§ 25. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej

145

c

1

= +∞. Przyjmując z = a, f (a)

, z

n

= x

n

, f (x

n

)

mamy wtedy z

n

→ z

z

n

− z

||z

n

− z||

=

(1/ϕ(x

n

), 1)

||(1/ϕ(x

n

), 1)||

→ (0, 1),

a więc (0,1) jest wektorem stycznym do wykresu funkcji f w punkcie (a, f (a)),

co nie jest możliwe, bo t(1, c) 6= (0, 1) dla t ∈r. Zatem c

1

6= +∞. Podobnie

c

1

6= −∞. Załóżmy wobec tego, że c

1

∈R. W tym przypadku

z

n

− z

||z

n

− z||

=

(1, ϕ(x

n

))

||(1, ϕ(x

n

))||

→

1, c

1

)

||(1, c

1

)||

,

co dowodzi, że (1, c

1

) jest wektorem stycznym do wykresu funkcji f w punkcie

a, f (a)

. Stąd (1, c

1

) = t(1, c), t ∈

R, więc c

1

= c, tzn. lim

n→∞

ϕ(x

n

) = c, wbrew

złożeniu (7).

W ten sposób dowiedliśmy, że

lim

x→a

+

ϕ(x) = c. Podobnie dowodzi się, że

lim

x→a

−

ϕ(x) = c. Zatem istnieje f

0

(a) = c.

Zauważmy, że w twierdzeniu tym trzeba założyć ciagłość funkcji f w punkcie

a, gdyż nie wynika ona z założonego istnienia stycznej postaci (6).

Na przykład funkcja

f (x) =

n

1

dla x =

1

n

, n = 1, 2, . . . ,

0

dla pozostałych x ∈

R

jest nieciągła w punkcie x = 0, a jej wykres ma styczną w punkcie (0, f (0)) = (0, 0) -jest nią

prosta o równaniu y = 0.

Twierdzenie 2 można bez trudu uogólnić na przypadek, gdy Y= R

k

. Pozo-

staje również prawdziwe dla każdej przestrzeni Banacha Y o wymiarze dim Y <
+∞. Przestaje obowiązywać, gdy dim Y = +∞ (zob. ćwicz. 2).

Rysunek 8 ilustruje pojęcie prostej stycznej do wykresu funkcji w przypadku

Y=R, rysu-

nek 9- w przypadku Y=R

2

(por. tw. 9).

10 Analiza matematyczna

146

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

3. Podstawowe reguły różniczkowania. W sformułowanych niżej twier-

dzeniach D i E są podzbiorami przestrzeni liczb rzeczywistych R, litery Y, Y

i

, Z

oznaczają pewne przestrzenie unormowane nad ciałem skalarów K.

T

WIERDZENIE

3.Jeżeli funkcje f, g: D → Y są różniczkowalne w punkcie a

∈ D, to funkcje f + g i f − g też są różniczkowalne w punkcie a oraz

(f + g)

0

(a) = f

0

(a) + g

0

(a), (f − g)

0

(a) = f

0

(a) − g

0

(a).

Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne, to funkcjef + gi f − g też są różnicz-

kowalne oraz

(f + g)

0

= f

0

+ g

0

, (f − g)

0

= f

0

− g

0

.

D o w ó d. Ponieważ

(f

+

−g)(x) − (f

+

− g)(a)

(x − a)

=

f (x) − f (a)

(x − a)

+

−

g(x) − g(a)

x − a

,

więc pierwsza część twierdzenia wynika z twierdzenia o granicy sumy i różnicy.

Druga część twierdzenia jest wnioskiem z części pierwszej.
T

WIERDZENIE

4.Jeżeli funkcja f : D → K i g: D → Y

są różniczkowalne w

punkcie a ∈ D, to funkcja f g też jest różniczkowalna w punkcie a oraz

(f g)

0

(a) = f

0

(a)g(a) + f (a)g

0

(a).

Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne, to funkcja f g jest też różniczkowalna

(f g)

0

= f

0

g + f g

0

.

