أتدرب وأحل المسائل

الأسئلة (1 - 20)

الاشتقاق

أبحث قابلية اشتقاق كل اقتران ممّا يأتي عند قيمة x المعطاة:

(1) $f\left(x\right)=|x-5|, x=5$

$\begin{array}{rl}{f}^{\mathrm{\prime }}\left(5\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(5+h)-f\left(5\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\left|\right(5+h)-5|-0}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\left|h\right|}{h}\\ f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(5\right)& =\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{h}{h}=1\\ f_{-}^{\mathrm{\prime }}\left(5\right)& =\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{-h}{h}=-1\end{array}$

بما أن النهايتين من اليمين واليسار غير متساويتين، فإن f '(5) غير موجودة، أي أنّ  f غير قابل للاشتقاق عند x = 5

(2) $f\left(x\right)=x^{2/5}, x=0$

$\begin{array}{rl}{f}^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(0+h)-f\left(0\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{(h{)}^{\frac{2}{5}}-0}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{h^{\frac{2}{5}}}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{1}{h^{\frac{3}{5}}}\\ f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)& =\mathrm{\infty }\\ f_{-}^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)& =-\mathrm{\infty }\end{array}$

f  ‘(0) غير موجودة، إذن  f غير قابل للاشتقاق عند x = 0

(3) $f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}{x}^2& , x\le 1\\ x^2-2x& , x>1\end{array}, x=1$

$\begin{array}{rl}{f}_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(1\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(1+h)-f\left(1\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{(1+h{)}^2-2(1+h)-1}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{1+2h+h^2-2-2h-1}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{h^2-2}{h}=-\mathrm{\infty }\end{array}$

$f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(1\right)$ غير موجودة، إذن  f غير قابل للاشتقاق عند x = 1

(4) $f\left(x\right)=\frac{3}{x}, x=4$

$\begin{array}{rl}{f}^{\mathrm{\prime }}\left(4\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(4+h)-f\left(4\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\frac{3+h}{4+\frac{3}{4}}}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{12-12-3h}{4h(4+h)}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{-3}{4(4+h)}=\frac{-3}{16}\end{array}$

f  ‘(4) غير موجودة، إذن  f قابل للاشتقاق عند x = 4

(5) $f\left(x\right)=(x-6{)}^{2/3}, x=6$

$\begin{array}{rl}{f}^{\mathrm{\prime }}\left(6\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(6+h)-f\left(6\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{(6+h-6{)}^{\frac{2}{3}}-0}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{(h{)}^{\frac{2}{3}}}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{1}{h^{\frac{1}{3}}}\\ f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(6\right)& =\mathrm{\infty }\\ f_{-}^{\mathrm{\prime }}\left(6\right)& =-\mathrm{\infty }\end{array}$

f  ‘(6) غير موجودة، إذن  f غير قابل للاشتقاق عند x = 6

(6) $f\left(x\right)=\{\begin{array}{ll}x+1& , x\ne 4\\ 3& , x=4\end{array}, x=4$

$\begin{array}{rl}{f}^{\mathrm{\prime }}\left(4\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(4+h)-f\left(4\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{4+h+1-3}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{h+2}{h}\\ f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(4\right)& =\mathrm{\infty }\\ f_{-}^{\mathrm{\prime }}\left(4\right)& =-\mathrm{\infty }\end{array}$

f  ‘(4) غير موجودة، إذن  f غير قابل للاشتقاق عند x = 4

أحدد قيم x للنقاط التي لا يكون عندها كلّ اقتران ممّا يأتي قابلاً للاشتقاق، مبرراً إجابتي:

(7) الاقتران f غير قابل للاشتقاق عندما x = x₃, x = x₄, x = x₆ ؛ لأن لمنحناه رأس حاد أو زاوية عند هذه النقاط.

وهو غير قابل للاشتقاق عندما x = x₀ ؛ لأنه غير متصل عندها،

وهو غير قابل للاشتقاق عندما x = x₁₂ ؛ نظراً لوجود مماس رأسي عند هذه النقطة.

