mbwyklad6 Analiza a

Rachunek różniczkowy dla funkcji rzeczywistych

jednej zmiennej rzeczywistej

1. Pochodna funkcji w punkcie. Podstawowe własno´

sci

Definicja

1.1. Niech f : (a, b)

→ R, gdzie −∞ ¬ a < b ¬ +∞, oraz

niech x

∈ (a, b).

(a) Funkcj

e ϕ : (a, b)

\ {x} → R dan

a wzorem

ϕ(t) =

f (t)

− f(x)

− x

∈ (a, b) \ {x}

(1.1)

nazywamy ilorazem r´

ożnicowym funkcji f w punkcie x. Liczba h = t

−x

oznacza przyrost argumentu, za´

s liczba f (t)

− f(x) jest odpowiednim

przyrostem funkcji.

(b) Granic

(x) = lim

→x

ϕ(t),

(1.2)

o ile istnieje i jest sko´

nczona, nazywamy pochodn

a funkcji f w punkcie

x i m´

owimy, że funkcja f jest r´

ożniczkowalna w punkcie x. (Można

r´

ownież zapisa´

c f

(x) = lim

→0

f (x+h)

−f (x)

sli A

⊂ (a, b) oraz f

(x) istnieje w każdym punkcie x

∈ A, to

m´

owimy, że funkcja f jest r´

ożniczkowalna na zbiorze A. Je´

sli ponad-

to A jest zbiorem wszystkich punkt´

ow x

∈ (a, b), w kt´orych f

(x)

istnieje, to funkcj

e f

→ R nazywamy funkcj

a pochodn

a (lub

kr´

otko pochodn

a) funkcji f.

Uwaga

1.1.

(a) Je´

sli w (1.2) rozważa´

c granic

e lewostronn

a lub pra-

wostronn

a, to otrzymujemy odpowiednio pochodn

a lewostronn

)

−

(x) oraz prawostronn

a (f

)

(x) funkcji f w punkcie x

∈ (a, b).

Oczywi´

scie f

(x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy istniej

a (f

)

−

(x),

)

(x) i s

a r´

owne.

(b) M´

owimy, że funkcja f : [a, b]

→ R jest r´ożniczkowalna na [a, b],

gdy jest ona r´

ożniczkowalna na (a, b) oraz pochodne jednostronne

)

−

(b), (f

)

(a) istniej

s´

c ϕ(t) ilorazu r´

ożnicowego fun-

kcji f : (a, b)

→ R danego wzorem (1.1) oznacza wsp´ołczynnik kierun-

kowy c siecznej y = ct + d, tzn. prostej przechodz

acej przez punkty

ht, f(t)i i hx, f(x)i wykresu funkcji f. Warto´s´c pochodnej f

(x) jest

r´

owna wsp´

ołczynnikowi kierunkowemu u prostej stycznej y = ut + v

do wykresu funkcji f w punkcie

hx, f(x)i.

Przykład

1.1.

(1) Niech f (t) = sin t, t

∈ R. Dla x ∈ R mamy

(x) = lim

→x

sin t

− sin x

− x

= lim

→x

2 cos

t+x

sin

−x

− x

= (lim

→x

cos

t + x

)(lim

→x

sin

−x

) = cos x

(korzystamy z ci

agło´

sci funkcji cosinus i wzoru lim

→0

sin s/s = 1; por.

tw. ??, rozdz. IV). Podobnie dowodzimy, że (cos x)

− sin x.

(2) Niech f (t) = ln t, t > 0. Dla x > 0 mamy

(x)

= lim

→x

ln t

− ln x

− x

= lim

→x

ln(t/x)

− x

(ozn. h = t

− x)

= lim

→0

h+x

= lim

→0

ln(1 +

h
x

)

h
x

(ozn. y =

h
x

)

lim

→0

ln(1 + y)

(por. przykł. 5.1,3), rozdz.IV).

Cwiczenie

1.1. Niech f (x) = c dla x

∈ (a, b). Wykaza´c, że f

(x) = 0.

Twierdzenie

1.1 (warunek konieczny r´

ożniczkowalno´

sci). Je´

sli funkcja

f : (a, b)

→ R jest r´ożniczkowalna w punkcie x ∈ (a, b), to jest ona ci

agła w

tym punkcie.

Dowód. Mamy

lim

→x

(f (t)

− f(x)) = lim

→x

f (t)

− f(x)

− x

− x) = f

(x)

· 0 = 0.

ad lim

→x

f (t) = f (x), co daje tez

Nast

epuj

acy przykład pokazuje, że twierdzenie odwrotne nie zachodzi.

Przykład

1.2. Funkcja f (x) =

|x|, x ∈ R, jest ci

agła wsz

edzie, w

szczeg´

olno´

sci w punkcie 0, ale f

(0) nie istnieje, bo

)

−

(0)

lim

→0

−

|t| − 0

− 0

= lim

→0

−

−t

−1,

)

(0)

lim

→0

|t| − 0

− 0

= lim

→0

= 1.

Cwiczenie

1.2.

(a) Wykaza´

c, że dla funkcji f (x) =

|x|, x ∈ R,

agłej na R pochodna f

(0) nie istnieje.

(b) Wykaza´

c, że dla funkcji ci

agłej f : R

→ R danej wzorami f(x) =

x sin 1/x dla x

6= 0 oraz f(0) = 0 nie istniej

a pochodne jednostronne

)

−

(0), (f

)

(0).

Twierdzenie

1.2 (algebraiczne reguły r´

ożniczkowania).

Zał´

ożmy, że

funkcje f, g : (a, b)

→ R s

a r´

ożniczkowalne w punkcie x

∈ (a, b). Wtedy

(a) (f + g)

(x) = f

(x) + g

(x),

(b) (f

· g)

(x) = f

(x)g(x) + f (x)g

(x),

(c)

(x) =

(x)g(x)

− g

(x)f (x)

(x)

, o ile g(x)

6= 0.

Dowód.

(a) Dla t

∈ (a, b) \ {x} mamy

(f + g)(t)

− (f + g)(x)

− x

f (t)

− f(x)

− x

g(t)

− g(x)

− x

Przechodz

ac do granicy gdy t

→ x, otrzymujemy tez

(b) Dla t

∈ (a, b) \ {x} mamy

· g)(t) − (f · g)(x)

− x

f (t)g(t)

− f(x)g(t) + f(x)g(t) − f(x)g(x)

− x

f (t)

− f(x)

− x

g(t) +

g(t)

− g(x)

− x

f (x).

Po przej´

sciu do granicy (gdy t

→ x) w skrajnych wyrażeniach powyż-

szej r´

owno´

sci, otrzymujemy

· g)

(x)

= f

(x) lim

→x

g(t) + g

(x)f (x)

(z tw. 1.1)

= f

(x)g(x) + f (x)g

(x).

∈ (a, b) \ {x} mamy

(

)(t)

− (

)(x)

− x

f (t)g(x)

− f(x)g(x) + f(x)g(x) − f(x)g(t)

g(t)g(t)(t

− x)

g(t)g(x)

g(x)

f (t)

− f(x)

− x

− f(x)

g(t)

− g(x)

− x

i przechodz

ac do granicy, gdy t

→ x, otrzymujemy

(x)

g(x) lim

→x

g(t)

(g(x)f

(x)

− f(x)g

(x))

(z tw. 1.1)

(x)g(x) + f (x)g

(x)

Wniosek

1.1. Przy założeniach twierdzenia 1.2 mamy

(d) je´

sli c

∈ R, to (cf)

(x) = cf

(x),

(e) (f

− g)

(x) = f

(x)

− g

(x).

Dowód.

(d) Przyjmijmy g(t) = c dla t

∈ (a, b). Wtedy g

(x) = 0 (por.

cw. 1.1). Zatem na mocy tw. 1.2(b) otrzymujemy (cf )

(x) = cf

(x).

(e) Mamy

− g)

(x)

= (f + (

−g))

(x)

(z tw. 1.2(a))

= f

(x) + (

−g)

(x)

(z tw. 1.1(d))

= f

(x)

− g

(x).

Cwiczenie

1.3. Wykaza´

c, że (tg x)

cos

= tg

x + 1, x

+ kπ,

∈ Z.

Twierdzenie

1.3 (r´

ożniczkowanie superpozycji).

