Pochodne wy˙zszych rze

,

d´

ow

Podstawowe definicje i twierdzenia

W wielu przypadkach dochodzi do obliczania pochodnej funkcji, kt´ora sama jest

pochodna

,

. Przydatne jest to np. wtedy, gdy trzeba ustali´c jakie w lasno´sci ma funkcja.

Przyjmuje sie

,

naste

,

puja

,

ce okre´slenie.

Definicja 7.1 (pochodnej wy˙zszego rze

,

du)

Niech f be

,

dzie funkcja

,

okre´slona

,

na zbiorze zawieraja

,

cym przedzia l otwarty I za-

wieraja

,

cy punkt p . Niech f

(0)

(x) = f (x) dla ka˙zdego x z dziedziny funkcji f .

Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f ma pochodna

,

(n − 1) –ego rze

,

du f

(n−1)

w ka˙zdym punkcie

przedzia lu I . Je´sli funkcja f

(n−1)

ma w punkcie p pochodna

,

f

(n−1)

0

(p) , to te

,

pochodna

,

nazywamy pochodna

,

n –tego rze

,

du funkcji f w punkcie p i oznaczamy

symbolem f

(n)

(p) . Je´sli pochodna n –tego rze

,

du jest sko´

nczona, to m´owimy, ˙ze funk-

cja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w tym punkcie.

Jest jasne, ˙ze f

0

= f

(1)

. Zamiast pisa´c f

(2)

piszemy na og´o l f

00

. Niekt´orzy

matematycy zamiast f

(3)

pisza

,

f

000

.

Przyk lad 7.1

Niech f (x) = ax + b . Wtedy dla ka˙zdego x mamy f

0

(x) = a , wie

,

c

f

00

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x . Wobec tego r´ownie˙z f

(3)

(x) = 0 , a sta

,

d

wynika, ˙ze r´ownie˙z f

(n)

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby naturalnej n > 1 i ka˙zdej liczby

rzeczywistej x .

Przyk lad 7.2

Niech f (x) = ax

2

+ bx + c . Wtedy f

0

(x) = 2ax + b , wobec tego

f

00

(x) = 2a i wobec tego dla ka˙zdej liczby naturalnej n > 2 i ka˙zdej liczby rzeczywi-

stej x zachodzi r´owno´s´c f

(n)

(x) = 0 .

Przyk lad 7.3

Niech f be

,

dzie wielomianem stopnia m , tzn. istnieja

,

liczby rze-

czywiste a

0

, a

1

,. . . , a

m

, przy czym a

m

6= 0 , takie ˙ze dla ka˙zdego x ∈ IR zachodzi

r´owno´s´c f (x) = a

0

+ a

1

x + a

2

x

2

+ · · · + a

m

x

m

. Wtedy f

(m)

(x) = m!a

m

dla ka˙zdego

x ∈ IR oraz f

(n)

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby naturalnej n > m i ka˙zdej liczby rzeczy-

wistej x .
Twierdzenie to wykazali´smy ju˙z w przypadku m = 1, 2 . Za l´o˙zmy, ˙ze jest ono praw-
dziwe dla wszystkich wielomian´ow stopnia mniejszego ni˙z m . R´owno´s´c

f

0

(x) = a

1

+ 2a

2

+ · · · + ma

m

x

m−1

x

zachodzi dla wszystkich x ∈ R . Poniewa˙z f

0

jest wielomianem stopnia m − 1 ,

wie

,

c (f

0

)

(m−1)

(x) = (m − 1)! · ma

m

dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x . Poniewa˙z

(f

0

)

(m−1)

= f

(m)

oraz (m − 1)! · m = m! , wie

,

c dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x

1

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

mamy f

(m)

(x) = m!a

m

. Sta

,

d oczywi´scie wynika, ˙ze je´sli n > m jest liczba

,

natu-

ralna

,

, to f

(n)

(x) = 0 dla ka˙zdego x ∈ IR .

Przyk lad 7.4

Niech f (x) = e

x

. Wtedy f

(1)

(x) = f

0

(x) = e

x

. Wobec tego dla

ka˙zdej liczby naturalnej n i ka˙zdej rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c f

(n)

(x) = e

x

.

Przyk lad 7.5

Niech f (x) = sin x . Wtedy f

(1)

(x) = f

0

(x) = cos x . Zatem

f

(2)

(x) = f

00

(x) = − sin x = −f (x) . Sta

,

d wynika, ˙ze f

(3)

(x) = −f

0

(x) = − cos x oraz

f

(4)

(x) = −f

00

(x) = sin x . Jasne jest, ˙ze od tego momentu be

,

da

,

sie

,

kolejno pojawia´c,

cos x , − sin x , − cos x i zn´ow sin x itd. Mo˙zna wie

,

c napisa´c f

(2n)

(x) = (−1)

n

sin x

oraz f

(2n+1)

(x) = (−1)

n

cos x dla dowolnego n ∈ {0, 1, 2, . . .} i x ∈ IR .

Przyk lad 7.6

Podobnie jak w poprzednim przyk ladzie mo˙zemy wykaza´c, ˙ze

(cos x)

(2n)

= (−1)

n

cos x oraz (cos x)

(2n+1)

= (−1)

n+1

sin x .

Przyk lad 7.7

Niech f (x) = ln x . Zachodzi r´owno´s´c f

(1)

(x) = f

0

(x) =

1

x

= x

−1

.

Wobec tego f

(2)

(x) = f

00

(x) = x

−1

0

= (−1)x

−1−1

= −x

−2

. Naste

,

pnie otrzymu-

jemy f

(3)

(x) = −x

−2

= 2x

−3

, potem f

(4)

(x) = 2(−3)x

−4

= −3!x

−4

. Analogicznie

f

(5)

(x) = 4!x

−5

itd. Og´olnie f

(n)

(x) = (ln(x))

(n)

= (−1)

n−1

(n − 1)!x

−n

dla ka˙zdej

liczby ca lkowitej n ≥ 1 i ka˙zdej liczby rzeczywistej x .

.

Przyk lad 7.8

Obliczymy kilka pochodnych funkcji tangens. Mamy

(tg x)

0

= 1 + tg

2

x . Wobec tego zachodzi r´owno´s´c

(tg x)

00

= 1 + tg

2

x

0

= 2 tg x(1 + tg

2

x) = 2(tg x + tg

3

x)

– skorzystali´smy z wzoru na pochodna

,

funkcji z lo˙zonej. Sta

,

d

(tg x)

(3)

= 2(1 + 3 tg

2

x)(1 + tg

2

x) = 2(1 + 4 tg

2

x + 3 tg

4

x) , a sta

,

d

(tg x)

(4)

= 2(8 tg x + 12 tg

3

x)(1 + tg

2

x) = 8(2 tg x + 5 tg

3

x + 3 tg

5

x) .

Te obliczenia mo˙zna kontynuowa´c, jednak w tym przypadku nie da sie

,

napisa´c r´ownie

prosto jak w poprzednich przypadkach og´olnego wzoru na n –ta

,

pochodna funkcji.

Przyk lad 7.9

Znajdziemy wz´or na n –ta

,

pochodna

,

funkcji

x

x

2

+5x+6

=

3

x+3

−

2

x+2

.

W tym celu wystarczy znale´z´c n –ta

,

pochodna

,

funkcji postaci

1

x+c

. Zachodzi r´owno´s´c

1

x+c

0

= −(x + c)

−2

. Sta

,

d wynika, ˙ze

1

x+c

00

= −(−2)(x + c)

−2−1

= 2(x + c)

−3

.

Rozumuja

,

c dalej w taki sam spos´ob otrzymujemy kolejna

,

r´owno´s´c

1

x+c

(3)

= −6(x + c)

−4

= −3!(x + c)

−4

.

Bez ˙zadnych trudno´sci piszemy wz´or og´olny na n –ta

,

pochodna

,

tej funkcji:

1

x+c

(n)

= (−1)

n

n!(x + c)

−n−1

.

Sta

,

d wynika ju˙z od razu, ˙ze

x

x

2

+5x+6

(n)

= (−1)

n

n! 3(x + 3)

−n−1

− 2(x + 2)

−n−1

.

2

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

Bez roz lo˙zenia na czynniki mianownika, a potem przedstawienia funkcji w postaci
r´o˙znicy dwu u lamk´ow nasze szanse na sukces by lyby mniejsze.

Przyk lad 7.10

Wykazali´smy poprzednio, ˙ze je´sli funkcja jest r´o˙zniczkowalna na

pewnym przedziale i jej pochodna jest na tym przedziale r´owna 0, to funkcja ta
jest sta la. Za l´o˙zmy teraz, ˙ze f

00

(x) = 0 dla wszystkich x ∈ (a, b) , dla pewnych

a, b ∈ IR . Wtedy na mocy poprzednio wykazanego stwierdzenia funkcja f

0

jest sta la

na przedziale (a, b) . Niech f

0

(x) = A dla wszystkich x ∈ (a, b) . Niech g(x) =

=f (x) − Ax . Zachodzi oczywista r´owno´s´c g

0

(x) = 0 dla ka˙zdej liczby x ∈ (a, b) .

Wobec tego g jest funkcja

,

sta la

,

. Oznaczaja

,

c jej jedyna

,

warto´s´c przez B otrzymujemy

r´owno´s´c B = g(x) = f (x) − Ax . Sta

,

d od razu wynika, ˙ze f (x) = Ax + B dla ka˙zdej

liczby x ∈ (a, b) . Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze je´sli druga pochodna jest to˙zsamo´sciowo

r´owna 0, to funkcja jest wielomianem stopnia nie wie

,

kszego ni˙z 1.

Podobnie mo˙zna wykaza´c, ˙ze je´sli trzecia pochodna jest to˙zsamo´sciowo r´owna

0 na pewnym przedziale, to funkcja jest na tym przedziale wielomianem stopnia
nie wie

,

kszego ni˙z 2. Je´sli bowiem f

(3)

(x) = 0 dla ka˙zdego x ∈ (a, b) , to na mocy

poprzedniego stwierdzenia funkcja f

0

jest wielomianem postaci Ax + B . Bez trudu

zgadujemy, ˙ze

1
2

Ax

2

+ Bx

0

= Ax + B . Sta

,

d wynika, ˙ze f (x) −

1
2

Ax

2

− Bx

0

= 0

dla wszystkich x ∈ (a, b) . Wobec tego funkcja f (x) −

1
2

Ax

2

− Bx jest sta la, co

ko´

nczy dow´od tego, ˙ze f jest wielomianem, kt´orego stopie´

n jest mniejszy ni˙z 3. Jest

ca lkowicie jasne, ˙ze kontynuuja

,

c to rozumowanie wyka˙zemy, ˙ze je´sli n –ta pochodna

pewnej funkcji jest r´owna 0 w ka˙zdym punkcie pewnego przedzia lu, to funkcja ta na
tym przedziale jest wielomianem, kt´orego stopie´

n jest mniejszy ni˙z n .

