Pochodne wyższych rze dów
Podstawowe definicje i twierdzenia
W wielu przypadkach dochodzi do obliczania pochodnej funkcji, która sama jest
pochodna . Przydatne jest to np. wtedy, gdy trzeba ustalić jakie w
lasności ma funkcja.
Przyjmuje sie nastepuja ce określenie.
Definicja 7.1 (pochodnej wyższego rzedu)
Niech f bedzie funkcja określona na zbiorze zawieraja cym przedzia otwarty I za-
l
wieraja cy punkt p . Niech f(0)(x) = f(x) dla każdego x z dziedziny funkcji f .
Za óżmy, że funkcja f ma pochodna (n - 1)  ego rzedu f(n-1) w każdym punkcie
l

przedzia I . Jeśli funkcja f(n-1) ma w punkcie p pochodna f(n-1) (p) , to te
lu
pochodna nazywamy pochodna n  tego rzedu funkcji f w punkcie p i oznaczamy
symbolem f(n)(p) . Jeśli pochodna n  tego rzedu jest skończona, to mówimy, że funk-
cja f jest n  krotnie różniczkowalna w tym punkcie.
Jest jasne, że f = f(1) . Zamiast pisać f(2) piszemy na ogó f . Niektórzy
l
matematycy zamiast f(3) pisza f .
Przyk 7.1 Niech f(x) = ax + b . Wtedy dla każdego x mamy f (x) = a , wiec
lad
f (x) = 0 dla każdej liczby rzeczywistej x . Wobec tego również f(3)(x) = 0 , a sta d
wynika, że również f(n)(x) = 0 dla każdej liczby naturalnej n > 1 i każdej liczby
rzeczywistej x .
Przyk 7.2 Niech f(x) = ax2 + bx + c . Wtedy f (x) = 2ax + b , wobec tego
lad
f (x) = 2a i wobec tego dla każdej liczby naturalnej n > 2 i każdej liczby rzeczywi-
stej x zachodzi równość f(n)(x) = 0 .
Przyk 7.3 Niech f bedzie wielomianem stopnia m , tzn. istnieja liczby rze-
lad
czywiste a0 , a1 ,. . . , am , przy czym am = 0 , takie że dla każdego x " IR zachodzi

równość f(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + amxm . Wtedy f(m)(x) = m!am dla każdego
x " IR oraz f(n)(x) = 0 dla każdej liczby naturalnej n > m i każdej liczby rzeczy-
wistej x .
Twierdzenie to wykazaliśmy już w przypadku m = 1, 2 . Za óżmy, że jest ono praw-
l
dziwe dla wszystkich wielomianów stopnia mniejszego niż m . Równość
f (x) = a1 + 2a2 + · · · + mamxm-1x
zachodzi dla wszystkich x " R . Ponieważ f jest wielomianem stopnia m - 1 ,
wiec (f )(m-1)(x) = (m - 1)! · mam dla każdej liczby rzeczywistej x . Ponieważ
(f )(m-1) = f(m) oraz (m - 1)! · m = m! , wiec dla każdej liczby rzeczywistej x
1
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
mamy f(m)(x) = m!am . Sta d oczywiście wynika, że jeśli n > m jest liczba natu-
ralna , to f(n)(x) = 0 dla każdego x " IR .
Przyk 7.4 Niech f(x) = ex . Wtedy f(1)(x) = f (x) = ex . Wobec tego dla
lad
każdej liczby naturalnej n i każdej rzeczywistej x zachodzi równość f(n)(x) = ex .
Przyk 7.5 Niech f(x) = sin x . Wtedy f(1)(x) = f (x) = cos x . Zatem
lad
f(2)(x) = f (x) = - sin x = -f(x) . Sta d wynika, że f(3)(x) = -f (x) = - cos x oraz
f(4)(x) = -f (x) = sin x . Jasne jest, że od tego momentu beda sie kolejno pojawiać,
cos x , - sin x , - cos x i znów sin x itd. Można wiec napisać f(2n)(x) = (-1)n sin x
oraz f(2n+1)(x) = (-1)n cos x dla dowolnego n " {0, 1, 2, . . .} i x " IR .
Przyk 7.6 Podobnie jak w poprzednim przyk możemy wykazać, że
lad ladzie
(cos x)(2n) = (-1)n cos x oraz (cos x)(2n+1) = (-1)n+1 sin x .
1
Przyk 7.7 Niech f(x) = ln x . Zachodzi równość f(1)(x) = f (x) = = x-1 .
lad
x

Wobec tego f(2)(x) = f (x) = x-1 = (-1)x-1-1 = -x-2 . Nastepnie otrzymu-

jemy f(3)(x) = -x-2 = 2x-3 , potem f(4)(x) = 2(-3)x-4 = -3!x-4 . Analogicznie
f(5)(x) = 4!x-5 itd. Ogólnie f(n)(x) = (ln(x))(n) = (-1)n-1(n - 1)!x-n dla każdej
liczby ca
lkowitej n e" 1 i każdej liczby rzeczywistej x . .
Przyk 7.8 Obliczymy kilka pochodnych funkcji tangens. Mamy
lad
(tg x) = 1 + tg2 x . Wobec tego zachodzi równość

(tg x) = 1 + tg2 x = 2 tg x(1 + tg2 x) = 2(tg x + tg3 x)
 skorzystaliśmy z wzoru na pochodna funkcji z
lożonej. Sta d
(tg x)(3) = 2(1 + 3 tg2 x)(1 + tg2 x) = 2(1 + 4 tg2 x + 3 tg4 x) , a sta d
(tg x)(4) = 2(8 tg x + 12 tg3 x)(1 + tg2 x) = 8(2 tg x + 5 tg3 x + 3 tg5 x) .
Te obliczenia można kontynuować, jednak w tym przypadku nie da sie napisać równie
prosto jak w poprzednich przypadkach ogólnego wzoru na n  ta pochodna funkcji.
x 3 2
Przyk 7.9 Znajdziemy wzór na n  ta pochodna funkcji = - .
lad
x2+5x+6 x+3 x+2
1
W tym celu wystarczy znalez
ć n  ta pochodna funkcji postaci . Zachodzi równość
x+c

1 1
= -(x + c)-2 . Sta d wynika, że = -(-2)(x + c)-2-1 = 2(x + c)-3 .
x+c x+c
Rozumuja c dalej w taki sam sposób otrzymujemy kolejna równość
(3)
1
= -6(x + c)-4 = -3!(x + c)-4 .
x+c
Bez żadnych trudności piszemy wzór ogólny na n  ta pochodna tej funkcji:
(n)
1
= (-1)nn!(x + c)-n-1 .
x+c
(n)
x
Sta d wynika już od razu, że = (-1)nn! 3(x + 3)-n-1 - 2(x + 2)-n-1 .
x2+5x+6
2
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
Bez roz
lożenia na czynniki mianownika, a potem przedstawienia funkcji w postaci
różnicy dwu u lyby
lamków nasze szanse na sukces by mniejsze.
Przyk 7.10 Wykazaliśmy poprzednio, że jeśli funkcja jest różniczkowalna na
lad
pewnym przedziale i jej pochodna jest na tym przedziale równa 0, to funkcja ta
jest sta Za óżmy teraz, że f (x) = 0 dla wszystkich x " (a, b) , dla pewnych
la. l
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 równość g (x) = 0 dla każdej liczby x " (a, b) .
Wobec tego g jest funkcja sta Oznaczaja c jej jedyna wartość przez B otrzymujemy
la .
równość B = g(x) = f(x) - Ax . Sta d od razu wynika, że f(x) = Ax + B dla każdej
liczby x " (a, b) . Wykazaliśmy wiec, że jeśli druga pochodna jest tożsamościowo
równa 0, to funkcja jest wielomianem stopnia nie wiekszego niż 1.
Podobnie można wykazać, że jeśli trzecia pochodna jest tożsamościowo równa
0 na pewnym przedziale, to funkcja jest na tym przedziale wielomianem stopnia
nie wiekszego niż 2. Jeśli bowiem f(3)(x) = 0 dla każdego x " (a, b) , to na mocy
poprzedniego stwierdzenia funkcja f jest wielomianem postaci Ax + B . Bez trudu

1 1
zgadujemy, że Ax2 + Bx = Ax + B . Sta d wynika, że f(x) - Ax2 - Bx = 0
2 2
1
dla wszystkich x " (a, b) . Wobec tego funkcja f(x) - Ax2 - Bx jest sta co
la,
2
kończy dowód tego, że f jest wielomianem, którego stopień jest mniejszy niż 3. Jest
ca
lkowicie jasne, że kontynuuja c to rozumowanie wykażemy, że jeśli n  ta pochodna
pewnej funkcji jest równa 0 w każdym punkcie pewnego przedzia to funkcja ta na
lu,
tym przedziale jest wielomianem, którego stopień jest mniejszy niż n .
Przyk 7.11 Za óżmy, że f jest funkcja różniczkowalna na pewnym przedziale
lad l
oraz że dla pewnej liczby rzeczywistej k równość f (x) = kf(x) zachodzi dla wszyst-
kich x . Wykazaliśmy w poprzednim rozdziale (twierdzenie o wzroście wyk
ladniczym),
że w tej sytuacji istnieje sta C " IR , taka że dla każdej liczby rzeczywistej x zacho-
la
dzi równość f(x) = Cekx . Przypomnijmy, że w celu uzyskania tej równości starczy
f(x)
wykazać, że iloraz jest funkcja sta czyli że pochodna tego ilorazu jest wszedzie
la ,
ekx
f (x)ekx-kekxf(x) f (x)-kf(x)
f(x)
równa 0. Mamy = = = 0  ostatnia równość
ekx e2kx ekx
wynika z za la .
lożenia o funkcji f . Wykazaliśmy wiec, że iloraz jest funkcja sta Te
sta oznaczamy przez C . Jasne jest, że f(x) = Cekx .
la
Rozważymy teraz nieco bardziej skomplikowana zależność. Mianowicie za
lożymy, f
jest funkcja dwukrotnie różniczkowalna w każdym punkcie prostej * oraz że dla każdej
liczby rzeczywistej x zachodzi równość f (x) = f(x) . Bez trudu można podać dwa
*Nie jest istotne, że dziedzina jest prosta, może być dowolny przedzia
l.
3
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
przyk funkcji spe
lady lniaja cych to równanie: g(x) = ex oraz h(x) = e-x . Maja c
dwa, można ich podać o nieskończenie wiele. Jeśli c, d sa dowolnymi liczbami rzeczy-
wistymi, to funkcja cg(x) + dh(x) = cex + de-x również spe to równanie. Jasne
lnia
jest, że również funkcja u(x) = f(x) - cg(x) - dh(x) spe to równanie. Liczby c
lnia
i d można dobrać w ten sposób, że u(0) = 0 = u (0)  wystarczy rozwia zać uk
lad
równań: f(0) = c + d , f (0) = c-d traktuja c c i d jako niewiadome, a f(0) i f (0)
f(0)+f (0) f(0)-f (0)
jako dane liczby. Otrzymujemy c = oraz d = . Poszukujemy
2 2
wiec dwukrotnie różniczkowalnej funkcji u , takiej że dla każdego x zachodzi równość
u (x) = u(x) oraz u (0) = 0 = u(0) . Wykażemy, że u jest funkcja zerowa . Zauważmy