Niech

dane

funkcje f : (a, b)

→ R oraz g : (c, d) → R, przy czym f[(a, b)] ⊂ (c, d).

Zał´

ożmy, że funkcja f jest r´

ożniczkowalna w punkcie x

∈ (a, b), za´s funkcja

g – r´

ożniczkowalna w punkcie f (x)

∈ (c, d). W´owczas funkcja g ◦ f jest

r´

ożniczkowalna w punkcie x oraz

◦ f)

(x) = g

(f (x))f

(x).

Dowód. Oznaczmy y = f (x) oraz

u(t) =

f (t)

− f(x)

− x

− f

(x)

dla t

∈ (a, b) \ {x},

(1.3)

v(s) =

g(s)

− g(y)

− y

− g

(y)

dla s

∈ (c, d) \ {y}.

(1.4)

Z definicji f

(x) oraz g

(y) mamy

lim

→x

u(t) = 0,

(1.5)

lim

→y

v(s) = 0.

(1.6)

Okre´

slmy dodatkowo v(y) = 0, wtedy funkcja v jest ci

agła w punkcie y.

Wzory (1.3) i (1.4) przekształcamy do postaci

f (t)

− f(x) = (t − x)(f

(x) + u(t)),

(1.7)

g(s)

− g(y) = (s − y)(g

(y)

− v(s)).

(1.8)

◦ f)(t) − (g ◦ f)(x) = g(f(t)) − g(f(x))

( z (1.8) dla s = f (t))

= (f (t)

− f(x))(g

(f (x)) + v(f (t)))

(z (1.7))

= (t

− x)(f

(x) + u(t))(g

(f (x)) + v(f (t))).

Zatem

◦ f)(t) − (g ◦ f)(x)

− x

= (g

(f (x)) + v(f (t)))(f

(x) + u(t)).

(1.9)

Niech t

→ x w r´owno´sci (1.9). W´owczas lewa strona (1.9) d

aży do (g

◦f)

(x)

(o ile granica prawej strony (1.9) istnieje), za´

s granica prawej strony 1.9

wynosi

lim

→x

(f (x))+ v(f (t)))(f

(x)+ u(t)) = (g

(f (x))+ lim

→x

v(f (t)))(f

(x)+ lim

→x

u(t))

( z (1.5), (1.6), tw. 3.4, rozdz.IV i tw. 1.1) = g

(f (x))f

(x).

Cwiczenie

1.4.

(a) Wykaza´

c, że (x

)

= nx

−1

dla n

∈ N, x ∈ R i

ten sam wz´

or zachodzi, gdy n

∈ Z i x 6= 0.

(b) Obliczy´

c pochodn

a funkcji f (x) = sin

ln(x

− 1)

Twierdzenie

1.4 (o pochodnej funkcji odwrotnej). Je´

sli f : (a, b)

→

jest ci

agł

a iniekcj

a, r´

ożniczkowaln

a w punkcie x

∈ (a, b) oraz f

(x)

6= 0,

to funkcja odwrotna f

−1

jest r´

ożniczkowalna w punkcie y = f (x) oraz

−1

)

(y) =

(x)

Dowód. Ponieważ f jest ci

agł

a iniekcj

a na (a, b), wi

ec f jest monoto-

niczna oraz zbi´

or J = f [(a, b)] jest przedziałem otwartym (por. tw. 5.2,

rozdz.V). Ponadto funkcja f

−1

jest ci

agła na J. Rozważmy dowolny ci

) taki, że y

∈ J i y

6= y dla każdego n ∈ N oraz y

→ y. Aby uzyska´c

tez

e, wykażemy, że

−1

)

− f

−1

(y)

− y

→

(x)

(1.10)

(por. tw. 1.1, rozdz.IV). Niech t

= f

−1

) dla n

∈ N. Z ci

agło´

sci f

−1

mamy t

→ f

−1

(y) = x. Zauważmy, że t

∈ J oraz t

6= x dla n ∈ N. Zatem

z definicji f

(x) otrzymujemy

f (t

)

− f(x)

− x

→ f

(x).

W konsekwencji, korzystaj

ac z założenia f

(x)

6= 0, mamy

− x

f (t

)

− f(x)

→

(x)

ad wobec przyj

etych oznacze´

n wynika (1.10).

Uwaga

1.2. Zamieniaj

ac role funkcji f i f

−1

oraz punkt´

ow x i y, wz´

w tezie twierdzenia 1.4 można zapisa´

c w postaci

(x) =

−1

)

(y)

gdzie y = f (x).

Przykład

1.3.

(a) Niech f (x) = arc sin x, x

∈ (−1, 1). Z twierdzenia

1.4 i uwagi 1.2 mamy

(x) =

sin

(f (x))

cos(f (x))

− sin

(f (x))

√

− x

przy czym korzystali´

smy z przykładu 1.1(1), z faktu, że arc sin x

∈

(

−

) (a wi

ec cos(f (x)) > 0) i tożsamo´

sci sin(f (x)) = sin(arc sinx) = x.

(b) Niech f (x) = arctg x, x

∈ R. Wtedy

(x) =

(f (x))

(f (x)) + 1

+ 1

(por. ´

cw. 1.3(a), gdyż tg(f (x)) = x.

, x

∈ R. Wtedy

(x) =

(f (x))

1/f (x)

= e

(por. przykł. 1.1(b)).

Cwiczenie

1.5.

(a) Wyznaczy´

c pochodn

a funkcji f (x) = x

, x > 0.

(Wskaz´

owka: x

= e

x ln x

(b) Wyznaczy´

c pochodne funkcji log

x oraz a

, gdzie a > 0 i a

6= 1.

Przykład

1.4. Niech f (x) = x

, gdzie α

∈ R, x > 0. Mamy f(x) =

α ln x

, zatem na mocy przykład´

ow 1.1(a), 1.3(c) i twierdzenia 1.3 otrzymu-

jemy

(x) = e

α ln x

(α

) = αx

= αx

−1

(Por. ´

cw. 1.4(a).)

Na zako´

nczenie tego paragrafu podamy najważniejsze wzory na pochodne

podstawowych funkcji (zmiennej x):

( c – stała rzeczywista )

)

αx

−1

(x > 0, α

∈ R)

)

−1

∈ R, n ∈ Z, przy czym x 6= 0, gdy n < 0)

)

ln a

∈ R, a > 0), w szczeg´olno´sci (e

)

= e

(log

x ln a

(x > 0, a > 0, a

6= 1), w szczeg´olno´sci (ln x)

(sin x)

cos x,

(cos x)

− sin x (x ∈ R)

(tg x)

cos

= 1 + tg

+ kπ, k

∈ Z)

(ctg x)

−

sin

−1 − ctg

6= kπ, k ∈ Z)

(arc sin x)

√

− x

(arc cos x)

−

√

− x

∈ (−1, 1))

(arctg x)

1 + x

(arcctg x)

−

1 + x

∈ R).

2. Badanie przebiegu zmienno´

sci funkcji za pomoc

a pierwszej

pochodnej. Twiedzenia o warto´

sci ´

sredniej

Definicja

2.1. Niech f : X

→ R, gdzie X jest przestrzeni

a metryczn

M´

owimy, że funkcja f ma w punkcie x

∈ X maksimum (odpowiednio, mini-

mum) lokalne, gdy

(

∃ r > 0) (∀ t ∈ K(x, r) \ {x}) f(t) ¬ f(x)

(odpowiednio,

f (t)

f(x)).

Je´

sli w powyższym warunku nier´

owno´

s´

c ”

¬” (odpowiednio ””) zast

api´

przez ”<” (odpowiednio ”>”), to m´

owimy o maksimum (odpowiednio mini-

mum) lokalnym wła´

sciwym. Minimum lub maksimum lokalne funkcji nazywa

e ekstremum lokalnym.

W nast

epuj

acym twierdzeniu podajemy warunek konieczny istnienia eks-

tremum lokalnego.

Twierdzenie

2.1 (Fermata). Je´

sli funkcja f : (a, b)

→ R ma w punkcie

∈ (a, b) ekstremum lokalne oraz pochodna f

(x) istnieje, to f

(x) = 0.

Dowód. Zał´

ożmy np., że funkcja f ma w punkcie x maksimum lokalne.

