, czyli $\alpha = \pm 90^{\circ} = \pm \frac \pi 2$, czyli $\tg \alpha$ nie istnieje.

Obliczanie pochodnej ze wzoru

W rzeczywistości, obliczanie pochodnej z definicji traktuje się, jako „sztukę dla sztuki”. Poza zadaniami na kolokwium, czy egzaminie, w zasadzie się z tego nie korzysta. W praktyce korzysta się z „gotowców”, czyli ze wzorów rachunku różniczkowego. Wzory te podzielić można dwie grupy: wzorów wyrażających ogólne, „rachunkowe” własności¹ pochodnych oraz wzorów na pochodne konkretnych funkcji.

Wzory wyrażające własności pochodnej

Pierwsze wzory dotyczą tzw. liniowości pochodnej:

$$\left[a \cdot f(x) \right]' = a \cdot f'(x) \tag 3 \label {eq:3}$$

$$\left[f(x) \pm g(x)\right]' = f'(x) \pm g'(x) \tag 4 \label {eq:4}$$

Wzór (3) oznacza, że stałą można „wyłączyć” przed pochodną, czyli tak, jak była ona „domnożona” do funkcji, tak też pozostanie „domnożona” do jej pochodnej. Wzór (4) natomiast określa, że pochodna sumy bądź różnicy dwu funkcji równa jest odpowiednio sumie, bądź różnicy ich pochodnych. Można też spotkać się z zapisem:

$$\left[a \cdot f(x) + b \cdot g(x) \right]' = a \cdot f'(x) + b \cdot g'(x) \tag {4a} \label {eq:{4a}}$$

który wyraża te dwie własności niejako „naraz” (zamiast $\pm$ użyto $+$, gdyż współczynniki $a$, $b$ mogą być zarówno dodatnie, jak i ujemne.

Kolejne dwa, bardzo ważne wzory, pozwalają wyliczyć pochodną iloczynu oraz ilorazu dwu funkcji:

$$\left[ f(x) \cdot g(x) \right]' = f'(x) \cdot g(x) + f(x) \cdot g'(x) \tag 5 \label {eq:5}$$

$$\left[ \frac {f(x)} {g(x)} \right]' = \frac {f'(x) \cdot g(x) - f(x) \cdot g'(x)} {\left[ g(x) \right]^2} \tag 6 \label {eq:6}$$

we wzorze (6) dodaje się, oczywiście, zastrzeżenie: $g(x) \neq 0$.

Wzór (5) często mnemotechnicznie określa się formułką: pochodna pierwszego razy drugie plus pierwsze razy pochodna drugiego. Ważne, by nauczyć się go w takiej właśnie kolejności, bo mnożenie jest przemienne i formułę można byłoby zapisać także w taki sposób: $f(x) \cdot g'(x) + f'(x) \cdot g(x)$ ale wówczas nie nauczylibyśmy się prawidłowo wzoru (6), w którym licznik jest niemalże taki sam, jak wyrażenie ze wzoru (5), ale pomiędzy iloczynami pojawia się znak minus.

Wzór (6) można też zapisać w nieco prostszy sposób:

$$\left[ \frac {f(x)} {g(x)} \right]' = \frac {f'(x) \cdot g(x) - f(x) \cdot g'(x)} {g^2(x)} \tag {6a} \label {eq:{6a}}$$

wykorzystując skrócony sposób zapisu kwadratu funkcji.

I jako ostatni, wzór, którego wykorzystanie sprawia najwięcej trudności i który stanowi niejako „sól i pieprz” rachunku różniczkowego:

$$\left\{ f \left[ g(x) \right] \right \}' = f'\left[g(x) \right] \cdot g'(x) \tag 7 \label {eq:7}$$

Słownie opisuje się go zazwyczaj w następujący sposób: pochodna funkcji złożonej równa jest pochodnej funkcji wewnętrznej dla tego samego argumentu razy pochodna funkcji wewnętrznej. Sposób korzystania z tego wzoru wyjaśnimy później.

Wzory na pochodne konkretnych funkcji

Absolutne must know

Wzory na pochodne konkretnych funkcji podzieliłem na dwie grupy – absolutne minimum, które trzeba umieć, oraz uzupełniający zestaw, który w razie „zapomnienia”, któregoś z jego wzorów, można sobie łatwiej lub trudniej wyprowadzić ze wzorów must know.

$$ (a)' = 0 \tag 8 \label {eq:8}$$

$$ (x^a)' = a \cdot x^{a-1} \tag 9 \label {eq:9}$$

$$ (\e^x)' = \e^x \tag {10} \label {eq:{10}}$$

$$(\ln x)' = \frac 1 x \tag {11} \label {eq:{11}}$$

$$(\sin x)' = \cos x \tag {12} \label {eq:{12}}$$

$$(\arcsin x)' = \frac 1 {\sqrt {1 - x^2}} \tag {13} \label {eq:{13}}$$

$$(\arctg x)' = \frac 1 {x^2+1} \tag {14} \label {eq:{14}}$$

Wzór (11) występuje też w nieco „lepszej”, można powiedzieć „mocniejszej” postaci:

$$(\ln |x|)' = \frac 1 x \tag {11a} \label {eq:{11a}}$$

Oczywiście do niektórych wzorów należałoby poczynić pewne zastrzeżenia, czyli we wzorze(11): $x>0$, we wzorze (11a): $x \neq 0$ natomiast we wzorze (13): $-1 \leq x \leq 1$, stosownie do ograniczeń dziedziny funkcji.