D o w ó d. Pierwsza część twierdzenia jest wnioskiem z równości

(f g)(x) − (f g)(a)

x − a

=

f (x) − f (a)

x − a

g(x) + f (a)

g(x) − g(a)

x − a

oraz z ciągłości funkcji g w punkcie a, która jest konsekwencja jej różniczkowal-
ności w tym punkcie,

Druga część twierdzenia wynika z pierwszej.
Z twierdzenia 4, uwzględniając, że funkcja stała ma pochodną równą zeru

otrzymujemy natychmiast

T

WIERDZENIE

5 . Jeźeli funkcja f : D → Y

jest różniczkowalna w punkcie

a ∈ D, to dla każdej λ ∈ K funkcja λf jest różniczkowalna w punkcie a oraz

(λf )

0

(a) = λf

0

(a).

Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna to funkcja λf też jest różniczkowalna

(λf )

0

= λf

0

.

§ 25. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej

147

T

WIERDZENIE

6. Jeżeli funkcje f : D → Y i g: D → K są różniczkowalne w

punkcie a ∈ D i g(x) 6= 0 dla każdego x ∈ D, to funkcja f /g jest różniczkowalna
w punkcie a oraz

(

f

g

)

0

(a) =

f

0

(a)g(a) − f (a)g

0

(a)

(g(a))

2

.

Jeżeli funkcje f i g różniczkowalne, to funkcja f /g też jest różniczkowalna

(

f

g

)

0

=

f

0

g − f g

0

g

2

.

D o w ó d. Ponieważ

(1/g)(x) − (1/g)(a)

x − a

= −

g(x) − g(a)

x − a

·

1

g(x)g(a)

,

więc uwzględniąjąc ciągłość funkcji g w punkcie a otrzymujemy

(9)

(

1

g

)

0

(a) = −

g

0

(a)

(g(a))

2

.

Wzór (8) wynika z (9) i twierdzenia 4, bo f /g jest iloczynem 1/g przez f .
Druga część twierdzenia jest wnioskiem z części pierwszej.
T

WIERDZENIE

7.Jeżeli f : D → Y jest różniczkowalna w punkcie a ∈ D, to

dla każdej funkcji ϕ ∈ L(Y ; Z) funkcja ϕ ◦ f jest różniczkowalna w punkcie a

(ϕ ◦ f )

0

(a) = ϕ(f

0

(a)).

Jeżeli f jest funkcją różniczkowalną, to ϕ ◦ f jest funkcją różniczkowalną

oraz

(ϕ ◦ f )

0

= ϕ ◦ f

0

.

D o w ó d. Wystarczy dowieść pierwszej części twierdzenia. Jest ona wnio-

skiem z równości

(ϕ ◦ f )(x) − (ϕ ◦ f )(z)

x − a

= ϕ(

f (x) − f (a)

x − a

)

i z ciagłości funkcji ϕ.
T

WIERDZENIE

8. Jeżeli f : D → E jest funkcja różniczkowalna w punkcie

a ∈ D oraz g: E → Y jest funkcja różniczkowalna w punkcie b = f (a), to g ◦ f
jest funkcja różniczkowalna w punkcie a oraz

(10)

(g ◦ f )

0

(a) = g

0

(b)f

0

(a).

Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne, to g ◦ f jest funkcja różniczkowalna

148

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

(g ◦ f )

0

= (g

0

◦ f )f

0

.

D o w ó d. Niech

ε(y) =

(

g(y)−g(b)

y−b

dla y ∈ E \ {b}

0

dla y = b.

Wtedy

g(y) − g(b) = g

0

(b)(y − b) + ε(y)(y − b).

Podtawiając y = f (x) i uwzględniając, że b = f (a), dostajemy

(11)

(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(a)

x − a

= g

0

(b)

f (x) − f (a)

x − a

+ ε(f (x))

f (x) − f (a)

x − a

.

Funkcja ε jest ciągła w punkcie b = f (a), a funkcja f ciągła w punkcie a,

więc lim

x→a

ε(f (x)) = ε(b) = 0 wobec tego z równości (11) w granicy dla x → a

dostajemy (10).

