pochodne wyzszych rzedow id 364 Nieznany

Pochodne wy˙zszych rze

d´

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

(n−1)

(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

= f

(1)

. Zamiast pisa´c f

(2)

piszemy na og´o l f

. Niekt´orzy

matematycy zamiast f

(3)

pisza

000

Przyk lad 7.1

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

(x) = a , wie

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

(3)

(x) = 0 , a sta

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

+ bx + c . Wtedy f

(x) = 2ax + b , wobec tego

(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

, a

,. . . , a

, przy czym a

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

r´owno´s´c f (x) = a

+ a

x + a

+ · · · + a

. Wtedy f

(m)

(x) = m!a

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

(x) = a

+ 2a

+ · · · + ma

m−1

zachodzi dla wszystkich x ∈ R . Poniewa˙z f

jest wielomianem stopnia m − 1 ,

wie

c (f

)

(m−1)

(x) = (m − 1)! · ma

dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x . Poniewa˙z

)

(m−1)

= f

(m)

oraz (m − 1)! · m = m! , wie

c dla ka˙zdej liczby rzeczywistej x

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

mamy f

(m)

(x) = m!a

. 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

. Wtedy f

(1)

(x) = f

(x) = e

. Wobec tego dla

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

(n)

(x) = e

Przyk lad 7.5

Niech f (x) = sin x . Wtedy f

(1)

(x) = f

(x) = cos x . Zatem

(2)

(x) = f

(x) = − sin x = −f (x) . Sta

d wynika, ˙ze f

(3)

(x) = −f

(x) = − cos x oraz

(4)

(x) = −f

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

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)

sin x

oraz f

(2n+1)

(x) = (−1)

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)

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

(x) =

= x

−1

Wobec tego f

(2)

(x) = f

(x) = x

−1

= (−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

(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)

= 1 + tg

x . Wobec tego zachodzi r´owno´s´c

(tg x)

= 1 + tg

= 2 tg x(1 + tg

x) = 2(tg x + tg

– skorzystali´smy z wzoru na pochodna

funkcji z lo˙zonej. Sta

(tg x)

(3)

= 2(1 + 3 tg

x)(1 + tg

x) = 2(1 + 4 tg

x + 3 tg

x) , a sta

(tg x)

(4)

= 2(8 tg x + 12 tg

x)(1 + tg

x) = 8(2 tg x + 5 tg

x + 3 tg

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

+5x+6

x+3

−

x+2

W tym celu wystarczy znale´z´c n –ta

pochodna

funkcji postaci

x+c

. Zachodzi r´owno´s´c

x+c

= −(x + c)

−2

. Sta

d wynika, ˙ze

x+c

= −(−2)(x + c)

−2−1

= 2(x + c)

−3

Rozumuja

c dalej w taki sam spos´ob otrzymujemy kolejna

r´owno´s´c

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:

x+c

(n)

= (−1)

n!(x + c)

−n−1

Sta

d wynika ju˙z od razu, ˙ze

+5x+6

(n)

= (−1)

n! 3(x + 3)

−n−1

− 2(x + 2)

−n−1

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

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

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

jest sta la

na przedziale (a, b) . Niech f

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

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

(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

jest wielomianem postaci Ax + B . Bez trudu

zgadujemy, ˙ze

1
2

+ Bx

= Ax + B . Sta

d wynika, ˙ze f (x) −

1
2

− Bx

= 0

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

1
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

(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

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

wykaza´c, ˙ze iloraz

f (x)

jest funkcja sta la

, czyli ˙ze pochodna tego ilorazu jest wsze

dzie

r´owna 0. Mamy

f (x)

(x)e

−ke

f (x)

2kx

(x)−kf (x)

= 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

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

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

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

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

przyk lady funkcji spe lniaja

cych to r´ownanie: g(x) = e

oraz h(x) = e

−x

. Maja

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

+ 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) – wystarczy rozwia

za´c uk lad

r´owna´

n: f (0) = c + d , f

(0) = c−d traktuja

c c i d jako niewiadome, a f (0) i f

(0)

jako dane liczby. Otrzymujemy c =

f (0)+f

(0)

oraz d =

f (0)−f

(0)

. Poszukujemy

wie

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

(x) = u(x) oraz u

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

zerowa

. Zauwa˙zmy

najpierw, ˙ze u

= uu

, i wobec tego

1
2

)

1
2

. Sta

d wynika, ˙ze funkcja

)

− u

ma zerowa

pochodna

, wie

c jest sta la. Poniewa˙z (u

(0))

− u(0)

= 0 ,

wie

c funkcja (u

)

− u

jest zerowa, czyli u

(x)

= u(x)

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.

dwie mo˙zliwo´sci: u

(p) = u(p) 6= 0 , u

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

u i u

cia

g le, wie

c w pierwszym przypadku r´owno´s´c u

(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

(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

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

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

+ de

−x

Przyk lad 7.12

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

(n)

(x) = 0 , f

(x) = kf (x) , f

(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-

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

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

(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)

= − (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

(p) = −a sin p+b cos p ,

tzn. a = f (p) cos p − f

(p) sin p oraz b = f (p) sin p + f

(p) cos p . Zdefiniujmy pomoc-

nicza

funkcje

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

(x) = −u(x) dla ka˙zdej

liczby x ∈ I oraz ˙ze u(p) = 0 = u

(p) . Sta

d wynika, ˙ze

(x))

+ (u(x))

= 2 (u

(x)u

(x) + u

(x)u(x)) = 0 ,

wie

c funkcja (u

(x))

+ (u(x))

jest sta la na przedziale I , zatem

(x))

+ (u(x))

= (u

(p))

+ (u(p))

= 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

= −f . Tego typu

r´ownania nazywane sa

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

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

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)

j=0

(n−j)

(j)

(Leibniz)

Prosty dow´od tego wzoru wykorzystuja

cy wz´or na pochodna

iloczynu dwu funkcji i

znana

r´owno´s´c

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

=−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.

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

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

> |h|

> h

> . . . . Jasne jest

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

jest znacznie bli˙zej zera ni˙z h , h

znacznie

bli˙zej ni˙z h

itd. Jest tak, bo lim

h→0

= 0 i og´olnie, je´sli m > n , to lim

h→0

= 0 .

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

= h

m−n

·h

stanowi znikoma

cze

´s´c liczby h

, 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

, 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)

= 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)

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

wodni´c, ˙ze r(0) = r

(0) = r

(0) = . . . = r

(n)

(0) = 0 .

Niech 0 ≤ j ≤ n . Zachodza

r´owno´sci lim

x→0

r(x)

= lim

x→0

r(x)

· lim

x→0

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

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

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

x→0

r(x)

= lim

x→0

r(x)−r(0)

= r

(0) .

Wobec tego r

(0) = 0 . Teraz wyka˙zemy, ˙ze r

(0) = 0 (zak ladamy oczywi´scie, ˙ze

n ≥ 2 ). Stosujemy regu le

de l’Hospitala:

0 = lim

x→0

r(x)

= lim

x→0

(x)

1
2

lim

x→0

(x)−r

(0)

1
2

(0) .

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

0 = lim

x→0

r(x)

= lim

x→0

(x)

= lim

x→0

(x)

1
6

lim

x→0

(x) − r

(0)

1
6

(3)

(0) .