1 1
najpierw, że u u = uu , i wobec tego (u )2 = u2 . Sta d wynika, że funkcja
2 2
(u )2 - u2 ma zerowa pochodna , wiec jest sta Ponieważ (u (0))2 - u(0)2 = 0 ,
la.
wiec funkcja (u )2 - u2 jest zerowa, czyli u (x)2 = u(x)2 dla każdej liczby rzeczywi-
stej x . Za óżmy, że funkcja u przyjmuje w pewnym punkcie p wartość różna od 0.
l
Sa dwie możliwości: u (p) = u(p) = 0 , u (p) = -u(p) = 0 . Ponieważ obie funkcje

u i u sa cia g wiec w pierwszym przypadku równość u (x) = u(x) zachodzi dla
le,
wszystkich x dostatecznie bliskich p , zaÅ› w drugim przypadku dla wszystkich x do-
statecznie bliskich p zachodzi równość u (x) = -u(x) . Dostatecznie bliskich oznacza
w tym przypadku dla wszystkich x z pewnego przedzia otwartego I zwieraja cego
lu
punkt p , na którym funkcja u nie ma pierwiastków. Z pierwszej równości wynika,
że istnieje sta C , taka że u(x) = Cex dla wszystkich x z przedzia I . Z drugiej
la lu
równości wynika istnienie sta C , takiej że dla wszystkich x z przedzia I za-
lej lu
chodzi równość u(x) = Ce-x . Można za że I jest maksymalnym przedzia
lożyć, lem,
który zawiera punkt p i w którym funkcja u nie ma pierwiastków. Oczywiście 0 nie
leży w przedziale I . Wobec tego miedzy p i 0 leży koniec q przedzia I , drugi ko-
lu
niec przedzia I znajduje sie po przeciwnej stronie punktu p i nie jest wykluczone,
lu
że jest nieskończonościa . Jest jasne, że u(q) = 0  gdyby tak nie by to przedzia I
lo, l
siega poza q . Ponieważ funkcja u jest cia g i na przedziale I obowia zuje wzór
lby la
u(x) = Cex lub wzór u(x) = Ce-x , wiec w punkcie q mamy u(q) = Ceąx . Jed-
nocześnie u(q) = 0 . Z dwóch ostatnich stwierdzeń wynika, że C = 0 , a to oznacza,
że wbrew uczynionemu za
lożeniu Ceąp = u(p) = 0 . Wykazaliśmy wiec, że u jest
funkcja zerowa , a to oznacza, że funkcja f jest postaci cex + de-x .
Przyk 7.12 Wykazaliśmy poprzednio, że jeśli spe jedna z równości
lad lniona
f(n)(x) = 0 , f (x) = kf(x) , f (x) = f(x) spe jest w każdym punkcie pew-
lniona
nego przedzia to funkcja f wyraża sie prostym wzorem. Omówimy jeszcze jeden
lu,
przyk tego typu. Za óżmy mianowicie, że dla wszystkich punktów pewnego prze-
lad l
4
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
dzia I spe jest zależność f (x) = -f(x) .* Wykażemy, że wtedy istnieja takie
lu lniona
liczby a, b " IR , że dla każdej liczby x " I zachodzi równość f(x) = a cos x + b sin x .
Niech p oznacza dowolny punkt przedzia I . Jasne jest, że w każdym punkcie
lu
przedzia I zachodzi równość (a cos x + b sin x) = - (a cos x + b sin x) , tzn. funk-
lu
cja postaci a cos x + b sin x spe rozpatrywane równanie. Wybierzemy liczby a i b
lnia
tak, by mia miejsce równości f(p) = a cos p + b sin p oraz f (p) = -a sin p+b cos p ,
ly
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, że u (x) = -u(x) dla każdej
liczby x " I oraz że u(p) = 0 = u (p) . Sta d wynika, że

(u (x))2 + (u(x))2 = 2 (u (x)u (x) + u (x)u(x)) = 0 ,
wiec funkcja (u (x))2 + (u(x))2 jest sta na przedziale I , zatem
la
(u (x))2 + (u(x))2 = (u (p))2 + (u(p))2 = 0 dla każdego x " I .
Suma kwadratów liczb rzeczywistych jest równa 0 wtedy i tylko wtedy, gdy obie te
liczby sa zerami. Wobec tego dla każdego x " I zachodzi równość u(x) = 0 , a zatem
f(x) = a cos x + b sin x dla każdego x " I . Okaza sie, że również w tym przypadku
lo
można opisać wszystkie funkcje spe
latwo lniaja ce równanie f = -f . Tego typu
równania nazywane sa równaniami różniczkowymi. Istnieje obszerna teoria równań
różniczkowych. Zajmiemy sie takimi równaniami nieco dok
ladniej w drugim seme-
strze. Ich znaczenie np. dla fizyki trudno przecenić, np. stosuja c druga zasade dyna-
miki Newtona zmuszeni jesteśmy od razu do rozpatrywania równań różniczkowych,
w których wystepuja pochodne drugiego rzedu (bo przyśpieszenie to pochodna pred-
kości, wiec druga pochodna po la
lożenia, a si to masa pomnożona przez przyspieszenie;
równanie wahad matematycznego to jeden z najprostszych przyk
la ladów).
Teraz zauważmy, że obliczanie pochodnych wyższego rzedu polega na obliczaniu
pochodnych rzedu pierwszego, wiec w
laściwie już sie z tym zapoznaliśmy. Jeśli chodzi
o wzory ogólne, to oczywistym  i w zasadzie nie wartym wspomnienia  jest wzór
na n  ta pochodna sumy dwu funkcji różniczkowalnych n  krotnie:
(f + g)(n) = f(n) + g(n) .
Leibniz zauważy że jeśli funkcje f i g sa n  krotnie różniczkowalne, to zachodzi
l,
wzór bardzo podobny do wzoru dwumianowego Newtona:

n

n
(f · g)(n) = f(n-j)g(j) (Leibniz)
j
j=0
Prosty dowód tego wzoru wykorzystuja cy wzór na pochodna iloczynu dwu funkcji i
n n+1
n
znana równość + = , dzieki której wspó
lczynniki dwumianowe można
j j+1 j+1
* Taka zależność, a dok lf =-gf pojawia sie przy analizowaniu ruchu wahad matematycz-
ladniej la
nego o d l przy za że amplituda jest tak ma że przybliżenie fH"sin f jest dostatecznie
lugości lożeniu, la,
dok g to przyspieszenie ziemskie.
ladne,
5
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
obliczać za pomoca trójka ta Pascala, pozostawiamy czytelnikom w charakterze bar-
dzo latwego ćwiczenia. Wzory na n  ta pochodna z
lożenia i funkcji odwrotnej sa
na tyle skomplikowane, że w
laściwie w ogóle nieprzydatne, zreszta trudno je znalez
ć
w literaturze.
Przejdziemy teraz do sformu
lowania jednego z najważniejszych wzorów analizy
matematycznej, tzw. wzoru Taylora. Pierwsza pochodna funkcji wprowadziliśmy po
to, by móc przybliżyć funkcje w pobliżu interesuja cego nas punktu wielomianem stop-
nia pierwszego. Drugie pochodne i pochodne wyższych rzedów pojawi sie w kilku
ly
miejscach w zwia zku z bardziej szczegó badaniem funkcji . Okazuje sie, że de-
lowym
finicje pochodnej, zwia zana z przybliżaniem funkcji wielomianem stopnia pierwszego
lub zerowego, można uogólnić. Tym zajmiemy sie teraz. Efektem bedzie zapowiadany
wzór Taylora.
Poprzednio b przybliżenia mia być ma w porównaniu z pierwsza potega
la d l ly
zmiany argumentu. Teraz zaża damy, by by ma w porównaniu z wyższymi potega-
l ly
mi h . Niestety nie bedzie to możliwe przy użyciu wielomianów stopnia nie przekra-
czaja cego 1  bedziemy zmuszeni do użycia wielomianów stopnia wyższego.
Za óżmy, że 0 < |h| < 1 . Wobec tego |h| > h2 > |h|3 > h4 > . . . . Jasne jest
l
też, że jeśli h jest bardzo blisko 0, to h2 jest znacznie bliżej zera niż h , h3 znacznie
h2 hm
bliżej niż h2 itd. Jest tak, bo lim = 0 i ogólnie, jeśli m > n , to lim = 0 .
h hn
h0 h0
Można myÅ›leć o tym tak: jeżeli h jest bardzo ma i m > n , to liczba hm = hm-n·hn
le
stanowi znikoma cześć liczby hn , oczywiście obie sa wtedy bardzo ma ale jedna
le,
jest istotnie mniejsza niż druga.
Wobec tego, z naszego punktu widzenia, różnica miedzy dwiema funkcjami f
i g bedzie ma jeśli bedzie da żyć do 0 po podzieleniu przez hn , gdzie n oznacza
la,
liczbe naturalna . Nastepuja cy lemat podaje warunek konieczny i dostateczny na to,
by dwie funkcje by w tym sensie jedna drugiej.
ly
Lemat 7.2 ( o funkcjach ściśle przylegaja cych)
f(x)-g(x)
Jeśli funkcje f i g sa n  krotnie różniczkowalne w punkcie 0, to lim = 0
xn
x0
wtedy i tylko wtedy, gdy pochodne funkcji f i g w punkcie 0 sa równe do n  tego
rzedu w
la cznie: f(j)(0) = g(j)(0) dla j " {0, 1, . . . , n} .
f(x)-g(x)
Dowód. Za óżmy, że lim = 0 . Niech r(x) = f(x) - g(x) . Trzeba udo-
l
xn
x0
wodnić, że r(0) = r (0) = r (0) = . . . = r(n)(0) = 0 .
r(x) r(x)
Niech 0 d" j d" n . Zachodza równoÅ›ci lim = lim · lim xn-j = 0 , bo
xj xn
x0 x0 x0
pierwsza granica jest równa 0, a druga 0 lub 1 w zależności od tego, czy j < n czy też
j = n . Mamy lim r(x) = 0 . Sta d i z tego, że funkcja r jest cia g w punkcie 0, jako
la
x0
6
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
r(x) r(x)-r(0)
różniczkowalna, wynika, że r(0) = 0 . Mamy 0 = lim = lim = r (0) .
x x
x0 x0
Wobec tego r (0) = 0 . Teraz wykażemy, że r (0) = 0 (zak
ladamy oczywiście, że
n e" 2 ). Stosujemy regu de l Hospitala:
le
r(x) r (x) r (x)-r (0)
1 1
0 = lim = lim = lim = r (0) .
x2 2x 2 x 2
x0 x0 x0
W taki sam sposób wykażemy, że również trzecia pochodna równa jest 0 :
r(x) r (x) r (x) 1 r (x) - r (0) 1
0 = lim = lim = lim = lim = r(3)(0) .
x0 x0 x0 x0
x3 3x2 6x 6 x 6
Jasne jest, że te procedure można kontynuować.
r(x)
Wykażemy teraz, że jeśli r(0) = r (0) = r (0) = . . . = r(n)(0) = 0 , to lim = 0 .
xn
x0
Stosujemy regu de l Hospitala:
le
r(x) r (x) r (x) r(n-1)(x)
lim = lim = lim = . . . = lim .
xn nxn-1 n(n-1)xn-2 n(n-1)...2x
x0 x0 x0 x0
r(n-1)(x) r(n-1)(x)-r(n-1)(0)
Mamy dalej lim = lim = r(n)(0) = 0 . Dowód lematu
x x
x0 x0
zosta zakończony.
l
Wniosek 7.3 (z dowodu.)
Jeśli funkcja r jest n  krotnie różniczkowalna w punkcie 0 i spe sa równości
lnione
r(x) r(n)(0)
r(0) = r (0) = r (0) = r(n-1)(0) = 0 , to lim = .
xn n!
x0
Z lematu o funkcjach ściśle przylegaja cych wynika, że jeśli chcemy przybliżyć
funkcje w otoczeniu punktu p wielomianem w tak, by b przybliżenia by ma
la d l ly
w porównaniu z hn , to pochodne tego wielomianu w punkcie 0, do n  tego rzedu
w
la cznie, musza być równe odpowiednim pochodnym funkcji f w punkcie p :
f(j)(p) = w(j)(0) .
Jeżeli w(h) = a0 + a1h + a2h2 + · · · + anhn dla każdego h " IR , to w(j)(0) = j!aj
f(j)(p)
dla j = 0, 1, 2, . . . , n . Sta d wynika, że powinno być aj = . To motywuje
j!
wprowadzenie nastepuja cego określenia.
Definicja 7.4 (wielomianu Taylora i reszty)
Za óżmy, że funkcja f ma w punkcie p pochodna n  tego rzedu. n  tym wielomianem
l
Taylora funkcji f w punkcie p nazywamy wielomian
f (p) f(3)(p) f(n)(p)
f(p) + f (p)h + h2 + h3 + · · · + hn ,
2! 3! n!
zmiennej h, n  ta reszta nazywamy różnice