Druga część twierdzenia jest wnioskiem z części pierwszej.
T

WIERDZENIE

9. Funkcje F : D → Y

1

× . . . × Y

k

, F = (f

1

, . . . , f

k

), jest róż-

niczkowalna w punkcie a ∈ D wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie jej współrzędne
f

1

, . . . , f

k

są różniczkowalne w punkcie a. Przy tym

F

0

(a) = f

0

1

(a), . . . , f

0

k

(a)

.

Funkcja F jest różniczkowalna wtedy i tylko wtedy, gdy są różniczkowalne

wszystkie jej współrzędne i wówczas

F

0

= (f

0

1

, . . . , f

0

k

).

D o w ó d. Wystarczy zauważyć, że

F (x) − F (a)

x − a

=

f

1

(x) − f

1

(a)

x − a

, . . . ,

f

k

(x) − f

k

(a)

x − a

i powołać się na twierdzenie 4 z § 9.

ćwiczenia
1. Niech f : (−1; 1) → l (zob. § 23, ćwicz. 3) będzie funkcją określoną nastepujaco:

f (x) = (x, x

2

, . . . , x

l

, . . .),

Zbadać różniczkowalność funkcji f w punkcie x = 0.

2. Rozważmy funkcje f : R → l określoną następująco:

f (x) =



1
n

e

n

dla x =

1

n

, n = 1, 2, . . . ,

0

dla pozostałych x ∈

R

§ 25. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej

149

oznaczenia takie jak w ćwicz. 3 z § 23). Dowieść, że funkcja f jest ciagła w punkcie
x = 0, nie jest różniczkowalna w tym punkcie i że styczna do wykresu funkcji f w
punkcie (0, f (0)) jest prostą o równaniu y = 0.

3. Niech f

i

: D → Y

i

(i = 1, 2, . . . , k), ϕ ∈ L(Y

1

, . . . , Y

k

; Z) (D ⊂ R , Y

1

, . . . , Y

k

, Z

-przestrzeniu unormowane). Dowieść, że jeżeli funkcje f

1

, . . . , f

k

są różniczkowalne w

punkcie a, to funkcja ψ: D → Z gdzie

ψ(x) = ϕ(f

1

(x), . . . , f

k

(x)),

jest różniczkowalna w punkcie a i

ψ

0

(a) =

k

X

i=1

ϕ(f

1

(a), . . . , f

i−1

(a), f

0

1

(a), f

i+1

(a), . . . , f

k

(a)).

4. Niech D ⊂ R, f

ij

: D → R

k

(i = 1, 2, . . . , k) - funkcje roźniczkowalne w punkcie

a i ψ: D → R gdzie

ψ(x) = det[f

ij

(x)].

Wyznaczyć ψ

0

(a).

Wskazówka. Zob. poprzednie ćwiczenie.

Odpowiedz. 1 f.

0

(0) = (1, 0, 0, . . .).

150

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach
rzeczywistych.

1. Przykłady. 1. Dla każdego x i dowolnego naturalnego k

(x

k

)

0

= kx

k−1

(x

k

)

0 1

(dla k = 1, x = 0 umawiamy sie, że 0

0

= 1).

Dowodzimy tego za pomocą indukcji. Dla k = 1 prawdziwość wzoru, który w

tym przypadku przyjmuje postać (x)

0

= 1, wynika wprost z definicji. Zakładając

jego słuszność dle pewnego k z równości x

k+1

= x

k

x wnosimy, że (x

k+1

)

0

=

(x

k

)

0

x + x

k

(x)

0

= kx

k−1

x + x

k

= (k + 1)x

k

.

2. Dla x 6= 0 i dowolnego naturalnego k

(

1

x

k

)

0

= −k

1

x

k+1

.

Na mocy wzoru z poprzedniego przykładu i wzoru (9) z § 25

(

1

x

k

)

0

= −

(x

k

)

0

(x

k

)

2

= −

kx

k−1

x

2

k

= −k

1

x

k+1

.

3. Jeżeli a > 0, a 6= 0, to dla każdego x > 0

(1)

(log

a

x)

0

=

1

x log

a

, w szczególności (log x)

0

=

1

x

.

