3. Rachunek ró\
niczkowy funkcji jednej zmiennej
3.1. Pochodna funkcji
W rozdziale tym będziemy zajmowali się funkcjami określonymi na przedzia-
łach otwartych przede wszystkim dlatego, aby nie zaciemniać rozwa\
ań zbytnimi
szczegółami. Definiowane pojęcia mo\
na uogólnić na przypadek przedziałów obu-
stronnie lub jednostronnie domkniętych, ale nie będzie to prowadziło do istotnie in-
nych pojęć. Kłopoty pojawią się jedynie w punktach końcowych, dlatego skoncentru-
jemy się na przedziałach obustronnie otwartych. Poniewa\
pojęcie pochodnej, które za
chwilÄ™ podamy, ma charakter lokalny, tzn. ma sens w pewnym otoczeniu wybranego
punktu, więc jest bez znaczenia na jakim zbiorze zdefiniowana jest funkcja  daleko
od ustalonego punktu, w szczególności dziedziną mo\
e być suma dwóch lub kilku
przedziałów. Ponadto przedziałem otwartym jest równie\
zbiór wszystkich liczb rze-
czywistych, a więc ten przypadek równie\
będzie uwzględniony. Po tych kilku uwa-
gach natury technicznej przejdz
my do głównego wątku, który rozpoczniemy od defi-
nicji pochodnej.
Definicja 3.1.1
Niech funkcja f będzie określona na przedziale otwartym: f :(a,b) R , nato-
miast x0 jest ustalonym punktem dziedziny x0 "(a,b), zaś h `" 0 h niech będzie taką
liczbÄ…, \
e x0 + h "(a,b). Je\
eli istnieje skończona granica:
f (x0 + h)- f (x0)
lim
h0
h
to nazywamy jÄ… pochodnÄ… funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy symbolem f 2 (x0). Wy-
f (x0 + h)- f (x0) nazywa się ilorazem ró\
nico-
ra\
enie stojÄ…ce pod znakiem granicy:
h
"f (x0,h).
wym i oznacza siÄ™ je symbolem:
"x
W podanej definicji punkt x0, w którym liczymy pochodną jest ustalony, wtedy
punkt x0 + h jest jakimÅ› innym punktem dziedziny, gdy\
spełnia warunek
x0 + h "(a,b). W ten sposób iloraz ró\
nicowy mo\
na traktować jako pewną funkcję
zmiennej h. Natomiast pochodna jest granicą tej funkcji liczoną względem zmiennej h.
W myśl podanej definicji pochodna w punkcie jest liczbą, poniewa\
granica ma być
skończona, a x0 jest konkretnym punktem. Pochodna funkcji w punkcie mo\
e nie ist-
nieć z dwóch powodów: albo granica ilorazu ró\
nicowego nie istnieje, albo nie jest
skończona.
df (x0), w którym
Niekiedy pochodnÄ… funkcji w punkcie oznacza siÄ™ symbolem
dx
pozioma kreska nie oznacza kreski ułamkowej, chocia\
jak się póz
niej oka\
e wygod-
nie jest czasami zapomnieć o tym i traktować ten symbol jako dzielenie dwóch wyra-
\
eń. W tym rozdziale będziemy jednak unikali tego symbolu i korzystali z tego, które-
1
go u\
yliśmy w definicji. Do wspomnianego oznaczenia powrócimy w rozdziale po-
święconym równaniom ró\
niczkowym.
Definicja 3.1.2
Funkcja f, która ma pochodną w ka\
dym punkcie podzbioru X dziedziny nazy-
wa się funkcją ró\
niczkowalną na zbiorze X. Natomiast odwzorowanie, które ka\
demu
punktowi x " X przyporzÄ…dkowuje pochodnÄ… funkcji f w tym punkcie oznaczamy
2
symbolem f i nazywamy pochodnÄ… funkcji f na zbiorze X.
Z przytoczonej definicji wynika, \
e dziedziny wyjściowej funkcji i jej pochod-
nej mogą być ró\
ne. W niektórych punktach dziedziny funkcji f jej pochodna mo\
e nie
istnieć z powodów wspomnianych wy\
ej. Pochodna funkcji w punkcie ma przejrzystÄ…
interpretacjÄ™ geometrycznÄ….
Rozwa\
my fragment wykresu funkcji i pęk prostych wychodzących z jednego i
tego samego punktu (x0 , f (x0 )), sytuacjÄ™ takÄ… ilustruje rysunek.
f (x)
C
f (x0 + h)
A
B
f (x0 )
x0 x0 + h  x0 + h x0 + h
x
Rys. 3.1.1 Geometryczna interpretacja pochodnej funkcji w punkcie.
Przejście do granicy z h dą\
Ä…cym do zera, przy ustalonym x0, oznacza, \
e prawy punkt
(w kontekście rysunku) rozwa\
anych prostych zbli\
a siÄ™ do punktu (x0 , f (x0 )) i w
granicy (jeśli granica istnieje) pokryje się z nim. Tak otrzymana  graniczna prosta z
definicji nazywa się styczną do krzywej (będącej w naszym przypadku wykresem
funkcji f) w punkcie x0. Znane z elementarnego kursu matematyki określenie stycznej,
jako prostej mającej z krzywą jeden punkt wspólny, w ogólnym przypadku mo\
e pro-
wadzić na manowce. Przede wszystkim z dwóch powodów. Po pierwsze, często zdarza
siÄ™, \
e istnieje nieskończenie wiele prostych mających z zadaną krzywą jeden punkt
wspólny. Dlatego taka definicja nie zadaje stycznej jednoznacznie. Jako przykład roz-
wa\
my wykres funkcji f (x) = x2 i punkt będący początkiem układu współrzędnych.
Jak pokazuje rysunek, istnieje nieskończenie wiele prostych przecinających parabolę
w tym punkcie, ale tylko jedna spełnia podaną definicję. Jest nią oś OX
2
Y
0 X
Rys. 3.1.2 Spośród wszystkich prostych, które przecinają parabolę w jedynym
punkcie, którym jest początek układu współrzędnych, tylko jedna jest granczną
postacią siecznych - jest to oś OX. I to właśnie ta prosta jest styczną w tym punkcie.
Po drugie,  szkolna definicja nie uwzględnia stycznej do prostej. Natomiast z wpro-
wadzonego przez nas określenia wynika, \
e stycznÄ… do prostej jest ta sama prosta, a
więc punktów wspólnych jest nieskończenie wiele.
Wcześniej wspomnieliśmy, \
e pochodna w punkcie jest liczbą, zobaczmy więc
jaki ma sens. Na rys. 3.1.1 grubszymi liniami wyró\
niono pewne odcinki. I tak, odci-
nek zaznaczony na osi OY ma długość równą f (x0 + h)- f (x0) i jest ona równa długo-
ści przyprostokątnej BC w trójkącie ABC. Podobnie na osi OX wyró\
niony odcinek ma
długość równą h i jest ona równa długości BC podstawy (druga przyprostokątna) trój-
kąta ABC. Stosunek długości tych odcinków jest ilorazem ró\
nicowym i dla cięciwy
przechodzącej przez punkty A i C jest równy tangensowi kąta, jaki tworzy ona z osią
OX. Dla siecznej, w której zawiera się rozwa\
ana cięciwa, liczba ta nazywa się jej
współczynnikiem kierunkowym. Przechodząc do granicy, a więc biorąc coraz mniej-
sze wartości h, otrzymujemy współczynniki kierunkowe siecznych, których prawy
punkt zbli\
a się do punktu A. W granicy, gdy sieczna stanie się styczną, iloraz ró\
ni-
cowy będzie współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu funkcji w punkcie
x0. Sama styczna będzie miała równanie:
y = f 2 (x0)(x - x0)+ f (x0)
2
które łatwo otrzymać znając współczynnik kierunkowy (czyli f (x0)) oraz wiedząc, \
e
prosta ta przechodzi przez punkt o współrzędnych (x0, f (x0)). Mo\
na w tym miejscu
stwierdzić, \
e geometryczny warunek istnienia pochodnej funkcji w punkcie jest wa-
runkiem na istnienie stycznej do wykresu funkcji w tym punkcie. Prostym przykładem
funkcji, która nie ma stycznej w punkcie x = 0 jest funkcja f (x) = x , jej wykres
przedstawia rysunek.
3
f (x) = x
x
Rys. 3.1.3 Przykład funkcji, która w jednym punkcie nie jest ró\
niczkowalna. Brak
pochodnej wynika z niejednoznaczności w wyznaczaniu stycznej do wykresu.
Liniami przerywanymi zaznaczono przedłu\
enia prostych, z których składa się
wykres funkcji, i które  pretendują do roli stycznych. Je\
eli rozwa\
amy prawą część
wykresu, to z definicji, jako stycznÄ…, otrzymamy innÄ… prostÄ… ni\
wtedy, gdy rozwa\
a-
my lewą część wykresu. Owa niejednoznaczność jest powodem tego, \
e styczna w
początku układu w ogóle nie istnieje. Nale\
y pamiętać, \
e pochodna w punkcie jest
granicÄ…, a granica jest tylko jedna.
Podobna sytuacja ma miejsce wtedy, gdy funkcja nie jest w jakimÅ› punkcie ciÄ…-
gła. Szczególny przypadek funkcji nieciągłej w jednym punkcie pokazuje rysunek.
Rys. 3.1.4 Nieciągłość funkcji w punkcie jest powodem nieistnienia jednoznacznie
określonej stycznej, a to oznacza, \
e w tym punkcie funkcja nie ma pochodnej.
W punkcie nieciągłości mo\
na narysować dwie proste. Pochyła prosta jest granicą cię-
ciw, których ustalonym punktem jest punkt nieciągłości, a drugi, ten który dą\
y do
pierwszego, le\
y na prawej części wykresu. Je\
eli jednak  ruchomy punkt będzie
znajdował się na lewej części wykresu, to graniczną cięciwą będzie prosta pionowa.