Przyk lad 7.11

Za l´o˙zmy, ˙ze f jest funkcja

,

r´o˙zniczkowalna

,

na pewnym przedziale

oraz ˙ze dla pewnej liczby rzeczywistej k r´owno´s´c f

0

(x) = kf (x) zachodzi dla wszyst-

kich x . Wykazali´smy w poprzednim rozdziale (twierdzenie o wzro´scie wyk ladniczym),

˙ze w tej sytuacji istnieje sta la C ∈ IR , taka ˙ze dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x zacho-

dzi r´owno´s´c f (x) = Ce

kx

. Przypomnijmy, ˙ze w celu uzyskania tej r´owno´sci starczy

wykaza´c, ˙ze iloraz

f (x)

e

kx

jest funkcja sta la

,

, czyli ˙ze pochodna tego ilorazu jest wsze

,

dzie

r´owna 0. Mamy

f (x)

e

kx

0

=

f

0

(x)e

kx

−ke

kx

f (x)

e

2kx

=

f

0

(x)−kf (x)

e

kx

= 0 — ostatnia r´owno´s´c

wynika z za lo˙zenia o funkcji f . Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze iloraz jest funkcja

,

sta la

,

. Te

,

sta la

,

oznaczamy przez C . Jasne jest, ˙ze f (x) = Ce

kx

.

Rozwa˙zymy teraz nieco bardziej skomplikowana

,

zale˙zno´s´c. Mianowicie za lo˙zymy, f

jest funkcja

,

dwukrotnie r´o˙zniczkowalna

,

w ka˙zdym punkcie prostej * oraz ˙ze dla ka˙zdej

liczby rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c f

00

(x) = f (x) . Bez trudu mo˙zna poda´c dwa

*

Nie jest istotne, ˙ze dziedzina, jest prosta, mo˙ze by´c dowolny przedzia l.

3

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

przyk lady funkcji spe lniaja

,

cych to r´ownanie: g(x) = e

x

oraz h(x) = e

−x

. Maja

,

c

dwa, mo˙zna ich poda´c o niesko´

nczenie wiele. Je´sli c, d sa

,

dowolnymi liczbami rzeczy-

wistymi, to funkcja cg(x) + dh(x) = ce

x

+ de

−x

r´ownie˙z spe lnia to r´ownanie. Jasne

jest, ˙ze r´ownie˙z funkcja u(x) = f (x) − cg(x) − dh(x) spe lnia to r´ownanie. Liczby c
i d mo˙zna dobra´c w ten spos´ob, ˙ze u(0) = 0 = u

0

(0) – wystarczy rozwia

,

za´c uk lad

r´owna´

n: f (0) = c + d , f

0

(0) = c−d traktuja

,

c c i d jako niewiadome, a f (0) i f

0

(0)

jako dane liczby. Otrzymujemy c =

f (0)+f

0

(0)

2

oraz d =

f (0)−f

0

(0)

2

. Poszukujemy

wie

,

c dwukrotnie r´o˙zniczkowalnej funkcji u , takiej ˙ze dla ka˙zdego x zachodzi r´owno´s´c

u

00

(x) = u(x) oraz u

0

(0) = 0 = u(0) . Wyka˙zemy, ˙ze u jest funkcja

,

zerowa

,

. Zauwa˙zmy

najpierw, ˙ze u

00

u

0

= uu

0

, i wobec tego

1
2

(u

0

)

2

0

=

1
2

u

2

0

. Sta

,

d wynika, ˙ze funkcja

(u

0

)

2

− u

2

ma zerowa

,

pochodna

,

, wie

,

c jest sta la. Poniewa˙z (u

0

(0))

2

− u(0)

2

= 0 ,

wie

,

c funkcja (u

0

)

2

− u

2

jest zerowa, czyli u

0

(x)

2

= u(x)

2

dla ka˙zdej liczby rzeczywi-

stej x . Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja u przyjmuje w pewnym punkcie p warto´s´c r´o˙zna

,

od 0.

Sa

,

dwie mo˙zliwo´sci: u

0

(p) = u(p) 6= 0 , u

0

(p) = −u(p) 6= 0 . Poniewa˙z obie funkcje

u i u

0

sa

,

cia

,

g le, wie

,

c w pierwszym przypadku r´owno´s´c u

0

(x) = u(x) zachodzi dla

wszystkich x dostatecznie bliskich p , za´s w drugim przypadku dla wszystkich x do-
statecznie bliskich p zachodzi r´owno´s´c u

0

(x) = −u(x) . Dostatecznie bliskich oznacza

w tym przypadku dla wszystkich x z pewnego przedzia lu otwartego I zwieraja

,

cego

punkt p , na kt´orym funkcja u nie ma pierwiastk´ow. Z pierwszej r´owno´sci wynika,

˙ze istnieje sta la C , taka ˙ze u(x) = Ce

x

dla wszystkich x z przedzia lu I . Z drugiej

r´owno´sci wynika istnienie sta lej C , takiej ˙ze dla wszystkich x z przedzia lu I za-
chodzi r´owno´s´c u(x) = Ce

−x

. Mo˙zna za lo˙zy´c, ˙ze I jest maksymalnym przedzia lem,

kt´ory zawiera punkt p i w kt´orym funkcja u nie ma pierwiastk´ow. Oczywi´scie 0 nie
le˙zy w przedziale I . Wobec tego mie

,

dzy p i 0 le˙zy koniec q przedzia lu I , drugi ko-

niec przedzia lu I znajduje sie

,

po przeciwnej stronie punktu p i nie jest wykluczone,

˙ze jest niesko´

nczono´scia

,

. Jest jasne, ˙ze u(q) = 0 – gdyby tak nie by lo, to przedzia l I

sie

,

ga lby poza q . Poniewa˙z funkcja u jest cia

,

g la i na przedziale I obowia

,

zuje wz´or

u(x) = Ce

x

lub wz´or u(x) = Ce

−x

, wie

,

c w punkcie q mamy u(q) = Ce

±x

. Jed-

nocze´snie u(q) = 0 . Z dw´och ostatnich stwierdze´

n wynika, ˙ze C = 0 , a to oznacza,

˙ze wbrew uczynionemu za lo˙zeniu Ce

±p

= u(p) = 0 . Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze u jest

funkcja

,

zerowa

,

, a to oznacza, ˙ze funkcja f jest postaci ce

x

+ de

−x

.

Przyk lad 7.12

Wykazali´smy poprzednio, ˙ze je´sli spe lniona jedna z r´owno´sci

f

(n)

(x) = 0 , f

0

(x) = kf (x) , f

00

(x) = f (x) spe lniona jest w ka˙zdym punkcie pew-

nego przedzia lu, to funkcja f wyra˙za sie

,

prostym wzorem. Om´owimy jeszcze jeden

przyk lad tego typu. Za l´o˙zmy mianowicie, ˙ze dla wszystkich punkt´ow pewnego prze-

4

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

dzia lu I spe lniona jest zale˙zno´s´c f

00

(x) = −f (x) .* Wyka˙zemy, ˙ze wtedy istnieja

,

takie

liczby a, b ∈ IR , ˙ze dla ka˙zdej liczby x ∈ I zachodzi r´owno´s´c f (x) = a cos x + b sin x .
Niech p oznacza dowolny punkt przedzia lu I . Jasne jest, ˙ze w ka˙zdym punkcie
przedzia lu I zachodzi r´owno´s´c (a cos x + b sin x)

00

= − (a cos x + b sin x) , tzn. funk-

cja postaci a cos x + b sin x spe lnia rozpatrywane r´ownanie. Wybierzemy liczby a i b
tak, by mia ly miejsce r´owno´sci f (p) = a cos p + b sin p oraz f

0

(p) = −a sin p+b cos p ,

tzn. a = f (p) cos p − f

0

(p) sin p oraz b = f (p) sin p + f

0

(p) cos p . Zdefiniujmy pomoc-

nicza

,

funkcje

,

u(x) = f (x) − a cos x − b sin x . Jest jasne, ˙ze u

00

(x) = −u(x) dla ka˙zdej

liczby x ∈ I oraz ˙ze u(p) = 0 = u

0

(p) . Sta

,

d wynika, ˙ze

(u

0

(x))

2

+ (u(x))

2

0

= 2 (u

00

(x)u

0

(x) + u

0

(x)u(x)) = 0 ,

wie

,

c funkcja (u

0

(x))

2

+ (u(x))

2

jest sta la na przedziale I , zatem

(u

0

(x))

2

+ (u(x))

2

= (u

0

(p))

2

+ (u(p))

2

= 0 dla ka˙zdego x ∈ I .

Suma kwadrat´ow liczb rzeczywistych jest r´owna 0 wtedy i tylko wtedy, gdy obie te
liczby sa

,

zerami. Wobec tego dla ka˙zdego x ∈ I zachodzi r´owno´s´c u(x) = 0 , a zatem

f (x) = a cos x + b sin x dla ka˙zdego x ∈ I . Okaza lo sie

,

, ˙ze r´ownie˙z w tym przypadku

mo˙zna  latwo opisa´c wszystkie funkcje spe lniaja

,

ce r´ownanie f

00

= −f . Tego typu

r´ownania nazywane sa

,

r´ownaniami r´o˙zniczkowymi. Istnieje obszerna teoria r´owna´

n

r´o˙zniczkowych. Zajmiemy sie

,

takimi r´ownaniami nieco dok ladniej w drugim seme-

strze. Ich znaczenie np. dla fizyki trudno przeceni´c, np. stosuja

,

c druga

,

zasade

,

dyna-

miki Newtona zmuszeni jeste´smy od razu do rozpatrywania r´owna´

n r´o˙zniczkowych,

w kt´orych wyste

,

puja

,

pochodne drugiego rze

,

du (bo przy´spieszenie to pochodna pre

,

d-

ko´sci, wie

,

c druga pochodna po lo˙zenia, a si la to masa pomno˙zona przez przyspieszenie;

r´ownanie wahad la matematycznego to jeden z najprostszych przyk lad´ow).