(8) الاقتران g غير قابل للاشتقاق عندماx = x₃ ؛ لأن لمنحناه زاوية عند هذه النقطة.

وهو غير قابل للاشتقاق عندما x = x₀ ؛ لأنه غير متصل عندها،

وهو غير قابل للاشتقاق عندما x = x₁, x = x₂, x = x₄ ؛ لأنه غير متصل عندها.

أحدد قيمة (قيم) x التي لا يكون عندها كلّ اقتران ممّا يأتي قابلاً للاشتقاق:

(9) $f\left(x\right)=\frac{x-8}{x^2-4x-5}$

f اقتران نسبي منحناه متصل وأملس عند جميع نقاطه باستثناء أصفار مقامه،

$x^2-4x-5=0\to (x-5)(x+1)=0\to x=5 \text{or }x=-1$

f غير متصل عند x = 5 , x = -1 إذن غير قابل للاشتقاق عندها.

(10) $f\left(x\right)=\sqrt[3]{3x-6}+5$

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=\sqrt[3]{3x-6}\\ & f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=\frac{1}{3}(3x-6{)}^{-\frac{2}{3}}(3)=\frac{1}{(3x-6{)}^{\frac{2}{3}}}\end{array}$

  f ‘ (x) موجودة عند جميع قيم x الحقيقية عدا أصفار مقامها، إذن f غير قابل للاشتقاق عند x = 2

(11) $f\left(x\right)=|x^2-9|$

$f\left(x\right)=|x^2-9|=\{\begin{array}{c}9-x^2,-3<x<3\\ x^2-9,x\le -3 \text{or }x\ge 3\end{array}$

نبحث قابلية الاشتقاق عند x = 3 و x = -3 :

$\begin{array}{rl}{f}^{\mathrm{\prime }}\left(3\right)& =\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(3+h)-f\left(3\right)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\left|\right(3+h{)}^2-9|-0}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{|6h+h^2|}{h}\\ f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(3\right)& =\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{6h+h^2}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}(6+h)=6\\ f_{-}^{\mathrm{\prime }}\left(3\right)& =\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{-6h-h^2}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{lim}(-6-h)=-6\end{array}$

بما أن النهايتين من اليمين واليسار غير متساويتين فإن $f^{\mathrm{\prime }}\left(3\right)$ غير موجودة أي أن f غير قابل للاشتقاق عند x = 3

$\begin{array}{rl}& f^{\mathrm{\prime }}(-3)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(-3+h)-f(-3)}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{\left|\right(-3+h{)}^2-9|-0}{h}\\ & =\underset{h\to 0}{lim}\frac{|6h-h^2|}{h}\\ & f_{+}^{\mathrm{\prime }}(-3)=\underset{h\to 0^{+}}{lim}\frac{6h-h^2}{h}=\underset{h\to 0^{+}}{lim}(6-h)=6\\ & f_{-}^{\mathrm{\prime }}(-3)=\underset{h\to 0^{-}}{lim}\frac{-6h+h^2}{h}=\underset{h\to 0^{-}}{lim}(-6+h)=-6\end{array}$

بما أن النهايتين من اليمين واليسار غير متساويتين فإن $f^{\mathrm{\prime }}(-3)$ غير موجودة أي أن f غير قابل للاشتقاق عند x = -3

إذن  f غير قابل للاشتقاق عند x = 3 , x = -3

(12) إذا كان: $f\left(x\right)=x\left|x\right|$ ، فأثبت أنّ $f^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)$ موجودة.

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=x\left|x\right|\\ & f^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(0+h)-f\left(0\right)}{h}\\ & =\underset{\mathit{h}\to 0}{lim}\frac{\mathit{h}\left|\mathit{h}\right|-0}{\mathit{h}}\\ & =\underset{\mathit{h}\to \mathbf{0}}{lim}\left|\mathit{h}\right|\\ & \left|\mathit{h}\right|=\{\begin{array}{c}-h,h<0\\ \mathit{h},\mathit{h}\ge \mathbf{0}\end{array}\\ & f_{+}^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)=\underset{h\to 0}{lim}h=0\\ & f_{-}^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)=\underset{\mathit{h}\to 0}{lim}(-\mathit{h})=0\\ & \end{array}$

بما أن النهايتين من اليمين واليسار متساويتان، إذن $f^{\mathrm{\prime }}\left(0\right)$ موجودة.