Szczególnie ważny jest wzór (9). Jest to bodajże najczęściej stosowany wzór, spośród wszystkich wzorów rachunku różniczkowego. Często spotyka się go w postaci $\left( x^n \right)' = nx^{n-1}$ nie jest to jednak najbardziej elegancka jego postać, gdyż sugeruje, że wykładnik $n$ musi być liczbą naturalną, a tymczasem wzór ten działa dla dowolnego wykładnika rzeczywistego, toteż znacznie lepiej używać innej litery – np. właśnie $a$.

Równie ważny i wyjątkowo prosty jest wzór (10), określający pochodną funkcji wykładniczej o podstawie $e$. Funkcja taka ma wyjątkową własność, polegającą na tym, że równa jest ona swojej pochodnej. Istnieje jeszcze tylko jedna funkcja, posiadającą taką niezwykłą właściwość. Jest nią funkcja stała $f(x) = 0$.

Odnośnie funkcji stałej $f(x)=a$ należy w tym momencie zwrócić uwagę, że, zgodnie ze wzorem (3) jeśli stała jest pomnożona przez jakąś funkcję posiadającą pochodną, to stałą ta „zostaje” po policzeniu pochodnej, ale pochodna „samotnej” stałej równa jest zero.

Wzory dodatkowe

Poniżej wykaz wzorów dodatkowych, które również wypada znać, ale zapomniawszy je, można się „poratować” stosownym wyprowadzeniem, choć w niektórych przypadkach trzeba mieć podstawową orientację w zależnościach między funkcjami trygonometrycznymi oraz wiedzieć, czym są funkcje hiperboliczne.

$$\left( x \right)' = 1 \tag {15} \label {eq:{15}}$$

$$\left( \frac 1 x \right)' = - \frac 1 {x^2} \tag {16} \label {eq:{16}}$$

$$\left( \sqrt x \right)' = \frac 1 {2 \sqrt x} \tag {17} \label {eq:{17}}$$

$$\left( a^x \right)' = a^x \cdot \ln a \tag {18} \label {eq:{18}}$$

$$\left( \log_a x \right)' = \frac 1 {x \cdot \ln a} \tag {19} \label {eq:{19}}$$

$$\left( \cos x \right)' = -\sin x \tag {20} \label {eq:{20}}$$

$$\left( \tg x \right)' = \frac 1 {\cos^2 x} \tag {21} \label {eq:{21}}$$

$$\left( \ctg x \right)' = -\frac 1 {\sin^2 x} \tag {22} \label {eq:{22}}$$

$$\left( \arccos x \right)' = -\frac 1 {\sqrt {1-x^2}} \tag {23} \label {eq:{23}}$$

$$\left( \arcctg x \right)' = -\frac 1 {x^2+1} \tag {24} \label {eq:{24}}$$

$$\left( \sinh x \right)' = \cosh x \tag {25} \label {eq:{25}}$$

$$\left( \cosh x \right)' = \sinh x \tag {26} \label {eq:{26}}$$

$$\left( \tgh x \right)' = \frac 1 {\cosh^2 x} \tag {27} \label {eq:{27}}$$

$$\left( \ctgh x \right)' = -\frac 1 {\sinh^2 x} \tag {28} \label {eq:{28}}$$

$$\left( \arsinh x \right)' = \frac 1 {\sqrt {x^2 + 1}} \tag {29} \label {eq:{29}}$$

$$\left( \arcosh x \right)' = \frac 1 {\sqrt {x^2 - 1}} \tag {30} \label {eq:{30}}$$

$$\left( \artgh x \right)' = \frac 1 {1-x^2} \tag {31} \label {eq:{31}}$$

$$\left( \arctgh x \right)' = -\frac 1 {1-x^2} = \frac 1 {x^2-1} \tag {32} \label {eq:{32}}$$

Oczywiście tam, gdzie to konieczne, należy uwzględnić stosowne zastrzeżenia, dotyczące wartości $x$, natomiast we wzorach (18) oraz (19) dodatkowo musi być $a>0$ i we wzorze (19) ponadto $a \neq 1$.

Wzorów jest oczywiście dużo. Zauważmy, że wzory (15), (16), (17) są szczególnymi przypadkami wzoru (9). Pokażemy to w dalszej części artykułu. Warto zwrócić uwagę na wzór (18) i porównać go ze wzorem (9), gdyż stawiający swe pierwsze kroki z rachunkiem różniczkowym studenci często te dwa wzory mylą.