Jasne jest, ˙ze te

procedure

mo˙zna kontynuowa´c.

Wyka˙zemy teraz, ˙ze je´sli r(0) = r

(0) = r

(0) = . . . = r

(n)

(0) = 0 , to lim

x→0

r(x)

= 0 .

Stosujemy regu le

de l’Hospitala:

lim

x→0

r(x)

= lim

x→0

(x)

n−1

= lim

x→0

(x)

n(n−1)x

n−2

= . . . = lim

x→0

(n−1)

(x)

n(n−1)...2x

Mamy dalej lim

x→0

(n−1)

(x)

= lim

x→0

(n−1)

(x)−r

(n−1)

(0)

= 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) = r

(n−1)

(0) = 0 , to

lim

x→0

r(x)

(n)

(0)

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

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

w la

cznie, musza

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

(j)

(p) = w

(j)

(0) .

Je˙zeli w(h) = a

+ a

h + a

+ · · · + a

dla ka˙zdego h ∈ IR , to w

(j)

(0) = j!a

dla j = 0, 1, 2, . . . , n . Sta

d wynika, ˙ze powinno by´c a

(j)

(p)

. 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

(p)h +

(p)

(3)

(p)

+ · · · +

(n)

(p)

zmiennej h, n –ta

reszta

nazywamy r´o˙znice

(h) = f (p + h) −

f (p) + f

(p)h +

(p)

(3)

(p)

+ · · · +

(n)

(p)

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 .

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

(h)

= 0 .

R´owno´s´c f (p + h) = f (p) + f

(p)h +

(p)

(3)

(p)

+ · · · +

(n)

(p)

+ r

(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

, a

,. . . , a

, takie ˙ze dla ka˙zdej

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

+ a

x + a

+ · · · + a

oraz

lim

h→0

f (p+h)−w(p)

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

(j)

(p) = j!a

, 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:

∞

n=0

(n)

(p)

. Dla wielu funkcji, zw laszcza najcze

´sciej u˙zywanych zachodzi r´owno´s´c

f (x) =

∞

n=0

(n)

(p)

(x − p)

:= lim

n→∞

j=0

(j)

(p)

(x − p)

, 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

∞

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

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

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

∞

n=0

sin x =

∞

n=0

(−1)

n x

2n+1

(2n+1)!

cos x =

∞

n=0

(−1)

n x

(2n)

arctg x =

∞

n=0

(−1)

n x

2n+1

ln(1 + x) =

∞

n=1

(−1)

n−1 x

(1 + x)

∞

n=0

arcsin x =

∞

n=0

2n+1

1·3·5·...·(2n−1)

2·4·6·...·2n

· x

2n+1

i jednej funkcji wymiernej

+5x+6

∞

n=0

−

1
3

− −

1
2

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

, x

. . . maja

w punkcie 0 minima, natomiast funkcje

przeciwne −x

, −x

. . . maja

w punkcie 0 maksima. Funkcje x , x

, x

. . . 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

(p) = f

(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

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

(n)

(p) < 0 .

Dow´

od. Skorzystamy z wzoru Taylora:

f (p + h) = f (p) +

(p)

h +

(p)

+ · · · +

(n−1)

(p)

(n − 1)!

n−1

(n)

(p)

+ r

(h)

Wobec za lo˙ze´

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

f (p + h) = f (p) +

(n)

(p)

+ r

(h) = f (p) + h

(n)

(p)

(h)

Poniewa˙z lim

h→0

(h)

= 0 , wie

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

(h)

(n)

(p)

. 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

(n)

(p)

(h)

jest on wie

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)

(p)

(h)

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)

(p)

(h)

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

− 28x

+ 84x

− 96x . Obliczamy pochodna

(x) = 12x

− 84x

+ 168x − 96 = 12(x

− 7x

+ 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.

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

Pochodna f

zeruje sie

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

(x) = 36x

− 168x + 168 = 12(3x

− 14x + 14) . Wobec tego f

(1) > 0 , f

(2) < 0

i f

(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

funkcji

f nie zeruje sie

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

˙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

− 28x

+ 84x

− 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).

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))

−sin

x)(tg

x)(cos x−cos 2x)

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

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))

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

. Wiemy, ˙ze ln(1 + y) = y + r(y) ,

gdzie r jest taka

funkcja

, ˙ze lim

y→0

r(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) , gdzie % jest taka

funkcja

, ˙ze lim

x→0

%(x)

= 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)) = ln

1 + −

1
2

+ %(x)

= −

1
2

+ %(x) + r −

1
2

+ %(x)

. Mamy

lim

x→0

%(x)

= 0 i lim

x→0

r −

+%(x)

= lim

x→0

(

−

+%(x)

)

−

+%(x)

−

+%(x)

= 0 · −

1
2

= 0 , wie

lim

x→0

ln(cos x)

= −

1
2

. Wykazali´smy wie

c, ˙ze licznik zachowuje sie

jak (x

)

= x

. Teraz

zajmiemy sie

kolejno poszczeg´olnymi cz lonami mianownika. Zaczniemy od x

−sin

x .

Mamy sin x = x −

+ ˜

r(x) , gdzie

r(x)

−→ 0 , gdy x −→ 0 . Wobec tego za-

chodzi r´owno´s´c x

− sin

x = x

− x −

+ ˜

r(x)

= 2x

+ b

r(x) , gdzie przez

r(x) oznaczyli´smy sume

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

−

− ˜

r(x)

−2x˜

r(x)+2

r(x) . Jasne jest, ˙ze lim

x→0

r(x)

= 0 . Sta

d latwo wynika,

˙ze lim

x→0

−sin

= 2

1
3

. Jasne jest, ˙ze lim

x→0

tg x

= 1 , wie

c lim

x→0

= 1 . Pozo-

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

i n = 2 . Mamy cos x = 1 −

+ ˜

%(x) , gdzie ˜

% jest taka

funkcja

, ˙ze lim

x→0

%(x)

= 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) =

−

+ · · · ). Wobec

tego cos x − cos(2x) = 1 −

+ ˜

%(x) − 1 −

(2x)

+ ˜

%(2x)

3
2

+ b

%(x) , gdzie

% jest taka

funkcja

, ˙ze lim

x→0

%(x)

= 0 . Wobec tego lim

x→0

cos x−cos(2x)

3
2

, zatem

♥

Poniewa˙z ln(1+y)=y−

+··· , wie,c r(y)=−

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

−··· otrzymujemy r´

owno´s´

c %(x)=

−

+··· .

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

lim

x→0

(cos x−cos(2x))

9
4

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

(−

)

·1·

= −

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

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

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

= 0 . Mo˙zna te˙z napisa´c, ˙ze

= o(e

) przy x −→ +∞ , bo lim

x→∞

= 0 . Mamy r´ownie˙z sin x = x−

+o(x

) ,

cos x = 1−

+o(x

) – 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)+

(p)

(3)

(p)

+· · ·+

(n)

(p)

+o(h

) przy h −→ 0 .

Oczywi´scie je˙zeli f (x) = o(x

) przy x −→ 0 , to x

f (x) = o(x

n+k

) przy x → 0 .