Nie dość, \
e inna ni\
poprzednia, to jeszcze na dodatek granica ilorazu ró\
nicowego
będzie w tym przypadku równa nieskończoności, a w definicji pochodnej granica musi
być skończona Przytoczony przykład jest ilustracją pierwszego twierdzenia dotyczą-
cego istnienia pochodnej.
4
Twierdzenie (o warunku koniecznym istnienia pochodnej)
Je\
eli funkcja f :(a,b) R ma pochodnÄ… w punkcie x0 "(a,b), to jest w tym
punkcie ciągła.
Sformułowaliśmy w ten sposób warunek konieczny istnienia pochodnej. Wyni-
ka z niego, \
e jeśli funkcja nie jest ciągła w jakimś punkcie, to na pewno nie ma w nim
pochodnej. Natomiast ciągłość w punkcie nie gwarantuje istnienia pochodnej. Przy-
kładem jest funkcja f (x) = x , która jest ciągła w początku układu współrzędnych, ale
nie ma w nim pochodnej. Dotychczasowe rozwa\
ania zilustrujemy przykładem.
Przykład 3.1.1
Rozwa\
my funkcję f (x) = x2 +1, jej wykresem jest parabola poło\
ona syme-
trycznie względem osi OY i wierzchołku w punkcie (0,1). Policzmy z definicji po-
chodną tej funkcji w x0 = 1, wartość funkcji w tym punkcie jest równa f (1) = 2 . Iloraz
ró\
nicowy, dla h `" 0 , jest równy:
2
"f (1,h) f (1+ h)- f (1) (1+ h) +1-(12 +1) 2h + h2
= = = = 2 + h
"x h h h
Obliczenie granicy otrzymanego wyra\
enia nie przedstawia \
adnej trudności, mamy
"f (1,h)
bowiem: lim = lim(2 + h)= 2. Wynik ten oznacza, \
e pochodna funkcji f w
h0 h0
"x
2
punkcie x0 = 1 jest równa 2: f (1) = 2 . Podstawiając znalezioną wartość pochodnej
oraz wartość funkcji do wzoru na styczną znajdujemy:
y = 2(x -1)+1
co po przekształceniu prowadzi do równania: y = 2x . Otrzymany wynika ilustruje
rysunek.
y = 2x
f (1)= 2
x0 = 1
Rys. 3.1.5 Rysunek ilustrujący przykład wyznaczania stycznej do paraboli w punkcie
2
x0 = 1. Pochodna funkcji f (x) = x2 +1 w x0 = 1 jest równa f (1) = 2 i to jest wartość
współczynnika kierunkowego stycznej do wykresu w tym punkcie.
Rozwa\
ana funkcja posiada pochodnÄ… w ka\
dym punkcie dziedziny. Mo\
na siÄ™
o tym przekonać powtarzając powy\
szy rachunek, ale nie nadajÄ…c punktowi x0 kon-
kretnej wartości. Iloraz ró\
nicowy przyjmuje wówczas postać:
5
2
2
"f (x0 ,h) (x0 + h) -(x0 +1) 2x0h + h2
= = = 2x0 + h
"x h h
Obliczenie granicy przy h dÄ…\
Ä…cym do zera prowadzi do wyniku: lim(2x0 + h) = 2x0 .
h0
Poniewa\
rachunek ten mo\
na wykonać dla dowolnej wartości argumentu, więc zwy-
2
kle opuszcza się indeks 0 i wynik zapisuje się w postaci f (x) = 2x . Otrzymaliśmy w
ten sposób nową funkcję, która ka\
dej wartości x przypisuje współczynnik kierunko-
wy stycznej do wykresu funkcji f (x) = x2 +1 w punkcie o odciętej x. Na przykład gdy
x = 0, to tangens kąta nachylenia stycznej do wykresu jest równy zeru, a to oznacza,
\
e kÄ…t te\
jest równy zeru i styczna jest równoległa do osi OX. Rzeczywiście, styczna
w wierzchołku paraboli ma takie właśnie poło\
enie. Je\
eli natomiast x = 2 , to współ-
2
czynnik kierunkowy bÄ™dzie równy f (2) = 2 Å" 2 = 4, co odpowiada kÄ…towi speÅ‚niajÄ…-
2
cemu równanie tgą = 4 , odczytanie z tablic prowadzi do wartości ą = 84o40 .
Jest rzeczÄ… oczywistÄ…, \
e praktycznie nigdy nie oblicza siÄ™ pochodnej funkcji z
definicji, korzysta się z własności pochodnych, podobnie jak miało to miejsce przy
obliczaniu granic ciągów lub funkcji. Podamy więc twierdzenie, które umo\
liwia prak-
tyczne obliczanie pochodnych.
Twierdzenie (o własnościach pochodnej funkcji)
1. Pochodna funkcji stałej jest równa zeru: (c)2 = 0 ,
2. Je\
eli funkcje f i g określone są na przedziale (a,b) i ró\
niczkowalne w punkcie
x "(a,b), to zachodzÄ… wzory:
2
2a (cf )2 (x) = cf (x)
2 2
2b ( f Ä… g)2 (x) = f (x)Ä… g (x)
2 2
2c ( f Å" g)2 (x) = f (x)g(x)+ f (x)g (x)
2
2 2
ëÅ‚ f öÅ‚ f (x)g(x)- f (x)g (x), przy zaÅ‚o\
eniu, \
e g(x) `" 0
2d ìÅ‚ ÷Å‚ (x)=
2
ìÅ‚ ÷Å‚
g [g(x)]
íÅ‚ Å‚Å‚
3. Je\
eli funkcja f :(a,b) (c,d) jest ró\
niczkowalna w punkcie x "(a,b), nato-
miast funkcja g :(c,d) R ma pochodnÄ… w punkcie f (x)"(c,d), to istnieje po-
2 2
chodna superpozycji (zło\
enia) g o f i jest równa: (g o f )2 (x)= g ( f (x))Å" f (x)
Powy\
sze własności warto zapamiętać, gdy\
sÄ… bardzo u\
yteczne przy oblicza-
niu pochodnych, szczególnie wtedy, gdy znamy pochodne podstawowych funkcji ele-
mentarnych. Twierdzenie dotyczy reguł ró\
niczkowania funkcji w punkcie. Je\
eli wy-
stępujące w nim funkcje są ró\
niczkowalne, czyli posiadajÄ… pochodne w ka\
dym
punkcie dziedziny, to oczywiście mo\
na je równie\
stosować. Zanim przejdziemy do
dalszych rozwa\
ań podamy wartości pochodnych kilku funkcji, które szczególnie czę-
sto pojawiajÄ… siÄ™ w zastosowaniach.
6
2
funkcja f (x) pochodna f (x) uwagi
2 Wykładnik ą mo\
e być dowolną liczbą rzeczywi-
f (x) = xÄ… f (x)= Ä…xÄ… -1
1
stą, szczególnymi przypadkami są:( x)2 =
2 x
2
1 1 1
ëÅ‚ öÅ‚
(Ä… = ), =
ìÅ‚ ÷Å‚ - (Ä… = -1), (x2)2 = 2x
2 x x2
íÅ‚ Å‚Å‚
(Ä… = 2 ).
2
f (x) = ax f (x) = ax ln a
Dla a = e otrzymujemy (ex)2 = ex .
f (x) = loga x
loga e 1
2
f (x)= Dla a = e otrzymujemy (ln x)2 =
x x
Wzór podany w pierwszym wierszu obejmuje bardzo du\
Ä… klasÄ™ funkcji. Wyni-
ka z niego, oraz ze wzoru na pochodną iloczynu funkcji przez stałą (własność 2a w
twierdzenie), \
e pochodną funkcji stałej jest zero. Wiedząc, \
e x0 =1 mo\
emy zapisać
funkcjÄ™ staÅ‚Ä… w postaci: c = c Å" x0 , wtedy (c)2 = (c Å" x0)2 = c(x0)2 = c Å"0Å" x0-1 = 0 .
U\
yteczność pochodnej funkcji wynika przede wszystkim z podanych ni\
ej
twierdzeń. W dalszej części zostanie pokazane, w jaki sposób mo\
na je zastosować do
badania własności ró\
nych funkcji.
Twierdzenie (Rolle a)
Niech funkcja f będzie określona i ciągła na przedziale domkniętym a,b i na
końcach przedziału przyjmuje równe wartości f (a) = f (b); ponadto niech istnieje po-
2
chodna f (x) dla x z przedziału otwartego (a,b), wtedy istnieje przynajmniej jeden
2
taki punkt c "(a,b), \
e f (c) = 0
InterpretacjÄ™ geometrycznÄ… twierdzenia Rolle a pokazuje rysunek.
f (a) = f (b)
a c b
Rys. 3.1.6 Ilustracja twierdzenia Rolle a: wewnątrz przedziału a,b istnieje punkt c,
2
w którym f (c)= 0 .
Warunek zerowania się pochodnej w punkcie wewnętrznym przedziału (a,b)
oznacza, \
e styczna w tym punkcie jest równoległa do osi odciętych, podobnie jak
styczna do paraboli w jej wierzchołku.
7
Zanim przejdziemy do omówienia dalszych twierdzeń dotyczących pochodnych
podamy definicję ekstremów funkcji.
Definicja 3.1.3
Mówimy, \
e funkcja f :(a,b) R ma w punkcie x0 "(a,b) maksimum lokal-
ne (względne), je\
eli istnieje taka liczba rzeczywista ´ > 0 , \
e (x0 - ´ , x0 + ´ )‚" (a,b)
oraz dla wszystkich x "(x0 -´ , x0 + ´ ) speÅ‚niona jest nierówność:
f (x)d" f (x0).