Wzór (9) to wzór na pochodną funkcji potęgowej, czyli funkcji, w której zmienną jest podstawa potęgi, a wykładnik potęgi jest stały. Natomiast wzór (18) określa pochodną funkcji wykładniczej, czyli funkcji, w której podstawa jest stała (musi być liczbą dodatnią), a zmienna jest w wykładniku.

Uważny Czytelnik zapyta, co z funkcją typu $x^x$, gdzie i podstawa i wykładnik są zmienne? Otóż wzór na pochodną takiej funkcji, zwanej czasem funkcją potęgowo-wykładniczą, nie zalicza się do „kanonu” podstawowych wzorów rachunku różniczkowego, tylko pochodną tę wylicza się za pomocą sprytnej sztuczki, o której wspomnimy w dalszej części.

Wykorzystanie wzorów na pochodną

W pierwszej kolejności pokażemy, w jaki sposób ze wzorów, które określone zostały, jako must know wyprowadzić pozostałe wzory – przynajmniej niektóre, resztę Czytelnik sprawdzi we własnym zakresie.

Przykład 5

Wyprowadźmy wzór (15), czyli wzór na pochodną funkcji tożsamościowej, albo bardziej swojsko, na pochodną z iksa:

$$(x)' = \left( x^1 \right)' = 1 \cdot x^0 = 1$$

To, że pochodna z $x$ równa się 1, to bardzo cenna i przydatna informacja.

Przykład 6

Wyprowadźmy wzór (16) i to na dwa sposoby! Korzystając ze wzoru (9), a także inaczej, korzystając ze wzoru (6). Pamiętajmy, że w przykładzie 3 obliczyliśmy już tę pochodną, korzystając z definicji.

Jak wiadomo, $\frac 1 x = x^{-1}$, a zatem:

$$\left( \frac 1 x \right)' = \left( x^{-1} \right)' = -1 \cdot x^{-1-1} = -1 \cdot x^{-2} = -\frac 1 {x^2}$$

Prawda, że proste? A teraz, skorzystajmy ze wzoru (6) traktując wyrażenie $\frac 1 x$, jako iloraz dwu funkcji. Ponadto wykorzystamy wzór (15), poparty przykładem 5:

$$\left( \frac 1 x \right)' = \frac {(1)' \cdot x - 1 \cdot (x)'} {x^2} = \frac {0 \cdot x - 1 \cdot 1} {x^2} = \frac {0 - 1} {x^2} = -\frac 1 {x^2} $$

Wszystko się zgadza.

Przykład 7

Korzystając ze wzoru (9) obliczymy pochodną z pierwiastka kwadratowego. Pochodną tę obliczaliśmy już z definicji w ramach przykładu 2. Zobaczymy, jak wzór (9) sprawdza się „w akcji” dla wykładnika niebędącego liczbą całkowitą – wszak $\sqrt x = x^{\frac 1 2}$.

$$\left( \sqrt x \right)' = \left( x^{\frac 1 2} \right)' = \frac 1 2 \cdot x^{\frac 1 2 - 1} = \frac 1 2 \cdot x^{-\frac 1 2} = \frac 1 2 \cdot \frac 1 {\sqrt x} = \frac 1 {2 \sqrt x} $$

Oczywiście pod koniec skorzystaliśmy z tego, że potęga ujemna, to odwrotność potęgi dodatniej, a więc $x^{-\frac 1 2} = \frac 1 {x^{\frac 1 2}} = \frac 1 {\sqrt x}$. Przykład ten pokazuje prawdziwą potęgę wzoru na pochodną funkcji potęgowej! Za pomocą wzoru (9) obliczymy pochodną z każdego pierwiastka!

Pochodna funkcji złożonej

Aby sprawdzić kolejne wzory, należy oswoić się ze wzorem (7), gdyż pełni on bardzo ważną rolę i bez niego bylibyśmy w stanie policzyć tylko pochodne najprostszych funkcji. Wzór (7), jak wspomnieliśmy, służy do obliczenia pochodnej funkcji złożonej. A co to jest funkcja złożona? Mówiąc najprościej, jest to funkcja, z innej funkcji. Czyli funkcja, w której argumentem nie jest po prostu $x$, ale pewne wyrażenie, zawierające $x$, które samo może być traktowane, jako funkcja posiadająca pochodną. 

Przykład 8

Policzmy pochodną funkcji $f(x) = (x + 5)^3$. Jest to funkcja złożona, albowiem test to jakby funkcja $x^3$, a której w miejscu $x$ występuje wyrażenie $x+5$, które samo może być traktowane, jako funkcja. W takim kontekście, funkcję $x^3$ nazywamy funkcją zewnętrzną, a funkcję $x + 5$ nazywamy funkcją wewnętrzną.

Jeśli wprowadzimy oznaczenia $g(x) = x^3$ oraz $h(x) = x+5$, to naszą funkcję $f(x) = (x+5)^3$ można zapisać, „fachowo” jako złożenie $\left( g \circ h \right) (x)$, bądź mniej „fachowo” jako $g\left[ h(x) \right]$. Zauważmy przy tym,  że składanie funkcji nie jest operacją przemienną, bo te same funkcje złożyć można także „w drugą stronę”, otrzymując: $\left( h \circ g\right)(x) = h\left[ g(x) \right] = x^3 + 5$, a zatem zupełnie inną funkcję.