Je˙zeli f (x) = o(x

) przy x → 0 i g(x) = o(x

) przy x → 0 , to f (x)g(x) = o(x

k+n

)

i f (x) + g(x) = o(x

) 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))

−sin

x)(tg

x)(cos x−cos 2x)

. Skorzy-

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

+ o(x

) i

cos x = 1 −

+ o(x

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

ln(cos x) = ln(1 −

+ o(x

)) = −

+ o(x

) + o −

+ o(x

)

= −

+ o(x

)

— ostatni wz´or wynika sta

d, ˙ze lim

x→0

−

+o(x

)

= −

1
2

6= ±∞ . Rozumuja

c dalej w

taki sam spos´ob otrzymujemy

− sin

x = x

− x −

+ o(x

)

= x

− x

− 2x

+ o(x

)

+ o(x

)

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

) czy te˙z −o(x

) .

Poniewa˙z tg x = x + o(x) , wie

x = (x + o(x))

= x

+ 2xo(x) + (o(x))

= x

+ o(x

) .

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

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

+ o(x

) , wobec tego cos 2x =

=1 −

(2x)

+ o((2x)

) = 1 − 2x

+ o(x

) . Odejmuja

c dwie ostatnie r´owno´sci stro-

nami otrzymujemy: cos x − cos 2x = −

1
2

+ 2

+ o(x

) =

3
2

+ o(x

) . Sta

(cos x − cos 2x)

3
2

+ o(x

)

9
4

+ 3x

o(x

) + (o(x

))

9
4

+ o(x

) .

Wobec tego

lim

x→0

(ln(cos x))

−sin

x)(tg

x)(cos x−cos 2x)

= lim

x→0

(−

+o(x

))

(

+o(x

))(x

+o(x

))(

+o(x

))

= lim

x→0

−

o(x2)

o(x4)

o(x2)

o(x4)

= lim

x→0

−

o(x2)

o(x4)

o(x2)

o(x4)

= (

−

)

·1·

= −

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

) 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

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

x→0

x−sin x

= 0 , bo lim

x→0

x−sin x

= lim

x→0

x−sin x

· x

= 0 . W przeciwna

strone

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

lim

x→0

x−sin x

= 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

pierwszy wielomian Taylora w punkcie 0 pokrywa sie

z drugim wielomianem Taylora

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

) 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

) !

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´

Przyk lad 7.17

Znajdziemy raz jeszcze granice

lim

x→0

e−(1+x)

1/x

. Mamy

(1 + x)

1/x

= e

(1/x)·ln(1+x)

= e

(1/x)(x−x

/2+o(x

))

= e

1−x/2+o(x)

= e · e

−x/2+o(x)

= e 1 −

+ o(x) + o −

+ o(x)

= e 1 −

+ o(x)

Sta

d mamy: lim

x→0

e−(1+x)

1/x

= lim

x→0

e−e

(

1−

+o(x)

)

= lim

x→0

e
2

o(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.

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

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

jest nieujemna i w ka˙zdym

przedziale zawartym w jej dziedzinie znajduje sie

co najmniej jeden punkt, w kt´orym

druga pochodna f

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

(p) istnieje i jest

sko´

nczona, to f

(p) = 0 .

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

0 = f

(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

funkcji f jest niemaleja

ca i wo-

bec tego jej pochodna, czyli f

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

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

okre´slona, w szczeg´olno´sci f

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

s la

i wobec tego f

(p) ≤ 0 . Poniewa˙z f

(p) ≤ 0 ≤ f

(p) , wie

c f

(p) = 0 .

2. Zastosujemy wz´or Taylora do funkcji f

w punkcie p . Mamy

(p+h) = f

(p)+

(3)

(p)

h+· · ·+

(n)

(p)

(n−2)!

n−2

(h) = h

n−2

(n)

(p)

(n−2)!

n−2

(h)

n−2

Niech δ > 0 be

dzie taka

liczba

dodatnia

, ˙ze je´sli 0 < |h| < δ , to

n−2

(h)

n−2

(n)

(p)

(n−2)!

Liczby

(n)

(p)

(n−2)!

n−2

(h)

n−2

(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

(p + h) = h

n−2

(n)

(p)

(n−2)!

n−2

(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

˙ze p jest punktem przegie

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

wtedy funkcja f

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

jest dodatnia, albo na

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

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

(n)

(p)

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

(x − 6)

. 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

(x) = 2x(x − 6)(x + x − 6) = 4(x

− 9x

+ 18x) ,

(x) = 12(x

− 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

(0), f

(6) > 0 ), a w 3 — lokalne mak-

simum w la´sciwe (bo f

(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

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 −

√

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 − 6)

− 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

. 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

> 0 , a na p´o lprostej (0, +∞)

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

−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)

= lim

x→0

1 − e

−x

lim

x→0

−x

− 1

−x

= 1 ,

bo pierwiastek kwadratowy jest cia

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

h→0

−1

= 1

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

x→0

−

f (x)−f (0)

= −1 . Ozna-

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

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

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

”, lub te˙z: „ma ostrze”.

Znajdziemy druga

pochodna

(x) =

−x

√

1 − e

−x

1 − e

−x

−1/2

= e

−x

1 − e

−x

−1/2

− 2x

−x

1 − e

−x

−1/2

− x

−2x

1 − e

−x

−3/2

= e

−2x

1 − e

−x

−3/2

1 − 2x

− 1 + x

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

(x) < 0 . Wystarczy

wykaza´c, ˙ze je´sli y > 0 , to e

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

. Mamy

(1 − 2y) − 1 + y)

= e

(1 − 2y) − 2e

+ 1 = −2ye

− e

+ 1 < 0 dla y > 0 , bo

−e

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

(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

δ,

√

1 − e

−δ

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) =

−3

−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:

(x) = −0,4x 9x

− 4

−6/5

− 3

−4/5

(x) = 0,24(315x

− 91x

− 20) 9x

− 4

−11/5

− 3

−9/5

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

wtedy, gdy x = ±

91+

√

33481

630

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

parzysta

Mo˙zna udowodni´

c, ˙ze e

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

c wz´

∞

– 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

1−y

zatem dla wszystkich y∈IR zachodzi nier´

owno´s´

c e

(1−y)<1 , wobec tego

(1−2y)−1+y=e

(1−y)−y(e

−1)−1<−y(e

−1)<0 dla y6=0 .

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

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

2
3

, ∞

oraz na jednym z przedzia l´ow

−

2
3

, 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

, f

w ko´

ncach przedzia l´ow sk ladaja

cych sie

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

, ±

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 ±

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

(x) = +∞ oraz

lim

x→

√

3/7

(x) = −∞ . Sta

d, z definicji po-

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

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

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 (−

3
7

, 0) . Mamy

lim

x→−∞

−3

−4

= lim

x→−∞

7−3/x

9−4/x

7
9

. Dalej

lim

x→−

−

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→−

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

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

wyra˙zenia 7x

− 3

oraz 9x

− 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

, −

91+

√

33481

630

−

91+

√

33481

630

, −

3
7

−

3
7

, 0

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

pochodna f

ma inny znak: na pierwszym z wymienionych przedzia l´ow jest dodat-

nia, na drugim – ujemna, na trzecim – dodatnia i wreszcie na czwartym ujemna. Wy-