Teraz zauwa˙zmy, ˙ze obliczanie pochodnych wy˙zszego rze

,

du polega na obliczaniu

pochodnych rze

,

du pierwszego, wie

,

c w la´sciwie ju˙z sie

,

z tym zapoznali´smy. Je´sli chodzi

o wzory og´olne, to oczywistym – i w zasadzie nie wartym wspomnienia – jest wz´or
na n –ta

,

pochodna

,

sumy dwu funkcji r´o˙zniczkowalnych n –krotnie:

(f + g)

(n)

= f

(n)

+ g

(n)

.

Leibniz zauwa˙zy l, ˙ze je´sli funkcje f i g sa

,

n –krotnie r´o˙zniczkowalne, to zachodzi

wz´or bardzo podobny do wzoru dwumianowego Newtona:

(f · g)

(n)

=

n

X

j=0



n

j



f

(n−j)

g

(j)

(Leibniz)

Prosty dow´od tego wzoru wykorzystuja

,

cy wz´or na pochodna

,

iloczynu dwu funkcji i

znana

,

r´owno´s´c

n

j

+

n

j+1

=

n+1

j+1

, dzie

,

ki kt´orej wsp´o lczynniki dwumianowe mo˙zna

*

Taka zale˙zno´s´

c, a dok ladniej lf

00

=−gf pojawia sie, przy analizowaniu ruchu wahad la matematycz-

nego o d lugo´sci l przy za lo˙zeniu, ˙ze amplituda jest tak ma la, ˙ze przybli˙zenie f ≈sin f jest dostatecznie

dok ladne, g to przyspieszenie ziemskie.

5

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

oblicza´c za pomoca

,

tr´ojka

,

ta Pascala, pozostawiamy czytelnikom w charakterze bar-

dzo  latwego ´cwiczenia. Wzory na n –ta

,

pochodna

,

z lo˙zenia i funkcji odwrotnej sa

,

na tyle skomplikowane, ˙ze w la´sciwie w og´ole nieprzydatne, zreszta

,

trudno je znale´z´c

w literaturze.

Przejdziemy teraz do sformu lowania jednego z najwa˙zniejszych wzor´ow analizy

matematycznej, tzw. wzoru Taylora. Pierwsza

,

pochodna

,

funkcji wprowadzili´smy po

to, by m´oc przybli˙zy´c funkcje

,

w pobli˙zu interesuja

,

cego nas punktu wielomianem stop-

nia pierwszego. Drugie pochodne i pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow pojawi ly sie

,

w kilku

miejscach w zwia

,

zku z bardziej szczeg´o lowym badaniem funkcji . Okazuje sie

,

, ˙ze de-

finicje

,

pochodnej, zwia

,

zana

,

z przybli˙zaniem funkcji wielomianem stopnia pierwszego

lub zerowego, mo˙zna uog´olni´c. Tym zajmiemy sie

,

teraz. Efektem be

,

dzie zapowiadany

wz´or Taylora.

Poprzednio b la

,

d przybli˙zenia mia l by´c ma ly w por´ownaniu z pierwsza

,

pote

,

ga

,

zmiany argumentu. Teraz za˙za

,

damy, by by l ma ly w por´ownaniu z wy˙zszymi pote

,

ga-

mi h . Niestety nie be

,

dzie to mo˙zliwe przy u˙zyciu wielomian´ow stopnia nie przekra-

czaja

,

cego 1 — be

,

dziemy zmuszeni do u˙zycia wielomian´ow stopnia wy˙zszego.

Za l´o˙zmy, ˙ze 0 < |h| < 1 . Wobec tego |h| > h

2

> |h|

3

> h

4

> . . . . Jasne jest

te˙z, ˙ze je´sli h jest bardzo blisko 0, to h

2

jest znacznie bli˙zej zera ni˙z h , h

3

znacznie

bli˙zej ni˙z h

2

itd. Jest tak, bo lim

h→0

h

2

h

= 0 i og´olnie, je´sli m > n , to lim

h→0

h

m

h

n

= 0 .

Mo˙zna my´sle´c o tym tak: je˙zeli h jest bardzo ma le i m > n , to liczba h

m

= h

m−n

·h

n

stanowi znikoma

,

cze

,

´s´c liczby h

n

, oczywi´scie obie sa

,

wtedy bardzo ma le, ale jedna

jest istotnie mniejsza ni˙z druga.

Wobec tego, z naszego punktu widzenia, r´o˙znica mie

,

dzy dwiema funkcjami f

i g be

,

dzie ma la, je´sli be

,

dzie da

,

˙zy´c do 0 po podzieleniu przez h

n

, gdzie n oznacza

liczbe

,

naturalna

,

. Naste

,

puja

,

cy lemat podaje warunek konieczny i dostateczny na to,

by dwie funkcje by ly w tym sensie jedna drugiej.

Lemat 7.2 ( o funkcjach ´sci´sle przylegaja

,

cych)

Je´sli funkcje f i g sa

,

n –krotnie r´o˙zniczkowalne w punkcie 0, to lim

x→0

f (x)−g(x)

x

n

= 0

wtedy i tylko wtedy, gdy pochodne funkcji f i g w punkcie 0 sa

,

r´owne do n –tego

rze

,

du w la

,

cznie: f

(j)

(0) = g

(j)

(0) dla j ∈ {0, 1, . . . , n} .

Dow´

od. Za l´o˙zmy, ˙ze lim

x→0

f (x)−g(x)

x

n

= 0 . Niech r(x) = f (x) − g(x) . Trzeba udo-

wodni´c, ˙ze r(0) = r

0

(0) = r

00

(0) = . . . = r

(n)

(0) = 0 .

Niech 0 ≤ j ≤ n . Zachodza

,

r´owno´sci lim

x→0

r(x)

x

j

= lim

x→0

r(x)

x

n

· lim

x→0

x

n−j

= 0 , bo

pierwsza granica jest r´owna 0, a druga 0 lub 1 w zale˙zno´sci od tego, czy j < n czy te˙z
j = n . Mamy lim

x→0

r(x) = 0 . Sta

,

d i z tego, ˙ze funkcja r jest cia

,

g la w punkcie 0, jako

6

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

r´o˙zniczkowalna, wynika, ˙ze r(0) = 0 . Mamy 0 = lim

x→0

r(x)

x

= lim

x→0

r(x)−r(0)

x

= r

0

(0) .

Wobec tego r

0

(0) = 0 . Teraz wyka˙zemy, ˙ze r

00

(0) = 0 (zak ladamy oczywi´scie, ˙ze

n ≥ 2 ). Stosujemy regu le

,

de l’Hospitala:

0 = lim

x→0

r(x)

x

2

= lim

x→0

r

0

(x)

2x

=

1
2

lim

x→0

r

0

(x)−r

0

(0)

x

=

1
2

r

00

(0) .

W taki sam spos´ob wyka˙zemy, ˙ze r´ownie˙z trzecia pochodna r´owna jest 0 :

0 = lim

x→0

r(x)

x

3

= lim

x→0

r

0

(x)

3x

2

= lim

x→0

r

00

(x)

6x

=

1
6

lim

x→0

r

00

(x) − r

00

(0)

x

=

1
6

r

(3)

(0) .

Jasne jest, ˙ze te

,

procedure

,

mo˙zna kontynuowa´c.

Wyka˙zemy teraz, ˙ze je´sli r(0) = r

0

(0) = r

00

(0) = . . . = r

(n)

(0) = 0 , to lim

x→0

r(x)

x

n

= 0 .

Stosujemy regu le

,

de l’Hospitala:

lim

x→0

r(x)

x

n

= lim

x→0

r

0

(x)

nx

n−1

= lim

x→0

r

00

(x)

n(n−1)x

n−2

= . . . = lim

x→0

r

(n−1)

(x)

n(n−1)...2x

.

Mamy dalej lim

x→0

r

(n−1)

(x)

x

= lim

x→0

r

(n−1)

(x)−r

(n−1)

(0)

x

= r

(n)

(0) = 0 . Dow´od lematu

zosta l zako´

nczony.

Wniosek 7.3 (z dowodu.)
Je´sli funkcja r jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie 0 i spe lnione sa

,

r´owno´sci

r(0) = r

0

(0) = r

00

(0) = r

(n−1)

(0) = 0 , to

lim

x→0

r(x)

x

n

=

r

(n)

(0)

n!

.

Z lematu o funkcjach ´sci´sle przylegaja

,

cych wynika, ˙ze je´sli chcemy przybli˙zy´c

funkcje

,

w otoczeniu punktu p wielomianem w tak, by b la

,

d przybli˙zenia by l ma ly

w por´ownaniu z h

n

, to pochodne tego wielomianu w punkcie 0, do n –tego rze

,

du

w la

,

cznie, musza

,

by´c r´owne odpowiednim pochodnym funkcji f w punkcie p :

f

(j)

(p) = w

(j)

(0) .

Je˙zeli w(h) = a

0

+ a

1

h + a

2

h

2

+ · · · + a

n

h

n

dla ka˙zdego h ∈ IR , to w

(j)

(0) = j!a

j

dla j = 0, 1, 2, . . . , n . Sta

,

d wynika, ˙ze powinno by´c a

j

=

f

(j)

(p)

j!

. To motywuje

wprowadzenie naste

,

puja

,

cego okre´slenia.

Definicja 7.4 (wielomianu Taylora i reszty)
Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f ma w punkcie p pochodna

,

n –tego rze

,

du. n –tym wielomianem

Taylora funkcji f w punkcie p nazywamy wielomian

f (p) + f

0

(p)h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n

,

zmiennej h, n –ta

,

reszta

,

nazywamy r´o˙znice

,

r

n

(h) = f (p + h) −



f (p) + f

0

(p)h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n



.

Oczywi´scie wielomian Taylora okre´slony jest dla wszystkich liczb h , natomiast reszta
tylko dla takich h , dla kt´orych punkt p + h znajduje sie

,

w dziedzinie funkcji f .

7

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

Jasne jest te˙z, ˙ze po to, by m´oc m´owi´c o pochodnej f

(n)

(p) trzeba za lo˙zy´c istnienie

pochodnej f

(n−1)

oraz wszystkich pochodnych ni˙zszego rze

,

du w pewnym otoczeniu

punktu p . Z lematu o funkcjach ´sci´sle przylegaja

,

cych wynika natychmiast

Twierdzenie 7.5 (G.Peano)

Je´sli f jest funkcja

,

n –krotnie r´o˙zniczkowalna

,

w punkcie p , to lim

h→0

r

n

(h)

h

n

= 0 .

R´owno´s´c f (p + h) = f (p) + f

0

(p)h +

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+ · · · +

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ r

n

(h)

nazywana bywa wzorem Taylora z reszta

,

Peano, je´sli dodamy informacje

,

zawarta

,

w twierdzeniu Peano.