W punkcie x0 "(a,b) funkcja f ma minimum lokalne (względne), jeśli istnieje taka
liczba rzeczywista ´ > 0 , \
e (x0 - ´ , x0 + ´ )‚" (a,b) oraz dla wszystkich
x "(x0 -´ , x0 + ´ ) speÅ‚niona jest nierówność:
f (x) e" f (x0)
Mówimy, \
e funkcja f ma w jakimÅ› punkcie ekstremum, je\
eli ma w tym punk-
cie minimum lokalne lub maksimum lokalne.
Maksimum (minimum) lokalne nazywa się silnym, jeśli w podanych wy\
ej nie-
równościach równość zachodzi tylko wtedy, gdy x = x0 .
PrzedziaÅ‚ (x0 - ´ , x0 + ´ )‚" (a,b), wystÄ™pujÄ…cy w powy\
szej definicji, nazywa
siÄ™ otoczeniem punktu x0. W wielu zastosowaniach praktycznych pojawia siÄ™ potrzeba
znalezienia ekstremów jakiejś funkcji, gdy\
mają one często konkretną i wa\
nÄ… inter-
pretacjÄ™. Jednak du\
o wa\
niejsza mo\
e okazać się znajomość maksimum lub mini-
mum globalnego, czyli największej lub najmniejszej wartości funkcji w całej dziedzi-
nie. Jednak to ostanie mo\
e nie istnieć. Powrócimy do tego zagadnienia w przykładzie
3.4.2. Przypadek, gdy funkcja posiada maksimum lub minimum globalne podany był
w twierdzeniu Weierstrassa.
Jednym z wniosków wynikających z twierdzenia Rolle a jest sformułowane ni-
\
ej twierdzenie.
Twierdzenie (Fermata)
Je\
eli funkcja f :(a,b) R osiÄ…ga w punkcie c dziedziny ekstremum i istnieje
2
pochodna w tym punkcie, to f (c) = 0 .
Twierdzenie to jest warunkiem koniecznym istnienia ekstremum (minimum lub
maksimum) funkcji. Jeszcze raz przypominamy, \
e z zerowania siÄ™ pochodnej
f 2 (c) = 0 nie wynika, \
e w tym punkcie istnieje ekstremum. Twierdzenie mówi o
2
czymÅ› odwrotnym, co mo\
e być równie\
odczytane w ten sposób, \
e jeśli f (c) `" 0 , to
w punkcie c na pewno nie ma ekstremum. Punkty, w których zeruje się pierwsza po-
chodna nazywa siÄ™ stacjonarnymi. Z twierdzenia Fermata wynika, \
e ekstremów nale-
\
y szukać tylko pomiędzy punktami stacjonarnymi. Powróćmy na chwilę do zagadnie-
nia znajdywania największej i najmniejszej wartości funkcji. Twierdzenie Weierstras-
sa nie mówiło jak takie wartości znalez
ć. Okazuje się, \
e do ich zlokalizowania mo\
na
wykorzystać twierdzenie Fermata. Je\
eli mamy do czynienia z funkcją ró\
niczkowalnÄ…
8
określoną na przedziale domkniętym, która posiada ekstrema globalne, to znajdują się
one wśród ekstremów lokalnych lub w punktach końcowych dziedziny.
Bardzo wa\
ne twierdzenie, z którego wynika między innymi twierdzenie Rol-
le a, zostało sformułowane przez Lagrange a.
Twierdzenie (Lagrange a)
Je\
eli funkcja f jest określona i ciągła w przedziale domkniętym a,b oraz jest
ró\
niczkowalna w punktach przedziału otwartego (a,b), to istnieje taki punkt
c "(a,b), \
e spełniona jest równość:
f (b)- f (a)
2
= f (c)
b - a
Podane twierdzenie nazywa się niekiedy twierdzeniem o wartości średniej, bo-
wiem lewa strona równania jest przyrostem funkcji f (b)- f (a) podzielonym przez
długość przedziału b - a , na którym ten przyrost następuje. Jest to więc przyrost funk-
cji przypadający na jednostkę długości, a więc wartość średnia. Prawa strona równania
mówi natomiast, \
e owa wartość średnia jest równa współczynnikowi kierunkowemu
stycznej do wykresu funkcji w pewnym punkcie le\
ącym wewnątrz przedziału (a,b).
InterpretacjÄ™ geometrycznÄ… pokazuje rysunek.
f (b)
f (c)
f (a)
a c b
Rys. 3.1.7 Ilustracja twierdzenia Lagrange a o wartości średniej.
Styczna do wykresu w punkcie o odciętej c (górna linia) jest równoległa do siecz-
nej przechodzącej przez punkty końcowe o odciętych a i b. Równoległość prostych
oznacza, \
e mają one jednakowe współczynniki kierunkowe. Styczna ma współczyn-
f (b)- f (a)
2
nik równy f (c), natomiast sieczna równy , stąd teza twierdzenia Lagran-
b - a
ge a.
3.2 Pochodne wy\
szych rzędów
Je\
eli mamy do czynienia z funkcją ró\
niczkowalnÄ…, to mo\
emy przyporzÄ…d-
kować jej pochodną, która te\
jest pewną funkcją. Jeśli zapomnimy na chwilę, skąd się
ta funkcja wzięła i zastosujemy ponownie definicję 3.1.1, to otrzymamy pochodną
drugiego rzędu (potocznie mówi się:  drugą pochodną ):
9
2 2
f (x0 + h)- f (x0)
2 2
f (x0) = lim
h0
h
oczywiście, jeśli powy\
sza granica istnieje i jest skończona. Druga pochodna w sto-
sunku do pierwszej pochodnej ma takie same własności, jak pierwsza pochodna w od-
niesieniu do wyjściowej funkcji. Natomiast jej związek z wyjściową funkcją f jest ju\

bardziej skomplikowany i będzie o tym mowa póz
niej. KontynuujÄ…c powy\
sze rozu-
mowanie, przy zało\
eniach gwarantujÄ…cych istnienie granic, mo\
emy zdefiniować po-
chodne wy\
szych rzędów. I tak, dla pochodnej rzędu trzeciego mamy definicję:
2 2 2 2
f (x0 + h)- f (x0)
2 2 2
f (x0 )= lim
h0
h
W ogólności pochodna n-tego rzędu wyra\
a się przez pochodną rzędu (n-1)-go:
(n-1) (n-1)
f (x0 + h)- f (x0)
(n)
f (x0) = lim
h0
h
Mo\
e zdarzyć się, \
e w jakimś punkcie istnieją pochodne do pewnego rzędu n i
ta ostatnia pochodna nie jest ju\
funkcją ró\
niczkowalną w tym punkcie. Dalsze ró\
-
niczkowanie nie jest wówczas wykonalne. W innym przypadku mogą istnieć pochod-
ne dowolnie du\
ego rzędu, o takiej funkcji mówimy, \
e jest ró\
niczkowalna nieskoń-
czenie wiele razy.
Przykład 3.2.1
Rozwa\
my przykład obliczania pochodnych wy\
szych rzędów. Na początek
wez
my funkcję f (x) = x3 , korzystając ze wzoru podanego w tabeli z łatwością obli-
2
czamy pierwszÄ… pochodnÄ…: f (x)= (x3)2 = 3x2 . Przy obliczaniu kolejnych pochodnych,
oprócz wspomnianego wzoru, skorzystamy z własności pochodnej iloczynu funkcji
przez stałą (własność 2a w twierdzeniu o własnościach pochodnej funkcji). I tak, druga
pochodna jest równa:
2 2
f (x) = (3x2)2 = 3(x2)2 = 3Å"2x = 6x ,
natomiast trzecia:
2 2 2
f (x) = (6x)2 = 6(x)2 = 6 .
Kolejna pochodna sprowadza się do ró\
niczkowania funkcji stałej, a więc jest równa
zeru, podobnie jak wszystkie następne. Jest to więc przykład funkcji ró\
niczkowalnej
nieskończenie wiele razy.
1
Innego pouczającego przykładu dostarcza funkcja: f (x) = . Je\
eli zapiszemy
x
ją w postaci potęgowej f (x) = x-1 , to kolejne pochodne będziemy obliczali z tego sa-
mego wzoru, co i poprzednie pochodne . Mamy więc pierwszą pochodną:
10
2
f (x)= -1Å" x-1-1 = -x-2 ,
drugÄ…:
2 2
f (x) = -(- 2)Å" x-2-1 = 2 Å" x-3 ,
i trzeciÄ…:
2 2 2
f (x) = 2 Å"(- 3)Å" x-3-1 = -6 Å" x-4 .
Mo\
na w tym miejscu spróbować uogólnić rachunki i wypisać wzór na po-
chodną dowolnego rzędu. W tym celu nale\
y zauwa\
yć, \
e znaki kolejnych pochod-
nych zmieniajÄ… siÄ™, a mianowicie: pochodne parzyste majÄ… znak plus, a nieparzyste 
n
znak minus. Prawidłowość taką mo\
emy zapisać wzorem: (-1) . Pomijając znak,
współczynnik stojący przy zmiennej ma postać iloczynu kolejnych liczb naturalnych
zaczynającego się od jedynki, a kończącego się na liczbie równej rzędowi pochodnej.
Jak ju\
wiemy, iloczyn taki nazywa siÄ™ silniÄ…. Zauwa\
my dodatkowo, \
e potęga
zmiennej jest o jeden większa ni\
rzÄ…d pochodnej. ZbierajÄ…c wszystkie te spostrze\
enia
n
(n)
razem mo\
emy napisać wzór na pochodną n-tego rzędu: f = (-1) n!x-(n+1) lub w
równowa\
nej postaci:
n!
n
(n)
f (x) = (-1) .
xn+1
Oczywiście, przeprowadzone rozumowanie nie jest dowodem, ale mo\
na poka-
zać, \
e odgadnięty wzór rzeczywiście jest prawdziwy. Rozwa\
any przykład ponownie
dotyczy funkcji nieskończenie razy ró\
niczkowalnej, ale w odró\
nieniu od poprzed-
niego przypadku, tym razem kolejne pochodne, dowolnego rzędu, nie prowadzą do
funkcji stałej równej zeru. W szczególności chcąc znalez
ć pochodną 10-go rzędu wy-
starczy podstawić do znalezionego wzoru n = 10 , w wyniku czego otrzymujemy:
10!