nika sta

d, ˙ze na p´o lprostej −∞, −

2
3

i na przedziale

−

91+

√

33481

630

, −

3
7

funk-

cja f jest wypuk la, a na ka˙zdym z przedzia l´ow

−

2
3

, −

91+

√

33481

630

−

3
7

, 0

— wkle

s la. Wobec tego punkty −

91+

√

33481

630

i −

3
7

punktami przegie

cia funk-

cji f , −

2
3

punktem przegie

cia nie jest, bo le˙zy poza dziedzina

funkcji f (poniewa˙z

nie istnieje granica lim

x→−

f (x) , wie

c nie mo˙zna sensownie dookre´sli´c funkcji w tym

punkcie!). Innych punkt´ow przegie

cia nie ma: jedynym punktem, kt´ory jeszcze nie

zosta l zbadany jest 0 — mo˙zna by pomy´sle´c, ˙ze z wkle

s lo´sci funkcji f na przedziale

−

3
7

, 0

oraz z parzysto´sci wynika wkle

s lo´s´c funkcji na przedziale

−

3
7

, tak

jest, ale trzeba sie

jeszcze wyra´znie powo la´c na r´o˙zniczkowalno´s´c funkcji f w punk-

cie 0 (por. przyk lad poprzedni), jednak takiego twierdzenie nie udowodnili´smy, zresz-

pro´sciej jest skorzysta´c z tego, ˙ze na przedziale otwartym

−

3
7

druga

pochodna f

funkcji f jest ujemna. Z tego, co do tej pory uda lo sie

nam ustali´c, wy-

nika, ˙ze prosta pozioma y =

7
9

jest asymptota

pozioma

funkcji f przy x → ±∞ ,

za´s proste pionowe x = ±

2
3

obustronnymi asymptotami pionowymi funkcji f przy

x → ±

2
3

Uwaga 7.11 W istocie rzeczy nie trzeba w tym zadaniu wykonywa´c ˙zadnych obli-

cze´

n ´swiadcza

cych o tym, ˙ze

2
3

91+

√

33481

630

3
7

– ta nier´owno´s´c wynika z tego,

˙ze

lim

x→−

(x) = +∞ i

lim

x→−

√

(x) = +∞ , wie

c na przedziale

−

2
3

, −

3
7

po-

chodna f

musi najpierw male´c, a potem rosna

´c, co oznacza, ˙ze druga pochodna musi

przynajmniej w jednym punkcie tego przedzia lu przyja

´c warto´s´c 0, jedynym kandyda-

tem jest punkt −

91+

√

33481

630

. Zachodzi przybli˙zona r´owno´s´c

3
7

≈ 0,654653 , wie

r´o˙znica mie

dzy punktami

3
7

91+

√

33481

630

jest mniejsza ni˙z 0,01 , zatem mo˙ze by´c

przeoczona przez program komputerowy rysuja

cy wykresy funkcji (je´sli nie za˙za

damy

odpowiedniej dok ladno´sci w tej okolicy!). f (0,67) ≈ 1,288 , f (0,66) = −0,908 , wie

w tym przypadku zmiana warto´sci argumentu o 0,01 powoduje zmiane

warto´sci

funkcji o oko lo 2,196 , wie

c ponad 200 razy wie

ksza

ni˙z zmiana argumentu. Rysuja

wykres na papierze, przyjmuja

c np. ˙ze jednostka to 1 cm musimy zwraca´c uwage

na przedzia ly d lugo´sci 0,1 mm, co jest ma lo realne ze wzgle

du na grubo´s´c o l´owka,

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

linie na rysunku komputerowym te˙z musza

mie´c jaka

´s grubo´s´c, wie

c jedyna rada,

to obserwowa´c okolice punkt´ow przegie

cia w du˙zym powie

kszeniu i stosowa´c odcinki

jednostkowych r´o˙znej d lugo´sci na r´o˙znych osiach: na osi argument´ow odcinek jednost-
kowy mo˙ze by´c np. oko lo 200 razy d lu˙zszy ni˙z odcinek jednostkowy na osi warto´sci
funkcji.

Podkre´sli´c wypada, ˙ze w tego typu zadaniach pojawiaja

cych sie

regularnie na eg-

zaminach w Uniwersytecie Warszawskim najwa˙zniejszym elementem rozwia

zania jest

zgodno´s´

c wykresu z rezultatami oblicze´

n przeprowadzonych przed jego na-

szkicowaniem, ilo´s´c oblicze´

n, kt´ore ma przeprowadzi´c student jest minimalizowana.

W rezultacie wiele os´ob, kt´ore sa

przekonane o tym, ˙ze dobrze opanowa ly rysowa-

nie wykresu w liceach, otrzymuje stopnie znacznie poni˙zej swych oczekiwa´

n, cho´c w

zadaniach tego typu trudno doszuka´c sie

„trudnych” moment´ow. Zache

camy czytel-

nik´ow do uwa˙znego prze´sledzenia podanego przyk ladu i samodzielnego sporza

dzenia

przynajmniej kilku wykres´ow funkcji spo´sr´od proponowanych w tym tek´scie.

W ostatnio prezentowanych przyk ladach wida´c by lo, ˙ze w licznych przypad-

kach mo˙zna omija´c r´o˙zne obliczenia stosuja

c odpowiednie twierdzenia o charakterze

og´olnym. Du˙za

role

w tych rozumowaniach odgrywa wz´or Taylora. Nasuwa sie

na-

turalne pytanie: czy nie mo˙zna powiedzie´c czego´s wie

cej o reszcie r

przynajmniej

w sytuacji, z kt´ora

cze

sto mamy do czynienia, mianowicie w przypadku funkcji, kt´ora

ma wie

cej pochodnych w otoczeniu punktu p ni˙z n . Okazuje sie

, ˙ze co´s powie-

dzie´c mo˙zna, ale jednak niezbyt du˙zo. Podamy przyk lad twierdzenia tego typu, jest
ich oczywi´scie wie

cej. Stwierdzi´c jednak wypada, ˙ze po˙zytek z nich na og´o l nie jest

zbyt wielki, zasadniczo rzecz biora

c twierdzenie Peano to wszystko, co w przypadku

og´olnym powiedzie´c mo˙zna.

Twierdzenie 7.12 (Lagrange’a o reszcie we wzorze Taylora)
Niech f be

dzie funkcja

, kt´ora ma pochodna

rze

du n + 1 w ka˙zdym punkcie pewnego

przedzia lu otwartego zawieraja

cego p . Wtedy dla ka˙zdego punktu x z tego przedzia lu

istnieje taki punkt y

, le˙za

cy mie

dzy punktami x i p , dla kt´orego zachodzi r´owno´s´c

(x − p) =

(n+1)

)

(n+1)!

(x − p)

n+1

Dow´

od. Niech

h(t) =

f (x) − f (p) −

(p)

(x − p) − · · · −

(n)

(p)

(x − p)

(x − t)

n+1

−

− (x − p)

n+1

f (x) − f (t) −

(t)

(x − t) − · · · −

(n)

(t)

(x − t)

Mamy h(x) = 0 = h(p) . W przedziale o ko´

ncach x, p funkcja f ma (n + 1)–a

po-

chodna

, wie

c funkcja h jest r´o˙zniczkowalna na tym przedziale, a poniewa˙z przyjmuje

r´owne warto´sci w jego ko´

ncach, wie

c w pewnym punkcie wewne

trznym y

tego prze-

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

dzia lu zachodzi r´owno´s´c h

) = 0 . Zachodzi r´owno´s´c:

(t) = −(n + 1)(x − t)

f (x) − f (p) −

(p)

(x − p) − · · · −

(n)

(p)

(x − p)

+ (x − p)

n+1 f

(n+1)

(t)

(x − t)

Z niej wynika od razu, ˙ze dla t = y

zachodzi r´owno´s´c:

f (x) = f (p) +

(p)

(x − p) + · · · +

(n)

(p)

(x − p)

(n+1)

)

(n + 1)!