R´ownie˙z z tego lematu wynika, ˙ze innego wyboru nie ma, je´sli chcemy mie´c tak

dok ladne przybli˙zenie i nie chcemy zwie

,

ksza´c stopnia wielomianu ponad niezbe

,

dne

minimum.

Twierdzenie 7.6 (o jednoznaczno´sci wielomianu Taylora)
Je´sli funkcja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie p i w jest wielomianem
stopnia nie wie

,

kszego ni˙z n , tzn. istnieja

,

liczby a

0

, a

1

,. . . , a

n

, takie ˙ze dla ka˙zdej

liczby rzeczywistej x zachodzi r´owno´s´c w(x) = a

0

+ a

1

x + a

2

x

2

+ · · · + a

n

x

n

oraz

lim

h→0

f (p+h)−w(p)

h

n

= 0 , to dla ka˙zdego numeru j ∈ {0, 1, 2, . . . , n} zachodzi wz´or

f

(j)

(p) = j!a

j

, a wie

,

c w jest wielomianem Taylora funkcji f w punkcie p .

Nadmieni´c wypada, ˙ze Taylor by l wsp´o lczesny Newtonowi, wz´or Taylora zna-

leziony zosta l od razu. Idea przybli˙zania dok ladniejszego ni˙z liniowe by la obecna
w omawianej teorii od samego pocza

,

tku! Wsp´o lczesny Newtonowi by l te˙z Szkot o na-

zwisku Maclaurin, kt´orego nazwiskiem opatrywany jest wz´or Taylora w przypadku
p = 0 . Zaznaczmy jeszcze, ˙ze z wzorem Taylora zwia

,

zane jest szereg Taylora funkcji:

∞

X

n=0

f

(n)

(p)

n!

h

n

. Dla wielu funkcji, zw laszcza najcze

,

´sciej u˙zywanych zachodzi r´owno´s´c

f (x) =

∞

X

n=0

f

(n)

(p)

n!

(x − p)

n

:= lim

n→∞

n

X

j=0

f

(j)

(p)

j!

(x − p)

j

, przyje

,

li´smy x = p + h . Je´sli ta

granica istnieje, to ma wiele w lasno´sci przys luguja

,

cych zwyk lym sko´

nczonym sumom

i dlatego stosowane jest oznaczenie

∞

X

n=0

. Wyja´snienie, dla jakich funkcji tego rodzaju

wz´or mo˙ze by´c napisany i dla jakich liczb x r´owno´s´c zachodzi jest w wielu przypad-
kach trudne i wykracza znacznie poza program tego wyk ladu. Po to, by w og´ole mo˙zna
by lo o nim m´owi´c trzeba za lo˙zy´c, ˙ze funkcja ma w punkcie p pochodne wszystkich
rze

,

d´ow. Jednak nawet wtedy mo˙ze zdarzy´c sie

,

, ˙ze dla ˙zadnego h 6= 0 granica nie

istnieje albo istnieje ale jest r´o˙zna od f (x) = f (p + h) . W przypadku p = 0 m´owi

8

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

sie

,

zazwyczaj o szeregu Maclaurina. W wielu przypadkach pisano szeregi nie trosz-

cza

,

c sie

,

zbytnio o to, czy wolno i badano za ich pomoca

,

w lasno´sci funkcji be

,

da

,

cych

np. przedmiotem zainteresowania fizyk´ow. Dopiero, gdy okazywa lo sie

,

to po˙zyteczne

zaczynano troszczy´c sie

,

„o szczeg´o ly”.

Czytelnik pozna l ju˙z rozwinie

,

cia w szereg Maclaurina lub Taylora kilku wa˙znych

funkcji

e

x

=

∞

X

n=0

x

n

n!

,

sin x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

,

cos x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n

(2n)

!

,

arctg x =

∞

X

n=0

(−1)

n x

2n+1

2n+1

,

ln(1 + x) =

∞

X

n=1

(−1)

n−1 x

n

n

,

(1 + x)

a

=

∞

X

n=0

a

n

x

n

,

arcsin x =

∞

X

n=0

1

2n+1

·

1·3·5·...·(2n−1)

2·4·6·...·2n

· x

2n+1

i jednej funkcji wymiernej

x

x

2

+5x+6

=

∞

X

n=0

−

1
3

n

− −

1
2

n

x

n

.

Definicja 7.7 (lokalnego ekstremum)
M´owimy, ˙ze funkcja f okre´slona na zbiorze zawieraja

,

cym przedzia l I o ´srodku

w punkcie p ma w tym punkcie lokalne maksimum wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje
taki przedzia l J ⊂ I o ´srodku w punkcie p , ˙ze je´sli x ∈ J , to f (x) ≤ f (p) . Je´sli
nier´owno´s´c jest ostra dla x 6= p , to m´owimy, ˙ze lokalne maksimum jest w la´sciwe. Ana-
logicznie okre´slamy lokalne minimum oraz lokalne minimum w la´sciwe. Je´sli funkcja
ma w punkcie p lokalne maksimum lub lokalne minimum, to m´owimy, ˙ze ma w tym
punkcie lokalne ekstremum.

Jasne jest, ˙ze funkcje x

2

, x

4

, x

6

. . . maja

,

w punkcie 0 minima, natomiast funkcje

przeciwne −x

2

, −x

4

, −x

6

. . . maja

,

w punkcie 0 maksima. Funkcje x , x

3

, x

5

. . . nie

maja

,

w punkcie 0 ekstrem´ow, nawet lokalnych. Udowodnimy teraz twierdzenie po-

zwalaja

,

ce w licznych przypadkach  latwo stwierdzi´c, czy funkcja n –krotnie r´o˙zniczko-

walna w punkcie p ma w nim lokalne ekstremum.

Twierdzenie 7.8 (o lokalnych ekstremach)
Za l´o˙zmy, ˙ze funkcja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie p oraz ˙ze zachodza

,

r´owno´sci
0 = f

0

(p) = f

00

(p) = . . . = f

(n−1)

(p) i nier´owno´s´c f

(n)

(p) 6= 0 . Wtedy:

je´sli n jest liczba

,

nieparzysta

,

, to funkcja f nie ma w punkcie p lokalnego

ekstremum — w dowolnie ma lym otoczeniu punktu p przyjmuje zar´owno warto´sci
wie

,

ksze ni˙z w punkcie p oraz warto´sci wie

,

ksze ni˙z w punkcie p ,

je´sli natomiast n jest liczba

,

parzysta

,

, funkcja to f ma w punkcie p lokalne

9

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

ekstremum w la´sciwe: minimum w la´sciwe, gdy f

(n)

(p) > 0 , maksimum w la´sciwe, gdy

f

(n)

(p) < 0 .

Dow´

od. Skorzystamy z wzoru Taylora:

f (p + h) = f (p) +

f

0

(p)

1!

h +

f

00

(p)

2!

h

2

+ · · · +

f

(n−1)

(p)

(n − 1)!

h

n−1

+

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ r

n

(h)

Wobec za lo˙ze´

n o pochodnych funkcji f w punkcie p mo˙zemy napisa´c

f (p + h) = f (p) +

f

(n)

(p)

n!

h

n

+ r

n

(h) = f (p) + h

n



f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n



Poniewa˙z lim

h→0

r

n

(h)

h

n

= 0 , wie

,

c istnieje taka liczba δ > 0 , ˙ze je´sli 0 < |h| < δ , to





r

n

(h)

h

n



 <





f

(n)

(p)

n!



 . Znak sumy dwu liczb jest taki sam jak znak tej z nich, kt´orej

warto´s´c bezwzgle

,

dna jest wie

,

ksza. W przypadku sumy

f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n

jest on wie

,

c,

przy za lo˙zeniu, ˙ze 0 < |h| < δ taki jak znak liczby f

(n)

(p) ( n! nie ma wp lywu

znak). Je´sli n jest liczba

,

nieparzysta

,

, to znak iloczynu h

n



f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n



zmienia

sie

,

wraz ze zmiana

,

znaku h . Je´sli n jest liczba

,

parzysta

,

, to znak ten jest niezale˙zny

od znaku h : w przypadku f

(n)

(p) < 0 liczba h

n



f

(n)

(p)

n!

+

r

n

(h)

h

n



jest ujemna, za´s

w przypadku f

(n)

(p) > 0 — dodatnia. Sta

,

d teza wynika od razu.

Podany przed chwila

,

dow´od ilustruje jak stosowany jest wz´or Taylora: pewna

w lasno´s´c przys luguje wielomianowi Taylora, reszta nie jest w stanie jej zmieni´c, bo
jest za ma la. Oczywi´scie istotnym za lo˙zeniem jest f

(n)

(p) 6= 0 – bez niego nie mamy

podstaw do twierdzenia, ˙ze reszta jest ma la w por´ownaniu z wielomianem Taylora
funkcji f (x) − f (p) , przeciwnie w takim przypadku wszystkie informacje o zachowa-
niu sie

,

funkcji w pobli˙zu punktu p zawarte sa

,

w reszcie, o kt´orej niewiele wiemy! Po

drugie wypada podkre´sli´c, ˙ze m´owimy tu jedynie o zachowaniu sie

,

funkcji w pobli˙zu

punktu p , na nic wie

,

cej nie mo˙zemy liczy´c, bo za lo˙zenia, kt´ore uczynili´smy doty-

cza

,

jedynie pochodnych w tym jednym punkcie! O wielko´sci liczby δ r´ownie˙z nic

nie mo˙zemy powiedzie´c, je´sli w konkretnej sytuacji musimy co´s konkretnego o niej
powiedzie´c, to wymaga to dalszego badania konkretnej funkcji.*

Przyk lad 7.13

Niech f (x) = 3x

4

− 28x

3

+ 84x

2

− 96x . Obliczamy pochodna

,

f

0

(x) = 12x

3

− 84x

2

+ 168x − 96 = 12(x

3

− 7x

2

+ 14x − 8) = 12(x − 1)(x − 2)(x − 4) .

*

W wielu podre,cznikach s lowa maksimum, minimum, ekstremum oznaczaja, lokalne maksimum, lokalne

minimum, lokalne ekstremum. Zdecydowali´smy sie, na nieco d lu˙zsze terminy, by unikna,´c cze,stych

nieporozumie´

n zwia,zanych z kr´otszymi. Wielu student´ow, zw laszcza s labiej przygotowanych, myli

np. lokalne maksima z globalnymi, co mo˙ze prowadzi´

c do zupe lnie bezsensownych wniosk´

ow.

