Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 6 – dr Adam Ćmiel – [e-mail] RACHUNEK RÓŻNICZKOWY FUNKCJI JEDNEJ ZMIENNEJ

Niech f: R⊃ D→ R , x ∈

0

D.

Oznaczenia: Ot( x 0,δ)= K( x 0,δ)= ( x 0-δ, x 0+δ)∩ D ; S( x 0,δ)= Ot( x 0,δ)-{ x 0}

f ( x 0 + x

∆ ) − f ( x )

Def. Ilorazem różnicowym funkcji f w punkcie x ∈ D nazywamy wyrażenie 0

,

0

x

∆

∆ x≠0, x 0+∆ x ∈ Ot( x 0,δ) Def. Pochodną funkcji f w punkcie x nazywamy właściwą granicę ilorazu różnicowego 0

f ( x + x

∆ ) − f ( x ) df

lim

0

0

'

= f ( x )

( x

0

0 – punkt skupienia zboru D)

x

∆ →0

x

∆

W podobny sposób definiujemy pochodne jednostronne:

'

'

−

f ( x 0 + x

∆ ) − f ( x )

f ( x

0

−

)

0

= f ( x )

0

= lim−

x

∆ →0

x

∆

'

'

+

f ( x 0 + x

∆ ) − f ( x )

f ( x

0

+

)

0

= f ( x )

0

= lim+

x

∆ →0

x

∆

Tw. f '( x ) - istnieje ⇔ istnieją

'

f ( x )

'

f ( x

0

−

i

)

0

+

oraz są sobie równe.

0

Tw. (o przedstawieniu przyrostu funkcji)

Jeżeli funkcja f : R ⊃ Ot( x ,δ ) ma pochodną w punkcie x

0

→ R

0 , to dla każdego ∆ x≠0, takiego,

że x 0+∆ x ∈ Ot( x 0,δ) przyrost wartości funkcji można przedstawić w postaci f ( x + ∆ x) − f ( x )

'

= f ( x ) ⋅ x

∆ + r( x , ∆ x) , przy czym r( x , x o (∆ x) , gdy ∆ x → 0 .

0 ∆ ) =

0

0

0

0

Dow: Niech: r( x , x

. Stąd natychmiast mamy

0 ∆ ) = f ( x 0 +

x

∆ ) − f ( x )

0

− f ' ( x )

0

⋅ x

∆

f ( x + ∆ x) − f ( x )

'

= f ( x ) ⋅ x

∆ + r( x , ∆ x) .Pozostaje jedynie pokazać, że 0

0

0

0

r( x , x

o (∆ x) gdy ∆ x → 0 .

0 ∆ ) =

r( x , x

: x

∆

0 ∆ ) = f ( x 0 +

x

∆ ) − f ( x )

0

− f '( x )

0

⋅ x

∆

r( x , ∆ x)

f ( x + ∆ x) − f ( x) lim

0

= lim

0

'

− f ( x ) = 0 ⇒ r( x , x o (∆ x)

0 ∆ ) =

0

∆ x→0

x

∆ x→0

∆

∆ x

Wniosek. Jeżeli funkcja f ma pochodną w punkcie x 0 to funkcja ta jest ciągła w x 0 , bo f ( x + x

∆ ) − f ( x ) = f '( x ) ⋅ x

∆ + r( x , x

∆ ) .

0

0

0

0

Więc lim ( f ( x + ∆ x) − f ( x ) = , co oznacza ciągłość f w punkcie x 0

0 )

0

∆

0.

x→0

Def. Funkcję f : R ⊃ Ot( x ,δ ) nazywamy różniczkowalną w punkcie x

0

→ R

0 , gdy istnieje stała A∈ R

taka, że dla każdego ∆ x≠0, takiego, że x 0+∆ x ∈ Ot( x 0,δ), f ( x + x

∆ ) − f ( x ) = A ⋅ x

∆ + r( x , x

∆ ) , przy czym r( x , x

o (∆ x) , gdy ∆ x → 0 .

0 ∆ ) =

0

0

0

Def. Różniczka funkcji f w punkcie x

'(

)

, który

0 ∆

0 dla przyrostu ∆ x nazywamy iloczyn f

x

x

df

oznaczamy df ( x , x

0 ∆ ) = f ' ( x )

x

0 ∆

Uwaga. df ( x ,

jest liniową funkcją przyrostu.

0 ⋅ ) :

x

∆ → df ( x , x

0 ∆ ) = f ' ( x )

x

0 ∆

1

Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 6 – dr Adam Ćmiel – [e-mail] nachylenie siecznej

f ( x + ∆ x) − f ( x ) 0

0

= tg β

∆

x

nachylenie stycznej

f ( x + x

∆ ) − f ( x )

lim

0

0

= tg

'

α = f ( x )

0

x

∆ →0

x

∆

f '( x ) określa szybkość zmiany funkcji f w punkcie x 0

0.

Z twierdzenia o przedstawieniu przyrostu funkcji i z przyjętych definicji otrzymujemy

Tw. Funkcja jest różniczkowalna w punkcie x 0 ⇔ funkcja ta ma pochodną w x 0.