(x − p)

n+1

czyli w la´snie ta, kt´ora

chcieli´smy otrzyma´c.

Podkre´slmy raz jeszcze: pozornie dzie

ki temu wzorowi wiemy co´s wie

cej o resz-

cie. K lopot polega na tym, ˙ze o punkcie y

wyste

puja

cym we wzorze Lagrange’a nie

wiemy nic, opr´ocz tego, ˙ze le˙zy mie

dzy p i x . To bardzo ogranicza mo˙zliwo´s´c wy-

cia

gania wniosk´ow ida

cych dalej ni˙z te, kt´ore wynikaja

z wzoru Peano. Oczywi´scie

czasem jest to mo˙zliwe. Je´sli np. f (x) = sin x , to dla dowolnego n ∈ N mamy
|f

(n+1)

(x)| ≤ 1 , bowiem z dok ladno´scia

do znaku pochodna dowolnego rze

du to si-

nus lub kosinus. Sta

d w szczeg´olno´sci wynika, ˙ze w przypadku funkcji sinus zachodzi

nier´owno´s´c |r

(h)| ≤

(n+1)!

|h|

n+1

. Otrzymali´smy wie

c konkretne oszacowanie, ja-

kiego z pewno´scia

nie da sie

uzyska´c z wzoru Peano. Przeczy to ostrze˙zeniom wypo-

wiadanym przed chwila

, ale tylko pozornie. W tym konkretnym przypadku istota

by la dodatkowa wiedza o pochodnych dowolnego rze

du badanej funkcji i to ona

w po la

czeniu z wzorem Lagrange’a pozwoli la na wycia

gnie

cie dalej ida

cych wniosk´ow.

Przyk lad 7.21

Zdefiniujmy funkcje

f wzorami

f (x) =

−1/x

, je´sli x > 0;

je´sli x ≤ 0.

Jest jasne, ˙ze w ka˙zdym punkcie, by´c mo˙ze z wyja

tkiem punktu 0, funkcja ta ma

pochodne wszystkich rze

d´ow, czyli jest r´o˙zniczkowalna niesko´

nczenie wiele razy.

W punkcie 0 sytuacja nie jest ju˙z jasna, bo z prawej jego strony funkcja jest zde-

finiowana inaczej ni˙z z lewej, co mog loby powodowa´c k lopoty z cia

g lo´scia

lub r´o˙znicz-

kowalno´scia

. Wyka˙zemy poni˙zej, ˙ze w rzeczywisto´sci funkcja f r´ownie˙z w punkcie 0

jest r´o˙zniczkowalna niesko´

nczenie wiele razy oraz, ˙ze f

(n)

(0) = 0 dla ka˙zdej liczby

naturalnej n . Wyniknie sta

d, ˙ze wielomiany Maclaurina tej funkcji sa

funkcjami ze-

rowymi, a wie

c dla ka˙zdego naturalnego n zachodzi r´owno´s´c f (x) = r

(x) , chodzi

tu o reszte

we wzorze Maclaurina, czyli o

(x) = f (x) − f (0) −

(0)

x −

(2)

(0)

− · · · −

(n)

(0)

Oznacza to, ˙ze w tym konkretnym przypadku pomijanie reszty mo˙ze by´c pozbawione

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

sensu, bo w niej sa

zawarte wszystkie informacje o funkcji f ! Przyk lad ten omawiamy

po to tylko, by przestrzec czytelnik´ow, ˙ze ka˙zda metoda ma swoje ograniczenia, ˙ze
stosuja

c twierdzenia poprawnie, tj. wtedy, gdy ich za lo˙zenia sa

spe lnione, mo˙zemy

dochodzi´c do dziwnych lub ma lo interesuja

cych wniosk´ow. Po tych pesymistycznych

uwagach zajmiemy sie

wykazaniem r´owno´sci f

(n)

(0) = 0 .

Dla n = 0 r´owno´s´c ta wynika bezpo´srednio z okre´slenia funkcji f w punkcie 0:
f

(0)

(0) = f (0) = 0 . Jest te˙z jasne, ˙ze lim

x→0

−

f (x) = 0 — dla x < 0 jest f (x) = 0 .

Mamy te˙z lim

x→0

f (x) = lim

x→0

−1/x

= 0 . Wykazali´smy, ˙ze funkcja f jest cia

g la

w punkcie 0. Zauwa˙zmy teraz, ˙ze dla dowolnego x < 0 i dowolnej liczby naturalnej
n zachodzi r´owno´s´c f

(n)

(x) = 0 , pochodna funkcji sta lej jest r´owna 0, warto´s´c po-

chodnej w punkcie zale˙zy jedynie od zachowania sie

funkcji w otoczeniu tego punktu,

w naszym przypadku rozpatrujemy chwilowo funkcje

f na p´o lprostej (−∞, 0) . Te-

raz przeniesiemy sie

na p´o lprosta

(0, ∞) . Dla x > 0 mamy f (x) = e

−1/x

, f

(x) =

−1/x

, f

(x) =

−

−1/x

, f

(3)

(x) =

−

−1/x

,. . .

Wobec tego dla ka˙zdej liczby naturalnej n istnieje wielomian w

stopnia 2n , taki

˙ze je´sli x > 0 , to f

(n)

(x) = w

−1/x

, np. w

(y) = y

, w

(y) = y

− 2y

(y) = y

−6y

+6y

. Sta

d od razu wynika, ˙ze lim

x→0

(n)

(x) = lim

y→∞

(y)

= 0 . Z de-

finicji pochodnej i twierdzenia o warto´sci ´sredniej wynika natychmiast, ˙ze f

(0) =

= lim

x→0

f (x)−f (0)

= lim

x→0

) = 0 , gdzie c

jest punktem le˙za

cym mie

dzy 0 i x ,

w szczeg´olno´sci |c

| < |x| . Analogicznie korzystaja

c z ju˙z otrzymanego wyniku wnio-

skujemy, ˙ze f

(0) = 0 itd. Dow´od zosta l zako´

nczony.

Uwaga 7.13 (o funkcjach analitycznych) Funkcja opisana w poprzednim przy-
k ladzie mo˙ze wydawa´c sie

nieco dziwna. Warto zaznaczy´c, ˙ze takie zachowania sie

funkcji nie sa

mo˙zliwe w przypadku tzw. funkcji analitycznych, tj. takich funkcji

niesko´

nczenie wiele razy r´o˙zniczkowalnych , kt´ore w pewnym otoczeniu dowolnie wy-

branego punktu dziedziny sa

r´owne sumie swego szeregu Taylora. W takim przypadku

zerowanie sie

wszystkich pochodnych w pewnym punkcie powoduje, ˙ze funkcja jest

sta la w otoczeniu tego punktu, co jak wida´c z poprzedniego przyk ladu nie musi
mie´c miejsca w przypadku funkcji r´o˙zniczkowalnej niesko´

nczenie wiele razy. Istnie-

nie takich funkcji niesko´

nczenie wiele razy r´o˙zniczkowalnych zauwa˙zone zosta lo nie

od razu, sta ly sie

one istotnym narze

dziem wsp´o lczesnej matematyki, jednak mo˙zna

przyja

´c, ˙ze w elementarnych zastosowaniach matematyki w chemii takie funkcje nie

wyste

puja

Na tym ko´

nczymy przegla

d zagadnie´

n zwia

zanych z wielokrotnym r´o˙zniczkowa-

niem funkcji.

