Wykład 08
Witold Obłoza
2 grudnia 2010
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
TWIERDZENIE 90
Mamy nast
,
epuj
,
ace granice specjalne:
lim
x→∞
(1 +
1
x
)
x
= e,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = ∞ to lim
x→x
0
(1 +
1
f (x)
)
f (x)
= e,
lim
x→0
ln(1 + x)
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
ln(1+f (x))
f (x)
= 1,
lim
x→0
e
x
− 1
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
e
f (x)
−1
f (x)
= 1,
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
lim
x→0
(1+x)
α
−1
x
= α,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
(1+f (x))
alpha
−1
f (x)
= α,
lim
x→0
sinx
x
= 1.
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
sin f (x)
f (x)
= 1.
DOWÓD:
Z Twierdzenia o granicah specjalnych dla ciągów ( punkt 7) mamy, że
∀ [x
n
} takiego, że lim
n→∞
x
n
= ∞ zachodzi równośc lim
n→∞
(1 +
1
x
n
)
x
n
= e.
Wnioskujemy stąd na podstawie definicji Heine’go granicy funkcji, że
lim
x→∞
(1 +
1
x
)
x
= e
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Wiemy, że ∀ε > 0
∃M, że ∀x ≥ M
|(1 +
1
x
)
x
− e| < ε.
Z drugiej strony ∀M
∃δ > 0 takie, że ∀x
( 0 < |x − x
0
| < δ =⇒ f (x) > M.)
Mamy stąd dla x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ) \ [x
0
]
|(1 +
1
f (x)
)
f (x)
− e| < ε.
Czyli lim
x→x
0
(1 +
1
f (x)
)
f (x)
= e.
lim
x→0
ln(1 + x)
x
= lim
x→0
ln(1 + x)
1
x
,
Ale lim
x→0
(1 + x)
1
x
= e,
Z ciągłości funkcji logarytmicznej mamy lim
x→0
ln(1 + x)
1
x
= 1.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Dowody uogólnień przebiegają analogicznie jak poprzednio i nie będą
powtarzane.
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
ln(1+f (x))
f (x)
= 1 i mamy stąd
lim
x→0
e
x
− 1
x
= lim
x→0
e
x
− 1
ln(1 + e
x
− 1)
= 1.
lim
x→0
(1 + x)
α
− 1
x
= lim
x→0
e
αln(1+x)
− 1
x
=
= lim
x→0
e
αln(1+x)
− 1
αln(1 + x)
·
αln(1 + x)
x
= α.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Z nieparzystości funkcji sinus i funkcji identycznościowej wystarczy
pokazać, że lim
x→0
+
sin x
x
= 1.
Dla x > 0 przyjmując |OB| = 1 i porównując pola trójkąta OBC,
wycinka kołowego OBC oraz trójkąta OBD otrzymujemy ciąg
nierówności:
|OB| · sin x
2
≤
x|OB|
2
2
≤
|OB| · tg x
2
.
Stąd sin x ≤ x ≤ tg x.
Dzieląc przez
sin x > 0 mamy:
1 ≤
x
sin x
≤
1
cos x
.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Z Twierdzenia o granicy trzech funkcji wynika, że lim
x→0
+
x
sin x
= 1.
Zatem lim
x→0
+
sin x
x
= 1.
TWIERDZENIE 91
Z poprzedniego twierdzenia łatwo wynika, że
lim
x→0
tgx
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
tg f (x)
f (x)
= 1.
lim
x→0
arcsinx
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
arc sin f (x)
f (x)
= 1.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
lim
x→0
arctgx
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
arc tg f (x)
f (x)
= 1.
lim
x→0
log
a
(1 + x)
x
=
1
ln a
,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
log
a
(1+f (x))
f (x)
=
1
ln a
.
lim
x→0
a
x
− 1
x
= ln a.
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
a
x
−f (x))
f (x)
= ln a.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
DOWÓD:
lim
x→0
tgx
x
= lim
x→0
sin x
x
·
1
cos x
= 1,
lim
x→0
arcsinx
x
= lim
x→0
arcsinx
sin arcsinx
= 1,
lim
x→0
arctgx
x
= lim
x→0
arctgx
tg arctgx
= 1,
lim
x→0
log
a
(1 + x)
x
= lim
x→0
ln(1 + x)
x
1
ln a
=
1
ln a
,
lim
x→0
a
x
− 1
x
= lim
x→0
e
xln a
− 1
x
= lim
x→0
e
xln a
− 1
xln a
· ln a = ln a.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
PRZYKŁAD 92
lim
x→x
0
sin x − sin x
0
x − x
0
=
2sin
x−x
0
2
cos
x+x
0
2
2
x−x
0
2
= cos x
0
.
lim
x→x
0
cos x − cos x
0
x − x
0
=
−2sin
x−x
0
2
sin
x+x
0
2
2
x−x
0
2
= −sin x
0
.
lim
x→x
0
a
x
− a
x
0
x − x
0
= a
x
0
a
x−x
0
− 1
x − x
0
= a
x
0
ln a.
lim
x→x
0
x
α
− x
α
0
x − x
0
= lim
x→x
0
x
α
0
x
0
+x−x
0
x
0
α
− 1
x − x
0
=
lim
x→x
0
x
α
0
1 +
x−x
0
x
0
α
− 1
x
0
x−x
0
x
0
= αx
α−1
0
.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
lim
x→x
0
log
a
x − log
a
x
0
x − x
0
= lim
x→x
0
log
a
x
x
0
x − x
0
= lim
x→x
0
log
a
x
0
+x−x
0
x
0
x
0
x−x
0
x
0
=
lim
x→x
0
log
a
1 +
x−x
0
x
0
x
0
x−x
0
x
0
=
1
x
0
ln a
.