10

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

Pochodna f

0

zeruje sie

,

jedynie w punktach 1 , 2 , 4 . Druga pochodna jest r´owna

f

00

(x) = 36x

2

− 168x + 168 = 12(3x

2

− 14x + 14) . Wobec tego f

00

(1) > 0 , f

00

(2) < 0

i f

00

(4) > 0 , wie

,

c z twierdzenia o lokalnych ekstremach wynika, ˙ze w punktach 1 i 4

funkcja f ma lokalne minima, a w punkcie 2 ma lokalne maksimum. Z tego twierdze-
nia ju˙z wie

,

cej nic nie jeste´smy w stanie wywnioskowa´c. Nie wiemy np. czy f (1) jest

najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji na ca lej prostej i czy ta funkcja w og´ole ma najmniej-

sza

,

warto´s´c. Natomiast z twierdzenia o monotoniczno´sci funkcji r´o˙zniczkowalnych

wynika, ˙ze na ka˙zdym z przedzia l´ow (−∞, 1] , [1, 2] , [2, 4] oraz [4, +∞) funkcja f
jest ´sci´sle monotoniczna, bowiem w ich punktach wewne

,

trznych pochodna f

0

funkcji

f nie zeruje sie

,

. Mamy f (1) = −37 , f (2) = −32 oraz f (4) = −64 . Wiemy wie

,

c,

˙ze funkcja f na przedziale [1, 2] ro´snie, na przedziale [2, 4] maleje. Obliczywszy

f (0) = 0 > −37 = f (1) stwierdzamy, ˙ze na przedziale (−∞, 1] ta funkcja maleje
(wcze´sniej ju˙z stwierdzili´smy, ˙ze f jest na tej p´o lprostej ´sci´sle monotoniczna!). Analo-
gicznie z tego, ˙ze f (5) = −5 > −64 = f (4) wynika, ˙ze na p´o lprostej [4, +∞) funkcja
f jest ´sci´sle rosna

,

ca. Z tego wszystkiego wynika, ˙ze f (4) = −64 jest najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji f na ca lej prostej, f (1) = −37 jest najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji

f na przedziale (−∞, 2] (to nie jest maksymalny przedzia l, na kt´orym ta warto´s´c
jest najmniejsza, ale ustalenie maksymalnego wymaga loby dalszych rozumowa´

n, np.

rozwia

,

zania r´ownania f (x) = f (1) w przedziale [2, 4] ).

Przyk lad 7.14

Zajmiemy sie

,

funkcja

,

badana

,

ju˙z w poprzednim przyk ladzie:

f (x) = 3x

4

− 28x

3

+ 84x

2

− 96x .

Teraz ustalimy jaka jest najwie

,

ksza warto´s´c tej funkcji na przedziale [1, 5] . Pochodna

w tym przedziale zeruje sie

,

w punktach 1 , 2 , 4 , w punktach 1 i 4 druga pochodna

jest dodatnia, wie

,

c funkcja ma w nich lokalne minima w la´sciwe, wie

,

c na pewno nie ma

tam warto´sci najwie

,

kszej. Poniewa˙z f jest cia

,

g la i rozpatrujemy ja

,

na przedziale do-

mknie

,

tym i ograniczonym, wie

,

c w pewnym punkcie tego przedzia lu przyjmuje warto´s´c

najwie

,

ksza

,

(spo´sr´od przyjmowanych na tym przedziale).

♣

Warto´s´c najwie

,

ksza musi

by´c przyje

,

ta albo w punkcie 2 , albo w punkcie 5 , czyli w ko´

ncu dziedziny (lewy koniec

przedzia lu [1, 5] wyeliminowali´smy wcze´sniej). Wobec tego w naszym przypadku jest
jeszcze jedna mo˙zliwo´s´c x = 5 . Mamy f (5) = −5 > −32 = f (2) , wie

,

c najwie

,

ksza

,

warto´scia

,

funkcji f na przedziale [1, 5] jest liczba −5 = f (5) . Dodajmy, ˙ze ten

przyk lad jest bardzo prosty, bo chodzi jedynie o przedstawienie roli poszczeg´olnych
twierdze´

n w badaniu funkcji.

♣

Standardowy b la,d polega na stwierdzeniu, ˙ze poniewa˙z jedynym punktem zerowania sie, pochodnej

opr´

ocz punkt´

ow, w kt´

orych funkcja ma lokalne minima jest 2, wie,c f(2)=−32 jest warto´scia, naj-

wie,ksza, funkcji f na przedziale [1,5] . W rzeczywisto´sci po ustaleniu, gdzie pochodna sie, zeruje nale˙zy

rozwa˙zy´

c jeszcze ko´

nce przedzia lu oraz punkty, w kt´

orych pochodna nie istnieje (w tym przypadku

istnieje wsze,dzie).

11

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

Przyk lad 7.15

Poka˙zemy teraz jak mo˙zna stosowa´c wz´or Taylora do oblicza-

nia granic funkcji. Obliczymy mianowicie granice

,

ilorazu

(ln(cos x))

5

(x

2

−sin

2

x)(tg

2

x)(cos x−cos 2x)

2

przy x −→ 0 . Oczywi´scie licznik i mianownik da

,

˙za

,

do 0, wie

,

c mo˙zna spr´obowa´c

zastosowa´c regu le

,

de l’Hospitala. Jednak licznik i mianownik wygla

,

daja

,

dosy´c nie-

przyjemnie i mo˙zna spodziewa´c sie

,

, ˙ze po zr´o˙zniczkowaniu nie be

,

da

,

wygla

,

da´c lepiej.

Wobec tego nale˙zy zada´c sobie pytanie: jak szybko licznik da

,

˙zy do 0. Potem to samo

pytanie nale˙zy odnie´s´c do mianownika. Dok ladniej: dla jakiej liczby naturalnej n gra-

nica lim

x→0

(ln(cos x))

5

x

n

jest sko´

nczona i r´o˙zna od 0. Je´sli taka liczba istnieje, to be

,

dziemy

m´owi´c, ˙ze licznik da

,

˙zy do 0 tak szybko jak x

n

. Wiemy, ˙ze ln(1 + y) = y + r(y) ,

gdzie r jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

y→0

r(y)

y

= 0 – wynika to z wzoru Taylora zastoso-

wanego do funkcji ln w punkcie p = 1 i n = 1 , czyli z wzoru na pochodna

,

lo-

garytmu. Jednocze´snie zachodzi r´owno´s´c cos x = 1 −

1
2

x

2

+ %(x) , gdzie % jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

x→0

%(x)

x

2

= 0 — zn´ow stosujemy wz´or Taylora, tym razem chodzi o

funkcje

,

kosinus w punkcie 0, n = 2 .

♥

Sta

,

d wnioskujemy, ˙ze ln (cos x) = = ln 1 −

1
2

x

2

+ %(x)) = ln



1 + −

1
2

x

2

+ %(x)

 

= −

1
2

x

2

+ %(x) + r −

1
2

x

2

+ %(x)

. Mamy

lim

x→0

%(x)

x

2

= 0 i lim

x→0

r −

1

2

x

2

+%(x)

x

2

= lim

x→0

r

(

−

1

2

x

2

+%(x)

)

−

1

2

x

2

+%(x)

−

1

2

x

2

+%(x)

x

2

= 0 · −

1
2

= 0 , wie

,

c

lim

x→0

ln(cos x)

x

2

= −

1
2

. Wykazali´smy wie

,

c, ˙ze licznik zachowuje sie

,

jak (x

2

)

5

= x

10

. Teraz

zajmiemy sie

,

kolejno poszczeg´olnymi cz lonami mianownika. Zaczniemy od x

2

−sin

2

x .

Mamy sin x = x −

x

3

3!

+ ˜

r(x) , gdzie

˜

r(x)

x

3

−→ 0 , gdy x −→ 0 . Wobec tego za-

chodzi r´owno´s´c x

2

− sin

2

x = x

2

− x −

x

3

3!

+ ˜

r(x)

2

= 2x

x

3

3!

+ b

r(x) , gdzie przez

b

r(x) oznaczyli´smy sume

,

wszystkich pozosta lych (niezredukowanych) sk ladnik´ow tj.

−

x

3

3!

2

− ˜

r(x)

2

−2x˜

r(x)+2

x

3

3!

˜

r(x) . Jasne jest, ˙ze lim

x→0

b

r(x)

x

4

= 0 . Sta

,

d  latwo wynika,

˙ze lim

x→0

x

2

−sin

2

x

x

4

= 2

1

3!

=

1
3

. Jasne jest, ˙ze lim

x→0

tg x

x

= 1 , wie

,

c lim

x→0

tg

2

x

x

2

= 1 . Pozo-

sta l ostatni czynnik mianownika. Zastosujemy wz´or Maclaurina dla funkcji kosinus

i n = 2 . Mamy cos x = 1 −

x

2

2!

+ ˜

%(x) , gdzie ˜

% jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

x→0

˜

%(x)

x

2

= 0

(w rzeczywisto´sci dzie

,

ki temu, ˙ze wiemy jak przedstawi´c mo˙zna funkcje

,

kosinus w

postaci sumy szeregu pote

,

gowego, mo˙zemy napisa´c, ˙ze ˜

%(x) =

x

4

4!

−

x

6

6!

+ · · · ). Wobec

tego cos x − cos(2x) = 1 −

x

2

2!

+ ˜

%(x) − 1 −

(2x)

2

2!

+ ˜

%(2x)

=

3
2

x

2

+ b

%(x) , gdzie

b

% jest taka

,

funkcja

,

, ˙ze lim

x→0

b

%(x)

x

2

= 0 . Wobec tego lim

x→0

cos x−cos(2x)

x

2

=

3
2

, zatem

♥

Poniewa˙z ln(1+y)=y−

1

2

y

2

+··· , wie,c r(y)=−

y2

2

+

y3

3

−··· . Analogicznie stosuja,c wz´or cos x=1−

x2

2!

+

x4

4!

−··· otrzymujemy r´

owno´s´

c %(x)=

x4

4!

−

x6

6!

+··· .

12

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

lim

x→0

(cos x−cos(2x))

2

x

4

=

9
4

. Pozosta lo stwierdzi´c, ˙ze szukana granica to

(−

1

2

)

5

1

3

·1·

9

4

= −

1

24

.

Poste

,

powanie nasze polega lo tu na tym, ˙ze zaste

,

powali´smy funkcje sinus, kosinus,

logarytm naturalny wielomianami odpowiedniego stopnia, co u latwia lo obliczanie
granicy. Mo˙zna zastosowa´c regu le

,

de l’Hospitala zamiast wzoru Taylora, ale wz´or

Taylora jest wygodniejszy i nie wymaga wie

,

kszego namys lu.