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

Z A D A N I A

7.1 Obliczy´c f

(1000)

(0) , je´sli

a. f (x) =

(x−1)(x−2)

;

b. f (x) =

x+1

(x−1)(x−2))

;

c. f (x) = e

7.2 Oszacowa´c r´o˙znice

mie

dzy funkcja

√

1 + x i jej wielomianem Taylora 2 stopnia

o ´srodku w punkcie x

= 0 na przedziale [−

1
2

] .

7.3 Znale´z´c f

(x) , f

(3)

(x) oraz f

(n)

(x) , je˙zeli f (x) =

a. e

b. xe

c. xe

d. x

e. sin(2x)

f. cos(3x)

g. sin(x

)

h. x

sin x

i. sin

x + cos

xj.

x+2

3x+5

k. ln

x−3
x+2

7.4 Niech f (x) =

ln x

. Znale´z´c f

(x) , f

000

(x) , f

(4)

(x) , f

(5)

(x) , . . . i po-

tem og´olny wz´or na f

(n)

(x) (nieco trudniejsze: dla tych, kt´orzy nie boja sie

popracowa´c troche

g lowa

7.5 Znale´z´c liczby a, b, ω takie, ˙ze je´sli f (x) = e

−x/2

a cos(ωx) + b sin(ωx)

, to

000

(x) = f (x) dla ka˙zdej liczby x ∈ IR .

7.6 Znale´z´c przedzia ly monotoniczno´sci oraz wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci funkcji f ,

jej lokalne ekstrema i punkty przegie

cia. Znale´z´c granice (jednostronne) funkcji

f oraz granice (jednostronne) funkcji f

w ko´

ncach przedzia l´ow sk ladaja

cych

sie

na ich dziedziny (niekoniecznie takie same), o ile istnieja

. Naszkicowa´c wy-

kres funkcji f, tzn. ustali´c na jakich przedzia lach funkcja f jest monotoniczna,
na jakich wypuk la, na jakich wkle

s la. Je´sli funkcja ma asymptoty, znale´z´c je.

W oparciu o uzyskane wyniki naszkicowa´c wykres funkcji* f , je´sli f (x) =

a. x

(1 + x)

−3

;

√

−1

;

x+1

;

c. 1 − x +

x+3

;

d. ln x +

√

1 + x

;

e. sin x sin 3x ;

. (x − 2)(x

+ 1)

−1/2

; f. x

2/3

(x + 1)

−1/3

;

g. f (x) = x

(x − 8)

;

h. (x + 1)

5/3

+ 2x

1/3

wiadomo, ˙ze

(x) =

1
3

(x + 1)

2/3

+ 2x

−2/3

+ 14x + 2

, niewymiernymi pierwiast-

kami funkcji f

≈ −1.845 oraz x

≈ −0.155 , ma ona te˙z pierwiastek wy-

mierny, f

(x) =

2
9

(x + 1)

−1/3

+ 2x

−5/3

14x

+ 56x

+ 61x

+ 10x − 4

pierwiastkami drugiej pochodnej sa

≈ 0.177 , x

≈ −2.177 , x

≈ −0.492 ,

≈ −1.508 , sa

one niewymierne;

√

+2x−7

√

+2x−5

wiadomo, ˙ze f

(x) =

4
3

(x + 1) x

+ 2x − 5

−

+ 2x − 7

−

UWAGA: Zak ladamy, ˙ze dziedziny funkcji sa, tak dobrane, ˙ze operacje definiuja,ce funkcje, sa, wyko-

nalne oraz ˙ze dziedziny sa, maksymalnymi zbiorami o tej w lasno´sci. Pierwiastki stopnia nieparzy-

stego sa, okre´slone dla wszystkich liczb rzeczywistych

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

(x) = −

4
9

+ 36x

+ 8x

− 56x − 181

+ 2x − 5

−

+ 2x − 7

−

oraz ˙ze pierwiastkami (jednokrotnymi) drugiej pochodnej sa

liczby x

≈ 1.7

oraz x

≈ −3.7 , innych pierwiastk´ow rzeczywistych funkcja f

nie ma;

−5x

(

√

5+x

)

, wiadomo, ˙ze f

(x) =

25(x−1)(x+1)

(

√

5+x

)

oraz f

(x) =

−75x(x

−5)

(

√

5+x

)

;

√

− 3x , wiadomo, ˙ze f

(x) =

−3

√

−3x

i f

(x) =

3(x

−6x

−3)

√

−3x)

oraz ˙ze pier-

wiastkami drugiej pochodnej sa

dwie liczby ±

3 + 2

√

3 oraz dwie liczby zespo-

lone ±

3 − 2

√

3 ;

l. f (x) = (x + 1)(x

+ 2x)

−1/3

, wiadomo, ˙ze

(x) =

1
3

+2x−2)(x

+2x)

−4/3

i f

(x) =

2
9

(x+1)(8−2x−x

)(x

+2x)

−7/3

;

m. f (x) = e

(2 + x)

−1

, wiadomo, ˙ze f

(x) = e

(1 + x)(2 + x)

−2

(x) = e

(2 + x)

−3

(2 + 2x + x

) ;

n. f (x) = e

(1 + 2x)

−1

, wiadomo, ˙ze f

(x) = 4x(1 + 2x)

−1

(x) = 4(1 + 4x

)(1 + 2x)

−3

;

o. f (x) = 9

−2

−1

dla x 6= ±

1
2

, wiadomo, ˙ze

(x) = 6x(3x

− 2)

−2/3

(2x

− 1)

−4/3

(x) = −2(54x

−23x

−6)(3x

−2)

−5/3

(2x

−1)

−7/3

oraz ˙ze f

(x) = 0 wtedy

i tylko wtedy, gdy x = ±

69 + 15

√

73 ≈ ±0.78 ;

p. f (x) = x

(x − 6)

, wiadomo, ˙ze f

(x) = 4x(x − 3)(x − 6) ,

(x) = 4(3x − 18x + 18) ;

q. f (x) = (x

− 1)

2/3

, wiadomo, ˙ze f

(x) =

4
3

x(x

− 1)

−1/3

(x) =

4
9

− 1)

−4/3

− 3) ;

r. f (x) =

+ 1) , wiadomo, ˙ze f

(x) =

2
3

−1/3

+ 1)

−2/3

(2x

+ 1) ,

(x) =

2
9

−4/3

+ 1)

−5/3

(2x

+ 5x

− 1) , f

(x) = 0 ⇔ x = ±

1
2

p√

33 − 5 ;

s. f (x) =

√

1 − e

−x

, wiadomo, ˙ze f

(x) =

−x

√

1 − e

−x

(x) = −e

−2x

1 − e

−x

−3/2

(2x

− 1) + 1 − x

;

t. f (x) =

(1 − x

) , wiadomo, ˙ze f

(x) =

1
3

2/3

(1 − x

)

