Wykład 09
Witold Obłoza
20 stycznia 2011
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y
=
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
TWIERDZENIE 102
Jeżeli funkcja f : R −→ (0, ∞) ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to funkcja
ln f ma pochodn
,
a w punkcie x
0
oraz f
0
(x
0
) = f (x
0
)[ln f ]
0
(x
0
).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
)
f (x
0
)
.
Zatem [ln f ]
0
(x
0
) · f (x
0
) = f
0
(x
0
).
DEFINICJA 103
Różniczk
,
a funkcji f w punkcie x
0
nazywamy odwzorowanie liniowe
d
x
0
f : R 3 h −→ f
0
(x
0
) · h ∈ R.
POCHODNA
TWIERDZENIE 102
Jeżeli funkcja f : R −→ (0, ∞) ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to funkcja
ln f ma pochodn
,
a w punkcie x
0
oraz f
0
(x
0
) = f (x
0
)[ln f ]
0
(x
0
).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
)
f (x
0
)
.
Zatem [ln f ]
0
(x
0
) · f (x
0
) = f
0
(x
0
).
DEFINICJA 103
Różniczk
,
a funkcji f w punkcie x
0
nazywamy odwzorowanie liniowe
d
x
0
f : R 3 h −→ f
0
(x
0
) · h ∈ R.
POCHODNA
TWIERDZENIE 102
Jeżeli funkcja f : R −→ (0, ∞) ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to funkcja
ln f ma pochodn
,
a w punkcie x
0
oraz f
0
(x
0
) = f (x
0
)[ln f ]
0
(x
0
).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
)
f (x
0
)
.
Zatem [ln f ]
0
(x
0
) · f (x
0
) = f
0
(x
0
).
DEFINICJA 103
Różniczk
,
a funkcji f w punkcie x
0
nazywamy odwzorowanie liniowe
d
x
0
f : R 3 h −→ f
0
(x
0
) · h ∈ R.
POCHODNA
TWIERDZENIE 102
Jeżeli funkcja f : R −→ (0, ∞) ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to funkcja
ln f ma pochodn
,
a w punkcie x
0
oraz f
0
(x
0
) = f (x
0
)[ln f ]
0
(x
0
).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
)
f (x
0
)
.
Zatem [ln f ]
0
(x
0
) · f (x
0
) = f
0
(x
0
).
DEFINICJA 103
Różniczk
,
a funkcji f w punkcie x
0
nazywamy odwzorowanie liniowe
d
x
0
f : R 3 h −→ f
0
(x
0
) · h ∈ R.
POCHODNA
TWIERDZENIE 104
Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas d
x
0
f = f
0
(x
0
) · dx,
d
y
0
f
−1
= (d
x
0
f )
−1
oraz
d
x
0
(g ◦ f ) = d
y
0
g ◦ d
x
0
f.
TWIERDZENIE 105
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x
i funkcja f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to
nazywamy ją drugą pochodną funkcji f w punkcie x
0
i oznaczamy
f
00
(x
0
).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f
0
: (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x to
funkcj
,
e f
00
: (a, b) 3 x −→ f
00
(x) ∈ R nazywamy pochodn
,
a drugiego
rz
,
edu funkcji f.
POCHODNA
TWIERDZENIE 104
Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas d
x
0
f = f
0
(x
0
) · dx,
d
y
0
f
−1
= (d
x
0
f )
−1
oraz
d
x
0
(g ◦ f ) = d
y
0
g ◦ d
x
0
f.
TWIERDZENIE 105
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x
i funkcja f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to
nazywamy ją drugą pochodną funkcji f w punkcie x
0
i oznaczamy
f
00
(x
0
).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f
0
: (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x to
funkcj
,
e f
00
: (a, b) 3 x −→ f
00
(x) ∈ R nazywamy pochodn
,
a drugiego
rz
,
edu funkcji f.
POCHODNA
TWIERDZENIE 104
Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas d
x
0
f = f
0
(x
0
) · dx,
d
y
0
f
−1
= (d
x
0
f )
−1
oraz
d
x
0
(g ◦ f ) = d
y
0
g ◦ d
x
0
f.
TWIERDZENIE 105
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x
i funkcja f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to
nazywamy ją drugą pochodną funkcji f w punkcie x
0
i oznaczamy
f
00
(x
0
).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f
0
: (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x to
funkcj
,
e f
00
: (a, b) 3 x −→ f
00
(x) ∈ R nazywamy pochodn
,
a drugiego
rz
,
edu funkcji f.
POCHODNA
TWIERDZENIE 104
Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas d
x
0
f = f
0
(x
0
) · dx,
d
y
0
f
−1
= (d
x
0
f )
−1
oraz
d
x
0
(g ◦ f ) = d
y
0
g ◦ d
x
0
f.