Zgodnie z definicj

a 2.1 wybierzmy liczb

e r > 0 tak, by (x

− r, x + r) ⊂ (a, b)

oraz f (t)

¬ f(x) dla każdego t ∈ (x − r, x + r) \ {x}. Zauważmy, że

• je´sli t ∈ (x − r, x),

to (f (t)

− f(x))/(t − x) 0,

• je´sli t ∈ (x, x + r),

to (f (t)

− f(x))/(t − x) ¬ 0.

Po przej´

sciu do granicy gdy t

→ x znak nier´owno´sci si

e zachowuje (zob. ´

cw.

??(a), rozdz. IV), wi

ec z powyższego i z definicji pochodnych jednostronnych

otrzymujemy (f

)

−

(x)

0 oraz (f

)

(x)

¬ 0. Ale z założenia f

(x) istnieje,

ec f

(x) = (f

)

−

(x) = (f

)

(x), sk

ad wynika, że f

(x) = 0. W przypadku

gdy f ma w punkcie x minimum lokalne, dow´

od jest analogiczny.

Uwaga

2.1. Twierdzenie odwrotne do 2.1 nie jest prawdziwe, bo np.

funkcja f (t) = t

, t

∈ R, ma w punkcie x = 0 pochodn

a r´

own

a 0, ale nie ma

ona ekstremum w tym punkcie, gdyż jest ´

sci´

sle rosn

aca na zbiorze R.

Z twierdzenia Weierstrassa (patrz wn. ??, rozdz. V) wynika, że funkcja

rzeczywista ci

agła na przedziale zwartym osi

aga swoje kresy. Je´

sli dodatkowo

jest ona r´

ożniczkowalna wewn

atrz przedziału, to z twierdzenia 2.1 wynika

nast

epuj

acy

Wniosek

2.1. Je´

sli funkcja f : [a, b]

→ R jest ci

agła na [a, b] i r´

ożnicz-

kowalna na (a, b) oraz s, t

∈ [a, b] s

a takimi liczbami, że

f (s) = inf f [[a, b]],

f (t) = sup f [[a, b]],

to s, t

∈ {a, b} ∪ {x ∈ (a, b) : f

(x) = 0

Dowód. Rozważmy liczb

e s. Je´

sli s = a lub s = b, to teza zachodzi. Je´

sli

za´

s s

∈ (a, b), to z r´owno´sci f(s) = inf f[[a, b]] wynika, że f ma w punkcie

s minimum lokalne. St

ad i z twierdzenia 2.1 mamy f

(s) = 0, co daje tez

Dow´

od dla liczby t jest analogiczny.

Cwiczenie

2.1. Wyznaczy´

c warto´

s´

c najwi

eksz

a i najmniejsz

a funkcji

f (x) = 2x

− 9x

+ 12x + 1 w przedziale [0, 3].

Udowodnimy teraz ważne dla rachunku r´

ożniczkowego twierdzenia o

warto´

sci ´

sredniej Rolle’a, Cauchy’ego i Lagrange’a.

Twierdzenie

2.2 (Rolle’a). Je´

sli f : [a, b]

→ R jest funkcj

a ci

agł

a na

[a, b] i r´

ożniczkowaln

a na (a, b) oraz f (a) = f (b), to istnieje punkt x

∈ (a, b)

taki, że f

) = 0.

Dowód. Rozważmy przypadki:

◦

Istnieje punkt x

∈ (a, b) taki, że f(x) > f(a). Z twierdzenia Weier-

strassa (wn. ??, rozdz. V) wynika, że istnieje punkt x

∈ [a, b] taki,

że f (x

) = sup f [[a, b]]. Wtedy f (x

)

f(x) > f(a), co implikuje

6= a oraz x

6= b. St

ad x

∈ (a, b), a wi

ec funkcja ma w x

maksi-

mum lokalne. Zatem na mocy twierdzenia 2.1 mamy f

) = 0.

◦

Istnieje punkt x

∈ (a, b) taki, że f(x) < f(a). Podobnie jak w 1

◦

znaj-

dujemy punkt x

∈ (a, b) taki, że f(x

) = inf f [[a, b]] i stwierdzamy,

że f

) = 0.

◦

Dla każdego punktu x

∈ (a, b) mamy f(x) = f(a). Zatem funkcja f

jest stała na [a, b]. Wtedy f

(x) = 0 dla x

∈ (a, b) i wystarczy wybra´c

dowolne x

∈ (a, b).

W interpretacji geometrycznej teza twierdzenia Rolle’a oznacza, że funk-

cja f posiada styczn

a do wykresu w pewnym punkcie

, f (x

)

i, x

∈ (a, b),

r´

ownoległ

a do osi OX.

Twierdzenie

2.3 (Cauchy’ego o warto´

sci ´

sredniej). Je´

sli f, g: [a, b]

→ R

a funkcjami ci

agłymi na [a, b] i r´

ożniczkowalnymi na (a, b), to istnieje taki

punkt x

∈ (a, b), że

(f (b)

− f(a))g

) = (g(b)

− g(a))f

)

Dowód. Okre´

slmy funkcj

e pomocnicz

a h : [a, b]

→ R wzorem

h(x) = (f (b)

− f(a))g(x) − (g(b) − g(a))f(x),

∈ [a, b].

Zauważmy, że funkcja h jest ci

agła na [a, b] i r´

ożniczkowalna na (a, b), co

wynika z własno´

sci funkcji f i g. Ponadto

h(a) = f (b)g(a)

− f(a)g(b) = h(b).

Zatem funkcja h spełnia założenia twierdzenia Rolle’a. Wobec tego istnieje
punkt x

∈ (a, b) taki, że h

) = 0. Ale

) = (f (b)

− f(a))g

)

− (g(b) − g(a))f

co daje tez

Wniosek

2.2 (tw. Lagrange’a). Je´

sli f : [a, b]

→ R jest funkcj

a ci

agł

na [a, b] i r´

ożniczkowaln

a na (a, b), to istnieje punkt x

∈ (a, b) taki, że

f (b)

− f(a) = f

)(b

− a).

Dowód. Wystarczy zastosowa´

c tw. 2.3, gdy g(x) = x dla x

∈ [a, b].

W interpretacji geometrycznej teza twierdzenia Lagrange’a oznacza, że

istnieje styczna do wykresu funkcji f w pewnym punkcie

, f (x

)

i, x

∈

(a, b), r´

ownoległa do siecznej przechodz

acej przez punkty

ha, f(a)i, hb, f(b)i.

Wniosek

2.3. Zał´

ożmy, że funkcja f : (a, b)

→ R jest r´ożniczkowalna

na (a, b).

(1) Je´

sli f

(x) = 0 dla każdego x

∈ (a, b), to funkcja f jest stała na (a, b).

(2) Je´

sli f

(x)

0 (odpow. f

(x) > 0), to funkcja f jest niemalej

aca

(odpow. rosn

aca) na (a, b).

(3) Je´

sli f

(x)

¬ 0 (odpow. f

(x) < 0), to funkcja f jest nierosn

aca

(odpow. malej

aca) na (a, b).

Dowód.

(1) Niech x

, x

∈ (a, b), x

6= x

i np. x

< x

. Z twierdzenia

Lagrange’a dla funkcji f na [x

, x

] wynika, że istnieje punkt x

∈

, x

) taki, że f (x

)

− f(x

) = f

)(x

− x

). Ale z założenia

) = 0, wi

ec f (x

) = f (x

). To z dowolno´

sci x

, x

oznacza, że

funkcja f jest stała na (a, b).

(2) Niech x

, x

∈ (a, b), x

< x

. Z twierdzenia Lagrange’a dla funkcji

f na [x

, x

] wynika, że istnieje punkt x

∈ (x

, x

) taki, że f (x

)

−

f (x

) = f

)(x

− x

). Ale z założenia f

)(x

− x

)

0 (odpow.

)(x

− x

) > 0), wi

ec f (x

)

f(x

) (odpow. f (x

) > f (x

)), co

daje tez

Tezy (3) dowodzi si

e analogicznie jak w przypadku (2).

Z wniosku 2.3 wynikaj

a natychmiast nast

epuj

ace warunki dostateczne

istnienia ekstremum lokalnego.