−2/3

(5 − 7x

) ,

(x) =

2
9

−1/3

(1 − x

)

−5/3

(14x

− 23x

+ 5) ,

5
7

≈ 0,845 , pierwiastkami drugiej pochodnej sa

liczby niewymierne w przy-

bli˙zeniu r´owne 1,177 ; −1,177 ; 0,508 ; −0,508 ;

u. f (x) = (x + 1)

5/3

(x + 2x)

1/3

, wiadomo, ˙ze

(x) = (x + 1)

2/3

(x + 2x)

−2/3

(7x

+ 14x + 2) ,

(x) =

2
9

(x + 1)

−1/3

(x + 2x)

−5/3

(14x

+ 56x

+ 61x

+ 10x − 4) , pierwiastkami

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

drugiej pochodnej sa

liczby niewymierne w przybli˙zeniu r´owne 0,177, ; −2,177 ;

−0,492 ; −1,508 ; niewymierne pierwiastki pierwszej pochodnej sa

w przybli˙zeniu

r´owne −1,845 i −0,155 ;

v. f (x) =

x(3 − x

) , wiadomo, ˙ze

(x) = x

−2/3

(3 − x

)

−2/3

(1 − x

)

(x) = −2(1 + x

)(3 − x

)

−5/3

w. f (x) =

√

−2x−71

√

−2x−53

dla x 6= 1 ± 3

√

6 ,

wiadomo, ˙ze

(x) = 12(x − 1)(x

− 2x − 53)

−4/3

− 2x − 71)

−2/3

(x) = −36(x

− 4x

− 40x

+ 88x − 1341)(x

− 2x − 53)

−7/3

− 2x − 71)

−5/3

pierwiastkami drugiej pochodnej sa

liczby x

≈ 9,11 oraz x

≈ −7,11 (innych

rzeczywistych pierwiastk´ow funkcja f

nie ma).

x. f (x) =

√

+4x−68

√

+4x−50

dla x 6= −2 ± 3

√

6 , wiadomo, ˙ze

(x) = 12(x + 2)(x

+ 4x − 50)

−4/3

+ 4x − 68)

−2/3

(x) = −36(x

+8x

−22x

−152x−1464)(x

+4x−50)

−7/3

+4x−68)

−5/3

pierwiastkami drugiej pochodnej sa

liczby x

≈ 6,11 oraz x

≈ −10,11 (innych

rzeczywistych pierwiastk´ow funkcja f

nie ma).

y. f (x) =

√

+6x−63

√

+6x−45

dla x 6= 3 ± 3

√

6 ,

wiadomo, ˙ze

(x) = 12(x + 3)(x

+ 6x − 45)

−4/3

+ 6x − 63)

−2/3

(x) = −36(x

+12x

+8x

−168x−1629)(x

+6x−45)

−7/3

+6x−63)

−5/3

pierwiastkami (jednokrotnymi) drugiej pochodnej sa

liczby x

≈ 5,11 oraz x

≈

−11,11 (innych rzeczywistych pierwiastk´ow funkcja f

nie ma).

z. f (x) =

−3x)

(5+x

)

, wiadomo, ˙ze f

(x) =

6x(x

−3)(7x

−5)

(5+x

)

(x) =

6(5−3x

)(7x

−90x

+15)

(5+x

)

przybli˙zone warto´sci pierwiastk´ow f

to: 0; ±1,732 ; ±0,845 ,

przybli˙zone warto´sci pierwiastk´ow f

to: ±1,291 ; ±3,562 ; ±0,411 ;

˙z. f (x) =

(5x

− 7)(x

− 4) , wiadomo, ˙ze

(x) =

2
3

x(10x

− 27) 5x

− 7

−2/3

− 4

−2/3

(x) =

2
9

− 21

25x

− 75x

+ 108

− 7

−5/3

− 4

−5/3

oraz ˙ze

zachodza

r´owno´sci

7
5

≈ 1,2 ;

27
10

≈ 1,6 ;

≈ 3, 2 i 75

− 4 · 25 · 108 < 0 .

z. f (x) =

(x − 1) (x − 2) (x − 3) dla ka˙zdego x ∈ IR , wiadomo, ˙ze f

(x) =

−12x+11

3((x−1)(x−2)(x−3))

2/3

oraz f

(x) = −

−24x+26

9((x−1)(x−2)(x−3))

5/3

, r´owno´s´c f

(x) = 0

ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x =

6±

√

, druga pochodna nie ma pier-

wiastk´ow rzeczywistych.

7.7 Znale´z´c najmniejsza

taka

liczbe

L (sta la

Lipschitza dla funkcji e

), ˙ze je´sli

0 ≤ x < y ≤ 10 , to

− e

≤ L|y − x| .

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

7.8 Znale´z´c najmniejsza

taka

liczbe

L (sta la

Lipschitza dla funkcji tg x ), ˙ze je´sli

0 ≤ x < y ≤

, to

tg y − tg x

≤ L|y − x| .

7.9 Znale´z´c najmniejsza

taka

liczbe

L (sta la

Lipschitza dla funkcji ln x ), ˙ze je´sli

2 ≤ x < y < ∞ , to

ln y − ln x

≤ L|y − x| .

7.10 Znale´z´c najmniejsza

taka

liczbe

L (sta la

Lipschitza dla funkcji

√

x ), ˙ze je´sli

2 ≤ x < y < ∞ , to

√

y −

√

≤ L|y − x| .

7.11 Znale´z´c najmniejsza

taka

liczbe

L (sta la

Lipschitza dla funkcji

), ˙ze je´sli

x < y , to

−

≤ L|y − x| .

7.12 Znale´z´c najmniejsza

taka

liczbe

L (sta la

Lipschitza dla funkcji x

), ˙ze je´sli

100 ≤ x < y ≤ 1000 , to

− x

≤ L|y − x| .

7.13 Dowie´s´c, ˙ze je´sli x, y ∈ (2, ∞) , to |x

− y

| ≥ 80|x − y| przy czym r´owno´s´c ma

miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

7.14 Dowie´s´c, ˙ze je´sli x, y ∈ −

, to |tg x − tg y| ≥ |x − y| przy czym r´owno´s´c

ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

7.15

Dowie´s´c, ˙ze je´sli x, y ∈ −

, to |sin x − sin y| ≥

1
2

|x − y| przy czym

r´owno´s´c ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

7.16 Wykaza´c, ˙ze nie istnieje taka liczba L > 0 , ˙ze je´sli x, y ∈ −

, to

|sin x − sin y| ≥ L |x − y| .

7.17 Dowie´s´c, ˙ze je´sli x, y ∈ R , to

1
2

|x − y| ≤ |x +

1
2

sin x − (y +

1
2

sin y)| ≤

3
2

|x − y|

przy czym r´owno´s´c ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

7.18 Korzystaja

c z wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci odpowiedniej funkcji wykaza´c, ˙ze

√

x < sin x < x dla 0 < x <

7.19 Korzystaja

c z wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci odpowiedniej funkcji wykaza´c, ˙ze

tg x > 1 + 2(x −

) dla

< x <

7.20 Korzystaja

c z wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci odpowiedniej funkcji wykaza´c, ˙ze

ln x < −1 + ln 10 + 0,1x dla 0 < x 6= 10 .