Zaraz zaraz, ale czy musimy traktować to, jako funkcję złożoną. Przecież możemy użyć wzoru skróconego mnożenia: $(x+5)^3 = x^3 + 15x^2 + 75x + 125$. W porządku, można i tak. Policzmy zatem najpierw pochodną w ten sposób:

$$f'(x) = \left[ (x+5)^3 \right]' = \left(x^3 + 15x^2 + 75x + 125 \right)' = 3x^2 + 30x + 75 = ...$$

można jeszcze wykazać się spostrzegawczością i troszkę uprościć:

$$... = 3 \cdot (x^2 + 10x + 25) = 3 (x+5)^2$$

No tak, ale co by było, gdyby zamiast $(x+5)^3$ było np. $(x+5)^{20}$? Sama „rozpiska” z trójkąta Pascala albo z wykorzystaniem symbolu Newtona $\left( \begin{array}{c}n\\k \end{array} \right)$ byłaby nie lada wyzwaniem.

Przyjrzyjmy się wzorowi (7): $\left\{ f \left[ g(x) \right] \right \}' = f'\left[g(x) \right] \cdot g'(x) $. Ogólna jego filozofia jest taka. Mamy dwie funkcje. Zewnętrzna, to $x^3$, jej pochodna, to, zgodnie ze wzorem (9), $3x^2$. Tutaj mamy do potęgi trzeciej podniesione coś innego. Mamy jakby $\square^3$.

Wzór (7) „mówi” tak: dokładnie tak samo, jak $\left( x^3 \right)' = 3x^2$, to $\left( {\square}^3 \right)' = 3\cdot{\square}^2$, ale musisz jeszcze pomnożyć to przez $\square'$, czyli przez pochodną tego $\square$.

A zatem:

$$f'(x) = \left[ (x+5)^3 \right]' = 3(x+5)^2 \cdot (x+5)' = $$

$$3(x+5)^2 \cdot (1+0) = 3(x+5)^2 \cdot 1 = 3(x+5)^2 $$

Zobaczmy, że praktycznie w każdym ze wzorów (8)–(32) moglibyśmy zastąpić $x$ „kwadracikiem” $\square$ i pomnożyć przez pochodną tego kwadracika! W naszych wzorach po prostu „kwadracikiem” jest $x$, a że $(x)' = 1$, toteż wszystko się zgadza!

Przykład 9

Obliczmy więc pochodną funkcji $f(x) = \left( 4x^2 + 3x -9 \right)^{10}$. Tutaj już pochodna funkcji złożonej jest prawie niezastąpiona:

$$f'(x) = \left[ \left( 4x^2 + 3x -9 \right)^{10} \right]' = 10 \left( 4x^2 + 3x -9 \right)^9 \cdot \left( 4x^2 + 3x -9 \right)' = $$

$$ = 10 \left( 4x^2 + 3x -9 \right)^9 \cdot \left( 8x+3-0 \right) = 10 \left( 4x^2 + 3x -9 \right)^9 \cdot \left( 8x+3 \right) $$

Przykład 10

Teraz obliczmy pochodną funkcji $f(x) = \sqrt {x^2 + x + 5}$. Tutaj już żadne inne metody nie wchodzą w rachubę. Schemat obliczania pochodnej funkcji złożonej jest koniecznością.

$$f'(x) = \left( \sqrt {x^2 + x + 5}\right)' = \frac 1 {2 \sqrt {x^2 + x + 5}} \cdot (x^2 + x + 5)' = $$

$$ = \frac 1 {2 \sqrt {x^2 + x + 5}} \cdot (2x + 1 + 0) = \frac {2x+1} {2 \sqrt {x^2 + x + 5}}$$

Przykład 11

Wyznaczmy teraz pochodną wartości bezwzględnej. W przykładzie 4 dokonaliśmy tego, wykorzystując bezpośrednio definicję pochodnej, natomiast teraz wykorzystamy tożsamość: $|x| = \sqrt {x^2}$. Zatem niech $f(x)=|x|$.

$$f'(x) = \left( |x| \right)' = \left( \sqrt {x^2} \right)' = \frac 1 {2\sqrt {x^2}} \cdot \left( x^2 \right)' = \frac {\cancel{2}x} {\cancel{2} \sqrt {x^2}} = \frac x {|x|}$$

Zauważamy, że wyrażenie to nie istnieje dla $x=0$. Teraz wystarczy tylko opuścić wartość bezwzględną, co wymaga rozpatrzenia dwóch przypadków.