Niech x

n

> 0, x

n

6= x (n = 1, 2, . . .) i x

n

→ x. Mamy

(2)

log

a

x

n

− log

a

x

x

n

− x

=

1

x log a

·

log(1 − y

n

)

y

n

,

gdzie y

n

=

1

x

(x

n

− x) (n = 1, 2, . . .). Ponieważ y

n

> −1 i y

n

→ 0, więc

log(1 + y

n

)

y

n

→ 1

(zob. § 18, wzór (6)) i w takim razie z (2) wynika, źe

log

a

x

n

− log

a

x

x

n

− x

→

1

x log a

,

co dowodzi wzoru (1).

Uogólnieniem drugiego ze wzorów (1) jest

(log |x|)

0

=

1

x

dla x 6= 0

1

oznacza pochodną funkcji x → x

k

w punkcie x symbol f

0

(x) został zastapiony znacznie

wygodniejszym- chociaż niezbyt poprawnym- oznaczeniem (f (x))

0

. Tak samo postępujemy w

dalszych przykładach.

§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych

151

4. Jeżeli a > 0 , to dla każdego x

(3)

(a

x

)

0

= a

x

log a, w szczególności (e

x

)

0

= e

x

.

Niech x

n

6= x (n = 1, 2, . . .), x

n

→ x. Przyjmijmy y

n

= a

x

n

−x

− 1. Wtedy

(4)

a

x

n

− a

x

x

n

− x

= a

x

log a

y

n

log(1 + y

n

)

dla n = 1, 2, . . . . Ponieważ y

n

> −1 i y

n

→ 0, więc tak samo jak w poprzed-

nim przykładzie z (4) wnosimy, że

a

x

n

− a

x

x

n

− x

→ a

x

log a.

5. Dla dowolnego α i każdego x > 0

(x

α

)

0

= αx

α−1

.

Ponieważ

x

α

= e

α log x

.

więc na mocy wzorów z przykładów 3 i 4 oraz twierdzenia 8 z § 25 o różniczko-
waniu złożenia

(x

α

)

0

= e

α log x

(α log x)

0

= e

α log x

α

x

= αx

α−1

.

6. Dla każdego x

(sin x)

0

= cos x, (cos x)

0

= − sin x.

Niech x

n

¬x (n = 1, 2, . . .), x

n

→ x. Mamy

sin x

n

− sin x

x

n

− x

=

sin y

n

y

n

cos(x + y

n

),

cos x

n

− cos x

x

n

− x

= −

sin y

n

y

n

sin(x + y

n

),

gdzie y

n

=

1
2

(x

n

−x) → 0. Ponieważ

sin y

n

y

n

→ 1 (zob. § 9, przykład 3) i cos(x+

y

n

) → cos x, sin(x + y

n

) → sin x wobec ciagłości funkcji trygonometrycznych,

wiec

sin x

n

− sin x

x

n

− x

→ cos x

cos x

n

− cos x

x

n

− x

→ − sin x

7. Wyprowadzimy teraz wzory

152

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

(tg x)

0

=

1

cos

2

x

dlax 6=

1

2

π + kπ (k = 0,

+

− 1, . . .),

(ctgh x)

0

=

1

sin

2

x

dlax 6= kπ (k = 0,

+

− 1, . . .),

Na mocy twierdzenia 6 z § 25 o różniczkowaniu ilorazu i wzorów z poprzed-

niego przykładu

(tg x)

0

= (

sin x

cos x

)

0

=

(sin x)

0

cos x − sin x(cos x)

0

cos

2

x

=

cos

2

x + sin

2

x

cos

2

x

=

1

cos

2

x

.

Podobnie wyprowadza się drugi wzór.
Zanim przejdziemy do następnych przykładów, udowodnimy następujące
T

WIERDZENIE

1. Jeżeli f : (a; b) → R jest funkcją ciągłą i ściśle monotonicz-

ną, różniczkowalną w punkcie x ∈ (a; b) i f

0

(x) 6= 0, to funkcja odwrotna f

−1

jest różniczkowalna w punkcie y = f (x) oraz

(f

−1

)

0

(y) =

1

f

0

(x)

.

D o w ó d. Zbiór wartości funkcji f , będący dziedziną funkcji f

−1

(n = 1, 2, . . .).