f (p) f(3)(p) f(n)(p)
rn(h) = f(p + h) - f(p) + f (p)h + h2 + h3 + · · · + hn .
2! 3! n!
Oczywiście wielomian Taylora określony jest dla wszystkich liczb h , natomiast reszta
tylko dla takich h , dla których punkt p + h znajduje sie w dziedzinie funkcji f .
7
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
Jasne jest też, że po to, by móc mówić o pochodnej f(n)(p) trzeba za istnienie
lożyć
pochodnej f(n-1) oraz wszystkich pochodnych niższego rzedu w pewnym otoczeniu
punktu p . Z lematu o funkcjach ściśle przylegaja cych wynika natychmiast
Twierdzenie 7.5 (G.Peano)
rn(h)
Jeśli f jest funkcja n  krotnie różniczkowalna w punkcie p , to lim = 0 .
hn
h0
f (p) f(3)(p) f(n)(p)
Równość f(p + h) = f(p) + f (p)h + h2 + h3 + · · · + hn + rn(h)
2! 3! n!
nazywana bywa wzorem Taylora z reszta Peano, jeśli dodamy informacje zawarta
w twierdzeniu Peano.
Również z tego lematu wynika, że innego wyboru nie ma, jeśli chcemy mieć tak
dok przybliżenie i nie chcemy zwiekszać stopnia wielomianu ponad niezbedne
ladne
minimum.
Twierdzenie 7.6 (o jednoznaczności wielomianu Taylora)
Jeśli funkcja f jest n  krotnie różniczkowalna w punkcie p i w jest wielomianem
stopnia nie wiekszego niż n , tzn. istnieja liczby a0 , a1 ,. . . , an , takie że dla każdej
liczby rzeczywistej x zachodzi równość w(x) = a0 + a1x + a2x2 + · · · + anxn oraz
f(p+h)-w(p)
lim = 0 , to dla każdego numeru j " {0, 1, 2, . . . , n} zachodzi wzór
hn
h0
f(j)(p) = j!aj , a wiec w jest wielomianem Taylora funkcji f w punkcie p .
Nadmienić wypada, że Taylor by wspó
l lczesny Newtonowi, wzór Taylora zna-
leziony zosta od razu. Idea przybliżania dok la
l ladniejszego niż liniowe by obecna
w omawianej teorii od samego pocza tku! Wspó l
lczesny Newtonowi by też Szkot o na-
zwisku Maclaurin, którego nazwiskiem opatrywany jest wzór Taylora w przypadku
p = 0 . Zaznaczmy jeszcze, że z wzorem Taylora zwia zane jest szereg Taylora funkcji:
"

f(n)(p)
hn . Dla wielu funkcji, zw
laszcza najcześciej używanych zachodzi równość
n!
n=0
" n

f(n)(p) f(j)(p)
f(x) = (x - p)n := lim (x - p)j , przyjeliśmy x = p + h . Jeśli ta
n! j!
n"
n=0 j=0
granica istnieje, to ma wiele w luguja cych zwyk skończonym sumom
lasności przys lym
"

i dlatego stosowane jest oznaczenie . Wyjaśnienie, dla jakich funkcji tego rodzaju
n=0
wzór może być napisany i dla jakich liczb x równość zachodzi jest w wielu przypad-
kach trudne i wykracza znacznie poza program tego wyk Po to, by w ogóle można
ladu.
by o nim mówić trzeba za że funkcja ma w punkcie p pochodne wszystkich
lo lożyć,
rzedów. Jednak nawet wtedy może zdarzyć sie, że dla żadnego h = 0 granica nie

istnieje albo istnieje ale jest różna od f(x) = f(p + h) . W przypadku p = 0 mówi
8
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
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
lasności funkcji beda cych
np. przedmiotem zainteresowania fizyków. Dopiero, gdy okazywa sie to pożyteczne
lo
zaczynano troszczyć sie  o szczegó
ly .
Czytelnik pozna już rozwiniecia w szereg Maclaurina lub Taylora kilku ważnych
l
funkcji
" " "

xn
ex = , sin x = (-1)n x2n+1 , cos x = (-1)n x2n ,
n! (2n+1)! (2n)!
n=0 n=0 n=0
" " "
a
arctg x = (-1)n x2n+1 , ln(1 + x) = (-1)n-1 xn , (1 + x)a = xn ,
2n+1 n n
n=0 n=1 n=0
"

1·3·5·...·(2n-1)
1
arcsin x = · · x2n+1
2n+1 2·4·6·...·2n
n=0
"

n n
x 1 1
i jednej funkcji wymiernej = - - - xn .
x2+5x+6 3 2
n=0
Definicja 7.7 (lokalnego ekstremum)
Mówimy, że funkcja f określona na zbiorze zawieraja cym przedzia I o środku
l
w punkcie p ma w tym punkcie lokalne maksimum wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje
taki przedzia J ‚" I o Å›rodku w punkcie p , że jeÅ›li x " J , to f(x) d" f(p) . JeÅ›li
l
nierówność jest ostra dla x = p , to mówimy, że lokalne maksimum jest w
laściwe. Ana-
logicznie określamy lokalne minimum oraz lokalne minimum w
laściwe. Jeśli funkcja
ma w punkcie p lokalne maksimum lub lokalne minimum, to mówimy, że ma w tym
punkcie lokalne ekstremum.
Jasne jest, że funkcje x2 , x4 , x6 . . . maja w punkcie 0 minima, natomiast funkcje
przeciwne -x2 , -x4 , -x6 . . . maja w punkcie 0 maksima. Funkcje x , x3 , x5 . . . nie
maja w punkcie 0 ekstremów, nawet lokalnych. Udowodnimy teraz twierdzenie po-
zwalaja ce w licznych przypadkach stwierdzić, czy funkcja n  krotnie różniczko-
latwo
walna w punkcie p ma w nim lokalne ekstremum.
Twierdzenie 7.8 (o lokalnych ekstremach)
Za óżmy, że funkcja f jest n  krotnie różniczkowalna w punkcie p oraz że zachodza
l
równości
0 = f (p) = f (p) = . . . = f(n-1)(p) i nierówność f(n)(p) = 0 . Wtedy:

jeśli n jest liczba nieparzysta , to funkcja f nie ma w punkcie p lokalnego
ekstremum  w dowolnie ma otoczeniu punktu p przyjmuje zarówno wartości
lym
wieksze niż w punkcie p oraz wartości wieksze niż w punkcie p ,
jeśli natomiast n jest liczba parzysta , funkcja to f ma w punkcie p lokalne
9
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
ekstremum w laściwe, gdy f(n)(p) > 0 , maksimum w
laściwe: minimum w laściwe, gdy
f(n)(p) < 0 .
Dowód. Skorzystamy z wzoru Taylora:
f (p) f (p) f(n-1)(p) f(n)(p)
f(p + h) = f(p) + h + h2 + · · · + hn-1 + hn + rn(h)
1! 2! (n - 1)! n!
Wobec za o pochodnych funkcji f w punkcie p możemy napisać
lożeń

f(n)(p) f(n)(p) rn(h)
f(p + h) = f(p) + hn + rn(h) = f(p) + hn +
n! n! hn
rn(h)
Ponieważ lim = 0 , wiec istnieje taka liczba ´ > 0 , że jeÅ›li 0 < |h| < ´ , to
hn
h0

rn(h) f(n)(p)

< . Znak sumy dwu liczb jest taki sam jak znak tej z nich, której
hn n!
f(n)(p) rn(h)
wartość bezwzgledna jest wieksza. W przypadku sumy + jest on wiec,
n! hn
przy za lywu
lożeniu, że 0 < |h| < ´ taki jak znak liczby f(n)(p) ( n! nie ma wp

rn(h)
znak). Jeśli n jest liczba nieparzysta , to znak iloczynu hn f(n)(p) + zmienia
n! hn
sie wraz ze zmiana znaku h . Jeśli n jest liczba parzysta , to znak ten jest niezależny