TWIERDZENIE 105
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x
i funkcja f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to
nazywamy ją drugą pochodną funkcji f w punkcie x
0
i oznaczamy
f
00
(x
0
).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f
0
: (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x to
funkcj
,
e f
00
: (a, b) 3 x −→ f
00
(x) ∈ R nazywamy pochodn
,
a drugiego
rz
,
edu funkcji f.
POCHODNA
TWIERDZENIE 104
Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas d
x
0
f = f
0
(x
0
) · dx,
d
y
0
f
−1
= (d
x
0
f )
−1
oraz
d
x
0
(g ◦ f ) = d
y
0
g ◦ d
x
0
f.
TWIERDZENIE 105
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x
i funkcja f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to
nazywamy ją drugą pochodną funkcji f w punkcie x
0
i oznaczamy
f
00
(x
0
).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f
0
: (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x to
funkcj
,
e f
00
: (a, b) 3 x −→ f
00
(x) ∈ R nazywamy pochodn
,
a drugiego
rz
,
edu funkcji f.
POCHODNA
DEFINICJA 106
Pochodn
,
a rz
,
edu n określamy rekurencyjnie
f
(n)
(x
0
) = (f
(n−1)
)
0
(x
0
),
f
(n)
= (f
(n−1)
)
0
.
TWIERDZENIE 107
Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy C
n
na zbiorze X i zapisu-
jemy f ∈ C
n
(X), jeżeli funkcje f, f
0
, . . . f
(n)
s
,
a ci
,
agłe na zbiorze X.
Mówimy, że f jest klasy C
∞
(X)
wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego
naturalnego n f jest klasy C
n
(X).
POCHODNA
DEFINICJA 106
Pochodn
,
a rz
,
edu n określamy rekurencyjnie
f
(n)
(x
0
) = (f
(n−1)
)
0
(x
0
),
f
(n)
= (f
(n−1)
)
0
.
TWIERDZENIE 107
Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy C
n
na zbiorze X i zapisu-
jemy f ∈ C
n
(X), jeżeli funkcje f, f
0
, . . . f
(n)
s
,
a ci
,
agłe na zbiorze X.
Mówimy, że f jest klasy C
∞
(X)
wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego
naturalnego n f jest klasy C
n
(X).
POCHODNA
DEFINICJA 106
Pochodn
,
a rz
,
edu n określamy rekurencyjnie
f
(n)
(x
0
) = (f
(n−1)
)
0
(x
0
),
f
(n)
= (f
(n−1)
)
0
.
TWIERDZENIE 107
Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy C
n
na zbiorze X i zapisu-
jemy f ∈ C
n
(X), jeżeli funkcje f, f
0
, . . . f
(n)
s
,
a ci
,
agłe na zbiorze X.
Mówimy, że f jest klasy C
∞
(X)
wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego
naturalnego n f jest klasy C
n
(X).
POCHODNA
DEFINICJA 108
Różniczk
,
e rz
,
edu n definiujemy rekurencyjnie
(d
n
x
0
f )(h)
n
= d
x
0
(d
n−1
x
f (h)
n−1
)(h).
UWAGA 109
Mamy (d
n
x
0
f ).(h)
n
= f
n
(x
0
).h
n
d
n
x
0
f = f
n
(x
0
)dx
n
, gdzie dx
n
: R 3 h −→ (h)
n
∈ R
n
.
POCHODNA
DEFINICJA 108
Różniczk
,
e rz
,
edu n definiujemy rekurencyjnie
(d
n
x
0
f )(h)
n
= d
x
0
(d
n−1
x
f (h)
n−1
)(h).
UWAGA 109
Mamy (d
n
x
0
f ).(h)
n
= f
n
(x
0
).h
n
d
n
x
0
f = f
n
(x
0
)dx
n
, gdzie dx
n
: R 3 h −→ (h)
n
∈ R
n
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 110
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie
c ∈ (a, b) i osi
,
aga w tym punkcie kres górny ( dolny ) to f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
lim
x→c
−
f (x) − f (c)
x − c
≥ 0,
lim
x→c
+
f (x) − f (c)
x − c
≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c
= 0,
POCHODNA
TWIERDZENIE 110
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie
c ∈ (a, b) i osi
,
aga w tym punkcie kres górny ( dolny ) to f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
lim
x→c
−
f (x) − f (c)
x − c
≥ 0,
lim
x→c
+
f (x) − f (c)
x − c
≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c
= 0,
POCHODNA
TWIERDZENIE 110
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie
c ∈ (a, b) i osi
,
aga w tym punkcie kres górny ( dolny ) to f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
lim
x→c
−
f (x) − f (c)
x − c
≥ 0,
lim
x→c
+
f (x) − f (c)
x − c
≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c
= 0,
POCHODNA
TWIERDZENIE 110
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie
c ∈ (a, b) i osi
,
aga w tym punkcie kres górny ( dolny ) to f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
lim
x→c
−
f (x) − f (c)
x − c
≥ 0,
lim
x→c
+
f (x) − f (c)
x − c
≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c
= 0,
POCHODNA
TWIERDZENIE 110
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie
c ∈ (a, b) i osi
,
aga w tym punkcie kres górny ( dolny ) to f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
lim
x→c
−
f (x) − f (c)
x − c
≥ 0,
lim
x→c
+
f (x) − f (c)
x − c
≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c
= 0,
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNE
TWIERDZENIE 112 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) =
f (b) − f (a)
b − a
.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
b − a
(x − a) spełnia założenia
Twierdzenia Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g
0
(c) = f
0
(c) −
f (b) − f (a)
b − a
.