Dla dowolnego ciągu (y

n

) punktów tego przedziału, gdzie y

n

6= y (n = 1, 2, . . .)

i y

n

→ y, mamy

(5)

f

−1

(y

n

) − f

−1

(y)

y

n

− y

=

x

n

− x

f (x

n

) − f (x)

,

gdzie x

n

= f

−1

(y

n

) (n = 1, 2, . . .). Ponieważ funkcja f

−1

jest ciągła (zob, §18,

tw. 5), więc x

n

→ f

−1

(y) = x. Stąd i z (5)

f

−1

(y

n

) − f

−1

(y)

y

n

− y

→

1

f

0

(x)

Następne przykłady ilustrują to twierdzenie.
8. Dla każdego x ∈ (−1, 1)

(arc sin x)

0

=

1

√

1 − x

2

,

(arc cos x)

0

= −

1

√

1 − x

2

.

Dla dowodu weźmiemy jako f w twierdzeniu 1 funkcje x → sin x zreduko-

waną do przedziału (−

1
2

π;

1
2

π). Otrzymujemy

(arc sin y)

0

=

1

(sin x)

0

=

1

cos x

=

1

p

1 − sin

2

x

=

1

p

1 − y

2

.

Drugi wzór wyprowadza się zupełnie podobnie.

9. Dla każdego x

§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych

153

(arc tg x)

0

=

1

1 + x

2

Z twierdzenia 1, biorąc za f funkcje x → tg x zredukowaną do przedziału

(−

1
2

π;

1
2

π) , wnosimy, że

(arc tg y)

0

=

1

(tg x)

0

= cos

2

x =

1

1 + tg

2

x

=

1

1 + y

2

otrzymując pierwszy wzór. Wyprowadzenie drugiego jest podobne.

2. Pochodna nieskończona. W przypadku funkcji o wartościach rzeczy-

wistych pojęcie pochodnej można rozszerzyć, przyjmując

f

0

(a) = lim

n→a

f (x) − f (a)

x − a

zawsze, gdy istnieje granica po prawej stronie w konsekwencji może być

f

0

(a) = +∞ oraz f

0

(a) = −∞. Nie będziemy jednak rozszerzać pojęcia różnicz-

kowalności funkcji, tzn. za różniczkowalna w punkcie a bedziemy uważać funkcje
f wtedy, gdy f

0

(a) jest liczbą skończoną.

Można łatwo udowodnić
T

WIERDZENIE

2. Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła w punkcie a ∈ IntD,

to istnienie niskończonej pochodnej f

0

(a) jest równoważna temu, że prosta o

równaniu x = a jest styczna do wykresu funkcji f w punkcie (a, f (a)).

Niech na przykład

f (x) =

3

√

x, x ∈ R.

Mamy

f

0

(0) = lim

n→0

3

√

x

x

= lim

n→0

1

3

√

x

2

= +∞.

Styczną do wykresu funkcji f w punkcie (0, f (0)) = (0, 0) jest prosta o równaniu x = 0.

3. Twierdzenie Rolle’a, Lagrange’a i Cauchy’ego. Udowodnimy naj-

pierw następujący

L

EMAT

(Fermata). Jeżeli D⊂ R, f : D→ R, ξ ∈ IntD i f (x) ­ f (ξ) (albo

f (x) ¬ f (ξ)) dla każdego x ∈ D, to z istnienia pochodnej funkcji f w punkcie ξ
wynika, że f

0

(ξ) = 0 .

Dowód. Istnieje δ > 0 takie, że hξ−δ, ξ+δi ⊂ D. Niech x

n

= ξ+δ(−1)

n

/n (n =

1, 2, . . .).
Ponieważ x

n

6= ξ i x

n

→ ξ, więc

lim

n→∞

f (x

n

) − f (ξ)

x

n

− ξ

= f

0

(ξ).

Jeżeli f (x) ­ f (ξ) dla każdego x ∈ D, to

f (x

2

k) − f (ξ)

x

2

k − ξ

­ 0 ­

f (x

2k−1

) − f (ξ)

x

2k−1

− ξ

154

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

(k = 1, 2, . . .) i w granicy dla k → ∞ otrzymujemy f

0

(ξ) ­ 0 ­ f

0

(ξ). Stąd

f

0

(ξ) = 0.