Wniosek

2.4. Zał´

ożmy, że funkcja f : (a, b)

→ R jest ci

agła w punkcie

∈ (a, b) i r´ożniczkowalna wsz

edzie na (a, b) opr´

ocz by´

c może punktu x

(1) Je´

sli f

(x)

0 (odpow. f

(x) > 0) w pewnym lewostronnym s

asiedz-

twie (x

−r

, x

)

⊂ (a, b) punktu x

oraz f

(x)

¬ 0 (odpow. f

(x) < 0)

w pewnym prawostronnym s

asiedztwie (x

, x

+ r

)

⊂ (a, b), r

> 0,

punktu x

, to funkcja f ma w x

maksimum lokalne (odpow. maksi-

mum lokalne wła´

sciwe).

(2) Je´

sli f

(x)

¬ 0 (odpow. f

(x) < 0) w pewnym lewostronnym s

asiedztwie

− r

, x

)

⊂ (a, b), r

> 0, punktu x

oraz f

(x)

0 (odpow.

(x) > 0) w pewnym prawostronnym s

asiedztwie (x

, x

+ r

)

⊂

(a, b), r

> 0, punktu x

, to funkcja f ma w x

minimum lokalne

(odpow. minimum lokalne wła´

sciwe).

Cwiczenie

2.2. Zbada´

c monotoniczno´

s´

c i ekstrema funkcji

f (x) = 2

√

/(x + 1), x

∈ R \ {−1}.

3. Asymptoty

Definicja

3.1.

(a) Niech f : E

→ R, E ⊂ R,

∈ E

. Je´

sli

lim

→x

+
0

f (x) =

±∞ (odpow. lim

→x

−
0

f (x) =

±∞), to m´owimy, że

prosta x = x

jest prawostronn

a (odpow. lewostronn

a) asymptot

pionow

a wykresu funkcji f.

(b) Zał´

ożmy, że funkcja rzeczywista f jest okre´

slona w przedziale postaci

(c, +

∞) (odpow. (−∞, c)), gdzie c ∈ R. M´owimy, że prosta y = ax+b

jest asymptot

a uko´

a wykresu funkcji f w +

∞ (odpow. w −∞), gdy

lim

→∞

(f (x)

− (ax + b)) = 0

(odpow.

lim

→−∞

(f (x)

− (ax + b)) = 0).

Twierdzenie

3.1.

Prosta y = ax + b jest asymptot

a uko´

a wykresu

funkcji f w +

∞ (odpow. w −∞) wtedy i tylko wtedy, gdy a = lim

→∞

(f (x)/x)

oraz b = lim

→∞

(f (x)

− ax) (odpow. a = lim

→−∞

(f (x)/x) oraz b =

lim

→−∞

(f (x)

− ax)).

Dowód. (Dla +

∞.) ” ⇒ ” Mamy

lim

→∞

f (x)

= lim

→∞

f (x)

− (ax + b) + (ax + b)

= lim

→∞

(f (x)

− (ax + b))

+ lim

→∞

a +

= 0

· 0 + a + 0 = a

oraz

b = b + 0 = b + lim

→∞

(f (x)

− (ax + b))

= lim

→∞

(b + f (x)

− ax − b) = lim

→∞

(f (x)

− ax).

”

⇐ ” Skoro lim

→∞

(f (x)

− ax) = b, to

lim

→∞

(f (x)

− (ax + b)) = lim

→∞

(f (x)

− ax) − b = 0.

Zatem y = ax + b jest asymptot

a uko´

a wykresu funkcji f w +

∞.

Cwiczenie

3.1.

Wyznaczy´

c wszystkie asymptoty wykresu funkcji

f (x) = (x

| sin πx|)/x dla x ∈ R \ {0}.

4. Reguła de l’Hospitala

Nast

epuj

ace twierdzenie służy do obliczania granic funkcji w przypadku

wyraże´

n nieoznaczonych typu 0/0 lub

∞/∞.

Twierdzenie

4.1 (reguła de l’Hospitala). Niech

−∞ ¬ a < b ¬ +∞.

Zał´

ożmy, że funkcje f, g : (a, b)

→ R s

a r´

ożniczkowalne na (a, b), przy czym

(x)

6= 0 dla każdego x ∈ (a, b) oraz istnieje granica

lim

→a

(x)

= A

(gdzie A

∈ R).

(4.1)

Je´

sli ponadto

albo

lim

→a

f (x) = lim

→a

g(x) = 0

(4.2)

albo

lim

→a

g(x) =

±∞,

(4.3)

lim

→a

f (x)

g(x)

= A.

(4.4)

Analogiczne twierdzenie zachodzi, gdy x

→ b zamiast x → a w r´owno´sciach

(4.1) – (4.4).

Dowód. Pokażemy najpierw, że je´

sli nast

epuj

ace warunki (4.5), (4.6) s

spełnione, to teza (4.4) zachodzi. Mianowicie rozważmy warunki

(

∀ q > A) (∃ d > a) (∀ x ∈ (a, d))

f (x)

g(x)

< q

(w przypadku gdy

− ∞ ¬ A < ∞)

(4.5)

oraz

(

∀ p < A) (∃ d

> a) (

∀ x ∈ (a, d

))

f (x)

g(x)

> p

(w przypadku gdy

− ∞ < A ¬ +∞).

(4.6)

Korzystaj

ac bezpo´

srednio z definicji granicy, tez

e (4.4) otrzymujemy z wa-

runku (4.5), gdy A =

−∞, oraz z warunku (4.6), gdy A = +∞. Zał´ożmy

teraz, że

−∞ < A < +∞ oraz że zachodz

a warunki (4.5) i (4.6). Niech ε > 0

i przyjmijmy q = A + ε, p = A

− ε w (4.5) i (4.6). Poł´ożmy

δ = min

{d − a, d

− a},

gdzie liczby d i d

a dobrane na mocy (4.5) i (4.6). W´

owczas dla każdego

∈ (a, b) mamy

x < a + δ

⇔ (x < d ∧ x < d

)

⇒

( na mocy (4.5), (4.6) )

− ε = p <

f (x)

g(x)

< q = A + ε.

Zatem pokazali´

smy, że

(

∀ ε > 0) (∃ δ > 0) (∀ x ∈ (a, b)) a < x < a + δ ⇒

f (x)

g(x)

− A

< ε,

co daje tez

e (4.4).

Wykażemy teraz, że warunek (4.5) zachodzi (dow´

od dla (4.6) jest analo-

giczny). Niech wi

ec q > A i wybierzmy r

∈ (A, q). Z (4.1) wynika, że istnieje

liczba c > a, dla kt´

orej

(

∀ x ∈ (a, c))

(x)

< A + (r

− A) = r.

(4.7)

(Korzystamy tu z definicji granicy: rol

e liczby ε pełni r

− A > 0 i je´sli

dobierzemy odpowiedni

a liczb

e δ > 0, to przyjmujemy c = a + δ.) Rozważmy

dowolne liczby x, y

∈ (a, c), x < y. Stosuj

ac twierdzenie Cauchy’ego (tw. 2.3)

do funkcji f i g na przedziale [x, y], znajdziemy liczb

e t

∈ (x, y) tak

a, że

f (x)

− f(y)

g(x)

− g(y)

(t)

z (4.7)

(4.8)

(Zauważmy, że g(x)

− g(y) 6= 0, bo w przeciwnym razie na mocy tw. Rolle’a

mieliby´

smy g

(z) = 0 dla pewnego z

∈ (x, y) wbrew założeniu.)

Rozważmy nast

epuj

ace przypadki, kt´

ore zakładali´

smy w twierdzeniu:

◦

Warunek (4.2) zachodzi. Niech x

→ a w (4.8). Wtedy otrzymujemy

(

∀ y ∈ (a, c))

f (y)

g(y)

¬ r < q,

co daje warunek (4.5), przy czym przyjmujemy d = c.

◦

lim

→a

g(x) = +

∞ (por. (4.3)). Ustalmy y ∈ (a, c). Na mocy definicji

granicy r´

ownej +

∞ istnieje liczba c

∈ (a, y) taka, że

(

∀ x ∈ (a, c

))

g(x) > max

{g(y), 0}.

