Wykład 09
Witold Obłoza
20 stycznia 2011
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.