Podobnie rozumie się, gdy f (x) ¬ f (ξ) dla każdego x ∈D.
T

WIERDZENIE

3. (Rolle’a). Jeżeli f : ha; bi → R jest funkcją ciągła mającą

pochodną w każdym punkcie przedziału (a; b) i f (a) = f (b), to istnieje punkt
ξ ∈ (a; b) taki,że f

0

(ξ) = 0.

D o w ó d. Ponieważ przedział ha; bi jest zbiorem zwartym, więc z twierdzenia

Weierstrassa (§17, tw. 8) wynika istnienie takich punktów x

1

, x

2

∈ ha; bi, że

f (x

1

) ¬ f (x) ¬ f (x

2

)

dla każdego x ∈ ha; bi,
Jeżeli f (x

1

) = f (x

2

) , to funkcja jest stała, więc f

0

(x) = 0 dla każdego

x ∈ ha; bi.

Jeżeli f (x

1

) < f (x

2

), to z równości f (a) = f (b) wynika, że przynajmniej je-

den z punktów x

1

i x

2

jest punktem wewnętrznym przedziału ha; bi. Oznaczając

go przez ξ wnosimy z lematu Fermata, że f

0

(ξ) = 0.

T

WIERDZENIE

4.(Lagrange’a o przyrostach). Jeżeli f : ha; bi →R jest funkcją

ciągła mającą pochodną w każdym punkcie przedziału (a; b), to istnieje punkt
ξ ∈ (a; b) taki, że

(6)

f (b) − f (a)

b − a

= f

0

(ξ).

D o w ó d. Niech

ϕ(x) = f (x) − f (b) −

f (b) − f (a)

b − a

(x − a).

Funkcja ϕ spełnia założenia twierdzenia Rolle’a, bo ϕ(a) = 0 = ϕ(b) i

ϕ

0

(x) = f

0

(x) −

f (b) − f (a)

b − a

dla x ∈ (a; b).

Równość ϕ

0

(ξ) = 0 daje (6).

Twierdzenie Lagrange’a wypowiada się również w sformułowaniu nieco ogól-

niejszym:
Jeżeli I ⊂R jest przedziałem, f : I → R jest funkcją ciągłą, mającą pochodną
w dowolnym punkcie zbioru Int I \{a}, gdzie a ∈I, to dla każdego x ∈I istnieje
liczba θ taka, że

0 < θ < 1 i f (x) = f (a) + f

0

(a + θ(x − a))(x − a).

T

WIERDZENIE

5. Niech I ⊂ R bedzie przedziałem. Jeżeli funkcja ciągła f : I →R

ma pochodną w każdym punkcie x ∈ Int I i f

0

(x) > 0, to f jest funkcją rosnącą.

Analogicznie, jeżeli dla każdego x ∈ Int I jest f

0

(x) < 0, to f jest funkcja

malejąca.

§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych

155

D o w ó d. Załóżmy, że pochodna jest dodatnia. Niech x

1

< x

2

. Na mocy

twierdzenia Lagrange’a

f (x

2

) − f (x

1

) = f

0

(ξ)(x

2

− x

1

) > 0,

tj. f (x

2

) > f (x

1

),

Tak samo rozumie się, gdy pochodna jest ujemna.
T

WIERDZENIE

6. ( Cauchy’ego o przyrostach). Niech f, g: ha; bi → R bę-

dą funkcjami ciągłymi. Jeżeli obie funkcje f ig są różniczkowalne na (a; b) i
g

0

(x) 6= 0 dla każdego x ∈ (a; b), to istnieje punkt ξ ∈ (a; b) taki, że

(7)

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

=

f

0

(ξ)

g

0

(ξ)

.

D o w ó d. g(b) 6= g(a) na mocy twierdzenia Rolle’a. Przyjmując

ϕ(x) = f (x) − f (a) −

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

(g(x) − g(a))

określamy na przedziale ha; bi funkcje ϕ, która spełnia założenia twierdzenia
Rolle’a, bo ϕ(a) = 0 = ϕ(b) oraz

ϕ

0

(x) = f

0

(x) −

f (b) − f (a)

g(b) − g(a)

g

0

(x).