W ostatnim przyk ladzie pojawia ly sie

,

w du˙zych ilo´sciach funkcje, kt´orych dok-

 ladne definicje nie mia ly ˙zadnego znaczenia: r , % , ˜

r , ˜

% , b

r , b

% . Istotne by lo jedynie

to, ˙ze po podzieleniu przez odpowiednia

,

pote

,

ge

,

funkcji x granica

,

ka˙zdej z nich przy

x −→ 0 by la liczba 0. Zwykle nie wprowadza sie

,

tylu oznacze´

n. Stosowany jest

symbol o . Przyjmujemy mianowicie naste

,

puja

,

ca

,

umowe

,

: piszemy f (x) = o(g(x))

przy x −→ p wtedy i tylko wtedy, gdy lim

x→p

f (x)

g(x)

= 0 . Mo˙zna wie

,

c napisa´c np.

ln(1 + y) = y + o(y) przy y −→ 0 , bo lim

y→0

ln(1+y)−y

y

= 0 . Mo˙zna te˙z napisa´c, ˙ze

x

10

= o(e

x

) przy x −→ +∞ , bo lim

x→∞

x

10

e

x

= 0 . Mamy r´ownie˙z sin x = x−

x

3

3!

+o(x

3

) ,

cos x = 1−

x

2

2!

+o(x

2

) – to sa

,

oczywiste wnioski z wzoru Taylora. Przy u˙zyciu w la´snie

wprowadzonego oznaczenia mo˙zna zapisa´c twierdzenie Peano w naste

,

puja

,

cy spos´ob:

f (p+h) = f (p)+

f

0

(p)

1!

h+

f

00

(p)

2!

h

2

+

f

(3)

(p)

3!

h

3

+· · ·+

f

(n)

(p)

n!

h

n

+o(h

n

) przy h −→ 0 .

Oczywi´scie je˙zeli f (x) = o(x

k

) przy x −→ 0 , to x

n

f (x) = o(x

n+k

) przy x → 0 .

Je˙zeli f (x) = o(x

k

) przy x → 0 i g(x) = o(x

n

) przy x → 0 , to f (x)g(x) = o(x

k+n

)

i f (x) + g(x) = o(x

l

) przy x → 0 , gdzie l = min(k, n) . W przypadku sumy rezultat

nie jest oczywi´scie „dok ladny”. Mo˙ze sie

,

zdarzy´c, ˙ze suma da

,

˙zy do 0 „szybciej”, bo

cz lony decyduja

,

ce o pre

,

dko´sci zbie˙zno´sci moga

,

sie

,

zredukowa´c przy dodawaniu lub

odejmowaniu. Poka˙zemy teraz jak przy u˙zyciu symbolu o mo˙zna opisa´c rozwia

,

zanie

zadania przedstawione w ostatnim przyk ladzie.

Przyk lad 7.16

Mamy znale´z´c granice

,

lim

x→0

(ln(cos x))

5

(x

2

−sin

2

x)(tg

2

x)(cos x−cos 2x)

2

. Skorzy-

stamy z r´owno´sci ln(1 + x) = x + o(x) , tg x = x + o(x) , sin x = x −

x

3

3!

+ o(x

3

) i

cos x = 1 −

x

2

2!

+ o(x

2

) przy x → 0 . Z nich wynika, ˙ze przy x → 0 zachodzi wz´or

ln(cos x) = ln(1 −

x

2

2!

+ o(x

2

)) = −

x

2

2

+ o(x

2

) + o −

x

2

2

+ o(x

2

)

= −

x

2

2

+ o(x

2

)

— ostatni wz´or wynika sta

,

d, ˙ze lim

x→0

−

x2

2

+o(x

2

)

x

2

= −

1
2

6= ±∞ . Rozumuja

,

c dalej w

taki sam spos´ob otrzymujemy

x

2

− sin

2

x = x

2

− x −

x

3

3!

+ o(x

3

)

2

= x

2

− x

2

− 2x

x

3

3!

+ o(x

4

)

=

x

4

3

+ o(x

4

)

— nie jest oczywi´scie istotne, czy piszemy o(x

4

) czy te˙z −o(x

4

) .

Poniewa˙z tg x = x + o(x) , wie

,

c

tg

2

x = (x + o(x))

2

= x

2

+ 2xo(x) + (o(x))

2

= x

2

+ o(x

2

) .

13

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

Przejd´zmy do ostatniego etapu: cos x = 1 −

x

2

2!

+ o(x

2

) , wobec tego cos 2x =

=1 −

(2x)

2

2!

+ o((2x)

2

) = 1 − 2x

2

+ o(x

2

) . Odejmuja

,

c dwie ostatnie r´owno´sci stro-

nami otrzymujemy: cos x − cos 2x = −

1
2

+ 2

x

2

+ o(x

2

) =

3
2

x

2

+ o(x

2

) . Sta

,

d

(cos x − cos 2x)

2

=

3
2

x

2

+ o(x

2

)

2

=

9
4

x

4

+ 3x

2

o(x

2

) + (o(x

2

))

2

=

9
4

x

4

+ o(x

4

) .

Wobec tego

lim

x→0

(ln(cos x))

5

(x

2

−sin

2

x)(tg

2

x)(cos x−cos 2x)

2

= lim

x→0

(−

x2

2

+o(x

2

))

5

(

x4

3

+o(x

4

))(x

2

+o(x

2

))(

9

4

x

4

+o(x

4

))

=

= lim

x→0

x

10

−

1

2

+

o(x2)

x2

5

x

4

1

3

+

o(x4)

x4

x

2

1+

o(x2)

x2

x

4

9

4

+

o(x4)

x4

 =

= lim

x→0

−

1

2

+

o(x2)

x2

5

1

3

+

o(x4)

x4

1+

o(x2)

x2

9

4

+

o(x4)

x4

 = (

−

1

2

)

5

1

3

·1·

9

4

= −

1

24

.

W ten spos´ob  latwiej jest operowa´c wzorem Taylora, oblicza´c granice itp. Jednak

trzeba pamie

,

ta´c o tym, ˙ze symbol o nie oznacza funkcji — napis f (x) = o(g(x)) to

skr´ot zdania m´owia

,

cego, ˙ze iloraz

f (x)

g(x)

jest zbie˙zny do 0, np. z r´owno´sci (prawdziwej)

x − sin x = o(x

2

) przy x → 0 wynika r´owno´s´c x − sin x = o(x) przy x → 0 , ale

z tej drugiej r´owno´sci pierwsza nie wynika: pierwsza r´owno´s´c oznacza bowiem, ˙ze

lim

x→0

x−sin x

x

2

= 0 i z niej wynika oczywi´scie, ˙ze lim

x→0

x−sin x

x

= 0 , bo lim

x→0

x−sin x

x

=

= lim

x→0

x−sin x

x

2

· x

= 0 . W przeciwna

,

strone

,

wnioskowa´c nie mo˙zna. Trzeba r´owno´s´c

lim

x→0

x−sin x

x

2

= 0 uzasadni´c inaczej, mo˙zna np. skorzysta´c z wzoru Maclaurina dla

funkcji x − sin x i n = 2 : druga pochodna tej funkcji w punkcie 0 jest r´owna 0, wie

,

c

pierwszy wielomian Taylora w punkcie 0 pokrywa sie

,

z drugim wielomianem Taylora

w punkcie 0. Og´olnie je´sli f (x) = o(x

2

) przy x → 0 , to r´ownie˙z f (x) = o(x) przy

x → 0 . Na odwr´ot by´c nie musi: ln(1 + x) − x = o(x) , natomiast nie jest prawda

,

, ˙ze

ln(1 + x) − x = o(x

2

) !

Warto stosowa´c symbol o , ale trzeba umie´c sie

,

nim pos lugiwa´c, wie

,

c studentom

kt´orzy maja

,

k lopoty z analiza

,

matematyczna

,

polecam go z du˙zymi zastrze˙zeniami,

ci kt´orzy dobrze zrozumieli poje

,

cie granicy nie powinni mie´c z nim problem´ow, pod

warunkiem starannego prze´sledzenie kilku rozumowa´

n.

Przyk lad 7.17

Znajdziemy raz jeszcze granice

,

lim

x→0

e−(1+x)

1/x

x

. Mamy

(1 + x)

1/x

= e

(1/x)·ln(1+x)

= e

(1/x)(x−x

2

/2+o(x

2

))

= e

1−x/2+o(x)

=

= e · e

−x/2+o(x)

= e 1 −

x

2

+ o(x) + o −

x

2

+ o(x)

= e 1 −

x

2

+ o(x)

.

Sta

,

d mamy: lim

x→0

e−(1+x)

1/x

x

= lim

x→0

e−e

(

1−

x

2

+o(x)

)

x

= lim

x→0



e
2

+

o(x)

x



=

e
2

, mo˙zna

napisa´c o(x) zamiast −e · o(x) , bo po pomno˙zeniu funkcji, kt´orej granica

,

jest 0,

przez liczbe

,

, otrzymujemy zn´ow funkcje

,

, kt´orej granica

,

jest 0.

14

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

Zajmiemy sie

,

teraz przez chwile

,

wypuk lo´scia

,

funkcji dwukrotnie r´o˙zniczkowal-

nych. Przypomnijmy, ˙ze funkcja r´o˙zniczkowalna jest wypuk la wtedy i tylko wtedy,
gdy jej pochodna jest niemaleja

,

ca, ´sci´sle wypuk la - wtedy i tylko wtedy, gdy jej

pochodna jest ´sci´sle rosna

,

ca. Korzystaja

,

c z twierdzenia o monotoniczno´sci funkcji

r´o˙zniczkowalnych stwierdzamy natychmiast prawdziwo´s´c naste

,

puja

,

cego twierdzenia:

Twierdzenie 7.9 (o wypuk lo´sci funkcji dwukrotnie r´

o˙zniczkowalnych)

Je´sli funkcja f jest okre´slona na przedziale otwartym i jest dwukrotnie r´o˙zniczko-
walna w ka˙zdym punkcie tego przedzia lu, to jest wypuk la wtedy i tylko wtedy, gdy
jej druga pochodna f

00

przyjmuje jedynie warto´sci nieujemne.

Dwukrotnie r´o˙zniczkowalna funkcja okre´slona na przedziale otwartym jest ´sci´sle wy-
puk la wtedy i tylko wtedy, gdy jej druga pochodna f

00

jest nieujemna i w ka˙zdym

przedziale zawartym w jej dziedzinie znajduje sie

,

co najmniej jeden punkt, w kt´orym

druga pochodna f

00

jest dodatnia.