rn(h)
od znaku h : w przypadku f(n)(p) < 0 liczba hn f(n)(p) + jest ujemna, zaÅ›
n! hn
w przypadku f(n)(p) > 0  dodatnia. Sta d teza wynika od razu.
Podany przed chwila dowód ilustruje jak stosowany jest wzór Taylora: pewna
w luguje
lasność przys wielomianowi Taylora, reszta nie jest w stanie jej zmienić, bo
jest za ma Oczywiście istotnym za
la. lożeniem jest f(n)(p) = 0  bez niego nie mamy
podstaw do twierdzenia, że reszta jest ma w porównaniu z wielomianem Taylora
la
funkcji f(x) - f(p) , przeciwnie w takim przypadku wszystkie informacje o zachowa-
niu sie funkcji w pobliżu punktu p zawarte sa w reszcie, o której niewiele wiemy! Po
drugie wypada podkreślić, że mówimy tu jedynie o zachowaniu sie funkcji w pobliżu
punktu p , na nic wiecej nie możemy liczyć, bo za
lożenia, które uczyniliśmy doty-
cza jedynie pochodnych w tym jednym punkcie! O wielkoÅ›ci liczby ´ również nic
nie możemy powiedzieć, jeśli w konkretnej sytuacji musimy coś konkretnego o niej
powiedzieć, to wymaga to dalszego badania konkretnej funkcji.*
Przyk 7.13 Niech f(x) = 3x4 - 28x3 + 84x2 - 96x . Obliczamy pochodna
lad
f (x) = 12x3 - 84x2 + 168x - 96 = 12(x3 - 7x2 + 14x - 8) = 12(x - 1)(x - 2)(x - 4) .
*W wielu podrecznikach s maksimum, minimum, ekstremum oznaczaja lokalne maksimum, lokalne
lowa
minimum, lokalne ekstremum. Zdecydowaliśmy sie na nieco d terminy, by uniknać czestych
luższe
nieporozumień zwiazanych z krótszymi. Wielu studentów, zw s przygotowanych, myli
laszcza labiej
np. lokalne maksima z globalnymi, co może prowadzić do zupe bezsensownych wniosków.
lnie
10
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
Pochodna f zeruje sie jedynie w punktach 1 , 2 , 4 . Druga pochodna jest równa
f (x) = 36x2 - 168x + 168 = 12(3x2 - 14x + 14) . Wobec tego f (1) > 0 , f (2) < 0
i f (4) > 0 , wiec z twierdzenia o lokalnych ekstremach wynika, że w punktach 1 i 4
funkcja f ma lokalne minima, a w punkcie 2 ma lokalne maksimum. Z tego twierdze-
nia już wiecej nic nie jesteśmy w stanie wywnioskować. Nie wiemy np. czy f(1) jest
najmniejsza wartościa funkcji na ca prostej i czy ta funkcja w ogóle ma najmniej-
lej
sza wartość. Natomiast z twierdzenia o monotoniczności funkcji różniczkowalnych
wynika, że na każdym z przedzia ów (-", 1] , [1, 2] , [2, 4] oraz [4, +") funkcja f
l
jest ściśle monotoniczna, bowiem w ich punktach wewnetrznych pochodna f funkcji
f nie zeruje sie. Mamy f(1) = -37 , f(2) = -32 oraz f(4) = -64 . Wiemy wiec,
że funkcja f na przedziale [1, 2] rośnie, na przedziale [2, 4] maleje. Obliczywszy
f(0) = 0 > -37 = f(1) stwierdzamy, że na przedziale (-", 1] ta funkcja maleje
(wcześniej już stwierdziliśmy, że f jest na tej pó
lprostej ściśle monotoniczna!). Analo-
gicznie z tego, że f(5) = -5 > -64 = f(4) wynika, że na pó
lprostej [4, +") funkcja
f jest ściśle rosna ca. Z tego wszystkiego wynika, że f(4) = -64 jest najmniejsza
wartościa funkcji f na ca prostej, f(1) = -37 jest najmniejsza wartościa funkcji
lej
f na przedziale (-", 2] (to nie jest maksymalny przedzia na którym ta wartość
l,
jest najmniejsza, ale ustalenie maksymalnego wymaga dalszych rozumowań, np.
loby
rozwia zania równania f(x) = f(1) w przedziale [2, 4] ).
Przyk 7.14 Zajmiemy sie funkcja badana już w poprzednim przyk
lad ladzie:
f(x) = 3x4 - 28x3 + 84x2 - 96x .
Teraz ustalimy jaka jest najwieksza wartość 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, wiec funkcja ma w nich lokalne minima w
laściwe, wiec na pewno nie ma
tam wartości najwiekszej. Ponieważ f jest cia g i rozpatrujemy ja na przedziale do-
la
mknietym i ograniczonym, wiec w pewnym punkcie tego przedzia przyjmuje wartość
lu
c&
najwieksza (spośród przyjmowanych na tym przedziale). Wartość najwieksza musi
być przyjeta albo w punkcie 2 , albo w punkcie 5 , czyli w końcu dziedziny (lewy koniec
przedzia [1, 5] wyeliminowaliśmy wcześniej). Wobec tego w naszym przypadku jest
lu
jeszcze jedna możliwość x = 5 . Mamy f(5) = -5 > -32 = f(2) , wiec najwieksza
wartościa funkcji f na przedziale [1, 5] jest liczba -5 = f(5) . Dodajmy, że ten
przyk jest bardzo prosty, bo chodzi jedynie o przedstawienie roli poszczególnych
lad
twierdzeń w badaniu funkcji.
c&
Standardowy b polega na stwierdzeniu, że ponieważ jedynym punktem zerowania sie pochodnej
lad
oprócz punktów, w których funkcja ma lokalne minima jest 2, wiec f(2)=-32 jest wartościa naj-
wieksza funkcji f na przedziale [1,5] . W rzeczywistości po ustaleniu, gdzie pochodna sie zeruje należy
rozważyć jeszcze końce przedzia oraz punkty, w których pochodna nie istnieje (w tym przypadku
lu
istnieje wszedzie).
11
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
Przyk 7.15 Pokażemy teraz jak można stosować wzór Taylora do oblicza-
lad
(ln(cos x))5
nia granic funkcji. Obliczymy mianowicie granice ilorazu
(x2-sin2 x)(tg2 x)(cos x-cos 2x)2
przy x - 0 . Oczywiście licznik i mianownik da ża do 0, wiec można spróbować
zastosować regu de l Hospitala. Jednak licznik i mianownik wygla daja dosyć nie-
le
przyjemnie i można spodziewać sie, że po zróżniczkowaniu nie beda wygla dać lepiej.
Wobec tego należy zadać sobie pytanie: jak szybko licznik da ży do 0. Potem to samo
pytanie należy odnieść do mianownika. Dok
ladniej: dla jakiej liczby naturalnej n gra-
(ln(cos x))5
nica lim jest skończona i różna od 0. Jeśli taka liczba istnieje, to bedziemy
xn
x0
mówić, że licznik da ży do 0 tak szybko jak xn . Wiemy, że ln(1 + y) = y + r(y) ,
r(y)
gdzie r jest taka funkcja , że lim = 0  wynika to z wzoru Taylora zastoso-
y
y0
wanego do funkcji ln w punkcie p = 1 i n = 1 , czyli z wzoru na pochodna lo-
1
garytmu. Jednocześnie zachodzi równość cos x = 1 - x2 + (x) , gdzie jest taka
2
(x)
funkcja , że lim = 0  znów stosujemy wzór Taylora, tym razem chodzi o
x2
x0

e&
funkcje kosinus w punkcie 0, n = 2 . Sta d wnioskujemy, że ln (cos x) = = ln 1 -


1 1 1
x2 + (x)) = ln 1 + - x2 + (x) = -1x2 + (x) + r - x2 + (x) . Mamy
2 2 2 2

1 1
1
r - x2+ (x) r x2+ (x) - x2+ (x)
(-
)
(x)
2 2 1
2
lim = 0 i lim = lim = 0 · - = 0 , wiec
1
x2 x2 x2 2
- x2+ (x)
x0 x0 x0 2
ln(cos x)
1
lim = - . Wykazaliśmy wiec, że licznik zachowuje sie jak (x2)5 = x10 . Teraz
x2 2
x0
zajmiemy sie kolejno poszczególnymi cz mianownika. Zaczniemy od x2-sin2 x .
lonami
r(x)
Ü
x3
Mamy sin x = x - + r(x) , gdzie - 0 , gdy x - 0 . Wobec tego za-
Ü
3! x3
2
3
x3
chodzi równość x2 - sin2 x = x2 - x - + r(x) = 2xx + r(x) , gdzie przez
Ü
3! 3!
r(x) oznaczyliśmy sume wszystkich pozosta (niezredukowanych) sk
lych ladników tj.
2 2
3

r(x)
x3
- - r(x) -2xÜ Ü
Ü r(x)+2x r(x) . Jasne jest, że lim = 0 . Sta d latwo wynika,
3! 3! x4
x0
tg x tg2 x
x2-sin2 x 1 1
że lim = 2 = . Jasne jest, że lim = 1 , wiec lim = 1 . Pozo-
x4 3! 3 x x2
x0 x0 x0
sta ostatni czynnik mianownika. Zastosujemy wzór Maclaurina dla funkcji kosinus
l
(x)
Ü
x2
i n = 2 . Mamy cos x = 1 - + (x) , gdzie jest taka funkcja , że lim = 0
Ü Ü
2! x2
x0
(w rzeczywistości dzieki temu, że wiemy jak przedstawić można funkcje kosinus w
x4 x6
postaci sumy szeregu potegowego, możemy napisać, że (x) = - + · · · ). Wobec
Ü
4! 6!

(2x)2
x2 3
tego cos x - cos(2x) = 1 - + (x) - 1 - + (2x) = x2 + (x) , gdzie
Ü Ü
2! 2! 2
cos x-cos(2x)
(x)
3
jest taka funkcja , że lim = 0 . Wobec tego lim = , zatem

x2 x2 2
x0 x0
y2 y3
e& 1 x2
Ponieważ ln(1+y)=y- y2+··· , wiec r(y)=- + -··· . Analogicznie stosujac wzór cos x=1- +
2 2 3 2!
x4 x4 x6
-··· otrzymujemy równość (x)= - +··· .
4! 4! 6!
12
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
1
(- )5 1
(cos x-cos(2x))2 9
2
lim = . Pozosta stwierdzić, że szukana granica to = - .
lo
1 9
x4 4 24
·1·
x0 3 4
Postepowanie nasze polega tu na tym, że zastepowaliśmy funkcje sinus, kosinus,
lo
logarytm naturalny wielomianami odpowiedniego stopnia, co u lo obliczanie
latwia
granicy. Można zastosować regu de l Hospitala zamiast wzoru Taylora, ale wzór
le
Taylora jest wygodniejszy i nie wymaga wiekszego namys
lu.
W ostatnim przyk pojawia sie w dużych ilościach funkcje, których dok-
ladzie ly
ly Ü, Ü, , . lo
ladne definicje nie mia żadnego znaczenia: r , , r r Istotne by jedynie
to, że po podzieleniu przez odpowiednia potege funkcji x granica każdej z nich przy
x - 0 by liczba 0. Zwykle nie wprowadza sie tylu oznaczeń. Stosowany jest
la
symbol o . Przyjmujemy mianowicie nastepuja ca umowe: piszemy f(x) = o(g(x))
f(x)
przy x - p wtedy i tylko wtedy, gdy lim = 0 . Można wiec napisać np.
g(x)
xp
ln(1+y)-y
ln(1 + y) = y + o(y) przy y - 0 , bo lim = 0 . Można też napisać, że
y
y0
x10 x3
x10 = o(ex) przy x - +" , bo lim = 0 . Mamy również sin x = x- +o(x3) ,
ex 3!
x"
x2
cos x = 1- +o(x2)  to sa oczywiste wnioski z wzoru Taylora. Przy użyciu w
laśnie
2!
wprowadzonego oznaczenia można zapisać twierdzenie Peano w nastepuja cy sposób:
f (p) f (p) f(3)(p) f(n)(p)
f(p+h) = f(p)+ h+ h2+ h3+· · ·+ hn+o(hn) przy h - 0 .
1! 2! 3! n!
Oczywiście jeżeli f(x) = o(xk) przy x - 0 , to xnf(x) = o(xn+k) przy x 0 .
Jeżeli f(x) = o(xk) przy x 0 i g(x) = o(xn) przy x 0 , to f(x)g(x) = o(xk+n)
i f(x) + g(x) = o(xl) przy x 0 , gdzie l = min(k, n) . W przypadku sumy rezultat
nie jest oczywiście  dok
ladny . Może sie zdarzyć, że suma da ży do 0  szybciej , bo
cz decyduja ce o predkości zbieżności moga sie zredukować przy dodawaniu lub
lony
odejmowaniu. Pokażemy teraz jak przy użyciu symbolu o można opisać rozwia zanie
zadania przedstawione w ostatnim przyk
ladzie.
(ln(cos x))5
Przyk 7.16 Mamy znalez
ć granice lim . Skorzy-
lad
(x2-sin2 x)(tg2 x)(cos x-cos 2x)2
x0
x3
stamy z równości ln(1 + x) = x + o(x) , tg x = x + o(x) , sin x = x - + o(x3) i
3!
x2
cos x = 1 - + o(x2) przy x 0 . Z nich wynika, że przy x 0 zachodzi wzór
2!