10
(10)
f = (-1) . Obliczenie 10! jest dosyć ucią\
liwe, trzeba bowiem pomno\
yć przez
x11
siebie wszystkie liczby naturalne zaczynające się od 1, a kończące się na 10, dlatego
10
mo\
emy wyra\
enie to pozostawić bez zmiany. Poniewa\
(-1) = 1, więc w efekcie
10!
(10)
końcowym mamy: f (x) = . Podstawiając do znalezionego wzoru odpowiednie n
x11
mo\
emy od razu wypisać postać pochodnej, ale uwaga, silnia szybko staje się bardzo
du\
ą liczbą, gdy wzrasta n, dlatego jej wartość mo\
e być trudna do policzenia.
3.3 Wybrane zastosowania rachunku ró\
niczkowego
Przejdziemy teraz do omówienia niektórych zastosowań pochodnych. Jednym z
najwa\
niejszych jest wzór Taylora. Pozwala on z jednej strony przybli\
ać niekiedy
nawet bardzo skomplikowane funkcje wielomianami, a z drugiej strony daje narzędzie
do przedstawiania funkcji w postaci szeregu potęgowego.
11
 Niech funkcja f : a,b R ma w przedziale (a,b) pochodne do rzędu n
włącznie, i są one funkcjami ciągłymi. Istnieje równie\
pochodna rzędu n+1, ale nie
musi być ciągła. Je\
eli punkt x0 "(a,b), to w otoczeniu tego punktu funkcjÄ™ f mo\
na
przedstawić w postaci:
(n)
2 2 2
f (x0)(x - x0)+ f (x0)(x - x0) +K+ f (x0)(x - x0) + r(x)
2 n
f (x) = f (x0)+
1! 2! n!
gdzie r(x) nazywa się resztą i między innymi spełnia warunek r(x0) = 0 . Mówi ona o
tym na ile funkcja f, stojÄ…ca po lewej stronie, mo\
e być przybli\
ona wielomianem,
chocia\
sama nie musi być wielomianem. Istnieje wiele wzorów na resztę, ale podamy
tzw. postać Lagrange a:
(n+1)
f (c)(x - x0)
n+1
r(x) =
(n +1)!
gdzie punkt c jest pewnym punktem zawartym pomiędzy x0 i x. Je\
eli funkcja f jest
wielomianem stopnia n, to reszta jest równa zeru i szereg po prawej stronie kończy się
na wyrazie, w którym n jest stopniem wielomianu. Szczególną postacią wzoru Taylo-
ra, w którym x0 = 0 , jest szereg Maclaurina:
(n)
2 2 2
f (0) f (0) f
f (x) = f (0)+ x + x2 +K+ xn + r(x)
1! 2! n!
mo\
na go oczywiście zapisać wtedy, gdy zero jest punktem wewnętrznym dziedziny
(wewnętrznym oznacza, \
e istnieje otoczenie zera zawarte w dziedzinie).
Wzór Taylora jest podstawą, na której opierają się wszelkie obliczenia przybli-
\
one, na przykład wykonywane przez kalkulatory. Kalkulator bowiem potrafi mno\
yć,
dzielić, dodawać i odejmować, a więc obliczenie wartości dowolnej funkcji musi
sprowadzić do tych działań i robi to właśnie za pomocą wzoru Taylora. Rozwa\
my
funkcję f (x) = ex , jest ona wprawdzie określona na zbiorze wszystkich liczb rzeczy-
wistych, a nie na przedziale domkniętym, ale w tym przypadku nie przeszkadza to w
zastosowaniu wzoru Maclaurina. Poniewa\
rozwa\
ana funkcja ma tą przyjemną wła-
sność, \
e jej pochodna jest równa jej samej, więc z łatwością znajdujemy pochodne
dowolnego rzędu. Ich wartość w zerze wynosi e0 = 1, stąd:
1 1 1 1
ex = 1+ x + x2 + x3 +K+ xn + r(x)
1! 2! 3! n!
ec
Je\
eli x > 0 , to reszta ma postać: xn+1, gdzie 0 < c < x . Mo\
na ją oszacować
(n +1)!
zastępując e = 2,718K liczbą większą, na przykład 3:
3x
r(x)< xn+1
(n +1)!
Otrzymane oszacowanie jest szczególnie wygodne wtedy, gdy chcemy obliczyć
wartość ex dla argumentu całkowitego. Warto w tym miejscu zdać sobie sprawę z fak-
tu, \
e najczęściej nie jest nam potrzebna ścisła wartość reszty, ale jedynie świadomość,
\
e jest ona mniejsza od ustalonej liczby rzutującej na dokładność obliczeń. Sama do-
kładność zale\
y od ilości wyrazów w rozwinięciu Maclaurina, a więc od n. Je\
eli kal-
12
kulator ma policzyć e2 , to na przykład biorąc dziewięć wyrazów otrzymamy obliczaną
wartość ró\
niącą się od jej ścisłej wartości nie więcej ni\
o:
r(2) < 0,003
Je\
eli potrzebna jest większa dokładność, to nale\
y w szeregu Taylora lub Maclaurina
uwzględnić więcej wyrazów. Reszta ma bowiem tę własność, \
e maleje do zera wraz
ze wzrostem n. Gdy n dÄ…\
y do nieskończoności i funkcja ma pochodne wszystkich
rzędów, to szereg staje się nieskończony. Je\
eli taka funkcja (nie koniecznie ex ) jest
sumą nieskończonego szeregu Taylora, to nazywamy ją funkcją analityczną. Pozosta-
jÄ…c nadal przy funkcji ex i przechodzÄ…c w rozwa\
anym szeregu z n dÄ…\
Ä…cym do nie-
skończoności dostajemy:
"
1 1 1 xn
ex = 1+ x + x2 + x3 +K =
"
1! 2! 3! n!
n=0
Podobnie jak w przykładzie z szeregiem geometrycznym, tak i teraz, musimy zbadać,
kiedy szereg jest zbie\
ny. Okazuje siÄ™, \
e jego promień zbie\
ności jest równy nieskoń-
czoności, a więc dziedzina funkcji zadanej szeregiem jest taka sama jak dziedzina ex .
Równość zachodzi więc dla wszystkich liczb rzeczywistych. Rozwa\
any przykład po-
kazał, w jaki sposób mo\
na funkcje przedstawiać w postaci sumy szeregu potęgowego
 tym sposobem jest rozwinięcie w szereg Taylora lub Maclaurina. Jednak jeszcze raz
podkreślamy, \
e takie przedstawienie, jeśli istnieje, nie musi być prawdziwe w całej
dziedzinie, przypadek funkcji eksponencjalnej ex jest raczej wyjÄ…tkiem. Je\
eli w po-
wy\
szym wzorze podstawimy w miejsce x jedynkę, to otrzymamy szereg często poja-
wiający się w literaturze, którego sumą jest liczba Eulera:
"
1
e = .
"
n!
n=0
Innym zastosowaniem pochodnych jest reguła d Hospitala, która pozwala obli-
czać granice nawet bardzo skomplikowanych funkcji. Niech funkcje f i g będą okre-
ślone na pewnym podzbiorze liczb rzeczywistych i mają pochodne w punkcie p nale-
\
Ä…cym do dziedziny rozwa\
anych funkcji. Je\
eli lim f (x) = 0 i lim g(x) = 0 oraz
x p x p
2
g (p) `" 0 , wówczas:
2
f (x) f (p)
lim = .
x p
2
g(x) g (p)
Reguła brzmi dosyć niewinnie, ale ma bardzo powa\
ne konsekwencje. Przede
wszystkim zauwa\
my, \
e granica ilorazu nie daje się policzyć przez bezpośrednie pod-
stawienie do funkcji f i g punktu p, pomimo \
e ka\
da z tych funkcji jest w tym punk-
0
cie ciągła (co wynika z istnienia pochodnych). Otrzymalibyśmy bowiem wyra\
enie ,
0
które nie ma sensu. Z podanego wzoru wynika, \
e mo\
na tę trudność ominąć licząc
pochodnÄ… funkcji stojÄ…cej w liczniku i w mianowniku. Zwracamy od razu uwagÄ™, \
e
stosunek pochodnych nie ma nic wspólnego z pochodną ilorazu, bowiem ta ostatnia
wyra\
a się w bardziej skomplikowany sposób przez obie funkcje i ich pochodne. Po-
jawia się pytanie: Co zrobić, gdy dla pochodnych problem z zerowaniem się licznika i
mianownika powtarza się? Otó\
okazuje siÄ™, \
e jeśli funkcje mają wy\
sze pochodne w
13
punkcie p, to procedurÄ™ obliczania pochodnych licznika i mianownika mo\
na konty-
0
nuować, ale tylko wtedy, gdy w ka\
dym kroku pojawia się nieoznaczoność typu .
0
(n)
Je\
eli po obliczeniu n-tej pochodnej otrzymamy g (p) `" 0 , to powy\
szy wzór przy-
biera postać:
(n)
f (x) f (p).
lim =
x p
g(x) g(n)(p)
W sformułowanej regule d Hospitala punkt p mo\
na zastąpić nieskończonością.
Wtedy oczywiście nie mo\
emy jej wstawić jako argumentu, ale mo\
emy obliczyć gra-
nicę stosunku pochodnych (pierwszego lub jeśli trzeba i istnieją, to wy\
szych rzędów)
i jeśli istnieje, to jest równa granicy wyjściowego wyra\
enia:
(n)
f (x) f (x)
lim = lim
(n)
xÄ…" xÄ…"
g(x) g (x)
W szczególnym przypadku wzór mo\
e  zadziałać ju\
dla n = 1. Kolejnym rozszerze-
"
niem reguły d Hospitala jest zastosowanie jej do nieoznaczoności typu . Stosuje się
"
0
ją dokładnie tak samo, jak dla nieoznaczoności , dlatego nie będziemy powtarzać
0
powy\
szych wzorów. Dwa wspomniane typy wyra\
eń nieoznaczonych nie są jedyny-
mi, jakie mogą się pojawić, ale inne mo\
na sprowadzić do powy\
szych za pomocÄ…
prostych przekształceń algebraicznych. Omówimy je krótko.