W istocie rzeczy badaja

,

c wypuk lo´s´c funkcji w poprzednim rozdziale ju˙z stoso-

wali´smy to twierdzenie. W niekt´orych przypadkach uzasadnienia wypuk lo´sci mog lyby
zosta´c nieznacznie skr´ocone, gdyby´smy powo lywali sie

,

wprost na twierdzenie o wy-

puk lo´sci funkcji dwukrotnie r´o˙zniczkowalnych. Zache

,

camy czytelnika do ponownego

prze´sledzenia podanych wcze´sniej przyk lad´ow. Teraz natomiast sformu lujemy twier-
dzenie, kt´ore w wielu przypadkach pozwala na  latwe znajdowanie punkt´ow przegie

,

cia

funkcji wielokrotnie r´o˙zniczkowalnej.

Twierdzenie 7.10 (o punktach przegie

,

cia funkcji wielokrotnie

r´

o˙zniczkowalnych)

1. Je´sli p jest punktem przegie

,

cia funkcji f , druga pochodna f

00

(p) istnieje i jest

sko´

nczona, to f

00

(p) = 0 .

2. Je´sli funkcja f jest n –krotnie r´o˙zniczkowalna w punkcie p , n > 2 i

0 = f

00

(p) = f

(3)

(p) = . . . = f

(n−1)

(p) i f

(n)

(p) 6= 0 ,

to je´sli n jest liczba

,

nieparzysta

,

, to p jest punktem przegie

,

cia funkcji f ;

je´sli natomiast liczba n jest parzysta, to p nie jest punktem przegie

,

cia funkcji f .

Dow´

od. 1. Z definicji punktu przegie

,

cia wynika, ˙ze istnieje liczba δ > 0 , taka ˙ze

na jednym z przedzia l´ow (p − δ, p] , [p, p + δ) funkcja

,

f jest wypuk la, a na drugim —

wkle

,

s la. Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, ˙ze na przedziale (p−δ, p] funkcja f jest wy-

puk la, a na przedziale [p, p+δ) – wkle

,

s la. Poniewa˙z f jest dwukrotnie r´o˙zniczkowalna

w punkcie p , wie

,

c jest r´o˙zniczkowalna w punktach pewnego przedzia lu o ´srodku w

punkcie p . Bez straty og´olno´sci mo˙zna przyja

,

´c, ˙ze tym przedzia lem jest (p−δ, p+δ) .

Wobec tego na przedziale (p − δ, p] pochodna f

0

funkcji f jest niemaleja

,

ca i wo-

bec tego jej pochodna, czyli f

00

, jest nieujemna w ka˙zdym punkcie, w kt´orym jest

15

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

okre´slona, w szczeg´olno´sci f

00

(p) ≥ 0 . Na przedziale [p, p + δ) funkcja f jest wkle

,

s la

i wobec tego f

00

(p) ≤ 0 . Poniewa˙z f

00

(p) ≤ 0 ≤ f

00

(p) , wie

,

c f

00

(p) = 0 .

2. Zastosujemy wz´or Taylora do funkcji f

00

w punkcie p . Mamy

f

00

(p+h) = f

00

(p)+

f

(3)

(p)

1!

h+· · ·+

f

(n)

(p)

(n−2)!

h

n−2

+r

n−2

(h) = h

n−2



f

(n)

(p)

(n−2)!

+

r

n−2

(h)

h

n−2



.

Niech δ > 0 be

,

dzie taka

,

liczba

,

dodatnia

,

, ˙ze je´sli 0 < |h| < δ , to







r

n−2

(h)

h

n−2





 <

|

f

(n)

(p)

|

(n−2)!

.

Liczby

f

(n)

(p)

(n−2)!

+

r

n−2

(h)

h

n−2

i

f

(n)

(p)

(n−2)!

maja

,

wie

,

c taki sam znak. Je˙zeli liczba n jest niepa-

rzysta, to h

n−2

> 0 dla h > 0 oraz h

n−2

< 0 dla h < 0 . Wynika sta

,

d, ˙ze wyra˙zenie

f

00

(p + h) = h

n−2



f

(n)

(p)

(n−2)!

+

r

n−2

(h)

h

n−2



jest na jednym z przedzia l´ow (−δ, 0) , (0, δ)

dodatnie, a na drugim — ujemne. Wobec tego na jednym z przedzia l´ow (p − δ, p] ,
[p, p + δ) funkcja f jest ´sci´sle wkle

,

s la, a na drugim – ´sci´sle wypuk la. Wynika sta

,

d,

˙ze p jest punktem przegie

,

cia funkcji f . Je˙zeli natomiast liczba n jest parzysta, to

wtedy funkcja f

00

ma w punkcie p lokalne ekstremum w la´sciwe, wie

,

c albo na ca lym

przedziale (p − δ, p + δ) z wyja

,

tkiem punktu p funkcja f

00

jest dodatnia, albo na

ca lym przedziale (p − δ, p + δ) funkcja f

00

jest ujemna. W pierwszym przypadku

funkcja f jest ´sci´sle wypuk la na ca lym przedziale (p − δ, p + δ) , a w drugim – ´sci´sle
wkle

,

s la. W ˙zadnym z tych przypadk´ow p nie jest punktem przegie

,

cia funkcji f .

Dow´od zosta l zako´

nczony.

R´ownie˙z to twierdzenie dobrze ilustruje schemat rozumowania przedstawiany

w tym rozdziale: funkcja f zachowuje sie

,

w dostatecznie ma lych otoczeniu punktu p

tak jak funkcja

f

(n)

(p)

n!

h

n

w otoczeniu 0 (reszta jest za ma la, by mie´c istotny wp lyw

na zachowanie sie

,

funkcji!).

Przyk lad 7.18

Niech f (x) = x

2

(x − 6)

2

. Sporza

,

dzimy wykres funkcji f . W tym

celu ustalimy, na jakich przedzia lach funkcja ro´snie, na jakich maleje, na jakich jest
wypuk la, na jakich jest wkle

,

s la, gdzie ma lokalne ekstrema, gdzie punkty przegie

,

cia i

znajdziemy asymptoty — oczywi´scie cze

,

´s´c wymienionych obiekt´ow mo˙ze nie istnie´c.

Obliczymy kolejne pochodne: f

0

(x) = 2x(x − 6)(x + x − 6) = 4(x

3

− 9x

2

+ 18x) ,

f

00

(x) = 12(x

2

− 6x + 6) i f

(3)

(x) = 24(x − 3) . Pierwiastkami pierwszej pochodnej sa

,

liczby: 0, 3, 6; drugiej: 3 −

√

3 i 3 +

√

3 i wreszcie trzeciej: liczba 3 . Wida´c od razu,

˙ze w punktach zerowania sie

,

pierwszej pochodnej druga przyjmuje warto´sci r´o˙zne

od 0 , wobec tego we wszystkich tych punktach f ma lokalne ekstrema w la´sciwe:
w 0 i w 6 — lokalne minima w la´sciwe (bo f

00

(0), f

00

(6) > 0 ), a w 3 — lokalne mak-

simum w la´sciwe (bo f

00

(3) = −3 < 0 ). Poniewa˙z na przedzia lach (−∞, 0] , [0, 3] ,

[3, 6] i [6, ∞) funkcja f jest ´sci´sle monotoniczna, bo w ich punktach wewne

,

trznych

pierwsza pochodna jest r´o˙zna od 0, wie

,

c na przedzia lach (−∞, 0] i [3, 6] funkcja f

16

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

maleje, a na przedzia lach [0, 3] i [6, ∞) — ro´snie.

Podkre´slmy, ˙ze cho´c to bardzo  latwe, to jednak nie badali´smy znaku pierwszej

pochodnej, bo uk lad lokalnych ekstrem´ow wymusza stwierdzenia na temat wzrostu
i spadku warto´sci funkcji. Oczywi´scie w ostatecznym rozrachunku wiemy, jaki jest
ten znak (pochodna jest r´o˙zna od 0 w punktach przedzia lu (−∞, 0) , funkcja maleje
na tym przedziale, wie

,

c pochodna musi by´c ujemna, ale ten wniosek wycia

,

gne

,

li´smy

stosuja

,

c og´olne twierdzenia o zachowaniu sie

,

funkcji).

Oczywi´scie z definicji funkcji wynika natychmiast, bez obliczania pochodnych,

˙ze wszystkie jej warto´sci sa

,

nieujemne, wie

,

c 0 = f (0) = f (6) jest nie tylko lokalnie

najmniejsza

,

warto´scia

,

funkcji, ale r´ownie˙z najmniejsza

,

ze wszystkich w og´ole. Inaczej

jest z liczba

,

81 = f (3) . W tym przypadku mamy do czynienia z maksimum lokalnym:

w f (9) = 81·9 > 81 , zatem 81 nie jest najwie

,

ksza

,

warto´scia

,

funkcji, jest nia

,

je´sli ogra-

niczymy dziedzine

,

do dostatecznie kr´otkiego przedzia lu zawieraja

,

cego 3, zache

,

camy

do sprawdzenia, ˙ze najwie

,

kszym przedzia lem, na kt´orym funkcja f przyjmuje swa

,

najwie

,

ksza

,

warto´s´c w punkcie 3 i w ˙zadnym innym jest (3−3

√

2, 3+3

√

2) . Poniewa˙z

w punktach zerowania sie

,

drugiej pochodnej trzecia przyjmuje warto´sci r´o˙zne od 0,

wie

,

c punkty 3−

√

3 oraz 3+

√

3 sa

,

punktami przegie

,

cia funkcji f . Oczywi´scie pierw-

szy z nich znajduje sie

,

mie

,

dzy 0 i 3, a drugi mie

,

dzy 3 i 6. Na p´o lprostej (−∞, 3 −

√

3]

funkcja f jest ´sci´sle wypuk la, na przedziale [3 −

√

3, 3 +

√

3] – ´sci´sle wkle

,

s la, a na

p´o lprostej [3 +

√

3, +∞) zn´ow ´sci´sle wypuk la. Jasne jest, ˙ze funkcja nie ma asymp-

tot pionowych (jest cia

,

g la w ka˙zdym punkcie prostej). Nie ma te˙z ani poziomych ani

uko´snych, bo

lim

x→±∞

x

2

(x − 6)

2

− ax − b

= +∞ niezale˙znie od wyboru liczb a i b .

Zako´

nczyli´smy badanie funkcji i jeste´smy ju˙z w stanie narysowa´c jej wykres.