Równość ϕ

0

(ξ) = 0 daje (7).

Dla funkcji g(x) = x wzór (7) sprowadza się do wzoru (6) z twierdzenia

Lagrange’a.

Twierdzenie Cauchy’ego formułuje się również ogólniej, jak następuje: Jeżeli

I ⊂ R jest przedziałem, funkcją ciągłą f, g: I → R sa różniczkowalne w zbiorze
Int I \{a}, gdzie a ∈ I , przy czym pochodna funkcji g nigdzie nie jest równa
zeru, to dla każdego x ∈ I \{a} istnieje liczba θ taka, że

0 < θ < 1

i

f (x) − f (a)

g(x) − g(a)

=

f

0

(a + θ(x − a)

g

0

(a + θ(x − a)

.

4. Reguły de L’Hospitala

T

WIERDZENIE

7. Niech D = (a; b)\{x

0

}, gdzie x

0

jest punktem skupienia

przedziału (a; b) i niech f, g: D → R będą funkcjami różniczkowalnymi. Jeżeli
g

0

(x) 6= 0 dla x ∈ D oraz

lim

x→x

0

f (x) = lim

x→x

0

g(x) = 0, +∞ lub − ∞

to z istnienia granicy

(8)

lim

x→x

0

f

0

(x)

g

0

(x)

= c

156

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

wynika istnienie granicy

lim

x→x

0

f (x)

g(x)

= c.

D o w ó d. W pierwszym przypadku, gdy lim

x→x

0

f (x) = 0 = lim

x→x

0

g(x), dowód

nie przedstawia trudności. Przyjmujemy f (x

0

) = g(x

0

) = 0, rozszerzając w ten

sposób funkcje f i g na przedział D ∪{x

0

}. Dla dowolnego ciągu (x

n

) punktów

zbioru D mamy na mocy twierdzenia Cauchy’ego.

(9)

f (x

n

)

g(x

n

)

=

f

0

(ξ

n

)

g

0

(ξ

n

)

,

gdzie ξ

n

= x

0

+ θ

n

(x

n

− x

0

), 0 < θ

n

< 1 i w konsekwencji |ξ

n

− x

0

| < |x

n

− x

0

|

dla n = 1, 2, . . . Stąd wynika, że jeżeli x

n

→ x

0

, to ξ

n

→ x

0

i wobec założenia

(8) prawa strona równości (9) - a zatem i lewa strona - jest ciągiem zbieżnym
do granicy c. Dowodzi to tezy twierdzenia.

Przejdźmy do drugiego przypadku. Niech lim

x→x

0

g(x) = +∞ i

(10)

lim

x→x

0

f

0

(x)

g

0

(x)

= 0.

Udowodnimy, że jeżeli x

0

> a, to

(11)

lim

x→x

−
0

f (x)

g(x)

= 0.

Dla drugiej liczby ε > 0 z naszych założeń wynika istnienie takiej liczby

¯

x ∈ (a, x

0

), że

(12)

g(x) > 0 i |

f

0

(x)

g

0

(x)

| <

1

2

ε dla ¯

x < x < x

0

Niech teraz a < x

n

< x

0

(n = 1, 2, . . .) i x

n

→ x

0

. Istnieje N

1

takie, że

x

n

> ¯

x dla n > N

1

. Mamy

(13)

f (x

n

)

g(x

n

)

=

f (¯

x)

g(x

n

)

+

f (x

n

) − f (¯

x)

g(x

n

) − g(¯

x)

(1 −

g(¯

x)

g(x

n

)

).

Na mocy twierdzenia Cauchy’ego

f (x

n

) − f (¯

x)

g(x

n

) − g(¯

x)

=

f

0

(ξ

n

)

g

0

(ξ

n

)

,

gdzie (dla n > N

1

) ¯

x < ξ

n

< x

0

, wiec z (12) wnosimy, że

§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych

157

|

f (x

n

) − f (¯

x)

g(x

n

) − g(¯

x)

| <

1

2

ε.