Inne oznaczenie dla pochodnej

df ( x , x

dla f ( x) = x dx( x , x

. Stąd

0 ∆ ) = 1⋅

x

∆

0 ∆ ) = f ' ( x )

x

0 ∆

df ( x , x

0 ∆ )

df

f '( x )

0

=

=

dx( x , x

0 ∆ )

dx

Funkcja pochodna i operator różniczkowania

Niech f : R ⊃ I → R ( I – dowolny przedział) będzie różniczkowalna na I.

Def.

Funkcję f ': I ∋ x → f '( x) nazywamy funkcja pochodną.

d

df

Operator (funkcja, odwzorowanie) D =

, który funkcji f przypisuje

= f '( x) nazywamy

dx

dx

operatorem różniczkowania.

Bezpośrednio z definicji wyprowadza się wzory

f ( x)

f ' ( x)

C=const

0

α

α

x

1

−

α x

x

e

x

e

x

a

a x ln a

sin x

cos x

cos x

− sin x

Tw. (o działaniach arytmetycznych). Jeżeli f i g są różniczkowalne w punkcie x (w I), to

 f 

( f + g) , ( f − g) , ( f ⋅ g) ,   są różniczkowalne w punkcie x (w I) oraz:

 g 

1º ( f + g)'( x) = f ' ( x) + g'( x) 2º ( f − g)'( x) = f ' ( x) − g' ( x) 3º ( f ⋅ g)'( x) = f ' ( x) g( x) + f ( x) g' ( x)

'

 f 

f ' ( x) g( x) − f ( x) g' ( x) 4º   =

g( x) ≠ 0 (∀

g( )

∈

x

x I

≠ 0)

2

 g 

g ( x)

2

Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 6 – dr Adam Ćmiel – [e-mail] Tw.

(o pochodnej funkcji złożonej) Jeżeli:

1º h jest różniczkowalna w x (w I) 2º g jest różniczkowalna w h( x) (w h( I)) to funkcja złożona f = g o h jest różniczkowalna w x (w I) i ( g o h)'( x) = g'( h( x)) h'( x) tw. p

o

rzyrosta h

c

Dow. f ( x + ∆ x) − f ( x) = g( h( x + ∆ x)) − g( h( x))

=

= g'( h( x))( h'( x)∆ x + r ( x, x r h x h x

x

h x

2

∆ )) + ( ( ), (

1

+ ∆ ) − ( )) =

= g'( h( x)) h'( x) x

∆ + g'( h( x)) r ( x, x

∆ ) + r ( h( x), h( x + x

∆ ) − h( x))

2

1

Trzeba pokazać, że g' ( h( x)) r ( x, x

∆ )) + r ( h( x), h( x + x

∆ ) − h( x)) = o (∆ x)

2

1

Jeżeli ∆ x → 0 to r = o (∆ x) stąd g' ( h( x)) r ( x, ∆ x)) = o (∆ x) . Ponadto 2

2

0 , h( x + ∆ x) − h( x) = 0







r ( h( x), h( x

x

h x

1

+ ∆ ) − ( )) =  r ( h( x), h( x x

h x

1

+ ∆ ) − ( ))

 ⇒



( h( x + ∆ x) − h( x))



h( x + ∆ x) − h( x)



r ( h( x), h( x + ∆ x) − h( x)) r ( h( x), h( x + ∆ x) − h( x)) h( x + ∆ x) − h( x) Stąd lim 1

= lim 1

= 0 .

∆ x→0

∆ x

∆ x→0

h( x + ∆ x) − h( x)

∆ x

Tw. (o pochodnej funkcji odwrotnej). Niech f : R⊃ I→ R będzie funkcją

• ściśle monotoniczną,

• różniczkowalną w I

• f '( x) ≠ 0 ( w I )

1

− '

1

Wówczas

−1

g = f

jest różniczkowalna na f [ I ] i ( f

) ( f ( x)) = g'( f ( x)) =

f ' ( x)

Dow. Przy przyjętych oznaczeniach mamy : f ( x) = y , f ( x + x

∆ ) = y + y

∆ . Z uwagi na ciągłość i

ścisłą monotoniczność funkcji f funkcja odwrotna

−1

g = f

jest również ciągła i ściśle

monotoniczna. Stąd ∆ y ≠ 0 gdy ∆ x ≠ 0 , ∆ y → 0 ⇔ ∆ x → 0 i g( y + y

∆ ) = x + x

∆ .

g( y + y

∆ ) − g( y)

x + x

∆ ) − x

1

Wobec tego

=

=

.

y

∆

f ( x + x

∆ ) − f ( x)

f ( x + x

∆ ) − f ( x)

x

∆

Przechodząc do granic otrzymujemy tezę .