(4.9)

Zatem mnoż

ac (4.8) stronami przez (g(x)

− g(y))/g(x) > 0, mamy

f (x)

− f(y)

g(x)

− g(y)

g(x)

dla x

∈ (a, c

czyli

f (x)

g(x)

< r +

f (y)

− rg(y)

g(x)

dla x

∈ (a, c

(4.10)

Ponownie korzystaj

ac z definicji granicy lim

→a

g(x) = +

∞, znaj-

dziemy liczb

e c

∈ (a, c

) tak

a, że

(

∀ x ∈ (a, c

))

g(x) >

f (y)

− rg(y)

− r

(4.11)

Ostatni

a nier´

owno´

s´

c można napisa´

c w postaci (f (y)

− rg(y))/g(x) <

− r, co wobec (4.10) daje

(

∀ x ∈ (a, c

))

f (x)

g(x)

< r + q

− r = q.

(4.12)

Otrzymali´

smy wi

ec (4.5), przy czym przyjmujemy d = c

◦

lim

→a

g(x) =

−∞ (por. (4.3). Dow´od przebiega tak jak w przy-

padku 2

◦

– wystarczy tylko we wzorach (4.9) i (4.10) zmieni´

c znak

nier´

owno´

sci ” > ” na ” < ”.

Uwaga

4.1. Zachodzi twierdzenie analogiczne do twierdzenia 4.1, gdy

f, g : (a, b)

\{x

} → R, x

∈ (a, b) oraz g

(x)

6= 0 dla każdego x ∈ (a, b)\{x

przy czym x

→ a w r´owno´sciach (4.1) – (4.4) należy zast

api´

c przez x

→ x

Aby si

e o tym przekona´

c, należy zastosowa´

c twierdzenie 4.1 do przedział´

(a, x

) oraz (x

, b) (gdy x

→ x

Reguła de l’Hospitala służy także do obliczania granic funkcji w przypad-

ku wyraże´

n nieoznaczonych innych niż 0/0 i

∞/∞ (z użyciem odpowiednich

przekształce´

n), co pokazuj

a nast

epuj

ace przykłady.

Przykład

4.1.

(a) Dla granicy lim

→0

sin x

− 1

mamy wyrażenie typu

0/0, przy czym lim

→0

(sin x)

− 1)

= lim

→0

cos x

= 1 i wszystkie założenia

tw. 4.1 s

a spełnione. Zatem lim

→0

sin x

− 1

= 1.

(b) Je´

sli mamy wyrażenie nieoznaczone typu 0

· ∞, to f(x)g(x) przedsta-

wiamy jako

f (x)

1/g(x)

(wyrażenie typu 0/0) albo jako

g(x)

1/f (x)

(wyrażenie

typu

∞/∞). Na przykład

lim

→0

x ln x = lim

→0

ln x

1/x

tw. 4.1

∞/∞

lim

→0

1/x

(

−1/x

)

= lim

→0

(

−x) = 0.

sli mamy wyrażenie f (x)

− g(x), gdzie lim

→a

f (x) = +

∞ =

lim

→a

g(x), to przekształcamy je do postaci

f (x)

− g(x) =

g(x)

−

f (x)

f (x)g(x)

(jest to wyrażenie typu 0/0) lub stosujemy inne przekształcenie alge-
braiczne prowadz

ace do wyrażenia typu 0/0 lub

∞/∞. Na przykład

lim

→0

(

−

− 1

) = lim

→0

− 1 − x

x(e

− 1)

tw. 4.1

0/0

lim

→0

− 1

− 1) + xe

tw. 4.1

lim

→0

+ e

+ xe

(d) Wyrażenia nioznaczone postaci 0

, 1

∞

przekształcamy za po-

moc

a wzoru

f (x)

g(x)

= e

g(x) ln f (x)

w kt´

orym wyrażenie g(x) ln f (x) jest typu 0

· ∞. Na przykład

lim

→0

)

= lim

→0

ln x

= e

lim

→0+

ln x

1/x

= e

lim

→0+

1/x

(

−2)(1/x

)

= e

lim

→0+

(

−x

/2)

= e

= 1.

5. Wypukło´

s´

c i wkl

esło´

s´

c funkcji. Zwi

azek z drug

a pochodn

Definicja

5.1. Niech f : I

→ R, gdzie I ⊂ R jest przedziałem niezde-

generowanym.

(a) M´

owimy, że funkcja f jest wypukła (odpowiednio ´

sci´

sle wypukła) na I,

gdy dla dowolnych punkt´

ow x

, x

∈ I takich, że x

< x

i dowolnego

punktu x

∈ (x

, x

) mamy f (x)

¬ l(x) (odpowiednio, f(x) < l(x)),

gdzie l : R

→ R jest funkcj

a, kt´

orej wykres jest prost

a przechodz

a przez punkty

, f (x

)

i, hx

, f (x

)

i. Stosuj

ac r´

ownanie prostej

przechodz

acej przez dane dwa punkty

l(x) = f (x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

∈ R,

(5.1)

wypukło´

s´

c (odpow. ´

scisł

a wypukło´

s´

c) funkcji f na I można zapisa´

jako

(

∀ x

, x

∈ I; x

< x

) (

∀ x ∈ (x

, x

))

f (x)

¬ f(x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

)

(odpowiednio f (x) < f (x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

(5.2)

(b) Je´

sli w definicji (a) zast

api´

c nier´

owo´

s´

¬ (odpow. < ) przez (odpow.

> ), to m´

owimy, że funkcja f jest wkl

esła (odpow. ´

sci´

sle wkl

esła) na

Uwaga

5.1. Funkcja f jest (´

sci´

sle) wypukła na I wtedy i tylko wtedy,

gdy funkcja

−f jest (´sci´sle) wkl

esła na I. Wynika to wprost z definicji 5.1.

Cwiczenie

5.1. Wykaza´

c, że je´

sli I jest przedziałem otwartym, to funk-

cja wypukła na I jest ci

agła na I.

Uwaga

5.2. Oczywi´

scie w definicji 5.1 zamiast o funkcji l można m´

owi´

o jej obci

eciu do przedziału I. Ponadto zauważmy, że r´

ownanie (5.1) można

zapisa´

c w r´

ownoważnej postaci

l(x) =

− x

f (x

) +

− x

f (x

(5.3)

przy czym je´

sli x

∈ (x

, x

), to liczby α

= (x

− x)/(x

− x

) oraz α

−x

)/(x

−x

) spełniaj

a warunki α

, α

> 0, α

+α

= 1, α

+α

= x.

Zatem nier´

owno´

s´

c f (x)

¬ l(x) dla x ∈ (x

, x

) definiuj

aca wypukło´

s´

c funkcji

f można zapisa´

c jako

f (α

+ α

)

¬ α

f (x

) + α

f (x

Zauważmy, że na odwr´

ot, je´

sli x = α

+ α

dla pewnych liczb α

, α

> 0

takich, że α

+ α

= 1, to taka para liczb α

, α

może by´

c tylko jedna.

Ponadto wida´

c, że x

∈ (x

, x

) oraz α

= (x

− x)/(x

− x

), α

= (x

−

)/(x

− x

Korzystaj

ac z uwagi 5.2, możemy definicj

e funkcji wypukłej rozszerzy´

na og´

olniejszy przypadek.

Definicja

5.2. Niech X b

edzie przestrzeni

a liniow

a nad ciałem R.

(a) Odcinkiem w X o ko´

ncach x

, x

∈ X, x

6= x

, nazywamy zbi´

punkt´

ow postaci x = α

+ α

, gdzie α

, α

0 oraz α

+ α

= 1.

(b) M´

owimy, że zbi´

or W

⊂ X jest wypukły, gdy

(

∀ x

, x

∈ W ) (∀ α

, α

0) α

+ α

= 1

⇒ α

+ α

∈ W.

(Oznacza to, że wraz z dowolnymi dwoma r´

ożnymi punktami zbioru

W odcinek o ko´

ncach x

, x

zawiera si

e w W.)

⊂ X b

edzie zbiorem wypukłym. M´

owimy, że funkcja f :

→ R jest wypukła na W, gdy

(

∀ x

, x

∈ W ) (∀ α

, α

> 0)

+ α

= 1

⇒ f(α

+ α

)

¬ α

f (x

) + α

f (x

Je´

sli

¬ zast

api´

c przez < (odpowiednio przez

, >), to otrzymujemy

definicj

e funkcji ´

sci´

sle wypukłej (wkl

esłej, ´

sci´

sle wkl

esłej) na W.