2
x2 x2 x2
ln(cos x) = ln(1 - + o(x2)) = -x + o(x2) + o - + o(x2) = - + o(x2)
2! 2 2 2
x2
- +o(x2)
1
2
 ostatni wzór wynika sta d, że lim = - = ą" . Rozumuja c dalej w

x2 2
x0
taki sam sposób otrzymujemy
2
x3 x3 x4
x2 - sin2 x = x2 - x - + o(x3) = x2 - x2 - 2x + o(x4) = + o(x4)
3! 3! 3
 nie jest oczywiście istotne, czy piszemy o(x4) czy też -o(x4) .
Ponieważ tg x = x + o(x) , wiec
tg2 x = (x + o(x))2 = x2 + 2xo(x) + (o(x))2 = x2 + o(x2) .
13
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
x2
Przejdz
my do ostatniego etapu: cos x = 1 - + o(x2) , wobec tego cos 2x =
2!
(2x)2
=1 - + o((2x)2) = 1 - 2x2 + o(x2) . Odejmuja c dwie ostatnie równości stro-
2!

1 3
nami otrzymujemy: cos x - cos 2x = - + 2 x2 + o(x2) = x2 + o(x2) . Sta d
2 2
2 9
3 9
(cos x - cos 2x)2 = x2 + o(x2) = x4 + 3x2o(x2) + (o(x2))2 = x4 + o(x4) .
2 4 4
Wobec tego
x2
(- +o(x2))5
(ln(cos x))5
2
lim = lim =
x4 9
(x2-sin2 x)(tg2 x)(cos x-cos 2x)2
( +o(x4))(x2+o(x2))( x4+o(x4))
x0 x0
3 4

5
o(x2)
1
x10 - +
2
x2

= lim =
o(x4) o(x2) o(x4)
x0 x4 1 + x2 1+ x4 9 +
3 4
x4 x2 x4

5
o(x2) 5
1 1
- +
(- )
2 2 1
x2

= lim = = - .
1 9
o(x4) o(x2) o(x4)
24
1 9 ·1·
x0 + 1+ + 3 4
3
x4 x2 4 x4
W ten sposób latwiej jest operować wzorem Taylora, obliczać granice itp. Jednak

trzeba pamietać o tym, że symbol o nie oznacza funkcji  napis f(x) = o(g(x)) to
f(x)
skrót zdania mówia cego, że iloraz jest zbieżny do 0, np. z równości (prawdziwej)
g(x)
x - sin x = o(x2) przy x 0 wynika równość x - sin x = o(x) przy x 0 , ale
z tej drugiej równości pierwsza nie wynika: pierwsza równość oznacza bowiem, że
x-sin x x-sin x x-sin x
lim = 0 i z niej wynika oczywiście, że lim = 0 , bo lim =
x2 x x
x0 x0 x0

x-sin x
= lim · x = 0 . W przeciwna strone wnioskować nie można. Trzeba równość
x2
x0
x-sin x
lim = 0 uzasadnić inaczej, można np. skorzystać z wzoru Maclaurina dla
x2
x0
funkcji x - sin x i n = 2 : druga pochodna tej funkcji w punkcie 0 jest równa 0, wiec
pierwszy wielomian Taylora w punkcie 0 pokrywa sie z drugim wielomianem Taylora
w punkcie 0. Ogólnie jeśli f(x) = o(x2) przy x 0 , to również f(x) = o(x) przy
x 0 . Na odwrót być nie musi: ln(1 + x) - x = o(x) , natomiast nie jest prawda , że
ln(1 + x) - x = o(x2) !
Warto stosować symbol o , ale trzeba umieć sie nim pos
lugiwać, wiec studentom
którzy maja k z analiza matematyczna polecam go z dużymi zastrzeżeniami,
lopoty
ci którzy dobrze zrozumieli pojecie granicy nie powinni mieć z nim problemów, pod
warunkiem starannego prześledzenie kilku rozumowań.
e-(1+x)1/x
Przyk 7.17 Znajdziemy raz jeszcze granice lim . Mamy
lad
x
x0
2
(1 + x)1/x = e(1/x)·ln(1+x) = e(1/x)(x-x /2+o(x2)) = e1-x/2+o(x) =

x x x
= e · e-x/2+o(x) = e 1 - + o(x) + o - + o(x) = e 1 - + o(x) .
2 2 2

x
e-e 1- +o(x)
( )
e-(1+x)1/x o(x)
2 e e
Sta d mamy: lim = lim = lim + = , można
x x 2 x 2
x0 x0 x0
napisać o(x) zamiast -e · o(x) , bo po pomnożeniu funkcji, której granica jest 0,
przez liczbe, otrzymujemy znów funkcje, której granica jest 0.
14
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
Zajmiemy sie teraz przez chwile wypuk funkcji dwukrotnie różniczkowal-
lościa
nych. Przypomnijmy, że funkcja różniczkowalna jest wypuk wtedy i tylko wtedy,
la
gdy jej pochodna jest niemaleja ca, ściśle wypuk - wtedy i tylko wtedy, gdy jej
la
pochodna jest ściśle rosna ca. Korzystaja c z twierdzenia o monotoniczności funkcji
różniczkowalnych stwierdzamy natychmiast prawdziwość nastepuja cego twierdzenia:
Twierdzenie 7.9 (o wypuk funkcji dwukrotnie różniczkowalnych)
lości
Jeśli funkcja f jest określona na przedziale otwartym i jest dwukrotnie różniczko-
walna w każdym punkcie tego przedzia to jest wypuk wtedy i tylko wtedy, gdy
lu, la
jej druga pochodna f przyjmuje jedynie wartości nieujemne.
Dwukrotnie różniczkowalna funkcja określona na przedziale otwartym jest ściśle wy-
puk wtedy i tylko wtedy, gdy jej druga pochodna f jest nieujemna i w każdym
la
przedziale zawartym w jej dziedzinie znajduje sie co najmniej jeden punkt, w którym
druga pochodna f jest dodatnia.
W istocie rzeczy badaja c wypuk funkcji w poprzednim rozdziale już stoso-
lość
waliśmy to twierdzenie. W niektórych przypadkach uzasadnienia wypuk mog
lości lyby
zostać nieznacznie skrócone, gdybyśmy powo sie wprost na twierdzenie o wy-
lywali
puk funkcji dwukrotnie różniczkowalnych. Zachecamy czytelnika do ponownego
lości
prześledzenia podanych wcześniej przyk Teraz natomiast sformu twier-
ladów. lujemy
dzenie, które w wielu przypadkach pozwala na znajdowanie punktów przegiecia
latwe
funkcji wielokrotnie różniczkowalnej.
Twierdzenie 7.10 (o punktach przegiecia funkcji wielokrotnie
różniczkowalnych)
1. Jeśli p jest punktem przegiecia funkcji f , druga pochodna f (p) istnieje i jest
skończona, to f (p) = 0 .
2. Jeśli funkcja f jest n  krotnie różniczkowalna w punkcie p , n > 2 i
0 = f (p) = f(3)(p) = . . . = f(n-1)(p) i f(n)(p) = 0 ,

to jeśli n jest liczba nieparzysta , to p jest punktem przegiecia funkcji f ;
jeśli natomiast liczba n jest parzysta, to p nie jest punktem przegiecia funkcji f .
Dowód. 1. Z definicji punktu przegiecia wynika, że istnieje liczba ´ > 0 , taka że
na jednym z przedzia ów (p-´, p] , [p, p+´) funkcja f jest wypuk a na drugim 
l la,
wkles Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że na przedziale (p-´, p] funkcja f jest wy-
la.
puk a na przedziale [p, p+´)  wkles Ponieważ f jest dwukrotnie różniczkowalna
la, la.
w punkcie p , wiec jest różniczkowalna w punktach pewnego przedzia o środku w
lu
punkcie p . Bez straty ogólnoÅ›ci można przyja ć, że tym przedzia jest (p-´, p+´) .
lem
Wobec tego na przedziale (p - ´, p] pochodna f funkcji f jest niemaleja ca i wo-
bec tego jej pochodna, czyli f , jest nieujemna w każdym punkcie, w którym jest
15
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
okreÅ›lona, w szczególnoÅ›ci f (p) e" 0 . Na przedziale [p, p + ´) funkcja f jest wkles
la
i wobec tego f (p) d" 0 . Ponieważ f (p) d" 0 d" f (p) , wiec f (p) = 0 .
2. Zastosujemy wzór Taylora do funkcji f w punkcie p . Mamy

f(3)(p) f(n)(p) rn-2(h)
f (p+h) = f (p)+ h+· · ·+ hn-2 +rn-2(h) = hn-2 f(n)(p) + .
1! (n-2)! (n-2)! hn-2

f(n)(p)
| |
rn-2(h)
Niech ´ > 0 bedzie taka liczba dodatnia , że jeÅ›li 0 < |h| < ´ , to < .

hn-2 (n-2)!
f(n)(p) rn-2(h) f(n)(p)
Liczby + i maja wiec taki sam znak. Jeżeli liczba n jest niepa-
(n-2)! hn-2 (n-2)!
rzysta, to hn-2 > 0 dla h > 0 oraz hn-2 < 0 dla h < 0 . Wynika sta d, że wyrażenie

rn-2(h)
f (p + h) = hn-2 f(n)(p) + jest na jednym z przedzia ów (-´, 0) , (0, ´)
l
(n-2)! hn-2
dodatnie, a na drugim  ujemne. Wobec tego na jednym z przedzia ów (p - ´, p] ,
l
[p, p + ´) funkcja f jest Å›ciÅ›le wkles a na drugim  Å›ciÅ›le wypuk Wynika sta d,
la, la.
że p jest punktem przegiecia funkcji f . Jeżeli natomiast liczba n jest parzysta, to
wtedy funkcja f ma w punkcie p lokalne ekstremum w lym
laściwe, wiec albo na ca
przedziale (p - ´, p + ´) z wyja tkiem punktu p funkcja f jest dodatnia, albo na
ca przedziale (p - ´, p + ´) funkcja f jest ujemna. W pierwszym przypadku
lym
funkcja f jest Å›ciÅ›le wypuk na ca przedziale (p - ´, p + ´) , a w drugim  Å›ciÅ›le
la lym
wkles W żadnym z tych przypadków p nie jest punktem przegiecia funkcji f .
la.
Dowód zosta zakończony.
l
Również to twierdzenie dobrze ilustruje schemat rozumowania przedstawiany
w tym rozdziale: funkcja f zachowuje sie w dostatecznie ma otoczeniu punktu p
lych
f(n)(p)
tak jak funkcja hn w otoczeniu 0 (reszta jest za ma by mieć istotny wp
la, lyw
n!
na zachowanie sie funkcji!).
Przyk 7.18 Niech f(x) = x2(x - 6)2 . Sporza dzimy wykres funkcji f . W tym
lad
celu ustalimy, na jakich przedzia funkcja rośnie, na jakich maleje, na jakich jest
lach
wypuk na jakich jest wkles gdzie ma lokalne ekstrema, gdzie punkty przegiecia i
la, la,
znajdziemy asymptoty  oczywiście cześć wymienionych obiektów może nie istnieć.
Obliczymy kolejne pochodne: f (x) = 2x(x - 6)(x + x - 6) = 4(x3 - 9x2 + 18x) ,
f (x) = 12(x2 - 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 . Widać od razu,
że w punktach zerowania sie pierwszej pochodnej druga przyjmuje wartości różne
od 0 , wobec tego we wszystkich tych punktach f ma lokalne ekstrema w
laściwe:
w 0 i w 6  lokalne minima w
laściwe (bo f (0), f (6) > 0 ), a w 3  lokalne mak-
simum w lach
laściwe (bo f (3) = -3 < 0 ). Ponieważ na przedzia (-", 0] , [0, 3] ,
[3, 6] i [6, ") funkcja f jest ściśle monotoniczna, bo w ich punktach wewnetrznych
pierwsza pochodna jest różna od 0, wiec na przedzia (-", 0] i [3, 6] funkcja f
lach
16
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
maleje, a na przedzia [0, 3] i [6, ")  rośnie.
lach
Podkreślmy, że choć to bardzo latwe, to jednak nie badaliśmy znaku pierwszej