Uzupełnienie wzorów różniczkowania

f ( x)

f ' ( x)

1

tg x

2

cos x

1

ctg x

−

2

sin x

1

ln x

x

1

log x

a

x ln a

1

arcsin x

x < 1

2

1 − x

3

Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 6 – dr Adam Ćmiel – [e-mail] 1

arccos x

−

x < 1

2

1 − x

1

arctg x

2

1 + x

1

arcctg x

−

2

1 + x

Twierdzenia o wartości średniej

Tw. Rolle’a:

f jest ciągła w [ a, b]



f jest różniczkowalna w ( a, b)

 ⇒ ∃

: f ' ( )

∈

c

c

a b

= 0

( , )

f ( a) = f ( b)



Dowód. Jeżeli f jest stała to twierdzenie jest spełnione w sposób trywialny. Jeżeli f nie jest stała to prawdziwa jest przynajmniej jedna z nierówności inf f ( x) < f ( a) , sup f ( x) > f ( a) .

x [

∈ a, b]

x [

∈ a, b]

Przypuśćmy, że prawdziwa jest inf f ( x) < f ( a) (dla sup f ( x) > f ( a) - analogicznie).

x [

∈ a, b]

x [

∈ a, b]

Z tw. Wierstrassa ∃

: f ( c)

inf f ( x) ale z warunku inf f ( x) < f ( a) wynika, że c∈( a, b).

c [

∈

=

a, b]

x [

∈ a, b]

x [

∈ a, b]

f ( c + ∆ x) − f ( c) ≥

0 g

dy ∆

x > 0

Ale



i istnieje f '( c) bo c jest punktem wewnętrznym.

∆ x

≤

0 g

dy ∆

x < 0

Granice jednostronne ilorazu różnicowego muszą być równe sobie, czyli równe zero.

f ( c + ∆ x) − f ( c) A więc ostatecznie: lim

= 0 ⇔ f '( c) = 0 .

∆ x→0

∆ x

Twierdzenie Cauchy’ego .Jeeżli

1. f i g są ciągłe w [ a, b], 2. f i g są różniczkowalne w ( a, b), to ∃ c∈( a,b) : ( f ( b) – f( a)) g’( c) -( g ( b) – g( a)) f ’( c) =0.

Dowód ϕ( x)=( f ( b) – f( a)) g( x) -( g ( b) – g( a)) f ( x) spełnia zał. tw. Rolle’a , więc istnieje c∈( a, b) takie, że ϕ ’( c)=( f ( b) – f( a)) g’( c) -( g ( b) – g( a)) f ‘( c) - stąd teza.

Interpretacja tw. Cauchy’ego. Wektorowa funkcja ( f( t), g( t)), t∈[ a, b]) jest parametryzacją krzywej płaskiej. Istnieje punkt na krzywej w którym styczna do krzywej jest równoległa do siecznej przechodzącej przez końce krzywej

Z twierdzenia Cauchy’ego można wywnioskować

4

Automatyka i Robotyka –Analiza – Wykład 6 – dr Adam Ćmiel – [e-mail] Twierdzenie de L’Hospitala . (stosuje również się do granic jednostronnych i niewłaściwych) . Jeżeli f ( x)

f (

′ x)

1º

i

są określone w S ( x ,δ )

g( x)

g (

′ x)

0









2º  lim f ( x) = 0 ∧ lim g( x) = 0 [0 albo  lim f ( x) = ±∞ ∧ lim g( x) = ±∞ [∞∞ ]

0 ]

 x→ x

x

x

 x→ x

x

x

0

→ 0



0

→ 0



f (

′ x)

3º Istnieje lim

(właściwa lub niewłaściwa)

x→ x

′

0

g ( x)

f ( x)

f ( x)

f (

′ x)

to istnieje lim

i lim

= lim

x→ x

→

→

′

0 g ( x)

x

x 0 g( x)

x

x 0 g ( x)

f ( x)

f ( x) − f ( x )

f (

′ c)

Szkic dowodu: dla [0 . Przyjmując f( x

0

=

=

(z tw.

0 ]

0)= g( x 0)=0 mamy g( x)

g( x) − g( x )

g (

′ c)

0

f (

′ x)

Cauchy’ego). Ale x

x ⇒

→

c → x . Z istnienia granicy lim

wynika istnienie

0

0

x→ x

′

0

g ( x)

f ( x)

granicy lim

i równość tych granic.

x→ x 0 g( x)

Dla pozostałych przypadków wystarczy sprowadzić do formy [0 .

0 ]

Symbole nieoznaczone

∞

: 0 , ∞ , ∞ − ∞ , 0 ∞, 00, ∞0, 1

0

∞

Przykłady

lim ln x = 1 ,

lim ln x = 0 ,

1

1

1

li (

m

−

) = ,

lim x ctg x = 1,

1

−

ln x

1

−

2

x

1

→ x

x→∞

x

x

1

→

x

x→0

1

−

−

lim x

x = 1 ,

1

tgx

1

lim x x = e ,

lim( 1

= .

2 )

1

+

x→0

x

1

→

→0 x

x

Przykład niewłaściwego użycia tw. de L’Hospitala H

Wiadomo, że lim x+sin x = 1 ale

x+sin x

1+cos x

lim

= lim

nie istnieje (wyjaśnić sprzeczność!)

x+cos

x+cos x

1−cos x

x→∞

x

x→∞

x→∞

5