Matematická analýza - skripta
Níže je uveden pouze náhled materiálu. Kliknutím na tlačítko 'Stáhnout soubor' stáhnete kompletní formátovaný materiál ve formátu PDF.
0(x
0) + g
0(x
0)
(ii) (f g)0(x0) = f
0(x
0)g(x0) + f (x0)g
0(x
0)
(iii) jestliže g(x0) 6= 0, pak
f
g
0
(x0) =
f 0(x0)g(x0) − f (x0)g
0(x
0)
g2(x0)
.
Důkaz. Označme f = f1 + if2, g = g1 + ig2, kde fj, gj, j = 1, 2, jsou reálné funkce.
Potom máme
98
KAPITOLA 3. LIMITA, SPOJITOST, DERIVACE
(i)
(f + g)
0(x
0) = (f1 + if2 + g1 + ig2)
0(x
0)
= lim
x→x0
(f1 + if2 + g1 + ig2)(x) − (f1 + if2 + g1 + ig2)(x0)
x − x0
= lim
x→x0
h
(f1 + g1)(x) − (f1 + g1)(x0)
x − x0
+ i
(f2 + g2)(x) − (f2 + g2)(x0)
x − x0
i
= lim
x→x0
(f1 + g1)(x) − (f1 + g1)(x0)
x − x0
+ i lim
x→x0
(f2 + g2)(x) − (f2 + g2)(x0)
x − x0
=(f1 + g1)
0(x
0) + i(f2 + g2)
0(x
0) = (f1 + if2)
0(x
0) + (g1 + ig2)
0(x
0)
=f
0(x
0) + g
0(x
0).
(ii) Analogicky, s využitím bodu (i) a aritmetiky derivací pro reálné funkce
(f g)
0(x
0) =
(f1 + if2)(g1 + ig2)
0
(x0) =
f1g1 − f2g2 + i(f1g2 + f2g1)
0
(x0)
=(f1g1 − f2g2)
0(x
0) + i(f1g2 + f2g1)
0(x
0)
=f
0
1(x0)g1(x0) + f1(x0)g
0
1(x0) − f
0
2(x0)g2(x0) − f2(x0)g
0
2(x0)
+ i f
0
1(x0)g2(x0) + f1(x0)g
0
2(x0) + f
0
2(x0)g1(x0) + f2(x0)g
0
1(x0)
=(f1 + if2)
0(x
0)(g1 + ig2)(x0) + (f1 + if2)(x0)(g1 + ig2)
0(x
0)
=f
0(x
0)g(x0) + f (x0)g
0(x
0).
(iii) Stejně jako u reálných funkcí stačí dokázat, že platí
1
g
0
(x0) = −
g0(x0)
g2(x0)
.
Máme, použitím bodu (i) a aritmetiky derivací pro reálné funkce
1
g
0
(x0) =
1
g1 + ig2
0
(x0) =
g1 − ig2
g2
1 + g
2
2
0
(x0)
=
g1
g2
1 + g
2
2
0
(x0) − i
g2
g2
1 + g
2
2
0
(x0)
=
g0
1(x0)(g
2
1 + g
2
2 )(x0) − 2g1(x0) g1(x0)g
0
1(x0) + g2(x0)g
0
2(x0)
g2
1 + g
2
2
2 (x0)
− i
g0
2(x0)(g
2
1 + g
2
2 )(x0) − 2g2(x0) g1(x0)g
0
1(x0) + g2(x0)g
0
2(x0)
g2
1 + g
2
2
2 (x0)
=
g0
1(x0)(−g
2
1 + g
2
2 − 2ig1g2)(x0)
g2
1 + g
2
2
2 (x0)
+
g0
2(x0)(−ig
2
1 + ig
2
2 + 2g1g2)(x0)
g2
1 + g
2
2
2 (x0)
= −
(g1 + ig2)
0(x
0)(g1 − ig2)
2(x0)
g2
1 + g
2
2
2 (x0)
= −
(g1 + ig2)
0(x
0)
(g1 + ig2)2(x0)
= −
g0(x0)
g2(x0)
.
3.6. KOMPLEXNÍ FUNKCE
99
Důkaz je hotov.
Příklad 3.6.5. (i) Nechť α, β ∈ C a f (x) = αx + β. Pak
f
0(x) = (Re f + i Im f)0(x) = (Re f)0(x) + i(Im f)0(x)
= (Re αx + Re β)
0 + i(Im αx + Im β)0 = Re α + i Im α = α.
Analogicky se pro polynom s komplexními koeficienty získá
n
X
j=0
αjx
j
0
=
n
X
j=1
jαjx
j−1.
(ii) Nechť α ∈ C, n ∈ N a f (x) = (x + α)
n. Pak několikanásobnou aplikací Věty
o aritmetice derivací pro komplexní funkce (Věta 3.6.4) dostáváme
f
0(x) = n(x + α)n−1.
(Větu o derivaci složené funkce, tedy Větu 3.3.14, použít nemůžeme, neboť vni-
třní funkce je komplexní a její rozklad na reálnou a imaginární složku nám nijak
nepomůže.)
(iii) Pokud α ∈ C, platí
1
x + α
0
=
−1
(x + α)2
,
což plyne z Věty o aritmetice derivací pr komplexní funkce (Věta 3.6.4), bod (iii).
Další aplikací této věty dostáváme pro n ∈ N
(x + α)
−n
0
= −n(x + α)
−n−1.
(iv) Nechť α ∈ C. Pak (e
αx)0 = αeαx, neboť (opět píšeme α = α1 + iα2)
(e
αx)0 = (eα1x cos(α
2x) + ie