pochodnej, bo uk lokalnych ekstremów wymusza stwierdzenia na temat wzrostu
lad
i spadku wartości funkcji. Oczywiście w ostatecznym rozrachunku wiemy, jaki jest
ten znak (pochodna jest różna od 0 w punktach przedzia (-", 0) , funkcja maleje
lu
na tym przedziale, wiec pochodna musi być ujemna, ale ten wniosek wycia gneliśmy
stosuja c ogólne twierdzenia o zachowaniu sie funkcji).
Oczywiście z definicji funkcji wynika natychmiast, bez obliczania pochodnych,
że wszystkie jej wartości sa nieujemne, wiec 0 = f(0) = f(6) jest nie tylko lokalnie
najmniejsza wartościa funkcji, ale również najmniejsza ze wszystkich w ogóle. 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 najwieksza wartoÅ›cia funkcji, jest nia jeÅ›li ogra-
niczymy dziedzine do dostatecznie krótkiego przedzia zawieraja cego 3, zachecamy
lu
do sprawdzenia, że najwiekszym przedzia na którym funkcja f przyjmuje swa
lem,
" "
najwieksza wartość w punkcie 3 i w żadnym innym jest (3-3 2, 3+3 2) . Ponieważ
w punktach zerowania sie drugiej pochodnej trzecia przyjmuje wartości różne od 0,
" "
wiec punkty 3- 3 oraz 3+ 3 sa punktami przegiecia funkcji f . Oczywiście pierw-
"
szy z nich znajduje sie miedzy 0 i 3, a drugi miedzy 3 i 6. Na pó
lprostej (-", 3 - 3]
" "
funkcja f jest ściśle wypuk na przedziale [3 - 3, 3 + 3]  ściśle wkles a na
la, la,
"
pó la.
lprostej [3 + 3, +") znów ściśle wypuk Jasne jest, że funkcja nie ma asymp-
tot pionowych (jest cia g w każdym punkcie prostej). Nie ma też ani poziomych ani
la

ukośnych, bo lim x2(x - 6)2 - ax - b = +" niezależnie od wyboru liczb a i b .
xÄ…"
Zakończyliśmy badanie funkcji i jesteśmy już w stanie narysować jej wykres.
"
2
Przyk 7.19 Teraz zbadamy funkcje 1 - e-x . Wzór ten określa ja na ca
lad lej
prostej, wiec jest ona cia g Jest też różniczkowalna we wszystkich punktach x = 0 ,
la.
2
bo dla takich punktów zachodzi nierówność 1 - e-x > 0 , a na pó
lprostej (0, +")
funkcja pierwiastek kwadratowy jest różniczkowalna. Pierwsza pochodna jest równa
-x2
"xe Jasne jest, że ten wzór nie dzia w przypadku x = 0 . Spróbujmy obliczyć
. la
1-e-x2
pochodna w punkcie 0 korzystaja c bezpośrednio z jej definicji. Mamy


2 2
f(x) - f(0) 1 - e-x e-x - 1
lim = lim = lim = 1 ,
x0+ x x0+ x2 x0+ -x2
eh-1
bo pierwiastek kwadratowy jest cia g (przedostatnia równość) oraz lim = 1
ly
h
h0
f(x)-f(0)
(ostatnia równość). W taki sam sposób stwierdzamy, że lim = -1 . Ozna-
x0- x
cza to, że funkcja nie ma pochodnej w punkcie 0, bowiem jednostronne pochodne
17
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
sa różne. Oznacza to, że w punkcie 0 wykres  za
lamuje sie , lub też:  ma ostrze .
Znajdziemy druga pochodna :


2

-1/2
xe-x 2 2
f (x) = " = xe-x 1 - e-x =
2
1 - e-x
-1/2 -1/2 -3/2
2 2 2 2 2 2
= e-x 1 - e-x - 2x2e-x 1 - e-x - x2e-2x 1 - e-x =
-3/2

2 2 2
= e-2x 1 - e-x ex 1 - 2x2 - 1 + x2 .
Wykażemy, że dla każdego x = 0 zachodzi nierówność f (x) < 0 . Wystarczy

wykazać, że jeśli y > 0 , to ey(1 - 2y) - 1 + y < 0 , piszemy y zamiast x2 . Mamy
(ey(1 - 2y) - 1 + y) = ey(1 - 2y) - 2ey + 1 = -2yey - ey + 1 < 0 dla y > 0 , bo
-ey + 1 < 0 w przypadku y > 0 . Ponieważ pochodna funkcji ey(1 - 2y) - 1 + y jest
ujemna na pó lprostej [0, ") ,
lprostej (0, +") , wiec funkcja ta jest maleja ca na pó
a ponieważ jej wartościa w punkcie 0 jest 0, wiec jej wartości w punktach dodat-
nich sa ujemne.* Z tego, że druga pochodna jest ujemna na każdej z pó
lprostych
(-", 0) oraz (0, +") wynika, że na każdej z pó
lprostych (-", 0] , [0, +") funk-
cja f jest ściśle wkles Nie jest jednak ona ściśle wkles na ca prostej, choć
la. la lej

"
2
jest cia g w punkcie 0! JeÅ›li ´ > 0 , to odcinek
la la cza cy punkty -´, 1 - e-´

"
2
i ´, 1 - e-´ leży nad wykresem (z wyja tkiem koÅ„ców) funkcji f zamiast pod
wykresem. Musia być odwrotnie, gdyby funkcja by ściśle wkles lub wkles
loby la la la
na ca prostej lub choćby na przedziale [-´, ´] .
lej
Przyk 7.20 Naszkicujemy wykres funkcji f zdefiniowanej wzorem
lad

5 7x2-3
f(x) =
9x2-4
2
zdefiniowanej dla x = ą . Zadanie to mieli rozwia zać studenci (zaoczna ekonomia)

3
we wrześniu 1996. Poza definicja funkcji podane by wzory na pierwsza i druga
ly
pochodna tej funkcji:
-6/5 -4/5
f (x) = -0,4x 9x2 - 4 7x2 - 3 ,
-11/5 -9/5
f (x) = 0,24(315x4 - 91x2 - 20) 9x2 - 4 7x2 - 3
Studenci zostali poinformowani, że druga pochodna przyjmuje wartość 0 wtedy i tylko

"
91+ 33481
wtedy, gdy x = ą H" ą0,659458 . Jasne jest, że f jest funkcja parzysta ,
630
*Można
udowodnić, że ey(1-2y)-1+y<0 dla y>0 innymi metodami. Np. można wykorzystać wzór
"
yn
ey=  otrzymamy po prostych rachunkach szereg, którego wszystkie wyrazy w przypadku
n!
0
1
y>0 sa ujemne. Inna metoda to stwierdzenie, że w przypadku y<1 zachodzi nierówność ey< ,
1-y
zatem dla wszystkich y"IR zachodzi nierówność ey(1-y)<1 , wobec tego
ey(1-2y)-1+y=ey(1-y)-y(ey-1)-1<-y(ey-1)<0 dla y =0 .
18
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
tzn. f(-x) = f(x) dla każdej liczby x z dziedziny funkcji f . Wobec tego jej wy-
kres jest symetryczny wzgledem pionowej osi uk wspó
ladu lrzednych. Wystarczy wiec

2 2
badać f na jednej z pó l
lprostych -", , , " oraz na jednym z przedzia ów
3 3

2 2
- , 0 , 0, . Trzeba wiec ustalić na jakich przedzia funkcja f rośnie, na ja-
lach
3 3
kich przedzia maleje, na jakich przedzia jest wypuk a na jakich  wkles
lach lach la, la.
Wyjaśnić, w jakich punktach dziedziny funkcja ma pochodna , a w jakich jej nie ma
oraz obliczyć granice funkcji f , f , f w końcach przedzia ów sk
l ladaja cych sie na
ich dziedziny. Również ustalić, gdzie sa lokalne ekstrema i punkty przegiecia.

2 3
Z wzoru na pierwsza pochodna wynika, że jest ona określona dla x = ą , ą ,

3 7
2
przy czym nieistnienie pochodnej w punktach ą wynika z tego, że te punkty sa
3
poza dziedzina funkcji f i już to wystarcza, by nie mia sensu różniczkowanie funk-
lo

3
cji w tych punktach. W punktach ą funkcja jest określona, wiec teoretycznie nie
7
ma przeszkód dla istnienia pochodnej, jednak wzór nie dzia bo nie można podnieść
la,
liczby 0 do potegi o wyk
ladniku ujemnym . Z wzoru na pochodna wynika jednak
od razu, że lim f (x) = +" oraz lim f (x) = -" . Sta d, z definicji po-
" "
x- 3/7 x 3/7


chodnej i twierdzenia Lagrange a o wartości średniej wynika, że f ą 3/7 = "" .
Znaczy to, że funkcja f nie jest w tych punktach różniczkowalna, bo choć pochodna
istnieje, to jest nieskończona. W szczególności w tych punktach wykres ma styczna

2
tyle, że  pionowa . Funkcja f jest wiec ściśle rosna ca na pó
lprostej -", - oraz
3
2 2
na przedziale -2, 0 . Na przedziale 0, oraz na pó
lprostej , " funkcja f jest
3 3 3
ściśle maleja ca. Podkreślmy: funkcja rośnie na każdym z dwóch przedzia ów, ale nie na
l
ich sumie o czym przekonamy sie za chwile. Zacznijmy od oczywistego stwierdzenia:
3 4 2
< . Wobec tego funkcja f przyjmuje wartości dodatnie na pó
lprostej (-", - )
7 9 3

7-3/x2 5 7
3 5 7x2-3 5
oraz na przedziale (- , 0) . Mamy lim = lim = . Dalej
7 9x2-4 9-4/x2 9
x-" x-"
2
lim f(x) = +" , bo f(x) > 0 na pó
lprostej (-", - ) i licznik da ży do liczby
3
2 -
x-
3
różnej od 0, zaś mianownik do 0. Nastepnie lim f(x) = -" , bo tym razem funk-
+
2
x-
3
cja jest ujemna, a licznik da ży do liczby różnej od 0, podczas gdy mianownik  do 0 .
Zajmiemy sie teraz wypuk funkcji f . W tym celu ustalimy, gdzie jej druga
lościa
pochodna f jest dodatnia, a gdzie  ujemna. We wzorze na f wyrażenia 7x2 - 3
oraz 9x2 - 4 podnoszone sa do nieparzystych poteg, nastepnie z otrzymanych wy-
ników wycia gany jest pierwiastek stopnia nieparzystego. Wynika sta d od razu, że na
każdym z kolejnych przedzia ów
l



" "

2 91+ 33481 91+ 33481 3 3
-", -2 , - , - , - , - , - , 0
3 3 630 630 7 7
19
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
pochodna f ma inny znak: na pierwszym z wymienionych przedzia ów jest dodat-
l
nia, na drugim  ujemna, na trzecim  dodatnia i wreszcie na czwartym ujemna. Wy-



"

2 91+ 33481 3
nika sta d, że na pó , - funk-
lprostej -", - i na przedziale -
3 630 7




"
2 91+ 33481 3
cja f jest wypuk a na każdym z przedzia ów - , - i - , 0
la, l
3 630 7