Przypadek $1^{\circ}$: $x < 0$:

$$\frac x {|x|} = \frac {\cancel x} {-\cancel x} = -1$$

Przypadek $2^{\circ}$: $x > 0$:

$$\frac x {|x|} = \frac {\cancel x} {\cancel x} = 1$$

Otrzymaliśmy wynik tożsamy z otrzymanym w przykładzie 4:

$$\left( |x| \right)' = \left\{ \begin{array} {ccr} -1 & \text{dla} & x < 0 \\ \text{nie istnieje} & \text{dla} & x = 0 \\ 1 & \text{dla} & x> 0 \end{array} \right.$$

Przykład 12

A teraz czas na istną „rosyjską babuszkę”. Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=\e^{\sqrt{x^2+7}}$. Czemu „rosyjską babuszkę”? Rosyjskie babuszki, to takie drewniane figurki, przedstawiające kobietę w stroju ludowym, że wewnątrz większej figurki jest mniejsza, wewnątrz tej mniejszej – jeszcze mniejsza i tak dalej. Tutaj też. Mamy funkcję wykłądniczą $\e^x$, która tutaj jest tą największą „babuszką”, wewnątrz niej, zamiast $x$ mamy schowaną kolejną „babuszkę” w postaci pierwiastka $\sqrt x$ i najmniejszą „babuszką” jest wielomian $x^2+7$.

Co robimy z taką „babuszką” – po kolei, systematycznie, „oskubujemy” ją. Dla przypomnienia: $\left( \e^{\square} \right)' = \e^{\square} \cdot \square'$ (wzór 10),    $\left( \sqrt \square \right)' = \frac {\square'} {2 \sqrt \square} $ (wzór 17) oraz $\left( x^2 + 7 \right)' = 2x$

No to, do dzieła:

$$f'(x) = \left( \e^{\sqrt{x^2+7}}\right)' = \e^{\sqrt{x^2+7}} \cdot \frac {\cancel{2}x}{\cancel{2}\sqrt{x^2+7}} = \e^{\sqrt{x^2+7}} \cdot \frac x{\sqrt{x^2+7}} $$

Pozwoliliśmy sobie tutaj już, jak na średniozaawansowanych przystało, na nieco skrótu w zapisie.

Przykład 13

Spróbujmy wyprowadzić wzór na pochodną funkcji wykładniczej $f(x) = a^x$, czyli wzór (18), wykorzystując wzór „must know” (10). Skorzystamy z tego, że $a = \e^{\ln a}$, w takim razie nasza funkcja:

$$f(x) = a^x = \left( \e^{\ln a} \right)^x = \e^{x \ln a}$$

i wówczas:

$$f'(x) = \left( \e^{x \ln a} \right)' = \e^{x \ln a} \cdot \left(x \ln a \right)' = \e^{x \ln a} \cdot \ln a = a^x \cdot \ln a$$

Przykład 14

W zestawie „must know” mamy tylko wzór (12) na pochodną funkcji sinus. Wyznaczmy wzory na pochodne pozostałych trzech² funkcji trygonometrycznych.

Cosinus wyrazić można za pomocą sinusa. Pierwsze, co przychodzi do głowy, to jedynka trygonometryczna, z której mamy: $\cos x = \sqrt {1 - \sin^2 x}$. Nie jest to dobry trop, gdyż takie przekształcenie jest prawidłowe tylko dla kątów, dla których $\cos x \geq 0$. Lepiej użyć znacznie prostszego i zawsze działającego wzoru: $\cos x = \sin \left( \frac \pi 2 - x \right)$.

Wówczas:

$$\left( \cos x \right)' = \left[ \sin \left( \frac \pi 2 - x \right) \right]' = \cos \left( \frac \pi 2 - x \right) \cdot (0 - 1) = $$

$$= - \cos \left( \frac \pi 2 - x \right) = -\sin x$$

Warto w tym momencie zwrócić uwagę na pewne podobieństwo do pochodnej funkcji wykładniczej $\e^x$. Jak wiemy, $\left( \e^x \right)' = \e^x$ i oprócz niej tylko jeszcze jedna, trywialna, funkcja równa jest swej pochodnej: $(0)' = 0$. Jeśli funkcję wykładniczą $\e^x$ różniczkowali będziemy wielokrotnie – czyli z pochodnej liczyli znów pochodną (czyli wyznaczali pochodne wyższych rzędów), to oczywiście cały czas otrzymywac będziemy $\e^x$.

Nic w tym odkrywczego. Jednak bardzo podobnie zachowywać się będa funkcje sinus i cosinus. Bowiem $\left( \sin x \right)' = \cos x$ następnie $\left( \cos x \right)' = -\sin x$, później $\left( -\sin x \right)' = -\cos x$ i w końcu: $\left( -\cos x \right)' = \sin x$ i cykl się zamyka. Kolejne pochodne to po prostu naprzemian sinus z cosinusem i zmieniają się znaki. 

Tak więc sinus i cosinus, to funkcje bardzo przypominające pod tym względem $\e^x$. I nie jest to przypadek, ale omówienie tego wymaga poruszenia tematu liczb zespolonych i wykracza poza ramy tego artykułu. Ta ciekawa własność funkcji $\e^x$ oraz sinusa i cosinusa, wykorzystywana jest w równaniach różniczkowych.