W szczeg´

olno´

sci jako przestrze´

n X możemy rozważa´

c R

Cwiczenie

5.2. Wykaza´

c, że zbi´

or wypukły W

⊂ R

jest sp´

ojny. Wy-

wnioskowa´

c, że zbi´

or W

⊂ R jest wypukły wtedy i tylko wtedy, gdy jest

przedziałem (by´

c może zdegenerowanym).

Z ´

cwiczenia 5.2 i uwagi 5.2 nietrudno wynika, że warunki okre´

slaj

ace

funkcj

e wypukł

a f : I

→ R, gdy I ⊂ R jest przedziałem, podane w defini-

cjach 5.1(a) i 5.2(c) s

a r´

ownoważne.

Definicja

5.3. Niech f : I

→ R, gdzie I ⊂ R jest przedziałem nie-

zdegenerowanym i niech x

∈ Int(I). M´owimy, że funkcja f jest wypukła

(odpow. ´

sci´

sle wypukła) w punkcie x

, gdy f jest r´

ożniczkowalna w punkcie

oraz istnieje liczba r > 0 taka, że (x

− r, x

+ r)

⊂ I oraz

(

∀ x ∈ (x

− r, x

+ r)

\ {x

}) f(x) f(x

) + f

)(x

− x

)

(odpow. f (x) > f (x

) + f

)(x

− x

)).

(5.4)

Zast

epuj

w (5.4) przez ¬ (odpow. <) definiujemy poj

ecie funkcji wkl

esłej

(odpow. ´

sci´

sle wkl

esłej) w punkcie.

Ponieważ y = f (x

) + f

)(x

−x

) jest r´

ownaniem stycznej do wykresu

funkcji f w punkcie x

, wi

ec w interpretacji geometrycznej ´

scisła wypukło´

s´

funkcji f w punkcie x

oznacza, że dla dowolnego punktu x z pewnego

asiedztwa (x

− r, x

+ r)

\ {x

} punktu x

punkt

hx, f(x)i wykresu funkcji

f leży powyżej stycznej do wykresu funkcji f w punkcie x

Twierdzenie

5.1. Funkcja r´

ożniczkowalna f : (a, b)

→ R jest ´sci´sle wy-

pukła na (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy jest ´

sci´

sle wypukła w każdym punkcie

tego przedziału. Analogiczna r´

ownoważno´

s´

c zachodzi dla funkcji wypukłych,

wkl

esłych, ´

sci´

sle wkl

esłych.

Dowód. ”

⇒ ” Nie wprost. Przypu´s´cmy, że funkcja f jest ´sci´sle wypukła

na (a, b) i nie jest ´

sci´

sle wypukła w pewnym punkcie x

∈ (a, b). W´owczas w

każdym s

asiedztwie postaci (x

− 1/n, x

+ 1/n)

\ {x

} leży punkt x

∈ (a, b)

taki, że

f (x

)

¬ f(x

) + f

)(x

− x

(5.5)

Ponieważ x

6= x

dla każdego n

∈ N, wi

ec x

> x

dla niesko´

nczenie

wielu n lub x

< x

dla niesko´

nczenie wielu n. Zał´

ożmy pierwszy z tych

przypadk´

ow (w drugim dow´

od jest analogiczny). Aby unikn

a´

c stosowania

podci

ag´

ow, zał´

ożmy, że x

> x

dla wszystkich n. W´

owczas wz´

or (5.5)

można zapisa´

c jako

f (x

)

− f(x

)

− x

¬ f

)

dla n

∈ N.

(5.6)

Ustalmy dowoln

a liczb

e n

∈ N. Ponieważ funkcja f jest ´sci´sle wypukła na

(a, b), wi

ec stosuj

ac (5.2), mamy

(

∀ x ∈ (x

, x

))

f (x) < f (x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

(5.7)

(

∀ x ∈ (x

, x

))

f (x)

− f(x

)

− x

f (x

)

− f(x

)

− x

z (5.6)

Przechodz

ac do granicy, gdy x

→ x

+
0

, otrzymujemy

f (x

)

− f(x

)

− x

= f

)

dla każdego n

∈ N.

(5.8)

Ustalmy liczby m, k

∈ N takie, że x

< x

. Wtedy

f (x

) < f (x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

) (z (5.7), gdy x

= x

, x = x

)

z (5.8)

f (x

) + f

)(x

− x

)

z (5.8)

f (x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

) = f (x

Sprzeczno´

s´

”

⇐ ” Przypu´s´cmy, że funkcja f nie jest ´sci´sle wypukła na (a, b). Zatem

istniej

a punkty x

, x

∈ (a, b) takie, że x

< x

oraz

f (x

)

f(x

) +

f (x

)

− f(x

)

− x

(5.9)

Poł´

ożmy

g(x) = f (x)

− f(x

)

−

f (x

)

− f(x

)

− x

)

dla

∈ (a, b).

Korzystaj

ac z twierdzenia Weierstrassa (wn. ??, rozdz. V) dla funkcji ci

agłej

g na przedziale [x

, x

], znajdziemy liczb

e c

∈ [x

, x

], w kt´

orej funkcja g

osi

aga na [x

, x

] sw´

oj kres g´

orny. Zatem

(

∀ x ∈ [x

, x

])

g(x)

¬ g(c).

(5.10)

Ale z (5.9) mamy g(x

)

0, a ponadto g(x

) = g(x

) = 0, wi

ec liczb

e c

spełniaj

a (5.10) można wybra´

c w przedziale (x

, x

). Funkcja g ma wi

w punkcie c maksimum lokalne. Zauważmy, że

(x) = f

(x)

−

f (x

)

− f(x

)

− x

dla x

∈ (a, b).

Z twierdzenia Fermata (tw. 2.1) wynika, że g

f (x

)

− f(x

)

− x

(5.11)

Korzystaj

ac z okre´

slenia funkcji g, warunek (5.10) można zapisa´

c jako

(

∀ x ∈ [x

, x

]) f (x)

−

f (x

)

− f(x

)

− x

−x

)

¬ f(c)−

f (x

)

− f(x

)

− x

−x

czyli

(

∀ x ∈ [x

, x

])

f (x)

¬ f(c) +

f (x

)

− f(x

)

− x

− c).

ad i z (5.11) wynika

(

∀ x ∈ [x

, x

])

f (x)

¬ f(c) + f

(c)(x

− c).

To przeczy ´

scisłej wypukło´

sci funkcji f w punkcie c.

Definicja

5.4. Je´

sli f : (a, b)

→ R oraz istnieje pochodna f

(x) dla

każdego x

∈ (a, b), to pochodna funkcji f

: (a, b)

→ R w punkcie x

∈ (a, b)

nazywa si

e pochodn

a drugiego rz

edu albo drug

a pochodn

a funkcji f w punkcie

i oznaczamy j

a przez f

). M´

owimy wtedy, że funkcja f jest dwukrotnie

r´

ożniczkowalna w punkcie x

. Je´

sli f

(x) istnieje dla każdego x

∈ (a, b), to

m´

owimy, że funkcja f jest dwukrotnie r´

ożniczkowalna na (a, b).

Twierdzenie

5.2. Je´

sli funkcja f : (a, b)

→ R jest r´ożniczkowalna na

(a, b) oraz w punkcie x

∈ (a, b), istnieje druga pochodna f

) > 0 (odpow.

) < 0), to funkcja f jest ´

sci´

sle wypukła (odpow. ´

sci´

sle wkl

esła) w punk-

cie x

. W konsekwencji, je´

sli f

) > 0 (odpow. f

) < 0) dla każdego

∈ (a, b), to f jest ´sci´sle wypukła (odpow. ´sci´sle wkl

esła) na (a, b).

Dowód. Udowodnimy najpierw pierwsz

a cz

e´

s´

c tezy, gdy f

) > 0. Po-

nieważ

lim

→x

(x)

− f

)

− x

= f

) > 0,

ec istnieje liczba δ > 0 taka, że (x

− δ, x

+ δ)

⊂ (a, b) oraz

(

∀ x ∈ (x

− δ, x

+ δ)

\ {x

})

(x)

− f

)

− x

> 0.