"
91+ 33481 3
 wkles Wobec tego punkty - i - sa punktami przegiecia funk-
la.
630 7
cji f , -2 punktem przegiecia nie jest, bo leży poza dziedzina funkcji f (ponieważ
3
nie istnieje granica lim f(x) , wiec nie można sensownie dookreślić funkcji w tym
2
x-
3
punkcie!). Innych punktów przegiecia nie ma: jedynym punktem, który jeszcze nie
zosta zbadany jest 0  można by pomyśleć, że z wkles funkcji f na przedziale
l lości


3 3 3
- , 0 oraz z parzystości wynika wkles funkcji na przedziale - , , tak
lość
7 7 7
jest, ale trzeba sie jeszcze wyraz
nie powo na różniczkowalność funkcji f w punk-
lać
cie 0 (por. przyk poprzedni), jednak takiego twierdzenie nie udowodniliśmy, zresz-
lad


3 3
ta prościej jest skorzystać z tego, że na przedziale otwartym - , druga
7 7
pochodna f funkcji f jest ujemna. Z tego, co do tej pory uda sie nam ustalić, wy-
lo

5 7
nika, że prosta pozioma y = jest asymptota pozioma funkcji f przy x ą" ,
9
2
zaÅ› proste pionowe x = Ä… sa obustronnymi asymptotami pionowymi funkcji f przy
3
2
x Ä… .
3
Uwaga 7.11 W istocie rzeczy nie trzeba w tym zadaniu wykonywać żadnych obli-


"
2 91+ 33481 3
czeń świadcza cych o tym, że > >  ta nierówność wynika z tego,
3 630 7

3
że lim f (x) = +" i lim f (x) = +" , wiec na przedziale -2 , - po-
" 3 7
+ +
2
3
x-
x-
3
7
chodna f musi najpierw maleć, a potem rosna ć, co oznacza, że druga pochodna musi
przynajmniej w jednym punkcie tego przedzia przyja ć wartość 0, jedynym kandyda-
lu


"
91+ 33481 3
tem jest punkt - . Zachodzi przybliżona równość H" 0,654653 , wiec
630 7


"
3 91+ 33481
różnica miedzy punktami i jest mniejsza niż 0,01 , zatem może być
7 630
przeoczona przez program komputerowy rysuja cy wykresy funkcji (jeśli nie zaża damy
odpowiedniej dok
ladności w tej okolicy!). f(0,67) H" 1,288 , f(0,66) = -0,908 , wiec
w tym przypadku zmiana wartości argumentu o 0,01 powoduje zmiane wartości
funkcji o oko 2,196 , wiec ponad 200 razy wieksza niż zmiana argumentu. Rysuja c
lo
wykres na papierze, przyjmuja c np. że jednostka to 1 cm musimy zwracać uwage
na przedzia d lo l
ly lugości 0,1 mm, co jest ma realne ze wzgledu na grubość o ówka,
20
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
linie na rysunku komputerowym też musza mieć jaka ś grubość, wiec jedyna rada,
to obserwować okolice punktów przegiecia w dużym powiekszeniu i stosować odcinki
jednostkowych różnej d na różnych osiach: na osi argumentów odcinek jednost-
lugości
kowy może być np. oko 200 razy d niż odcinek jednostkowy na osi wartości
lo luższy
funkcji.
Podkreślić wypada, że w tego typu zadaniach pojawiaja cych sie regularnie na eg-
zaminach w Uniwersytecie Warszawskim najważniejszym elementem rozwia zania jest
zgodność wykresu z rezultatami obliczeń przeprowadzonych przed jego na-
szkicowaniem, ilość obliczeń, które ma przeprowadzić student jest minimalizowana.
W rezultacie wiele osób, które sa przekonane o tym, że dobrze opanowa rysowa-
ly
nie wykresu w liceach, otrzymuje stopnie znacznie poniżej swych oczekiwań, choć w
zadaniach tego typu trudno doszukać sie  trudnych momentów. Zachecamy czytel-
ników do uważnego prześledzenia podanego przyk i samodzielnego sporza dzenia
ladu
przynajmniej kilku wykresów funkcji spośród proponowanych w tym tekście.
W ostatnio prezentowanych przyk lo,
ladach widać by że w licznych przypad-
kach można omijać różne obliczenia stosuja c odpowiednie twierdzenia o charakterze
ogólnym. Duża role w tych rozumowaniach odgrywa wzór Taylora. Nasuwa sie na-
turalne pytanie: czy nie można powiedzieć czegoś wiecej o reszcie rn przynajmniej
w sytuacji, z która czesto mamy do czynienia, mianowicie w przypadku funkcji, która
ma wiecej pochodnych w otoczeniu punktu p niż n . Okazuje sie, że coś powie-
dzieć można, ale jednak niezbyt dużo. Podamy przyk twierdzenia tego typu, jest
lad
ich oczywiście wiecej. Stwierdzić jednak wypada, że pożytek z nich na ogó nie jest
l
zbyt wielki, zasadniczo rzecz biora c twierdzenie Peano to wszystko, co w przypadku
ogólnym powiedzieć można.
Twierdzenie 7.12 (Lagrange a o reszcie we wzorze Taylora)
Niech f bedzie funkcja , która ma pochodna rzedu n + 1 w każdym punkcie pewnego
przedzia otwartego zawieraja cego p . Wtedy dla każdego punktu x z tego przedzia
lu lu
istnieje taki punkt yx , leża cy miedzy punktami x i p , dla którego zachodzi równość
f(n+1)(yx)
rn(x - p) = (x - p)n+1 .
(n+1)!
Dowód. Niech

f (p) f(n)(p)
h(t) = f(x) - f(p) - (x - p) - · · · - (x - p)n (x - t)n+1 -
1! n!

f (t) f(n)(t)
- (x - p)n+1 f(x) - f(t) - (x - t) - · · · - (x - t)n .
1! n!
Mamy h(x) = 0 = h(p) . W przedziale o końcach x, p funkcja f ma (n + 1) a po-
chodna , wiec funkcja h jest różniczkowalna na tym przedziale, a ponieważ przyjmuje
równe wartości w jego końcach, wiec w pewnym punkcie wewnetrznym yx tego prze-
21
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
dzia zachodzi równość h (yx) = 0 . Zachodzi równość:
lu

f (p) f(n)(p)
h (t) = -(n + 1)(x - t)n f(x) - f(p) - (x - p) - · · · - (x - p)n +
1! n!
+ (x - p)n+1 f(n+1)(t) (x - t)n .
n!
Z niej wynika od razu, że dla t = yx zachodzi równość:
f (p) f(n)(p) f(n+1)(yx)
f(x) = f(p) + (x - p) + · · · + (x - p)n + (x - p)n+1 ,
1! n! (n + 1)!
czyli w ta, która chcieliśmy otrzymać.
laśnie
Podkreślmy raz jeszcze: pozornie dzieki temu wzorowi wiemy coś wiecej o resz-
cie. K polega na tym, że o punkcie yx wystepuja cym we wzorze Lagrange a nie
lopot
wiemy nic, oprócz tego, że leży miedzy p i x . To bardzo ogranicza możliwość wy-
cia gania wniosków ida cych dalej niż te, które wynikaja z wzoru Peano. Oczywiście
czasem jest to możliwe. Jeśli np. f(x) = sin x , to dla dowolnego n " N mamy
|f(n+1)(x)| d" 1 , bowiem z dok
ladnościa do znaku pochodna dowolnego rzedu to si-
nus lub kosinus. Sta d w szczególności wynika, że w przypadku funkcji sinus zachodzi
1
nierówność |rn(h)| d" |h|n+1 . Otrzymaliśmy wiec konkretne oszacowanie, ja-
(n+1)!
kiego z pewnościa nie da sie uzyskać z wzoru Peano. Przeczy to ostrzeżeniom wypo-
wiadanym przed chwila , ale tylko pozornie. W tym konkretnym przypadku istota
by dodatkowa wiedza o pochodnych dowolnego rzedu badanej funkcji i to ona
la
w po la
la czeniu z wzorem Lagrange a pozwoli na wycia gniecie dalej ida cych wniosków.
Przyk 7.21 Zdefiniujmy funkcje f wzorami
lad

e-1/x, jeśli x > 0;
f(x) =
0, jeśli x d" 0.
Jest jasne, że w każdym punkcie, być może z wyja tkiem punktu 0, funkcja ta ma
pochodne wszystkich rzedów, czyli jest różniczkowalna nieskończenie wiele razy.
W punkcie 0 sytuacja nie jest już jasna, bo z prawej jego strony funkcja jest zde-
finiowana inaczej niż z lewej, co mog powodować k z cia g lub różnicz-
loby lopoty lościa
kowalnościa . Wykażemy poniżej, że w rzeczywistości funkcja f również w punkcie 0
jest różniczkowalna nieskończenie wiele razy oraz, że f(n)(0) = 0 dla każdej liczby
naturalnej n . Wyniknie sta d, że wielomiany Maclaurina tej funkcji sa funkcjami ze-
rowymi, a wiec dla każdego naturalnego n zachodzi równość f(x) = rn(x) , chodzi
tu o reszte we wzorze Maclaurina, czyli o
f (0) f(2)(0) f(n)(0)
rn(x) = f(x) - f(0) - x - x2 - · · · - xn .
1! 2! n!
Oznacza to, że w tym konkretnym przypadku pomijanie reszty może być pozbawione
22
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
sensu, bo w niej sa zawarte wszystkie informacje o funkcji f ! Przyk ten omawiamy
lad
po to tylko, by przestrzec czytelników, że każda metoda ma swoje ograniczenia, że
stosuja c twierdzenia poprawnie, tj. wtedy, gdy ich za lnione, możemy
lożenia sa spe
dochodzić do dziwnych lub ma interesuja cych wniosków. Po tych pesymistycznych
lo
uwagach zajmiemy sie wykazaniem równości f(n)(0) = 0 .
Dla n = 0 równość ta wynika bezpośrednio z określenia funkcji f w punkcie 0:
f(0)(0) = f(0) = 0 . Jest też jasne, że lim f(x) = 0  dla x < 0 jest f(x) = 0 .
x0-
Mamy też lim f(x) = lim e-1/x = 0 . Wykazaliśmy, że funkcja f jest cia g
la
x0+ x0+
w punkcie 0. Zauważmy teraz, że dla dowolnego x < 0 i dowolnej liczby naturalnej
n zachodzi równość f(n)(x) = 0 , pochodna funkcji sta jest równa 0, wartość po-
lej
chodnej w punkcie zależy jedynie od zachowania sie funkcji w otoczeniu tego punktu,
w naszym przypadku rozpatrujemy chwilowo funkcje f na pó
lprostej (-", 0) . Te-
raz przeniesiemy sie na pó
lprosta (0, ") . Dla x > 0 mamy f(x) = e-1/x , f (x) =
1 2
1 1 6 6
e-1/x , f (x) = - e-1/x , f(3)(x) = - + e-1/x ,. . .
x2 x4 x3 x6 x5 x4
Wobec tego dla każdej liczby naturalnej n istnieje wielomian wn stopnia 2n , taki