Otrzymaliśmy zatem wzór (20). Z kolei oczywiście $\tg x = \frac {\sin x} {\cos x}$ i wówczas, wykorzystując dopiero co wyprowadzony wzór, wzór (6) na pochodną ilorazu oraz (tym razem się przyda) jedynke trygonometryczną dostajemy:

$$\left( \tg x \right)' =\left( \frac {\sin x}{\cos x} \right)' = \frac {(\sin x)' \cdot \cos x - \sin x \cdot (\cos x)'}{\cos^2 x} =$$

$$ = \frac {\cos x \cdot \cos x - \sin x \cdot (-\sin x)}{\cos^2 x} =\frac {\cos^2 x + \sin^2}{\cos^2 x} = \frac 1 {\cos^2 x}$$

Dostaliśmy więc wzór (21). Wyprowadzenie wzoru (22) pozostawiam Czytelnikom.

Przykład 15

W zestawie „must know” zamieściliśmy pochodne tylko dwu funkcji cyklometrycznych: arcusa sinusa i arcusa tangensa. Gdy jednak przypomnimy sobie czym są funkcje cyklometryczne, bardzo łatwo wyznaczymy pozostałe. Otóż wykres funkcji arcus cosinus otrzymamy z wykresu funkcji arcus sinus, poprzez odbicie symetryczne względem osi $Ox$ oraz przesuniecie w górę o $\frac \pi 2$, stąd: $\arccos x = \frac \pi 2 - \arcsin x$. W takiej sytuacji, wykorzystując wzór (13), wzór (23) wyprowadzimy z łatwością:

$$\left( \arccos x\right)' =\left( \frac \pi 2 - \arcsin x \right)' = 0 - \frac 1 {\sqrt {1 - x^2}} = - \frac 1 {\sqrt {1 - x^2}}$$

Dokładnia taką samą zależnością zawiązane są arcus tangens i arcus cotangens: 

$$\left( \arcctg x\right)' =\left( \frac \pi 2 - \arctg x \right)' = 0 - \frac 1 {x^2+1} = - \frac 1 {x^2+1}$$

Przykład 16

Wyprowadźmy wzory dla funkcji hiperbolicznych $\sinh x$, $\cosh x$, $\tgh x$, $\ctgh x$. W ogóle nie zamieściliśmy ich wsród wzorów „must know”. Stało się tak dlatego, że funkcje te wylicza się z prostych wzorów, opartych o funkcję wykładniczą $\e^x$.

Wzory te mają postać:

$$\sinh x = \frac {\e^x - e^{-x}} 2 \tag {33} \label {eq:{33}}$$

$$\cosh x = \frac {\e^x + e^{-x}} 2 \tag {34} \label {eq:{34}}$$

$$\tgh x = \frac {\sinh x}{\cosh x} = \frac {\e^x - e^{-x}} {\e^x + e^{-x}} \tag {35} \label {eq:{35}}$$

$$\tgh x = \frac {\cosh x}{\sinh x} = \frac {\e^x + e^{-x}} {\e^x - e^{-x}} \tag {36} \label {eq:{36}}$$

Obliczamy pochodne:

$$\left( \sinh x \right)' = \left( \frac {\e^x - e^{-x}} 2 \right)' =\frac {\e^x - e^{-x} \cdot (-1)} 2 = \frac {\e^x + e^{-x}} 2 = \cosh x$$

Otrzymaliśmy wzór (25). Zwróćmy uwagę, że nie wykorzystywaliśmy wzoru (6) na pochodną ilorazu, gdyż wyrażenie (33) nie musi być traktowane, jak iloraz dwu funkcji. Mianownik jest bowiem stałą i można wyrażenie (33) potraktować, jako iloczyn licznika i stałej $\frac 1 2$.

I analogicznie cosinus hiperboliczny:

$$\left( \cosh x \right)' = \left( \frac {\e^x + e^{-x}} 2 \right)' =\frac {\e^x + e^{-x} \cdot (-1)} 2 = \frac {\e^x - e^{-x}} 2 = \sinh x$$

„Wyszedł” wzór (26). Teraz tangens. Tutaj już koniecznie będzie wykorzystanie wzoru (6) na pochodną ilorazu.

$$\left( \tgh x \right)' = \left( \frac {\e^x - \e^{-x}} {\e^x + \e^{-x}} \right)' = \frac { \left(\e^x - \e^{-x} \right)' \cdot \left( \e^x + \e^{-x}\right) - \left(\e^x - \e^{-x} \right) \cdot \left( \e^x + \e^{-x}\right)' } {\left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} = $$

$$= \frac { \left(\e^x + \e^{-x} \right) \cdot \left( \e^x + \e^{-x}\right) - \left(\e^x - \e^{-x} \right) \cdot \left( \e^x - \e^{-x}\right) } {\left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} = $$

$$= \frac { \left(\e^x + \e^{-x} \right)^2 - \left(\e^x - \e^{-x} \right)^2 } {\left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} = \frac { \left(\e^{2x} + 2 + \e^{-2x} \right) - \left(\e^{2x} - 2 + \e^{-2x} \right) } {\left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} = $$

$$= \frac { \cancel {\e^{2x}} + 2 + \cancel{\e^{-2x}} - \cancel{\e^{2x}} + 2 - \cancel{\e^{-2x}} } {\left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} = \frac { 4 } {\left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} = $$

$$= \frac 1 {\frac { \left( \e^x + \e^{-x}\right)^2} {4}} =\frac 1 {\left( \frac { \e^x + \e^{-x} } {2} \right)^2} = \frac 1 {\cosh^2 x} $$

Otrzymaliśmy wzór (27). Wyprowadzenie wzoru na cotangens hiperboliczny, to zadanie dla Czytelników.