(5.12)

(Por. ´

cw. ??, rozdz. IV.) Niech g(x) = f (x)

− f(x

)

− f

)(x

− x

) dla

∈ (a, b). Wtedy g

(x) = f

(x)

− f

) dla x

∈ (a, b), wi

ec z (5.12) wynika,

że g

(x) < 0 dla x

∈ (x

− δ, x

). Zatem w my´

sl wniosku 2.3 funkcja g jest

malej

aca na (x

− δ, x

). Podobnie stwierdzamy, że w przedziale (x

, x

+ δ)

funkcja g jest rosn

aca. Wobec tego funkcja g ma w x

minimum lokalne

wła´

sciwe, a dokładniej

(

∀ x ∈ (x

− δ, x

+ δ)

\ {x

})

g(x) > g(x

) = 0.

(

∀ x ∈ (x

− δ, x

+ δ)

\ {x

})

f (x) > f (x

) + f

)(x

− x

To oznacza, że funkcja f jest ´

sci´

sle wypukła w punkcie x

. W przypadku gdy

) < 0, dow´

od jest analogiczny. Druga cz

e´

s´

c tezy wynika z pierwszej i

twierdzenia 5.1.

Wniosek

5.1. Zał´

ożmy, że funkcja f : (a, b)

→ R jest dwukrotnie r´oż-

niczkowalna na (a, b). Je´

sli f jest wypukła (odpow. wkl

esła) na (a, b), to

(x)

0 (odpow. f

(x)

¬ 0) dla każdego x ∈ (a, b).

Dowód. Przypu´

s´

cmy, że dla funkcji wypukłej f na (a, b) istnieje punkt

∈ (a, b) taki, że f

) < 0. Na mocy twierdzenia 5.2 funkcja f jest ´

sci´

sle

wkl

esła w tym punkcie. Z założenia i twierdzenia 5.1 wynika, za´

s, że f jest

wypukła w punkcie x

. Sprzeczno´

s´

Nier´

owno´

s´

c f

(x)

0 w tezie wniosku 5.1 nie może by´c zast

apiona przez

(x) > 0, gdyż dla funkcji wypukłej f (x) = x

, x

∈ R, mamy f

(0) = 0.

Definicja

5.5. Niech funkcja f : (a, b)

→ R b

edzie ci

agła w punkcie

∈ (a, b). M´owimy, że x

jest punktem przegi

ecia funkcji f, gdy istniej

liczby r

, r

> 0 takie, że zachodzi jeden z dw´

och przypadk´

ow:

◦

f jest ´

sci´

sle wypukła na (x

−r

, x

) oraz jest ´

sci´

sle wkl

esła na (x

, x

◦

f jest ´

sci´

sle wkl

esła na (x

−r

, x

) oraz jest ´

sci´

sle wypukła na (x

, x

Twierdzenie

5.3 (warunek konieczny istnienia punktu przegi

ecia). Je-

sli funkcja f : (a, b)

→ R jest dwukrotnie r´ożniczkowalna na (a, b) oraz x

jest punktem przegi

ecia funkcji f, to f

) = 0.

Dowód. Zał´

ożmy, że przypadek 1

◦

zachodzi. Zatem z wniosku 5.1 mamy

(x)

0 dla x ∈ (x

− r

, x

) oraz f

)

¬ 0 dla x ∈ (x

, x

+ r

ad i z wniosku 2.4 wynika, że funkcja f

ma w punkcie x

maksimum

lokalne. Zatem na mocy twierdzenia Fermata (tw. 2.1) mamy f

) = 0.

W przypadku 2

◦

dow´

od jest analogiczny.

Twierdzenie odwrotne do 5.3 jest fałszywe, bo dla funkcji f (x) = x

∈ R, mamy f

(0) = 0, za´

s funkcja f jest wypukła na zbiorze R, wi

= 0 nie jest jej punktem przegi

ecia.

Bezpo´

srednio z twierdzenia 5.2 i definicji 5.5 wynika

Twierdzenie

5.4 (warunek dostat. istnienia punktu przegi

ecia).

Zał´

ożmy, że funkcja f : (a, b)

→ R jest ci

agła w punkcie x

∈ (a, b) oraz

dwukrotnie r´

ożniczkowalna na (a, b) poza by´

c może punktem x

. Je´

sli istniej

liczby r

, r

> 0 takie, że zachodzi jeden z dw´

och przypadk´

ow:

◦

(

∀ x ∈ (x

− r

, x

) f

(x) > 0)

∧ (∀ x ∈ (x

, x

+ r

) f

(x) < 0),

◦

(

∀ x ∈ (x

− r

, x

) f

(x) < 0)

∧ (∀ x ∈ (x

, x

+ r

) f

(x) > 0),

to x

jest punktem przegi

ecia funkcji f.

6. Pochodne wyższych rz

ed´

ow. Wz´

or Taylora

Definicja

6.1. Niech f : (a, b)

→ R oraz x

∈ (a, b). Oznaczamy

(0)

(x) = f (x) dla x

∈ (a, b), w szczeg´olno´sci f

(0)

) = f (x

). Dla n

∈ N

pochodn

a f

(n)

) rz

edu n (albo n-t

a pochodn

a) funkcji f w punkcie x

de-

finiujemy indukcyjnie jak nast

epuje. Niech f

(1)

) = f

). Zał´

ożmy, że

pochodna f

−1)

(x) została zdefiniowana w każdym punkcie x pewnego oto-

czenia U

⊂ (a, b) punktu x

. W´

owczas definiujemy f

(n)

) = (f

−1)

)

tzn. f

(n)

) jest pochodn

a funkcji f

−1)

(x), x

∈ U, w punkcie x

. M´

owimy

w´

owczas, że funkcja f jest n-krotnie r´

ożniczkowalna w punkcie x

. R´

ożniczko-

walno´

s´

c n-krotna funkcji na zbiorze oznacza n-krotn

a r´

ożniczkowalno´

s´

c w

każdym punkcie tego zbioru.

Cwiczenie

6.1. Niech dany b

edzie wielomian W (x) =

n
j=0

−x

)

∈ R, gdzie a

∈ R (j = 0, 1, . . . , n) oraz a

6= 0. Wykaza´c że W

(k)

(x) =

n
j=k

−k)!

− x

)

−k

dla x

∈ R oraz k ∈ N, k ¬ n. W szczeg´olno´sci

(k)

) = a

k!. Dla k > n mamy W

(k)

(x) = 0, x

∈ R.

Cwiczenie

6.2. Wykaza´

c, że dla dowolnej liczby n

∈ N zachodzi nast

puj

aca własno´

s´

c (wz´

or Leibniza): je´

sli funkcje f i g s

a n-krotnie r´

ożniczko-

walne na (a, b), to

· g)

(n)

(x) =

k=0

(k)

(x)g

−k)

(x),

∈ (a, b).

(Por. ´

cw. ??(b), rozdz. I.)

Twierdzenie

6.1 (Taylora). Niech f : [a, b]

→ R oraz n ∈ N ∪ {0}.

Zał´

ożmy, że n-ta pochodna f

(n)

funkcji f istnieje i jest ci

agła na [a, b], za´

pochodna f

(n+1)

istnieje wsz

edzie na (a, b). Niech x

∈ [a, b]. Okre´slmy wie-

lomian P wzorem

P (t) =

k=0

(k)

)

− x

)

∈ R.

Wtedy dla każdego x

∈ [a, b], x 6= x

, istnieje punkt ξ leż

acy mi

edzy x i x

taki, że

f (x) = P (x) +

(n+1)

(ξ)

(n + 1)!

− x

)

n+1

(6.1)

Dowód. Zał´

ożmy, że np. x > x

, (je´

sli x < x

, dow´

od jest analogiczny).

Zauważmy, że P (x

) = f (x

) oraz

(t) =

k=1

(k)

)

k(t

− x

)

−1

∈ R.

W szczeg´

olno´

sci P

) = f

). Przez łatw

a indukcj

e pokazujemy, że (por.

cw. 6.1)

(k)

) = f

(k)

)

dla

k = 0, 1, . . . , n.

(6.2)

Ponieważ P jest wielomianem stopnia

¬ n, wi

(n+1)

(t) = 0

dla

∈ R.