POCHODNA
DEFINICJA 93
Niech dana b
,
edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x
0
. Jeżeli
istnieje granica właściwa lim
x→x
0
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= f
0
(x
0
) to nazywamy j
,
a
pochodn
,
a funkcji f w punkcie x
0
.
TWIERDZENIE 94
Niech dana b
,
edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x
0
. Jeżeli ma
pochodn
,
a w punkcie x
0
to jest w tym punkcie ci
,
agła.
DOWÓD:
Funkcja ω(x
0
, h) =
f (x
0
+ h) − f (x
0
)
h
− f
0
(x
0
)
dla h 6= 0,
0
dla h = 0
jest
ci
,
agła w zerze.
POCHODNA
Mamy ponadto f (x
0
+ h) = f (x
0
) + hf
0
(x
0
) + hω(x
0
, h) czyli
lim
h→0
f (x
0
+ h) = f (x
0
).
DEFINICJA 95
Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w każdym punkcie punkcie
x ∈ (a, b) to funkcj
,
e f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R nazywamy funkcj
,
a
pochodn
,
a funkcji f.
TWIERDZENIE 96
Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace wzory:
(x
α
)
0
= αx
α−1
,
(a
x
)
0
= a
x
ln a,
(log
a
x)
0
=
1
xln a
,
(sin x)
0
= cos x,
(cos x)
0
= −sin x,
POCHODNA
TWIERDZENIE 97
Niech b
,
edzie dana bijekcja ci
,
agła f : (a, b) −→ (c, d), x
0
∈ (a, b) i niech
f
0
(x
0
) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn
,
a w punkcie y
0
= f (x
0
)
i ponadto (f
−1
)
0
(y
0
) =
1
f
0
(x
0
)
.
DOWÓD:
lim
y→y
0
f
−1
(y) − f
−1
(y
0
)
y − y
0
= lim
x→x
0
x − x
0
f (x) − f (x
0
)
=
1
f
0
(x)
.
POCHODNA
PRZYKŁAD 98
Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)
0
=
1
√
1 − x
2
,
(arccos x)
0
=
−1
√
1 − x
2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ [−
π
2
,
π
2
] wówczas y = arc sin x.
Mamy: (arc sin x)
0
=
1
(sin y)
0
=
1
cos y
=
1
p
1 − si
2
y
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Jeżeli funkcje g, f są określone w otoczeniu x
0
maj
,
a pochodn
,
a w
punkcie x
0
to funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj
,
a pochodn
,
a w punkcie
x
0
i ponadto
(f + g)
0
(x
0
) = f
0
(x
0
) + g
0
(x
0
),
(f − g)
0
(x
0
) = f
0
(x
0
) − g
0
(x
0
),
(f · g)
0
(x
0
) = f
0
(x
0
)g(x
0
) + g
0
(x
0
)f (x
0
).
DOWÓD:
lim
x→x
0
(f + g)(x) − (f + g)(x
0
)
x − x
0
= lim
x→x
0
f (x) + g(x) − f (x
0
) − g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
+
g(x) − g(x
0
)
x − x
0
= f
0
(x
0
) + g
0
(x
0
).
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
lim
x→x
0
(f · g)(x) − (f · g)(x
0
)
x − x
0
= lim
x→x
0
f (x) · g(x) − f (x
0
) · g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x) · g(x) − f (x) · g(x
0
) + f (x) · g(x
0
) − f (x
0
) · g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x) · g(x) − f (x) · g(x
0
)
x − x
0
+
f (x) · g(x
0
) − f (x
0
) · g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x)
g(x) − g(x
0
)
x − x
0
+ g(x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
=
= f (x
0
)g
0
(x
0
) + g(x
0
)f
0
(x
0
).
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z
przedziały w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy
lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
y − y
0
Wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
POCHODNA
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
. to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
(x
0
)
0
=
−1
(g(x
0
))
2
.
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
) · f
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2010 11 WIL Wyklad 05
2010 11 WIL Wyklad 07id 27178 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 03id 27176 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 06id 27177 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 04
2010 11 WIL Wyklad 02
2010 11 WIL Wyklad 05
2010 12 WIL Wyklad 09id 27185 Nieznany (2)
AiR 11 12 wyklad 08 25 11 2011 MDW
2010 11 08 WIL Wyklad 08id 2717 Nieznany
więcej podobnych podstron