Nieoznaczoność typu 0Å"" mo\
na przekształcić następująco:
f (x)
f (x)g(x) = .
1
g(x)
1
Je\
eli granicą g(x) jest nieskończoność, to granicą będzie zero i prawa strona
g(x)
0
prowadzi do wyra\
enia typu . Mo\
na oczywiście wykonać nieco inne przekształce-
0
nie:
g(x)
f (x)g(x) =
1
f (x)
"
prowadzące do nieoznaczoności . Które z nich zastosować pozostaje do uznania
"
wykonujÄ…cego obliczenia. Poniewa\
w dalszym kroku trzeba liczyć pochodną licznika
i mianownika, to pierwszym kryterium powinno być to, w którym przypadku łatwiej
będzie obliczać pochodne.
0
Nieoznaczoność typu " - " sprowadza się do za pomocą przekształcenia:
0
14
1 1
-
1 1 g(x) f (x)
f (x)- g(x) = - =
1 1
1
f (x) g(x)
f (x)g(x)
A
atwo sprawdzić, \
e wyra\
enie po prawej stronie ma potrzebny nam typ nieoznaczo-
ności. W tym miejscu nale\
y od razu zaznaczyć, \
e jeśli wyjściowe wyra\
enie dÄ…\
y do
" + " lub - " - " , to jego granicÄ… jest odpowiednio + " i - " , te ostatnie wyra\
enia
nie są bowiem nieoznaczonościami.
Nieoznaczoności typu 1" , 00 , "0 mo\
na sprowadzić do poprzednich korzystając z
ciągłości funkcji logarytm (najczęściej u\
ywa siÄ™ logarytmu naturalnego). W tym celu
obliczamy logarytm wyra\
enia, którego granicę chcemy znalez
ć. Otrzymamy wtedy
funkcjÄ™, która bÄ™dzie miaÅ‚a nieoznaczoność typu " Å"0 i dalsze postÄ™powanie byÅ‚o ju\

omówione. Jednak po obliczeniu granicy z reguły d Hospitala, powiedzmy, \
e jest ona
równa q, musimy obliczyć eq i to będzie szukana wartość.
Prowadzone rozwa\
ania zilustrujemy przykładem.
Przykład 3.3.1
1
x
Rozwa\
my funkcję zadaną wzorem: x i spróbujmy obliczyć jej granice przy x
dÄ…\
ącym do nieskończoności. Podstawa potęgi zmierza do ", a wykładnik do 0, jest to
więc wyra\
enie nieoznaczone typu "0 . Zgodnie z podanÄ… procedurÄ… obliczmy loga-
1
1
x
rytm naturalny, wówczas otrzymujemy: ln x = ln x . Skorzystaliśmy przy tym z wła-
x
sności logarytmu: ln aą = ą ln x . Tym razem, przy x dą\
ącym do nieskończoności, wy-
1
ra\
enie ln x ma nieoznaczoność typu 0 Å" " . Ale wystarczy zapisać je w postaci:
x
1 ln x
ln x = ,
x x
"
aby mieć do czynienia z nieoznaczonością typu . Stosując w tym momencie regułę
"
d Hospitala otrzymujemy:
1
ln x (ln x)2 1
x
lim = lim = lim = lim = 0
x" x" x" x"
x 1 x
(x)2
1
x
Nie jest to jednak granica wyjściowego wyra\
enia x , ale logarytmu z niego. Dlatego
obliczamy eksponens: e0 = 1, co prowadzi do wyniku końcowego:
1
x
lim x =1
x"
Zobaczmy co się stanie, gdybyśmy dokonali innego przekształcenia, prowadzącego do
0
nieoznaczoności , a mianowicie:
0
15
1
1
x
ln x =
1
x
ln x
1 1
Pochodna licznika jest równa: - , natomiast mianownika: -
(proszÄ™ poli-
2
x2 (ln x) Å" x
czyć ją samemu). W regule d Hospitala trzeba obliczyć granicę ilorazu pochodnych,
0
Å‚atwo zauwa\
yć, \
e będzie ona nadal typu . Poniewa\
rozwa\
ane funkcje mo\
na
0
ró\
niczkować dalej, to wydawałoby się, \
e mo\
na kontynuować liczenie pochodnych.
Jednak okazuje siÄ™, \
e w wyniku tych obliczeń ciągle będziemy otrzymywali ten sam
typ nieoznaczoności. W takiej sytuacji nale\
y spróbować zmienić rodzaj przekształce-
nia, a wtedy doszlibyśmy do pierwszego sposobu, który jak widzimy dał po\
Ä…dany
wynik.
3.4. Badanie przebiegu zmienności funkcji
Zajmiemy siÄ™ teraz najwa\
niejszym zastosowaniem rachunku ró\
niczkowego
jakim jest badanie przebiegu zmienności funkcji. Często zdarza się, \
e znamy wzór
funkcji i potrzebny jest nam jej wykres, dlatego musimy znać wiele elementów jego
kształtu, a tym samym własności funkcji.
Zacznijmy od monotoniczności. Aby stwierdzić, czy funkcja jest rosnąca, czy
malejÄ…ca narysujmy fragment wykresu i zaznaczmy stycznÄ…. Oba przypadki ilustruje
rysunek.
KÄ…t ostry KÄ…t rozwarty
Rys. 3.4. 1 Rysunek pokazuje w jaki sposób styczna do wykresu mo\
e charakteryzo-
wać monotoniczność funkcji.
Okazuje siÄ™, \
e funkcję rosnącą (jeśli jest ró\
niczkowalna) mo\
na scharaktery-
zować, tym \
e styczna nachylona jest do osi odciętych pod kątem ostrym lub równym
zeru, a to oznacza, \
e jej współczynnik kierunkowy jest nieujemny. Z interpretacji
geometrycznej pochodnej wiemy, \
e współczynnik kierunkowy stycznej do wykresu
funkcji w jakimś punkcie jest równy pochodnej funkcji w tym punkcie. Wynika stąd,
\
e jeśli w pewnym obszarze dziedziny funkcja jest rosnąca, to jest w nim spełniona
2
nierówność: f (x)e" 0 . Zupełnie analogiczne rozumowanie prowadzi do wniosku, \
e
2
dla ró\
niczkowalnej funkcji malejÄ…cej w jakimÅ› obszarze zachodzi: f (x)d" 0 .
Kształt wykresu funkcji rosnącej mo\
e przybierać dwie formy:
16
Rys. 3.4 2 Dwa ró\
ne  wygięcia wykresu funkcji rosnącej.
Podobnie dla funkcji malejÄ…cej:
Rys. 3.4 3 Dwa ró\
ne  wygięcia funkcji malejącej.
Pojawia się pytanie o to, jak rozró\
nić, z którym przypadkiem mamy do czy-
nienia. Okazuje siÄ™, \
e pomocna jest wówczas druga pochodna. Jednak zanim z niej
skorzystamy wprowadzimy nowe pojęcie. Zbiór (dla ustalenia uwagi niech będzie to
zbiór na płaszczyz
nie) nazywa się wypukłym, je\
eli odcinek Å‚Ä…czÄ…cy dwa dowolne
punkty tego zbioru jest całkowicie zawarty w tym zbiorze. Przykładami figur wypu-
kłych jest koło, prostokąt, trójkąt itp. Przyjrzyjmy się rysunkowi.
Rys. 3.4 4 Koło jako przykład figury wypukłej.
Gdziekolwiek byśmy nie umieścili punktów końcowych odcinka, to zawsze będzie on
całkowicie zawarty w kole. Je\
eli zbiór nie jest wypukły, to oznacza, \
e jest wklęsły.
Wtedy istniejÄ… odcinki (nie ka\
dy, ale wystarczy przynajmniej jeden), które łączą
punkty zbioru i niektóre z jego punktów wewnętrznych le\
ą poza zbiorem. Przykład
figury, która nie jest wypukła pokazuje poni\
szy rysunek.
17
Rys. 3.4 5 Pokazana figura nie jest wypukła, istnieje bowiem odcinek, którego końce
nale\
ą do figury, ale część odcinka do niej nie nale\
y.
Z rysunku widać, \
e istnieją odcinki zawarte całkowicie w figurze, ale są rów-
nie\
takie, których niektóre punkty do figury nie nale\
ą (ta część odcinka została za-
znaczona grubszÄ… liniÄ…), a to ju\
wystarcza aby figura był wklęsła. Powróćmy jednak
do wykresów funkcji. Otó\
funkcja jest w jakimś obszarze dziedziny wypukła, jeśli
zbiór le\
ący nad wykresem jest wypukły. W myśl tej definicji wykres musi mieć jako-
ściowy przebieg pokazany na rysunkach:
Rys. 3.4 6 Fragmenty wykresów funkcji wypukłych.
Na obu rysunkach funkcja jest wypukła, ale na pierwszym jest malejąca, a na drugim
rosnąca. Dla funkcji wklęsłej przyjmujemy definicję podobną do poprzedniej. Funkcja
jest w jakimś obszarze dziedziny wklęsła, jeśli zbór le\
Ä…cy nad wykresem funkcji jest
wklęsły. Mo\
na się teraz domyśleć, jak wygląda wykres funkcji wklęsłej.
Rys. 3.4. 7 Fragmenty wykresów funkcji wklęsłych wraz z przykładami odcinków,
które decydują o tym, \
e nie są to funkcje wypukłe.
18
Podobnie jak poprzednio pierwszy rysunek pokazuje fragment funkcji malejÄ…cej, a
drugi rosnącej. Narysowano równie\
przykłady odcinków, które decydują o tym, \
e
mamy do czynienia z funkcjami wklęsłymi.