(6.3)

Niech M

∈ R b

edzie tak

a liczb

a, że

f (x) = P (x) + M (x

− x

)

n+1

(6.4)

(taka liczba jest jedynym rozwi

azaniem r´

ownania liniowego (6.4) wzgl

edem

niewiadomej M ). Okre´

slmy funkcj

e pomocnicz

a g wzorem

g(t) = f (t)

− P (t) − M(t − x

)

n+1

∈ [a, b].

(6.5)

Przez łatw

a indukcj

e sprawdzamy, że

(6.6)

(k)

(t) = f

(k)

(t)

− P

(k)

(t)

− M(n + 1) . . . (n − k + 2)(t − x

)

−k+1

dla t

∈ [a, b] i dla k = 1, . . . , n.

Ponadto z (6.3) wynika, że

(n+1)

(t) = f

(n+1)

(t)

− M(n + 1)!

dla t

∈ (a, b).

(6.7)

Na podstawie (6.4) i (6.1) wnosimy, że teza twierdzenia b

edzie spełniona,

gdy znajdziemy punkt ξ

∈ (x

, x) taki, że f

(n+1)

(ξ) = M (n + 1)!. To w my´

(6.7) oznacza, że g

(n+1)

(ξ) = 0.

Z (6.2), (6.5) i (6.6) wynika, że

(k)

) = 0

dla k = 0, 1, . . . , n.

(6.8)

Ponadto na mocy (6.4) i (6.5) mamy g(x) = 0. Zatem dla funkcji g na
przedziale [x

, x] można stosowa´

c twierdzenie Rolle’a (tw. 2.2). Istnieje za-

tem punkt x

∈ (x

, x) taki, że g

) = 0. Ponieważ z (6.8) wynika, że

) = 0, wi

ec można stosowa´

c tw. Rolle’a do funkcji g

na przedziale

, x

]. Istnieje zatem punkt x

∈ (x

, x

) taki, że g

) = 0. Kontynuuj

to rozumowanie, w kroku n + 1 otrzymany punkt x

n+1

∈ (x

, x

) taki, że

(n+1)

n+1

) = 0. Aby zako´

nczy´

c dow´

od, wystarczy przyj

a´

c ξ = x

n+1

Uwaga

6.1. Gdy n = 0, tw. Taylora staje si

e twierdzeniem Lagrange’a

dla funkcji f na przedziale [x

, x] (lub [x, x

]).

Uwaga

6.2. Wz´

or (6.1) nazywamy wzorem Taylora, za´

s drugi składnik

(n+1)

(ξ)

(n + 1)!

− x

)

n+1

= R

n+1

(x)

po prawej stronie wzoru (6.1) nazywamy reszt

a rz

edu n+1 w postaci Lagran-

ge’a. Ponieważ ξ leży mi

edzy x

i x, wi

ec istnieje dokładnie jedna liczba θ

∈

(0, 1) taka, że ξ = x

+ θ(x

− x

), a zatem R

n+1

(x) =

(n+1)

+θ(x

−x

))

(n+1)!

−

)

n+1

. Je´

sli pochodna f

(n+1)

jest ograniczona na (a, b), to dokładno´

s´

c przy-

bliżenia f (x) przez P (x) otrzymamy z oszacowania

|f(x) − P (x)| = |R

n+1

(x)

| ¬

|x − x

n+1

(n + 1)!

sup

∈(a,b)

(n+1)

(t)

Wniosek

6.1 (warunek dostateczny istnienia ekstremum). Zał´

ożmy, że

funkcja f : (a, b)

→ R ma na (a, b) pochodn

a rz

edu 2n, gdzie n

∈ N,

agł

a w punkcie x

∈ (a, b). Je´sli f

(k)

) = 0 dla k = 1, . . . , 2n

− 1

oraz f

(2n)

) > 0 (odpow. f

(2n)

) < 0), to funkcja f ma w punkcie x

minimum (odpow. maksimum) lokalne wła´

sciwe.

Dowód. Zał´

ożmy np., że f

(2n)

) > 0. Z ci

agło´

sci f

(2n)

w punkcie x

wynika (por. ´

cw. 1.3, rozdz.IV), że f

(2n)

(x) > 0 dla każdego x z pewnego

otoczenia U = (x

− r, x

+ r)

⊂ (a, b) punktu x

. Stosuj

ac twierdzenie

Taylora dla x

∈ U\{x

}, mamy

f (x) =

−1

k=0

(k)

)

− x

)

(2n)

(ξ)

(2n)!

− x

)

= f (x

) +

(2n)

(ξ)

(2n)!

− x

)

dla pewnego punktu ξ mi

edzy x i x

. St

ad i z wyboru U wynika, że

(

∀ x ∈ U\{x

}) f(x) − f(x

) > 0.

To oznacza, że funkcja f ma w punkcie x

minimum lokalne wła´

sciwe.

Uwaga

6.3. Dla x

= 0 wz´

or Taylora nosi nazw

e wzoru Maclaurina. Dla

pewnych funkcji m-ta pochodna wyraża si

e prostym wzorem i dzi

eki temu

można poda´

c dla nich wz´

or Taylora (Maclaurina) w og´

olnym przypadku.

Przykład

6.1.

(1) Niech f (x) = e

, x

∈ R. Wtedy f

(m)

(x) = e

dla

∈ N, wi

ec f

(m)

(0) = 0 oraz wz´

or Maclaurina przyjmuje posta´

j=0

n+1

(n + 1)!

θx

gdzie θ

∈ (0, 1).

(2) Niech f (x) = sin x, x

∈ R. Wtedy f

(m)

(x) = sin(x +

mπ

) dla m

∈

∪ {0} (łatwa indukcja), wi

(m)

(0) = sin

mπ

(

gdy

m = 2j

(

−1)

gdy

m = 2j + 1.

Zatem wz´

or Maclaurina przyjmuje posta´

sin x =

−1

j=0

(

−1)

(2j + 1)!

2j+1

+ R

n+1

(x),

gdzie

n+1

(x) = R

(x) =

(2k)!

sin(θx + kπ)

lub

n+1

(x) = R

2k+1

(x) =

2k+1

(2k + 1)!

sin(θx + kπ +

)

oraz θ

∈ (0, 1).

(3) Niech f (x) = cos x, x

∈ R. Wtedy f

(m)

(x) = cos(x +

mπ

) dla m

∈

∪ {0}, wi

(m)

(0) = cos

mπ

(

gdy

m = 2j + 1

(

−1)

gdy

m = 2j.

Zatem wz´

or Maclaurina przyjmuje posta´

cos x =

j=0

(

−1)

(2j)!

+ R

n+1

(x),

gdzie

n+1

(x) = R

2k+1

(x) =

2k+1

(2k + 1)!

cos(θx + kπ +

)

lub

n+1

(x) = R

2k+2

(x) =

2k+2

(2k + 2)!

cos(θx + kπ + π)

oraz θ

∈ (0, 1).

(4) Niech f (x) = ln(1 + x), x >

−1. Wtedy dla j ∈ N mamy

(j)

(x) =

(

−1)

−1

− 1)!

(1 + x)

(j)

(0) = (

−1)

−1

− 1)!,

ln(1 + x) =

j=1

(

−1)

−1

(

−1)

n+1

(n + 1)(1 + θx)

n+1

gdzie θ

∈ (0, 1).

(5) Niech f (x) = (1 + x)

, α

6= 0, x > −1. Wtedy dla j ∈ N mamy

(j)

(x) = α(α

− 1) · · · (α − j + 1)(1 + x)

−j

Oznaczmy

α(α

−1) ··· (α−j+1)

oraz

= 1. Zatem

(j)

(x) =

j!(1 + x)

−j

(j)

(0) =

oraz

(1 + x)

j=0

n + 1

(1 + θx)

−n−1

n+1

gdzie θ

∈ (0, 1). Jest to uog´olnienie dwumianu Newtona. (por. ´cw.

??(b), rozdz. I.)

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
mbwyklad13 analiza h
mbwyklad11 analiza f id 289928
mbwyklad7 Analiza b
mbwyklad9 Analiza d
mbwyklad8 Analiza c
mbwyklad10 analiza e
mbwyklad12 analiza g
analiza złożonych aktów ruchowych w sytuacjach patologicznych

więcej podobnych podstron