Przykład 17

Teraz wyprowadzimy wzór na pochodne funkcji odwrotnych do funkcji hiperbolicznych. Należy w tym momencie zwrócić uwagę, że nagminne jest błędne nazywanie tych funkcji przez studentów. Otóż nie ma czegoś takiego jak „arcus sinus hiperboliczny”, jest – tylko i wyłącznie – area sinus hiperboliczny, area cosinus hiperboliczny, itd. I „wymawia się, jak się pisze” area, nie żadne „erja”, to nie jest słowo angielskie, lecz łacińskie! 

Podobnie w symbolach area sinusa hiperbolicznego oraz area tangensa hiperbolicznego nie uświadczymy litery „c”: ma być $\arsinh x$ oraz $\artgh x$. W area cosinusie i area cotangensie hiperbolicznym oczywiście „c” jest, ale tylko jedno! $\arcosh x$ oraz $\arctgh x$.

Wzory na funkcje area można otrzymac wyliczając $x$ ze wzorów na funkcje hiperboliczne. Jest to temat na inny artykuł, dlatego tutaj od razu zamieścimy te wzory:

$$\arsinh x = \ln \left(x + \sqrt{x^2 +1 } \right) \tag {37} \label {eq:{37}}$$

$$\arcosh x = \ln \left( x + \sqrt{x^2 - 1 } \right) \tag {38} \label {eq:{38}}$$

$$\artgh x = \frac 1 2 \ln {\frac {1+x}{1-x}} \tag {39} \label {eq:{39}}$$

$$\arctgh x = \frac 1 2 \ln {\frac {x+1}{x-1}} \tag {40} \label {eq:{40}}$$

Wyznaczmy zatem pochodne z tych funkcji, co będzie doskonałym ćwiczeniem umiejętności obliczania pochodnych z funkcji złożonych.

Zacznijmy od funkcji area sinus hiperboliczny.

$$\left( \arsinh x \right)' = \left[ \ln \left(x + \sqrt{x^2 +1 } \right) \right]' = \frac 1 {x + \sqrt{x^2 +1 }} \cdot \left(1 + \frac {\cancel 2x} {\cancel 2 \sqrt{x^2 +1 }} \right) =$$

$$ = \frac 1 {\cancel{x + \sqrt{x^2 +1 }}} \cdot \frac {\cancel{\sqrt{x^2 +1 } + x}} {\sqrt{x^2 +1 }} = \frac 1 {\sqrt {x^2 + 1}} $$

Otrzymano wzór (29). Obliczenie pochodnej funkcji $\arcosh$, danej wzorem (38) zostawmy Cztytelnikom. Teraz policzymy pochodną funkcji (39), czyli area tangensa hiperbolicznego:

$$\left( \artgh x \right)' = \left( \frac 1 2 \ln {\frac {1+x}{1-x}} \right)' = \frac 1 2 \cdot \frac 1{\frac {1+x}{1-x}} \cdot \left( \frac {1+x}{1-x} \right)' =$$

$$ = \frac 1 2 \cdot {\frac {1-x}{1+x}} \cdot \frac {1 \cdot (1-x) - (1 + x) \cdot (-1)}{(1-x)^2} =$$

$$ = \frac 1 2 \cdot {\frac {\cancel {1-x}}{1+x}} \cdot \frac {1 -\cancel x + 1 + \cancel x}{(1-x)^{\cancel 2}} =$$

$$=\frac 1 {\cancel 2} \cdot \frac {\cancel 2} {(1-x) \cdot (1+x)}= \frac 1 {1 - x^2} $$

Otrzymano wzór (31). Obliczenie pochodnej area cotangensa hiperbolicznego pozostawiam Czytelnikom.

Pochodna funkcji potęgowo-wykładniczej

Funkcją potęgowo-wykładniczą, jak już wspomniano, nazywa się funkcję $f(x) = x^x$. Jest to dość ciekawa funkcja o dziedzinie $x \in \mathbb R^+$. Jej pochodną oblicza się w specyficzny sposób, gdyż nie można zastosować bezpośrednio ani wzoru (9), gdyż wykładnik jest zmienny, ani wzoru (18), gdyż podstawa jest zmienna.