Przyk lad 7.19

Teraz zbadamy funkcje

,

√

1 − e

−x

2

. Wz´or ten okre´sla ja

,

na ca lej

prostej, wie

,

c jest ona cia

,

g la. Jest te˙z r´o˙zniczkowalna we wszystkich punktach x 6= 0 ,

bo dla takich punkt´ow zachodzi nier´owno´s´c 1 − e

−x

2

> 0 , a na p´o lprostej (0, +∞)

funkcja pierwiastek kwadratowy jest r´o˙zniczkowalna. Pierwsza pochodna jest r´owna

xe

−x2

√

1−e

−x2

. Jasne jest, ˙ze ten wz´or nie dzia la w przypadku x = 0 . Spr´obujmy obliczy´c

pochodna

,

w punkcie 0 korzystaja

,

c bezpo´srednio z jej definicji. Mamy

lim

x→0

+

f (x) − f (0)

x

= lim

x→0

+

s

1 − e

−x

2

x

2

=

s

lim

x→0

+

e

−x

2

− 1

−x

2

= 1 ,

bo pierwiastek kwadratowy jest cia

,

g ly (przedostatnia r´owno´s´c) oraz lim

h→0

e

h

−1

h

= 1

(ostatnia r´owno´s´c). W taki sam spos´ob stwierdzamy, ˙ze lim

x→0

−

f (x)−f (0)

x

= −1 . Ozna-

cza to, ˙ze funkcja nie ma pochodnej w punkcie 0, bowiem jednostronne pochodne

17

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

sa

,

r´o˙zne. Oznacza to, ˙ze w punkcie 0 wykres „za lamuje sie

,

”, lub te˙z: „ma ostrze”.

Znajdziemy druga

,

pochodna

,

:

f

00

(x) =

 

xe

−x

2

√

1 − e

−x

2

!

0

=



xe

−x

2



1 − e

−x

2



−1/2



0

=

= e

−x

2



1 − e

−x

2



−1/2

− 2x

2

e

−x

2



1 − e

−x

2



−1/2

− x

2

e

−2x

2



1 − e

−x

2



−3/2

=

= e

−2x

2



1 − e

−x

2



−3/2



e

x

2

1 − 2x

2

− 1 + x

2



.

Wyka˙zemy, ˙ze dla ka˙zdego x 6= 0 zachodzi nier´owno´s´c f

00

(x) < 0 . Wystarczy

wykaza´c, ˙ze je´sli y > 0 , to e

y

(1 − 2y) − 1 + y < 0 , piszemy y zamiast x

2

. Mamy

(e

y

(1 − 2y) − 1 + y)

0

= e

y

(1 − 2y) − 2e

y

+ 1 = −2ye

y

− e

y

+ 1 < 0 dla y > 0 , bo

−e

y

+ 1 < 0 w przypadku y > 0 . Poniewa˙z pochodna funkcji e

y

(1 − 2y) − 1 + y jest

ujemna na p´o lprostej (0, +∞) , wie

,

c funkcja ta jest maleja

,

ca na p´o lprostej [0, ∞) ,

a poniewa˙z jej warto´scia

,

w punkcie 0 jest 0, wie

,

c jej warto´sci w punktach dodat-

nich sa

,

ujemne.* Z tego, ˙ze druga pochodna jest ujemna na ka˙zdej z p´o lprostych

(−∞, 0) oraz (0, +∞) wynika, ˙ze na ka˙zdej z p´o lprostych (−∞, 0] , [0, +∞) funk-
cja f jest ´sci´sle wkle

,

s la. Nie jest jednak ona ´sci´sle wkle

,

s la na ca lej prostej, cho´c

jest cia

,

g la w punkcie 0! Je´sli δ > 0 , to odcinek  la

,

cza

,

cy punkty



−δ,

√

1 − e

−δ

2



i



δ,

√

1 − e

−δ

2



le˙zy nad wykresem (z wyja

,

tkiem ko´

nc´ow) funkcji f zamiast pod

wykresem. Musia loby by´c odwrotnie, gdyby funkcja by la ´sci´sle wkle

,

s la lub wkle

,

s la

na ca lej prostej lub cho´cby na przedziale [−δ, δ] .

Przyk lad 7.20

Naszkicujemy wykres funkcji f zdefiniowanej wzorem

f (x) =

5

q

7x

2

−3

9x

2

−4

zdefiniowanej dla x 6= ±

2
3

. Zadanie to mieli rozwia

,

za´c studenci (zaoczna ekonomia)

we wrze´sniu 1996. Poza definicja

,

funkcji podane by ly wzory na pierwsza

,

i druga

,

pochodna

,

tej funkcji:

f

0

(x) = −0,4x 9x

2

− 4

−6/5

7x

2

− 3

−4/5

,

f

00

(x) = 0,24(315x

4

− 91x

2

− 20) 9x

2

− 4

−11/5

7x

2

− 3

−9/5

Studenci zostali poinformowani, ˙ze druga pochodna przyjmuje warto´s´c 0 wtedy i tylko

wtedy, gdy x = ±

q

91+

√

33481

630

≈ ±0,659458 . Jasne jest, ˙ze f jest funkcja

,

parzysta

,

,

*

Mo˙zna udowodni´

c, ˙ze e

y

(1−2y)−1+y<0 dla y>0 innymi metodami. Np. mo˙zna wykorzysta´

c wz´

or

e

y

=

P

∞

0

yn

n!

– otrzymamy po prostych rachunkach szereg, kt´

orego wszystkie wyrazy w przypadku

y>0 sa, ujemne. Inna metoda to stwierdzenie, ˙ze w przypadku y<1 zachodzi nier´owno´s´c e

y

<

1

1−y

,

zatem dla wszystkich y∈IR zachodzi nier´

owno´s´

c e

y

(1−y)<1 , wobec tego

e

y

(1−2y)−1+y=e

y

(1−y)−y(e

y

−1)−1<−y(e

y

−1)<0 dla y6=0 .

18

Pochodne wy˙zszych rze

,

d´ow

Micha l Krych

tzn. f (−x) = f (x) dla ka˙zdej liczby x z dziedziny funkcji f . Wobec tego jej wy-
kres jest symetryczny wzgle

,

dem pionowej osi uk ladu wsp´o lrze

,

dnych. Wystarczy wie

,

c

bada´c f na jednej z p´o lprostych −∞,

2
3

,

2
3

, ∞

oraz na jednym z przedzia l´ow

−

2
3

, 0



,



0,

2
3

. Trzeba wie

,

c ustali´c na jakich przedzia lach funkcja f ro´snie, na ja-

kich przedzia lach maleje, na jakich przedzia lach jest wypuk la, a na jakich – wkle

,

s la.

Wyja´sni´c, w jakich punktach dziedziny funkcja ma pochodna

,

, a w jakich jej nie ma

oraz obliczy´c granice funkcji f , f

0

, f

00

w ko´

ncach przedzia l´ow sk ladaja

,

cych sie

,

na

ich dziedziny. R´ownie˙z ustali´c, gdzie sa

,

lokalne ekstrema i punkty przegie

,

cia.

Z wzoru na pierwsza

,

pochodna

,

wynika, ˙ze jest ona okre´slona dla x 6= ±

2
3

, ±

q

3
7

,

przy czym nieistnienie pochodnej w punktach ±

2
3

wynika z tego, ˙ze te punkty sa

,

poza dziedzina

,

funkcji f i ju˙z to wystarcza, by nie mia lo sensu r´o˙zniczkowanie funk-

cji w tych punktach. W punktach ±

q

3
7

funkcja jest okre´slona, wie

,

c teoretycznie nie

ma przeszk´od dla istnienia pochodnej, jednak wz´or nie dzia la, bo nie mo˙zna podnie´s´c
liczby 0 do pote

,

gi o wyk ladniku ujemnym . Z wzoru na pochodna

,

wynika jednak

od razu, ˙ze

lim

x→−

√

3/7

f

0

(x) = +∞ oraz

lim

x→

√

3/7

f

0

(x) = −∞ . Sta

,

d, z definicji po-

chodnej i twierdzenia Lagrange’a o warto´sci ´sredniej wynika, ˙ze f

0

±

p

3/7

= ∓∞ .

Znaczy to, ˙ze funkcja f nie jest w tych punktach r´o˙zniczkowalna, bo cho´c pochodna
istnieje, to jest niesko´

nczona. W szczeg´olno´sci w tych punktach wykres ma styczna

,

tyle, ˙ze — pionowa

,

. Funkcja f jest wie

,

c ´sci´sle rosna

,

ca na p´o lprostej −∞, −

2
3

oraz

na przedziale −

2
3

, 0



. Na przedziale



0,

2
3

oraz na p´o lprostej

2
3

, ∞

funkcja f jest

´sci´sle maleja

,

ca. Podkre´slmy: funkcja ro´snie na ka˙zdym z dw´och przedzia l´ow, ale nie na

ich sumie o czym przekonamy sie

,

za chwile

,

. Zacznijmy od oczywistego stwierdzenia:

3
7

<

4
9

. Wobec tego funkcja f przyjmuje warto´sci dodatnie na p´o lprostej (−∞, −

2
3

)

oraz na przedziale (−

q

3
7

, 0) . Mamy

lim

x→−∞

5

q

7x

2

−3

9x

2

−4

= lim

x→−∞

5

q

7−3/x

2

9−4/x

2

=

5

q

7
9

. Dalej

lim

x→−

2

3

−

f (x) = +∞ , bo f (x) > 0 na p´o lprostej (−∞, −

2
3

) i licznik da

,

˙zy do liczby

r´o˙znej od 0, za´s mianownik do 0. Naste

,

pnie

lim

x→−

2

3

+

f (x) = −∞ , bo tym razem funk-

cja jest ujemna, a licznik da

,

˙zy do liczby r´o˙znej od 0, podczas gdy mianownik — do 0 .

Zajmiemy sie

,

teraz wypuk lo´scia

,

funkcji f . W tym celu ustalimy, gdzie jej druga

pochodna f

00

jest dodatnia, a gdzie — ujemna. We wzorze na f

00

wyra˙zenia 7x

2

− 3

oraz 9x

2

− 4 podnoszone sa

,

do nieparzystych pote

,

g, naste

,

pnie z otrzymanych wy-

nik´ow wycia

,

gany jest pierwiastek stopnia nieparzystego. Wynika sta

,

d od razu, ˙ze na

ka˙zdym z kolejnych przedzia l´ow

−∞, −

2
3

,



−

2
3

, −

q

91+

√

33481

630



,



−

q

91+

√

33481

630

, −

q

3
7



,



−

q

3
7

, 0



19