أجد مشتقة كل اقتران ممّا يأتي:

(13) $f\left(x\right)=2\sin x-e^x$

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=2cos x-e^x$

(14) $f\left(x\right)=\frac{\ln x}{4}-\pi \cos x$

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=\frac{1}{4x}+\pi sin x$

(15) $f\left(x\right)=\ln \left(\frac{1}{x^3}\right)+x^4$

$\begin{array}{rl}f\left(x\right)& =ln \left(\frac{1}{x^3}\right)+x^4\\ & =ln 1-ln x^3+x^4\\ & =-3ln x+x^4\\ f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)& =-\frac{3}{x}+4x^3\end{array}$

(16) $f\left(x\right)=e^{x+1}+1$

$\begin{array}{rl}& f\left(x\right)=e^{x+1}+1=e\times e^x+1\\ & f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=e\times e^x=e^{x+1}\end{array}$

(17) $f\left(x\right)=e^x+x^e$

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=e^x+e x^{e-1}$

(18) $f\left(x\right)=\ln \left(\frac{10}{x^n}\right)$

$\begin{array}{rl}f\left(x\right)& =ln \left(\frac{10}{x^n}\right)\\ & =ln 10-ln x^n=ln 10-n ln x\\ f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)& =-n\left(\frac{1}{x}\right)=-\frac{n}{x}\end{array}$

إذا كان: $\mathit{f}\mathit{\left(}\mathit{x}\mathit{\right)}\mathit{=}\mathit{s}\mathit{i}\mathit{n}\mathit{}\mathit{ }\mathit{x}\mathit{+}\frac{\mathit{1}}{\mathit{2}}{\mathit{e}}^{\mathit{x}}$ ، فأجيب عن السؤالين الآتيين تباعاً:

(19) أجد معادلة المماس لمنحنى الاقتران f عند النقطة ($\pi , \frac{1}{2}{e}^{\pi }$).

$f^{\mathrm{\prime }}\left(x\right)=cos x+\frac{1}{2}{e}^x$

ميل المماس عند النقطة ($\pi , \frac{1}{2}{e}^{\pi }$) :

$f^{\mathrm{\prime }}\left(\pi \right)=cos \pi +\frac{1}{2}{e}^{\pi }=-1+\frac{1}{2}{e}^{\pi }$

معادلة المماس عند النقطة ($\pi , \frac{1}{2}{e}^{\pi }$) :

$\begin{array}{rl}& y-\frac{1}{2}{e}^{\pi }=(-1+\frac{1}{2}{e}^{\pi })(x-\pi )\\ & y=(-1+\frac{1}{2}{e}^{\pi })x+\pi -\frac{\pi }{2}{e}^{\pi }+\frac{1}{2}{e}^{\pi }\end{array}$

(20) أجد معادلة العمودي على المماس لمنحنى الاقتران f عند النقطة ($\pi , \frac{1}{2}{e}^{\pi }$).

بما أن ميل المماس عند النقطة ($\pi , \frac{1}{2}{e}^{\pi }$) هو $-1+\frac{1}{2}{e}^{\pi }$ ، فإن ميل العمودي على المماس هو:

$\frac{-1}{-1+\frac{1}{2}{e}^{\pi }}=\frac{-2}{-2+e^{\pi }}=\frac{2}{2-e^{\pi }}$

معادلة العمودي على المماس هي:

$y-\frac{1}{2}{e}^{\pi }=\frac{2}{2-e^{\pi }}(x-\pi )\to y=\frac{2}{2-e^{\pi }}x-\frac{2\pi }{2-e^{\pi }}+\frac{1}{2}{e}^{\pi }$