St
,
ad
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(c).
POCHODNE
TWIERDZENIE 112 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) =
f (b) − f (a)
b − a
.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
b − a
(x − a) spełnia założenia
Twierdzenia Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g
0
(c) = f
0
(c) −
f (b) − f (a)
b − a
.
St
,
ad
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(c).
POCHODNE
TWIERDZENIE 112 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) =
f (b) − f (a)
b − a
.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
b − a
(x − a) spełnia założenia
Twierdzenia Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g
0
(c) = f
0
(c) −
f (b) − f (a)
b − a
.
St
,
ad
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(c).
POCHODNE
TWIERDZENIE 112 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) =
f (b) − f (a)
b − a
.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
b − a
(x − a) spełnia założenia
Twierdzenia Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g
0
(c) = f
0
(c) −
f (b) − f (a)
b − a
.
St
,
ad
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(c).
POCHODNE
TWIERDZENIE 113 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) > 0 ( f
0
(x) > 0 ) to funkcja f jest rosn
,
aca
( malej
,
aca ) w przedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b)
dla pewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia
Lagrange’a istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f
0
(c) =
f (d) − f (a)
d − a
6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
POCHODNE
TWIERDZENIE 113 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) > 0 ( f
0
(x) > 0 ) to funkcja f jest rosn
,
aca
( malej
,
aca ) w przedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b)
dla pewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia
Lagrange’a istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f
0
(c) =
f (d) − f (a)
d − a
6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
POCHODNE
TWIERDZENIE 113 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) > 0 ( f
0
(x) > 0 ) to funkcja f jest rosn
,
aca
( malej
,
aca ) w przedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b)
dla pewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia
Lagrange’a istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f
0
(c) =
f (d) − f (a)
d − a
6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
POCHODNE
TWIERDZENIE 113 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) > 0 ( f
0
(x) > 0 ) to funkcja f jest rosn
,
aca
( malej
,
aca ) w przedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b)
dla pewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia
Lagrange’a istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f
0
(c) =
f (d) − f (a)
d − a
6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
POCHODNE
TWIERDZENIE 113 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) > 0 ( f
0
(x) > 0 ) to funkcja f jest rosn
,
aca
( malej
,
aca ) w przedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b)
dla pewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia
Lagrange’a istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f
0
(c) =
f (d) − f (a)
d − a
6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b)
f
0
(x) ≥ 0 i istnieją x
1
, x
2
∈ [a, b] takie, że
x
1
< x
2
i f (x
1
≥ f (x
2
).
Wówczas istnieje x
0
∈ (x
1
, x
2
), takie, że f
0
(x
0
) =
f (x
2
) − f (x
1
)
x
2
− x
1
≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f
0
< 0 jest
analogiczny.
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b)
f
0
(x) ≥ 0 i istnieją x
1
, x
2
∈ [a, b] takie, że
x
1
< x
2
i f (x
1
≥ f (x
2
).
Wówczas istnieje x
0
∈ (x
1
, x
2
), takie, że f
0
(x
0
) =
f (x
2
) − f (x
1
)
x
2
− x
1
≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f
0
< 0 jest
analogiczny.
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b)
f
0
(x) ≥ 0 i istnieją x
1
, x
2
∈ [a, b] takie, że
x
1
< x
2
i f (x
1
≥ f (x
2
).
Wówczas istnieje x
0
∈ (x
1
, x
2
), takie, że f
0
(x
0
) =
f (x
2
) − f (x
1
)
x
2
− x
1
≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f
0
< 0 jest
analogiczny.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2010 12 WIL Wyklad 09id 27185 Nieznany (2)
2011 01 09 WIL Wyklad 15id 2752 Nieznany (2)
2011 01 09 WIL Wyklad 17id 2752 Nieznany
2011 01 09 WIL Wyklad 15 (1)
1 232011 01 09 WIL Wyklad 17
1 212010 12 10 WIL Wyklad 10
1 292011 01 07 WIL Wyklad 14id Nieznany
Wyklad X � 08.12.09 (Fizjologia) , Wykład - 08
2011 01 09 WIL Wyklad 16
Wyklad XII - 22.12.09 (Fizjologia), Wykład 22
2011 01 09 WIL Wyklad 17(1)
2011 01 09 WIL Wyklad 15 (1)
więcej podobnych podstron