Po takim wstępie terminologicznym mo\
emy przejść do zastosowań pochodnej
w celu rozstrzygnięcia, jaki charakter ma badana funkcja. Okazuje się, \
e jeśli w ja-
kimś obszarze funkcja dwukrotnie ró\
niczkowalna jest wypukła, to dla argumentów z
2 2
tego zbioru zachodzi: f (x) e" 0, je\
eli natomiast funkcja jest wklęsła, to spełniona jest
2 2
nierówność przeciwna: f (x)d" 0. Pojawia się pytanie: Co oznacza zerowanie się dru-
giej pochodnej f 2 2 (x)= 0 ? Otó\
punkt nazywa się punktem przegięcia, jeśli oddziela
część wykresu, w którym funkcja jest wypukła, od tej części wykresu, w którym jest
wklęsła. Dlatego zerowanie się drugiej pochodnej jest warunkiem koniecznym istnie-
nia punktu przegięcia, ale nie dostatecznym. Kryterium rozstrzygającym jest zmiana
charakteru funkcji  z wypukłej na wklęsłą lub odwrotnie, a więc zmiana znaku dru-
giej pochodnej przy  przejściu przez punkt będący rozwiązaniem równania f 2 2 (x) = 0
(owo  przejście będzie wyjaśnione za chwilę, przy okazji omawiania warunku dosta-
tecznego istnienia ekstremum) Je\
eli więc funkcja posiada punkty przegięcia, to nale-
\
y ich szukać wśród rozwiązań równania f 2 2 (x) = 0 , ale to nie oznacza, \
e rozwiÄ…zania
tego równania są punktami przegięcia. Do innego sposobu rozstrzygnięcia, czy w da-
nym punkcie istnieje punkt przegięcia, czy nie, powrócimy nieco póz
niej.
Rys. 3.4. 8 W punktach przegięcia funkcja zmienia się z wypukłej na wklęsłą lub z
wklęsłej na wypukłą.
Kolejnymi charakterystycznymi punktami, jakie mo\
e posiadać wykres funkcji,
są ekstrema, czyli punkty, w których funkcja osiąga maksimum lub minimum lokalne.
Wcześniej sformułowany został warunek konieczny istnienia ekstremum (twierdzenie
2
Fermata) f (x0) = 0 . Teraz zajmiemy siÄ™ warunkiem dostatecznym. Lokalnie w pobli-
\
u maksimum wykres funkcji ma przebieg pokazany na rysunku.
x0
19
Rys. 3.4. 9 Lokalny kształt wykresu w pobli\
u punktu, w którym funkcja ma maksi-
mum.
Okazuje siÄ™, \
e kryterium rozstrzygajÄ…cym jest w tym przypadku zachowanie
siÄ™ funkcji w otoczeniu maksimum. Zauwa\
my mianowicie, \
e dla x < x0 funkcja jest
rosnąca, a dla x > x0 funkcja jest malejąca. Monotoniczność funkcji charakteryzowana
była znakiem pochodnej stąd, aby stwierdzić czy funkcja ma maksimum trzeba poka-
zać, \
e przy  przejściu przez punkt x0 (zmieniamy argumenty od wartości trochę
mniejszych od x0 do wartości trochę większych od x0) pochodna zmienia znak z do-
datniego na ujemny.
Po powy\
szych spostrze\
eniach Å‚atwo jest ju\
sformułować warunek dostatecz-
ny istnienia minimum. W jego pobli\
u funkcja ma przebieg pokazany na rysunku.
x0
Rys. 3.4. 10 Kształt wykresu w otoczeniu punktu, w którym funkcja osiąga minimum.
Tym razem dla x < x0 funkcja jest malejÄ…ca, a dla x > x0 rosnÄ…ca. Mo\
emy więc
sformułować kryterium dostateczne istnienia minimum mówiąc, \
e przy  przejściu
przez punkt x0 pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni.
Oba przytoczone kryteria sÄ… rozstrzygajÄ…ce i nale\
y jest stosować kiedy się tyl-
ko da. Tym bardziej, \
e przy badaniu monotoniczności musimy zbadać znaki pochod-
nej, a wtedy dosyć często powy\
sze kryteria niejako sprawdzajÄ… siÄ™ same. Innego roz-
strzygnięcia dostarcza druga pochodna. Najczęściej stosuje się ją wtedy, gdy nie inte-
resuje nas monotoniczność, a jedynie istnienie lub nieistnienie ekstremów. Zastosowa-
nie kryterium polega na spostrze\
eniu, \
e w pobli\
u maksimum funkcja jest wklęsła, a
więc w tym punkcie druga pochodna jest ujemna. Natomiast w otoczeniu minimum
funkcja jest wypukła, a zatem w tym punkcie druga pochodna jest dodatnia. Podsu-
2 2 2
mowujÄ…c: je\
eli w punkcie x0 spełnione są warunki: f (x0) = 0 i f (x0)< 0 , to funkcja
osiÄ…ga w nim maksimum; je\
eli natomiast zachodzÄ… warunki: f 2 (x0) = 0 i f 2 2 (x0) > 0 ,
to w punkcie tym funkcja posiada minimum. Kryterium wykorzystujÄ…ce drugÄ… po-
chodną ma swoje uogólnienie w przypadku badania ekstremów funkcji kilku zmien-
nych. Jednak trzymając się nadal funkcji jednej zmiennej trzeba sobie zdać sprawę, \
e
badanie drugiej pochodnej mo\
e nie dać rozstrzygnięcia. Mo\
e się bowiem okazać, \
e
w badanym punkcie oprócz pierwszej pochodnej zeruje się równie\
druga pochodna.
Problem mo\
na rozstrzygnąć, je\
eli funkcja jest odpowiednio wiele razy ró\
niczko-
walna (istnieje pochodna dostatecznie du\
ego rzędu). Je\
eli wszystkie pochodne funk-
20
(n-1)
2 2 2
cji f do rzędu n -1 są w punkcie x0 równe zeru: f (x0 ) = f (x0 ) = K f (x0 ) = 0,
(n)
natomiast pochodna rzędu n jest ró\
na od zera f (x0) `" 0 , to mamy dwa przypadki:
1. je\
eli n jest liczbą nieparzystą, to w x0 funkcja ma punkt przegięcia,
(n)
2. je\
eli n jest liczbą parzystą i f (x0) > 0 , to funkcja ma w x0 minimum, jeśli nato-
(n)
miast f (x0)< 0 , to funkcja ma w tym punkcie maksimum.
Zauwa\
my, \
e pojawił się równie\
warunek dostateczny istnienia punktu przegiÄ™-
cia (pierwszy przypadek) odwołujący się do badania znaku pochodnej odpowiednio
wysokiego rzędu, w punkcie x0, a nie w jego otoczeniu.
Kolejnym szczegółem dotyczącym funkcji, jaki przydaje się przy badaniu prze-
biegu zmienności, jest istnienie tzw. asymptot. Pod pojęciem asymptoty ukośnej (jej
szczególnym przypadkiem jest asymptota pozioma) rozumieć będziemy prostą, do
której, mówiąc niezbyt ściśle, wykres funkcji zbli\
a siÄ™, gdy argumenty dÄ…\
Ä… do nie-
skończoności (plus lub minus nieskończoności). Zbli\
anie siÄ™ oznacza, \
e ró\
nica po-
między wartościami funkcji i wartościami funkcji liniowej (której wykresem ma być
asymptota) dÄ…\
y do zera, gdy x dÄ…\
y do nieskończoności. Oczywiście, takie określenie
wymaga, aby dla pewnego a w dziedzinie zawarty był przedział (a,+"), jeśli liczymy
asymptotę w +" i przedział (- ",a), gdy wyznaczamy asymptotę w -". Równanie
asymptoty ukoÅ›nej zapisujemy w postaci kierunkowej: y = k Å" x + m . Współczynniki k
i m wyznaczamy z równań:
f (x), m = lim( f (x)- k Å" x)
k = lim
xÄ…" xÄ…"
x
Wykres funkcji posiada asymptotÄ™, gdy istniejÄ… powy\
sze granice i są skończone
(\
adna z nich nie mo\
e być równa nieskończoności). Wyra\
enia te jednocześnie za-
wierajÄ… przypadek argumentu dÄ…\
ącego do plus i do minus nieskończoności, ale nale\
y
rozpatrywać je oddzielnie, bowiem w jednym przypadku mo\
e istnieć asymptota, a w
drugim nie, lub mogą istnieć obie, ale ich równania będą inne. Je\
eli tak właśnie jest,
to nazywamy je asymptotami jednostronnymi, w przeciwnym przypadku mamy do
czynienia z asymptotą dwustronną. Najpierw obliczamy współczynnik kierunkowy k, i
jeśli jest skończony, to w drugim kroku obliczamy wyraz wolny m. Je\
eli jest on licz-
bÄ…, to dopiero wtedy mo\
emy stwierdzić, \
e wykres ma asymptotę ukośną. W szcze-
gólnym przypadku mo\
e zajść: k = 0 , a to oznacza, \
e współczynnik m wyra\
a siÄ™
wzorem: m = lim f (x). Je\
eli granica ta jest skończona, to równanie asymptoty ma
xÄ…"
postać: y = m - jest to prosta równoległa do osi odciętych, stąd nazwa asymptota po-
zioma. Zauwa\
my, \
e wtedy współczynnik m jest granicą badanej funkcji przy x dą\
Ä…-
cym do nieskończoności. Poni\
szy rysunek pokazuje przykład wykresu funkcji, która
posiada asymptotę ukośną.
21
y = k Å" x + m
Rys. 3.4 11 Przykład funkcji, której wykres posiada asymptotę ukośną jednostronną.