7.21 Korzystaja

c z wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci odpowiedniej funkcji wykaza´c, ˙ze

(1 + x)

≤ 1 + ax dla a ∈ (0, 1) i x > −1

i wyja´sni´c, dla jakich a, x zachodzi r´owno´s´c.

7.22 Korzystaja

c z wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci odpowiedniej funkcji wykaza´c, ˙ze

(1 + x)

≥ 1 + ax dla a /

∈ (0, 1) i x > −1

i wyja´sni´c, dla jakich a, x zachodzi r´owno´s´c.

7.23 Korzystaja

c z wypuk lo´sci lub wkle

s lo´sci odpowiedniej funkcji wykaza´c, ˙ze

ln x <

1
2

− 1) dla 0 < x 6= 1 .

7.24 Wykaza´c, ˙ze dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b r´ownanie ln x = ax + b ma

dok ladnie dwa rozwia

zania, dok ladnie jedno rozwia

zanie lub nie ma rozwia

za´

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

w og´ole.

7.25 Wykaza´c, ˙ze je´sli funkcje f i g sa

wypuk le, funkcja g jest niemaleja

ca, to

funkcja g ◦ f jest wypuk la, je´sli natomiast g jest nierosna

ca, to z lo˙zenie g ◦ f

mo˙ze by´c funkcja

wkle

s la

, wypuk la

lub nawet mie´c punkty przegie

cia.

7.26 Wykaza´c, ˙ze je´sli funkcja f jest wypuk la na ka˙zdym z przedzia l´ow [a, b] i [b, c]

oraz r´o˙zniczkowalna w punkcie b , to jest wypuk la na [a, c] . Poda´c przyk lad

´swiadcza

cy o tym, ˙ze bez za lo˙zenia r´o˙zniczkowalno´sci teza nie jest prawdziwa.

7.27 Obliczy´c granice

lim

x→0

sin x−x

7.28 Obliczy´c granice

lim

x→0

7.29 Obliczy´c granice

lim

x→

− x

tg x .

7.30 Obliczy´c granice

lim

x→∞

1000

(1.001)

−x

7.31 Obliczy´c granice

lim

x→0

sin(tg x−sin x)

(− ln(cos x))

w zale˙zno´sci od a ∈ R .

7.32 Obliczy´c granice

lim

x→0

(

1−(cos x)

sin x

)

(tg x)

7.33 Obliczy´c granice

lim

x→∞

ln(x

2005

+π)

ln(x+π)

7.34 Obliczy´c lim

x→0

tg x + 2 sin x − 3x

(tg x − x) ln(cos x)

7.35 Obliczy´c lim

x→0

2 ln(cos x) + x sin x

x (2 tg x − sin(2x))

7.36 Obliczy´c lim

x→0

ln(1 + x

) − x sin x

x(tg x − x)

7.37 Obliczy´c lim

x→0

2 sin x−2 tg x+ln(1+x

)

7.38 Obliczy´c lim

x→0

(2 cos x + 2x tg x − e

− e

−x

−4

7.39 Obliczy´c lim

x→0

(2 sin x + 4 tg x − 3e

+ 3e

−x

−5

7.40 Obliczy´c lim

x→0

√

1 − x

− cos x

7.41 Obliczy´c lim

x→0

−2

(ln(1 + x) − sin x) .

7.42 Obliczy´c lim

x→0

−4

+ cos(x

√

2) − 2 cos(x

2008

)

7.43 Obliczy´c lim

x→0

− cos x

x sin x

7.44 Obliczy´c lim

x→0

−1−sin x

1−cos 2x

7.45 Znale´z´c lim

x→∞

(ln(x +

√

x) − ln x) ·

√

1 + x

Pochodne wy˙zszych rze

d´ow

Micha l Krych

7.46 Znale´z´c lim

x→0

tg x − sin x

ln(1 + x)

7.47 Znale´z´c lim

x→0

cos x

− 1

ctg

x .

7.48 Obliczy´c lim

x→∞

ln(x

2006

+e)

ln(x

2005

+e)

7.49 Obliczy´c lim

x→∞

ln(x

2005

+π)

x+π

7.50 Obliczy´c lim

x→0

ln(1+sin x

)−tg x sin x

x(tg x−x)

7.51 Obliczy´c lim

x→0

ln(cos x)+x sin x

x(2 tg x−sin(2x))

7.52 Obliczy´c lim

x→0

√

1 + 2x −

√

1 + 3x

· ln(cos x)

ln(1 + x) · [tg(2x) − 2 tg x] · cos x

1138

7.53 Obliczy´c granice

lim

x→0

(

√

1+25 sin x−

√

1+26 sin x) ln(cos x)

(sin(tg x)−sin x)·cos x

966

7.54 Obliczy´c granice

lim

x→0

cos x

2004

·(ln(1+sin x)−x−ln(cos x))

sin(tg

7.55 Obliczy´c granice

lim

x→0

cos(x

√

2)+tg(sin

x)−cos x

2003

x+ln(1−sin x)

·(x+x

2003

)

7.56 Obliczy´c lim

x→0

√

1+x+x

−1−sin

√

6 ln(1+x−sin x)

7.57 Obliczy´c lim

x→0

√

1+x+x

100

−1−sin

√

3 ln(1+x−tg x)

7.58 Obliczy´c lim

x→0

(

cos(x

√

2 )

)

+x tg x

(

√

1+x−1)

·(x−sin x)

7.59 Obliczy´c lim

x→0

√

1+2 tg

x−cos

(

√

)

−sin

(

√

)

(

√

1+tg x−

√

1+sin x

)

ln(1+tg x)

7.60 Obliczy´c lim

x→0

√

1+2 tg

√

14)−cos(6x)−8 sin

(2x)

(

√

1+5 tg 7x−

√

1+11 sin x

)

ln(1+tg(2x))

7.61 Obliczy´c lim

x→0

√

1+4 sin

(3x)−cos

(

√

)

−8 tg

(

√

)

(

√

1+6 sin x−

√

1+7 tg x

)

ln(cos(x

√

2))

7.62 Znale´z´c granice

lim

x→0

√

1+2 sin

x−cos

(

√

)

−tg

(

√

)

(

√

1+sin x−

√

1+tg x

)

ln(cos x)

7.63 Znale´z´c granice

lim

x→0

√

1+2 tg

x−cos

(

√

)

−sin

(

√

)

(

√

1+tg x−

√

1+sin x

)

ln(1+tg x)

7.64 Obliczy´c lim

x→0

[

√

1+5 sin x−

√

1+6 sin x]·tg x

[tg x+sin x]·[cos x

966

−cos x]

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
pochodna funkcji, wyklad id 364 Nieznany
Pochodne wyższych rzędów
Zestaw 14 Pochodne wyższych rzędów
pochodne wzory domek id 364486 Nieznany
pochodne wyższych rzędów (2)
pochodne wyższych rzedów II
Analiza Pytlik Pochodna id 6116 Nieznany
Instrumenty pochodne id 217770 Nieznany
Pochodzenie jezyka polskiego id Nieznany
wlasnosci rozniczki pochodne i rozniczki wyzszych rzedow
AMI 17 1 Pochodne id 59051 Nieznany (2)
357 364 id 36081 Nieznany
pochodne wzory 4 id 364477 Nieznany

więcej podobnych podstron