8.5 Derivace složené funkce

Nyní tedy umíme derivovat součty, součiny a podíly funkcí, jejichž derivace již známe. Je možné derivovat i složené funkce, s kterými často přicházíme do styku? Odpověď na tuto otázku je kladná.

Věta 8.3 (Derivace složené funkce)

Nechť $g$ je funkce diferencovatelná v bodě $a$, $f$ je diferencovatelná v bodě $g(a)$. Potom funkce $f\circ g$ je diferencovatelná v bodě $a$ a platí

\begin{equation*} (f \circ g)^{\prime}(a) = f^{\prime}\big( g(a) \big) \cdot g^{\prime}(a). \end{equation*}

Zobrazit důkaz

Důkaz je založen na úpravě

\begin{equation*} \frac{f(g(x)) - f(g(a))}{x - a} = \frac{f(g(x)) - f(g(a))}{g(x) - g(a)} \cdot \frac{g(x) - g(a)}{x-a}, \end{equation*}

platné pro každé $x \neq a$ pro které navíc $g(x) \neq g(a)$ a větě o limitě složené funkce. Funkce $f$ je diferencovatelná v bodě $g(a)$ a proto je jistě i definována na okolí tohoto bodu, dejme tomu $U_{g(a)}$. Definujme funkci

\begin{equation*} h(x) := \begin{cases} \frac{f(x) - f(g(a))}{x-g(a)}, & x \in U_{g(a)} \smallsetminus \{g(a)\}, \\ f'(g(a)), & x = g(a). \end{cases} \end{equation*}

Tato funkce je definována na $U_{g(a)}$, podle předpokladů pro ni platí

\begin{equation*} \lim_{x \to g(a)} h(x) = f'(g(a)) \end{equation*}

a je proto spojitá v bodě $g(a)$. Díky spojitosti funkce $g$ v bodě $a$ nyní platí rovnost

\begin{equation*} \frac{f(g(x)) - f(g(a))}{x - a} = h(g(x)) \cdot \frac{g(x) - g(a)}{x-a}, \end{equation*}

pro všechna $x \neq a$ z nějakého okolí bodu $a$ (speciálně i ve tvaru $0=0$ pro ta, pro která případně platí $g(x) = g(a)$). Podle věty o limitě složené funkce je limita funkce $h(g(x))$ v bodě $a$ rovna $f'(g(a))$. Skutečně, $g$ v bodě $a$ má za limitu $g(a)$, $h$ v bodě $g(a)$ má za limitu $f'(g(a))$ a třetí předpoklad této věty je splněn díky spojitosti $h$ v bodě $g(a)$. Konečně podle věty o limitě součinu (Věta 6.1) z poslední rovnice dostaneme

\begin{equation*} \lim_{x\to a} \frac{f(g(x)) - f(g(a))}{x - a} = \lim_{x\to a} h(g(x)) \cdot \frac{g(x) - g(a)}{x-a} = f'(g(a)) \cdot g'(a). \end{equation*}

Tím je důkaz dokončen.

$\square$

Příklad 8.9

Platí tedy například:

\begin{equation*} \left( e^{x^2} \right)' = e^{x^2} \cdot 2x, \quad \left(\sin\big(\cos(x)\big)\right)' = \cos\big(\cos(x)\big) \cdot \big(-\sin(x)\big). \end{equation*}

Skutečně, v prvním příkladě je vnější funkcí $f(x) = e^x$ a vnitřní funkcí $g(x) = x^2$. Pak totiž

\begin{equation*} (f \circ g)(x) = f\big(g(x)\big) = e^{g(x)} = e^{x^2}. \end{equation*}

A podle věty o derivaci složené funkce

\begin{equation*} (f \circ g)'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x) = e^{x^2} \cdot 2x. \end{equation*}

Podobně lze postupovat i v druhém příkladě.

Příklad 8.10

Derivace funkce $h(x) = x^\alpha$, $x > 0$ a $\alpha\in\R$, je opět $h'(x) = \alpha x^{\alpha - 1}$.

Zobrazit řešení

Víme, že pro kladné $x > 0$ platí $x^\alpha = e^{\alpha\ln x}$. Označme $f(x) = e^x$ vnější funkci a $g(x) = \alpha\ln(x)$ vnitřní funkcí, tedy $x^{\alpha} = f(g(x))$. Potom podle věty o derivaci složené funkce máme

\begin{equation*} (f \circ g)'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x) = e^{\alpha \ln x} \cdot \frac{\alpha}{x} = x^{\alpha} \cdot \frac{\alpha}{x} = \alpha x^{\alpha - 1}, \quad x > 0. \end{equation*}

Příklad 8.11

Lichá odmocnina, tedy funkce $f(x) = \sqrt[2k+1]{x}$ pro $k\in\N$, je definována na celém $\R$ a pro její derivaci platí $f'(x) = \frac{1}{2k+1} \frac{1}{\sqrt[2k+1]{x^{2k}}}$ pro všechna nenulová $x$. V bodě $0$ má tato funkce derivaci rovnou $+\infty$.

Zobrazit řešení

Využijeme výsledku předchozího Příkladu 8.10. Pro kladná $x$ platí $f(x) = x^{\frac{1}{2k+1}}$ a proto už víme, že

\begin{equation*} f'(x) = \frac{1}{2k+1} x^{\frac{1}{2k+1} - 1} = \frac{1}{2k+1} x^{\frac{-2k}{2k+1}} = \frac{1}{2k+1} \frac{1}{\sqrt[2k+1]{x^{2k}}}. \end{equation*}

Pro záporná $x$ platí $f(x) = - \sqrt[2k+1]{-x}$. Při derivování proto lze nyní použít již odvozený výsledek a Větu o derivaci složené funkce (Věta 8.3). Dostáváme v tomto případě

\begin{equation*} f'(x) = (-1) \cdot \frac{1}{2k+1} \frac{1}{\sqrt[2k+1]{(-x)^{2k}}} \cdot (-1) = \frac{1}{2k+1} \frac{1}{\sqrt[2k+1]{x^{2k}}}, \end{equation*}

čili stejný výraz jako v případě kladných $x$.

Konečně v bodě $0$ pro derivaci této funkce platí (využíváme známou limitu $\lim_{x\to0} \frac{1}{x^{2k}} = +\infty$, pro $k\in\N$)

\begin{equation*} f'(0) = \lim_{x\to0} \frac{f(x) - f(0)}{x-0} = \lim_{x\to 0} \frac{\sqrt[2k+1]{x}}{x} = \lim_{x\to0} \sqrt[2k+1]{\frac{1}{x^{2k}}} = \sqrt[2k+1]{+\infty} = +\infty. \end{equation*}

Příklad 8.12

Derivace funkce $f(x) = a^x$, $x\in\R$, kde $a>0$ je $f'(x) = a^x \ln a$.

Zobrazit řešení

Platí $h(x) = e^{x\ln a}$. Označme vnější funkci $f(x) = e^x$ a vnitřní funkci $g(x) = x\ln a$. Potom podle věty o derivaci složené funkce platí

\begin{equation*} h'(x) = f'(g(x)) \cdot g'(x) = e^{x\ln a} \cdot \ln a = a^x \ln a. \end{equation*}