Innym przypadkiem asymptoty, której istnienia nie da się stwierdzić omówio-
nym przed chwilą sposobem, jest asymptota pionowa, bowiem równanie kierunkowe
prostej y = k Å" x + m nie opisuje prostej pionowej. OczywiÅ›cie, taka prosta musi nadal
mieć tę własność, \
e wykres zbli\
a się do niej, ale w tym przypadku argument będzie
dÄ…\
ył do skończonej wartości, a nie do nieskończoności. Prosta pionowa o równaniu
x = a jest asymptotÄ… pionowÄ… lewostronnÄ…, je\
eli granica lim f (x) funkcji f , przy x
xa-
dÄ…\
ącym do a, istnieje i jest równa + " lub - " . Analogicznie definiuje się asymptotę
pionową prawostronną  trzeba badać istnienie granicy prawostronnej lim f (x). Je\
eli
xa+
istnieje i jest równa + " lub - " , to funkcja f ma asymptotę pionową prawostronną o
równaniu x = a . Asymptota pionowa nazywa się dwustronną, jeśli jest jednocześnie
asymptotÄ… prawostronnÄ… i lewostronnÄ…. Mo\
e się zdarzyć, \
e mo\
emy liczyć tylko
granicÄ™ lewostronnÄ… lub tylko granicÄ™ prawostronnÄ…, je\
eli liczby większe od a nie
nale\
Ä… do dziedziny, a w drugim przypadku do dziedziny nie nale\
Ä… liczby mniejsze od
a. Takie szczególne przypadki nie przeszkadzają istnieniu asymptot pionowych jedno-
stronnych, warunkiem ich istnienia jest to, aby wspomniane granice były równe nie-
skończoności. Poni\
sze rysunki pokazują niektóre przypadki zachowania się funkcji w
pobli\
u asymptoty pionowej o równaniu x = a .
lim f (x) = -"
lim f (x) = -" xa-
xa-
lim f (x) = -"
lim f (x) = +" xa+
xa+
a a
22
lim f (x) = +" lim f (x) = +"
xa- xa-
lim f (x) = +" lim f (x) = -"
xa+ xa+
a a
Rys. 3.4. 12 Charakterystyczne zachowania siÄ™ wykresu funkcji w pobli\
u asymptoty
pionowej.
Badanie przebiegu zmienności funkcji wymaga kolejnego wykonywania obli-
czeń, które pozwolą wyciągnąć wnioski dotyczące kształtu wykresu i naszkicować go.
Kolejne kroki rachunkowe mo\
na ująć w poni\
szy schemat:
1. Zaczynamy od wyznaczenia dziedziny funkcji.
2. Je\
eli to mo\
liwe, to staramy się wyznaczyć punkty przecięcia wykresu z osiami
układu współrzędnych. Przecięcie z osią odciętych znajdujemy rozwiązując rów-
nanie: f (x) = 0 (tutaj mogą pojawić się kłopoty natury technicznej), natomiast ob-
liczając wartość funkcji w zerze f (0) znajdujemy punkt przecięcia z osią rzęd-
nych, przy zało\
eniu, \
e x = 0 nale\
y do dziedziny.
3. Obliczamy granice funkcji na końcach przedziałów określoności. Mogą się w tym
miejscu pojawić granice jednostronne lub granice przy x dą\
Ä…cym do plus lub mi-
nus nieskończoności. Zgodnie z tym co zostało powiedziane na temat asymptot, ju\

teraz da się stwierdzić, czy istnieją asymptoty pionowe i czy istnieje asymptota po-
zioma. W tym miejscu mo\
na od razu rozstrzygnąć występowanie asymptoty uko-
śnej.
4. W następnym kroku obliczamy pochodną funkcji i wyznaczamy jej dziedzinę, któ-
ra mo\
e, ale nie musi, być innym zbiorem ni\
dziedzina badanej funkcji.
5. Rozstrzygamy dla jakich argumentów funkcja jest rosnąca, a dla jakich malejąca,
2 2
rozwiązując nierówności: f (x)e" 0 i f (x)d" 0 .
6. Wyznaczamy punkty stacjonarne, tzn. takie, w których zeruje się pochodna:
f 2 (x) = 0. Wśród tych punktów mogą być ekstrema, mo\
na to rozstrzygnąć bada-
jąc znak pochodnej w ich otoczeniu. Jeśli zmienia ona znak, to w tych punktach
występuje ekstremum, jeśli nie zmienia znaku, to ekstremum nie ma. Pamiętajmy,
\
e jest to kryterium rozstrzygające, a więc kiedy się tylko da, to nale\
y je stosować.
7. Wyznaczenie drugiej pochodnej i jej dziedziny pozwala stwierdzić, w których
2 2 2 2
przedziałach funkcja jest wypukła ( f (x)e" 0 ), a w których wklęsła ( f (x)d" 0 ). W
2 2
tym miejscu rozstrzygamy, w których punktach spełniających równanie f (x) = 0
istnieją punkty przegięcia (przypominamy, \
e jest to warunek konieczny, a nie do-
stateczny). W punktach tych wykres zmienia swój charakter z wklęsłego na wypu-
23
kły lub odwrotnie. Oznacza to, \
e przy  przejściu z argumentami przez punkty
przegięcia druga pochodna zmienia znak z ujemnego na dodatni lub z dodatniego
na ujemny. Równie\
druga pochodna mo\
e dać odpowiedz
na pytanie, czy w
punkcie stacjonarnym, znalezionym wcześniej, istnieje ekstremum. Jeśli w tym
punkcie druga pochodna jest dodatnia, to funkcja ma minimum, jeśli natomiast jest
ujemna, to w tym punkcie występuje maksimum.
8. Przy badaniu przebiegu zmienności funkcji określonej na przedziale domkniętym
a,b mo\
e pojawić się problem znalezienia największej wartości funkcji. Do-
mkniętość przedziału odgrywa wtedy kluczową rolę, bowiem mo\
emy obliczyć
wartości funkcji na końcach dziedziny: f (a) i f (b), a następnie porównać je z
ekstremami znalezionymi za pomocą pochodnej. Spośród tak znalezionych liczb
wybieramy wartość największą i najmniejszą.
Przykład 3.4.1
Jako przykład zastosowania omówionego schematu zbadamy przebieg zmien-
ności funkcji:
x2 - 3
f (x) =
x - 2
Ad1. Poniewa\
jest to funkcja wymierna (iloraz wielomianów), więc naturalną dzie-
dziną jest zbiór wszystkich liczb rzeczywistych z wyjątkiem miejsc zerowych mia-
nownika, mamy więc: X = R -{2}.
Ad2. Punkt przecięcia z osią rzędnych znajdujemy podstawiając w miejsce x zero,
3 3
ëÅ‚ öÅ‚
stąd: f (0) = , jest to więc punkt o współrzędnych 0, . Miejsca zerowe funkcji
ìÅ‚ ÷Å‚
2 2
íÅ‚ Å‚Å‚
spełniają równanie: f (x) = 0 , które sprowadza się do x2 - 3 = 0 . Rozkładając lewą
stronÄ™ na czynniki otrzymujemy: (x - 3)(x + 3)= 0 skÄ…d odczytujemy rozwiÄ…zania
równania: x = - 3 , x = 3 . Formalnie nale\
y sprawdzić, czy znalezione rozwiązania
nale\
ą do dziedziny, oczywiście \
e tak.
Ad3. Poniewa\
dziedzina zapisuje się w postaci sumy zbiorów: (- ",2)*"(2,+"), więc
granicami przedziałów określoności są: ą " oraz 2. Na początku obliczamy granice w
nieskończoności:
3
öÅ‚ ëÅ‚1- 3
öÅ‚
x2ëÅ‚1- ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚
x2 - 3
x2 x2
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
lim = lim = lim x
xÄ…" xÄ…" xÄ…"
2
x - 2 öÅ‚ ëÅ‚1- 2
öÅ‚
xëÅ‚1- ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚
x x
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
x2 - 3
Zauwa\
my, \
e wyra\
enia w nawiasach dÄ…\
ą do 1. A więc granica f (x) =
x - 2
zale\
y od granicy funkcji równej x stojącej przed ułamkiem, ale taka funkcja ma w
nieskończoności granicę równą odpowiednio +", gdy x dą\
y do plus nieskończoności
i -", gdy x dÄ…\
y do minus nieskończoności. W rezultacie otrzymujemy:
lim f (x) = +" i lim f (x)= -" . Ju\
w tym miejscu mo\
na wyciągnąć pierwszy wnio-
x+" x-"
24
sek dotyczący asymptot, a mianowicie otrzymany wynik świadczy o tym, \
e badana
funkcja nie ma asymptot poziomych, gdy\
granica funkcji w nieskończonościach nie
jest liczbą skończoną.
Przejdz
my teraz do granicy w punkcie x = 2 . Oczywiście nale\
y liczyć granice
jednostronne. Zauwa\
my, \
e przy x dÄ…\
Ä…cym do 2 granicÄ… licznika jest 1. Wynik ten
uzyskujemy wstawiajÄ…c w liczniku zamiast x liczbÄ™ 2. Mo\
na tak zrobić, gdy\
stoi tam
funkcja ciągła i określona dla wszystkich liczb rzeczywistych, a więc granicę otrzymu-
jemy wstawiajÄ…c za argument liczbÄ™ 2. Nieco gorzej jest z mianownikiem, nie mo\
emy
podstawić w miejsce x liczby 2, gdy\
wówczas wyra\
enie w mianowniku byłoby rów-
ne zeru, ale właśnie to spostrze\
enie pozwala znalez
ć szukane granice jednostronne.