W takim razie z (13) dostajemy

|

f (x

n

)

g(x

n

)

| ¬ |

f (¯

x)

g(x

n

)

| +

1

2

ε|1 −

g(¯

x)

g(x

n

)

|

dla n > N

1

. Ponieważ prawa strona jest ciągiem zbieżnym do

1
2

ε, więc ostatecz-

nie stwierdzamy, że istnieje N takie, że dla n > N jest |f (x

n

)/g(x

n

)| < ε. W

ten sposób dowiedliśmy (11).

Podobnie dowodzi się, że jeżeli x

0

< b, to lim

x→x

+
0

(f (x)/g(x)) = 0.

A więc w przypadku gdy lim

x→x

0

g(x) = +∞ (założenie, że lim

x→x

0

f (x) = +∞,

nie było do tej pory wykorzystywane), teza twierdzenia jest prawdziwa dla c = 0.
Stąd wynika jej prawdziwość dla dowolnego c ∈ R, bo

f (x)

g(x)

= c +

f

1

(x)

g(x)

, gdzie f

1

(x) = f (x) − cg(x)

oraz

lim

x→x

0

f

0

1

(x)

g

0

(x)

= lim

x→x

0

(

f

0

(x)

g

0

(x)

− c) = 0.

Jeżeli c = +∞, to f

0

(x) 6= 0 dla x dostatecznie bliskich x

0

oraz lim

x→x

0

(g

0

(x)/f

0

(x)) =

0, wiec założenie lim

x→x

0

f (x) = +∞ implikuje lim

x→x

0

(g(x)/f (x)) = 0. Jeżeli przy

tym lim

x→x

0

g(x) = +∞, to obie funkcje f i g są dodatnie blisko punktu x

0

i wo-

bec tego lim

x→x

0

(f (x)/g(x)) = +∞. Przypuszczenie, że c = −∞, jest sprzeczne z

pozostałymi założeniami.

Zastępując w udowodnionej już części twierdzenia f i g odpowiednio przez

−f i −g stwierdzamy, że jest ono prawdziwe także w ostatnim przypadku, gdy
wspólną wartością obu granic funkcji f i g w punkcie x

0

jest −∞.

T

WIERDZENIE

8. Niech f, g: (a : +∞) → R będą funkcjami różniczkowal-

nymi.Jeżeli g

0

(x) 6= 0 dla każdego x > a oraz

lim

x→+∞

f (x) =

lim

x→+∞

g(x) =

0, +∞ lub − ∞
to z istnienia granicy

lim

x→+∞

f

0

(x)

g

0

(x)

= c

wynika istnienie granicy

lim

x→+∞

f (x)

g(x)

= c.

D o w ó d. Można założyć, że a > 0. Niech f

1

(t) = f (1/t), g

1

(t) = g(1/t) dla

t ∈ (0, 1/a). Wtedy

158

III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego

f

0

1

(t) = −

1

t

2

f

0

(

1

t

) i g

0

1

(t) = −

1

t

2

g

0

(

1

t

).

Wobec tego na mocy poprzedniego twierdzenia

lim

x→+∞

f (x)

g(x)

= lim

t→0

f

1

(t)

g

1

(t)

= lim

t→0

f

0

1

(t)

g

0

1

(t)

=

lim

x→+∞

f

0

(x)

g

0

(x)

= c.

Twierdzenie 7 i 8 znane sa pod nazwą reguł de L’Hospitala.

ćwiczenia
1. Niech a

n

∈ R (n = 1, 2, . . .), a

n

6= a

m

dla n 6= m. Przyjmijmy %

f (x) =

∞

X

n=1

|x − a

n

|

2

n

(|a

n

| + 1)

.

Wykazać, że f

0

(x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy x 6= a

n

dla n = 1, 2, . . .

Wskazówka. Zastosować twierdzenie 20 z §23.
2.Dowieść, że funkcja różniczkowalna f : ha; bi →R jest rosnąca wtedy i tylko wtedy,

gdy f

0

(x) ­ 0 dla wszystkich x ∈ ha; bi i zbiór {x : f

0

(x) > 0} jest gesty w ha; bi.