Przykład 18

Aby wyliczyć pochodną funkcji $f(x) = x^x$, wykorzystujemy to samo przekształcenie, które wykorztystaliśmy do wyliczenia wzoru (18) ze wzoru (10). Czyli przekształcenie $a^b = \e^{b \cdot \ln a}$. Po dokonaniu takiego przekształcenia, korzystamy ze wzorów na pochodną funkcji wykładniczej $\e^x$, czyli wzoru (10), oraz wzorów (5) oraz (7) na obliczenie pochodnej iloczynu oraz pochodnej funkcji złożonej :

$$\left( x^x \right)' = \left( \e^{x \cdot \ln x} \right)' = \e^{x \cdot \ln x} \cdot \left(x \cdot \ln x \right)' = $$

$$ = x^x \cdot \left( 1 \cdot \ln x + \cancel x \cdot \frac 1 {\cancel x} \right) = x^x \cdot \left( \ln x + 1 \right) $$

Z tego schematu możemy skorzystać zawsze, gdy trzeba będzie obliczyć pochodną $\left[ f (x)^{g(x)} \right]'$.

Różniczka funkcji

Jak już wielokrotnie wspomnieliśmy, obliczanie pochodnej funkcji nosi nazwę jej różniczkowania. Skoro obliczanie całek, to całkowanie, to czy różniczka, to nie powinno być obliczanie różniczek? Co to w ogóle jest różniczka? Czy to synonim pochodnej?

Otóż odpowiedź brzmi – niezupełnie. Najkrócej mówiąc, różniczką funkcji nazywamy iloczyn jej pochodnej, przez elementarny (tj. nieskończenie mały, dążący do zera) przyrost zmiennej tej funkcji. W zasadzie ten elementarny przyrost, to jest to nasze $h$, występujące we wzorach (1) oraz (2), tyle tylko, że utarł się zwyczaj oznaczania go nie literą $h$, a jako $\mathrm{dx}$.

Różniczką funkcji $f(x)$ nazywamy więc wyrażenie:

$$\mathrm df = f'(x) \cdot \mathrm{dx} \tag {41} \label {eq :{41}}$$

Wartość różniczki oznacza przyrost wartości funkcji w danym punkcie, dla elementarnego przyrostu argumentu. Po prostu traktujemy nieskończenie mały kawałek wykresu funkcji, jako odcinek prostej stycznej do wykresu funkcji. 

Tworzy się jakby trójkąt prostokątny, który ma szerokość $\mathrm{dx}$, wysokość $\mathrm d f$, a jego przeciwprostokątną jest odcinej stycznej do wykresu funkcji. Z różniczkami będziemy mieli bardzo często do czynienia, podczas obliczania całki nieoznaczonej.

Co dalej?

Nasz artykuł przedstawia podstawy rachunku różniczkowego. Ma za zadanie pokazać, w jaki sposób należy liczyć pochodne – zarówno z definicji, jak i ze wzoru. Obliczanie pochodnych, w przeciwieństwie do całkowania, wyznaczania granic czy badania zbieżnosci szeregów, to takie zagadnienie, którego nauczyć się stosunkowo łatwo. Jedynie wyznaczanie pochodnej z definicji wymaga nauczenia się pewnych „sztuczek” i „chwytów”, natomiast korzystanie ze wzorów można porównać do jazdy na rowerze. Jeśli raz utrzymamy równowagę, dalej pójdzie łatwo na każdej trasie.

Rachunek różniczkowy to wszechstronne narzędzie, wykorzystywane przede wszystkim w analizie przebiegu zmienności funkcji, w zagadnieniach z zakresu mechaniki, ekonomii i wielu innych dziedzinach nauki. Nie da się samodzielnie zaliczyć nawet pierwszgo semestru na studiach politechnicznych, bez opanowania rachunku różniczkowego. Opanowanie rachunku różniczkowego, to z kolei warunek konieczny opanowania, przynajmniej w podstawowym zakresie, rachunku całkowego – niezbędnego do samodzielnego zaliczenia kolejnego semestru.

1. Jeden z moich wykładowców na Politechnice Częstochowskiej, prof. dr hab. inż. Józef Koszkul, miał „alergię” na używanie słowa „własności” odnośnie cech szczególnych czegoś. Koniecznie domagał się używania słowa „właściwości”, argumentując, że „własność” to słowo określające stosunek posiadania (np. „ten samochód jest moją własnością”). Nie zgadzam się z Panem profesorem. Obydwa słowa „własność” i „właściwość” mogą być używane zamiennie w kontekście cech szczególnych jakiegoś obiektu. Wszak słowo „właściwość” również posiada swe drugie znaczenie, określające „poprawność”, „prawidłowość” (np. „właściwość sądu”). Taki już jest urok, taka własność, taka właściwość języka, że słowa posiadają kilka znaczeń. ↩︎
2. Ostatnio daje się zaobserwować wycofywanie funkcji cotangens z programu nauczania szkół średnich. Matematyka wyższa raczej nie zamierza z niej rezygnować, choć pamiętajmy, że są jeszcze dwie funkcje trygonometryczne, z których dawno już zrezygnowała: secans i cosecans. ↩︎