Wynika bowiem z niego, \
e jeśli x dą\
y do 2 i licznik pozostaje liczbÄ…, to iloraz dÄ…\
y
do nieskończoności, bowiem liczba w mianowniku zbli\
a siÄ™ do zera. Je\
eli zbli\
amy
siÄ™ do 2 poprzez liczby mniejsze od 2 (granica lewostronna), to licznik jest dodatni
(bliski 1), a mianownik ujemny, gdy\
ujemna jest ró\
nica x - 2 < 0 , gdy x < 2 , a to
oznacza, \
e iloraz dÄ…\
y do -". Zupełnie analogicznie mo\
na uzasadnić, \
e granicÄ… ilo-
razu będzie +", gdy x będzie dą\
yło do 2 poprzez liczby większe od 2. Wtedy licznik
nadal pozostaje dodatni (bliski 1), ale tym razem mianownik będzie dodatni, poniewa\

dodatnia będzie ró\
nica x - 2 , gdy x > 2 . Mamy więc granice jednostronne:
lim f (x)= -" i lim f (x) = +" . Otrzymany wynik świadczy równie\
o tym, \
e prosta
x2- x2+
o równaniu x = 2 jest asymptotą pionową.
Sprawdz
my, czy funkcja posiada asymptotę ukośną. W tym celu obliczmy gra-
nicÄ™:
3
öÅ‚ ëÅ‚1- 3
öÅ‚
x2ëÅ‚1- ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚
f (x) x2 - 3
x2 x2
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
lim = lim = lim = lim =1,
xÄ…" xÄ…" xÄ…" xÄ…"
2
x x(x - 2) öÅ‚ ëÅ‚1- 2
öÅ‚
x2ëÅ‚1- ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚
x x
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
skÄ…d wynika, \
e jeśli asymptota ukośna istnieje (trzeba bowiem obliczyć wyraz wolny
w równaniu asymptoty), to jej współczynnik kierunkowy będzie równy k = 1. Wyraz
wolny obliczamy ze wzoru:
3
öÅ‚
xëÅ‚2 - ÷Å‚
ìÅ‚
ëÅ‚ x2 - 3 öÅ‚ - 3 + 2x
x
íÅ‚ Å‚Å‚
m = lim( f (x)- k Å" x) = lim ìÅ‚ - x÷Å‚ = lim = lim =
ìÅ‚ ÷Å‚
xÄ…" xÄ…" xÄ…" xÄ…"
2
x - 2 x - 2 öÅ‚
íÅ‚ Å‚Å‚
xëÅ‚1- ÷Å‚
ìÅ‚
x
íÅ‚ Å‚Å‚
ëÅ‚2 - 3
öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
x
íÅ‚ Å‚Å‚
= lim = 2
xÄ…"
ëÅ‚1- 2
öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
x
íÅ‚ Å‚Å‚
Dla wyrazu wolnego, podobnie jak i dla współczynnika kierunkowego, wynik oblicza-
nia granicy nie zale\
y od tego, czy x dÄ…\
y do plus, czy minus nieskończoności. Ozna-
cza to, \
e znaleziona prosta y = x + 2 jest asymptotÄ… dwustronnÄ…. Wykres zbli\
a siÄ™ do
niej zarówno wtedy, gdy argumenty stają się coraz większe ( x +"), jaki i wtedy,
gdy stają się bardzo małe ( x -").
25
Ad4. Obliczamy pochodną funkcji, korzystając ze wzoru na ró\
niczkowanie ilorazu:
2
ëÅ‚ x2 - 3öÅ‚ (x2 - 3)2 Å"(x - 2)-(x2 - 3)Å"(x - 2)2 2x Å"(x - 2)-(x2 - 3)Å"1
2
f (x)= ìÅ‚ ÷Å‚ = = =
2 2
ìÅ‚ ÷Å‚
x - 2 (x - 2) (x - 2)
íÅ‚ Å‚Å‚
x2 - 4x + 3
=
2
(x - 2)
Widać, \
e dziedzina funkcji i jej pochodnej jest tym samym zbiorem, gdy\
mianownik
ma zero tylko w x = 2 .
2 2
Ad5. Monotoniczność funkcji badamy rozwiązując nierówności f (x)e" 0 i f (x) d" 0 .
Zauwa\
my jednak, \
e mianownik pochodnej jest zawsze dodatni (nie mo\
e być zerem
poniewa\
x = 2 nie nale\
y do dziedziny), a więc znak ilorazu będzie zale\
ał jedynie
od znaku licznika. Licznik jest jednak trójmianem kwadratowym, którego pierwiast-
kami sÄ…: x1 = 1 i x2 = 3 Poniewa\
współczynnik przy x2 jest dodatni, więc natych-
2
miast mamy odpowiedz
dotyczÄ…cÄ… znaku licznika, a tym samym pochodnej f (x). Gdy
x "(- ",1 *" 3,+ ") to funkcja jest rosnÄ…ca, natomiast gdy x " 1,2)*"(2,3 , to funk-
cja jest malejÄ…ca.
Ad6. Poprzedni punkt dał przy okazji odpowiedz
, w których punktach dziedziny po-
chodna zeruje siÄ™, a mianowicie w pierwiastkach licznika, czyli dla x1 = 1 i x2 = 3 . Po
zbadaniu monotoniczności, rozstrzygnięcie czy w tych punktach są ekstrema staje się
bardzo proste. Dla x < 1 funkcja jest rosnÄ…ca, a dla x > 1 (ale blisko 1) funkcja jest
malejąca, a więc przy przejściu przez punkt x1 = 1 funkcja z rosnącej staje się malejąca
(pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny)  stÄ…d wniosek, \
e w tym punkcie
występuje maksimum. Jego wartość obliczamy wstawiając do badanej funkcji x1 = 1,
stąd ymax = f (1) = 2 . Zupełnie podobnie rozstrzygamy o istnieniu minimum w punkcie
x2 = 3 , gdzie funkcja z malejącej staje się rosnąca. W punkcie tym występuje mini-
mum i funkcja przyjmuje wartość: ymin = f (3) = 6 . Zauwa\
my, \
e wartość funkcji w
minimum jest większa ni\
w maksimum, nie jest to sytuacja rzadka. Pochodna pozwa-
la znalez
ć ekstrema na podstawie lokalnego zachowania się funkcji. Je\
eli jest to mi-
nimum, tzn. \
e wartości funkcji w pobli\
u x2 = 3 są większe od 6, natomiast wartości
funkcji w pobli\
u maksimum są mniejsze od 2 i nic więcej.
Ad7. W celu zbadania wypukłości i wklęsłości funkcji oraz istnienia punktów przegię-
cia obliczamy drugą pochodną. Podobnie jak poprzednio ró\
niczkujemy iloraz:
2
2 2
ëÅ‚ - 4x + 3÷Å‚ (x2 - 4x + 3)2 (x - 2) -(x2 - 4x + 3)((x - 2) )2
öÅ‚
x2
2 2 ìÅ‚
f (x) = =
2 4
ìÅ‚ ÷Å‚
(x - 2) (x - 2)
íÅ‚ Å‚Å‚
Szczegółowe rachunki czytelnik powinien wykonać sam traktując je jako proste ćwi-
czenie rachunkowe, wynik jest następujący:
2
2 2
f (x) =
3
(x - 2)
26
Znak drugiej pochodnej jedynie zale\
y od znaku mianownika. Z łatwością odczytuje-
my, \
e badana funkcja jest wypukła, gdy x "(2,+") i wklęsła, gdy x "(- ",2).
W tym miejscu kończymy badanie przebiegu zmienności funkcji. Punkt 8 nie
wchodzi w grÄ™, gdy\
rozwa\
ana funkcja nie jest określona na przedziale domkniętym.
Otrzymane wyniki wygodnie jest ująć w postaci tabeli.
x -" +"
1 2 3
f (x) -" -" +" +"
2 6
2
f (x) + 0   0 +
2 2
f (x) + 
max asymptota min
pionowa
Sporządzona tabela pozwala narysować wykres badanej funkcji.
f (x)
6
y = x + 2
2
1 3 x
x2 - 3
Rys. 3.4. 13 Wykres funkcji f (x) = .
x - 2
Poniewa\
w rozwa\
anym przykładzie nie mieliśmy okazji skorzystać ze wska-
zówek zawartych w punkcie 8, więc zilustrujemy go prostym przykładem, który jed-
nak oddaje sens największej lub najmniejszej wartości funkcji, jako czegoś innego ni\

ekstremum lokalne. Ponadto pokazuje, jak wa\
ne jest to, \
e funkcja jest określona na
przedziale domkniętym.
Przykład 3.4.2
Rozwa\
my funkcję f (x) = x2 -1, ale określoną na przedziale domkniętym
- 2,3 . Poniewa\
jest to funkcja kwadratowa i współczynnik przy x2 jest dodatni,
27
więc ma ona minimum w punkcie x = 0 równe ymin = f (0) = -1. W tak prostym przy-
padku mo\
na obyć się bez zastosowania rachunku ró\
niczkowego. W ogólności po-
winniśmy znalez
ć punkty, w których zeruje się pierwsza pochodna i rozstrzygnąć, któ-
re z nich są punktami ekstremalnymi. Gdybyśmy rozwa\
ali ten trójmian jako funkcję
określoną na zbiorze wszystkich liczb rzeczywistych, to oczywiście nie miałby on
wartości największej. Jednak gdy dziedzina jest zbiorem domkniętym, to musimy ob-
liczyć wartości funkcji na końcach przedziału określoności, w rozwa\
anym przypadku
mamy: f (- 2) = 3 , f (4) = 15 . Biorąc jeszcze pod uwagę wartość ekstremalną (w tym
przypadku minimum): f (0) = -1 widać, \
e najmniejszą wartością funkcji jest  1, a
największą 8. Dzięki temu, \
e dziedzina jest przedziałem domkniętym funkcja posiada
wartość największą. Opisany przykład ilustruje rysunek.
8
3
-1
-2 3
Rys. 3.4. 14 Przykład prostej funkcji kwadratowej, która obcięta do przedziału do-
mkniętego posiada wartość największą i najmniejszą.
W zbiorze liczb rzeczywistych wykres miałby swoje przedłu\
enie poza wartość
3 z lewej strony i poza wartość 8 z prawej strony, dlatego funkcja nie miałaby wartości
największej.
28