1
że jeśli x > 0 , to f(n)(x) = wn x e-1/x , np. w1(y) = y2 , w2(y) = y4 - 2y3 ,
wn(y)
w3(y) = y6-6y5+6y4 . Sta d od razu wynika, że lim f(n)(x) = lim = 0 . Z de-
ey
y"
x0+
finicji pochodnej i twierdzenia o wartości średniej wynika natychmiast, że f (0) =
f(x)-f(0)
= lim = lim f (cx) = 0 , gdzie cx jest punktem leża cym miedzy 0 i x ,
x
x0 x0
w szczególności |cx| < |x| . Analogicznie korzystaja c z już otrzymanego wyniku wnio-
skujemy, że f (0) = 0 itd. Dowód zosta zakończony.
l
Uwaga 7.13 (o funkcjach analitycznych) Funkcja opisana w poprzednim przy-
k może wydawać sie nieco dziwna. Warto zaznaczyć, że takie zachowania sie
ladzie
funkcji nie sa możliwe w przypadku tzw. funkcji analitycznych, tj. takich funkcji
nieskończenie wiele razy różniczkowalnych , które w pewnym otoczeniu dowolnie wy-
branego punktu dziedziny sa równe sumie swego szeregu Taylora. W takim przypadku
zerowanie sie wszystkich pochodnych w pewnym punkcie powoduje, że funkcja jest
sta w otoczeniu tego punktu, co jak widać z poprzedniego przyk nie musi
la ladu
mieć miejsca w przypadku funkcji różniczkowalnej nieskończenie wiele razy. Istnie-
nie takich funkcji nieskończenie wiele razy różniczkowalnych zauważone zosta nie
lo
od razu, sta sie one istotnym narzedziem wspó
ly lczesnej matematyki, jednak można
przyja ć, że w elementarnych zastosowaniach matematyki w chemii takie funkcje nie
wystepuja .
Na tym kończymy przegla d zagadnień zwia zanych z wielokrotnym różniczkowa-
niem funkcji.
23
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
Z A D A N I A
7.1 Obliczyć f(1000)(0) , jeśli
4
1 x+1
a. f(x) = ; b. f(x) = ; c. f(x) = ex .
(x-1)(x-2) (x-1)(x-2))
"
7.2 Oszacować różnice miedzy funkcja 1 + x i jej wielomianem Taylora 2 stopnia
1 1
o środku w punkcie x0 = 0 na przedziale [- , ] .
2 2
7.3 Znalez
ć f (x) , f (x) , f(3)(x) oraz f(n)(x) , jeżeli f(x) =
a. e2x b. xex c. xe2x d. x2ex
e. sin(2x) f. cos(3x) g. sin(x2) h. x2 sin x
x+2 x-3 1
i. sin4 x + cos4 xj. k. ln l. ex
3x+5 x+2 x
ln x
7.4 Niech f(x) = . Znalez
ć f (x) , f (x) , f (x) , f(4)(x) , f(5)(x) , . . . i po-
x
tem ogólny wzór na f(n)(x) (nieco trudniejsze: dla tych, którzy nie boja sie
popracować troche g
lowa ).

7.5 Znalez
ć liczby a, b, É takie, że jeÅ›li f(x) = e-x/2 a cos(Éx) + b sin(Éx) , to
f (x) = f(x) dla każdej liczby x " IR .
7.6 Znalez
ć przedzia monotoniczności oraz wypuk lub wkles funkcji f ,
ly lości lości
jej lokalne ekstrema i punkty przegiecia. Znalez
ć granice (jednostronne) funkcji
f oraz granice (jednostronne) funkcji f w końcach przedzia ów sk
l ladaja cych
sie na ich dziedziny (niekoniecznie takie same), o ile istnieja . Naszkicować wy-
kres funkcji f, tzn. ustalić na jakich przedzia funkcja f jest monotoniczna,
lach
na jakich wypuk na jakich wkles Jeśli funkcja ma asymptoty, znalez
ć je.
la, la.
W oparciu o uzyskane wyniki naszkicować wykres funkcji* f , jeśli f(x) =

x 3 x2
"
a. x4(1 + x)-3 ; a . ; b. ;
3
x+1
x2-1

"
x3
c. 1 - x + ; d. ln x + 1 + x2 ; e. sin x sin 3x ;
x+3
e. (x - 2)(x2 + 1)-1/2 ; f. x2/3(x + 1)-1/3 ; g. f(x) = x2(x - 8)2 ;
1/3
h. (x + 1)5/3 x2 + 2x , wiadomo, że
-2/3
1
f (x) = (x + 1)2/3 x2 + 2x 7x2 + 14x + 2 , niewymiernymi pierwiast-
3
kami funkcji f sa x5 H" -1.845 oraz x6 H" -0.155 , ma ona też pierwiastek wy-
-5/3
2
mierny, f (x) = (x + 1)-1/3 x2 + 2x 14x4 + 56x3 + 61x2 + 10x - 4 ,
9
pierwiastkami drugiej pochodnej sa x1 H" 0.177 , x2 H" -2.177 , x3 H" -0.492 ,
x4 H" -1.508 , sa one niewymierne;
"
- 4
- 2
3
2
4 3 3
"x +2x-7
i. , wiadomo, że f (x) = (x + 1) x2 + 2x - 5 x2 + 2x - 7 ,
3
3
x2+2x-5
*UWAGA: Zak że dziedziny funkcji sa tak dobrane, że operacje definiujace funkcje sa wyko-
ladamy,
nalne oraz że dziedziny sa maksymalnymi zbiorami o tej w Pierwiastki stopnia nieparzy-
lasności.
stego sa określone dla wszystkich liczb rzeczywistych x .
24
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
- 7
- 5
4 3 3
f (x) = - 9x4 + 36x3 + 8x2 - 56x - 181 x2 + 2x - 5 x2 + 2x - 7
9
oraz że pierwiastkami (jednokrotnymi) drugiej pochodnej sa liczby x1 H" 1.7
oraz x2 H" -3.7 , innych pierwiastków rzeczywistych funkcja f nie ma;
25(x-1)(x+1) -75x(x2-5)
x3-5x
j. " , wiadomo, że f (x) = " oraz f (x) = " ;
3 5 7
5+x2 5+x2 5+x2
( ) ( ) ( )
"
3(x4-6x2-3)
3x2-3
" "
k. x3 - 3x , wiadomo, że f (x) = i f (x) = oraz że pier-
2 x3-3x 4( x3-3x)3

"
wiastkami drugiej pochodnej sa dwie liczby Ä… 3 + 2 3 oraz dwie liczby zespo-

"
lone Ä… 3 - 2 3 ;
l. f(x) = (x + 1)(x2 + 2x)-1/3 , wiadomo, że
1 2
f (x) = (x2+2x-2)(x2+2x)-4/3 i f (x) = (x+1)(8-2x-x2)(x2+2x)-7/3 ;
3 9
m. f(x) = ex(2 + x)-1 , wiadomo, że f (x) = ex(1 + x)(2 + x)-2 ,
f (x) = ex(2 + x)-3(2 + 2x + x2) ;
n. f(x) = e2x(1 + 2x)-1 , wiadomo, że f (x) = 4x(1 + 2x)-1e2x ,
f (x) = 4(1 + 4x2)(1 + 2x)-3e2x ;

3 3x2-2 1
o. f(x) = 9 dla x = ą , wiadomo, że

2x2-1 2
f (x) = 6x(3x2 - 2)-2/3(2x2 - 1)-4/3 ,
f (x) = -2(54x4 -23x2 -6)(3x2 -2)-5/3(2x2 -1)-7/3 oraz że f (x) = 0 wtedy

"
1
i tylko wtedy, gdy x = Ä… 69 + 15 73 H" Ä…0.78 ;
18
p. f(x) = x2(x - 6)2 , wiadomo, że f (x) = 4x(x - 3)(x - 6) ,
f (x) = 4(3x - 18x + 18) ;
4
q. f(x) = (x2 - 1)2/3 , wiadomo, że f (x) = x(x2 - 1)-1/3 ,
3
4
f (x) = (x2 - 1)-4/3(x2 - 3) ;
9

3 2
r. f(x) = x2(x2 + 1) , wiadomo, że f (x) = x-1/3(x2 + 1)-2/3(2x2 + 1) ,
3
"
2 1
f (x) = x-4/3(x2 + 1)-5/3(2x4 + 5x2 - 1) , f (x) = 0 Ô! x = Ä… 33 - 5 ;
9 2
2
"
xe-x
2
s. f(x) = 1 - e-x , wiadomo, że f (x) = " ,
2
1 - e-x
-3/2
2 2 2
f (x) = -e-2x 1 - e-x ex (2x2 - 1) + 1 - x2 ;

3 1
t. f(x) = x5(1 - x2) , wiadomo, że f (x) = x2/3(1 - x2)-2/3(5 - 7x2) ,
3
2
f (x) = x-1/3(1 - x2)-5/3(14x4 - 23x2 + 5) ,
9

5
H" 0,845 , pierwiastkami drugiej pochodnej sa liczby niewymierne w przy-
7
bliżeniu równe 1,177 ; -1,177 ; 0,508 ; -0,508 ;
u. f(x) = (x + 1)5/3(x + 2x)1/3 , wiadomo, że
f (x) = (x + 1)2/3(x + 2x)-2/3(7x2 + 14x + 2) ,
2
f (x) = (x + 1)-1/3(x + 2x)-5/3(14x4 + 56x3 + 61x2 + 10x - 4) , pierwiastkami
9
25
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
drugiej pochodnej sa liczby niewymierne w przybliżeniu równe 0,177, ; -2,177 ;
-0,492 ; -1,508 ; niewymierne pierwiastki pierwszej pochodnej sa w przybliżeniu
równe -1,845 i -0,155 ;

3
v. f(x) = x(3 - x2) , wiadomo, że
f (x) = x-2/3(3 - x2)-2/3(1 - x2) i f (x) = -2(1 + x2)(3 - x2)-5/3x-5/3 .
"
"
3
2
"x -2x-71
w. f(x) = dla x = 1 ą 3 6 , wiadomo, że

3
x2-2x-53
f (x) = 12(x - 1)(x2 - 2x - 53)-4/3(x2 - 2x - 71)-2/3 ,
f (x) = -36(x4 -4x3 -40x2 +88x-1341)(x2 -2x-53)-7/3(x2 -2x-71)-5/3 ,
pierwiastkami drugiej pochodnej sa liczby x1 H" 9,11 oraz x2 H" -7,11 (innych
rzeczywistych pierwiastków funkcja f nie ma).
"
"
3
2
"x +4x-68
x. f(x) = dla x = -2 ą 3 6 , wiadomo, że

3
x2+4x-50
f (x) = 12(x + 2)(x2 + 4x - 50)-4/3(x2 + 4x - 68)-2/3 ,
f (x) = -36(x4 +8x3 -22x2 -152x-1464)(x2 +4x-50)-7/3(x2 +4x-68)-5/3 ,
pierwiastkami drugiej pochodnej sa liczby x1 H" 6,11 oraz x2 H" -10,11 (innych
rzeczywistych pierwiastków funkcja f nie ma).
"
"
3
2
"x +6x-63
y. f(x) = dla x = 3 ą 3 6 , wiadomo, że

3
x2+6x-45
f (x) = 12(x + 3)(x2 + 6x - 45)-4/3(x2 + 6x - 63)-2/3 ,
f (x) = -36(x4 +12x3 +8x2 -168x-1629)(x2 +6x-45)-7/3(x2 +6x-63)-5/3 ,
pierwiastkami (jednokrotnymi) drugiej pochodnej sa liczby x1 H" 5,11 oraz x2 H"
-11,11 (innych rzeczywistych pierwiastków funkcja f nie ma).
(x3-3x)2 6x(x2-3)(7x2-5)
z. f(x) = , wiadomo, że f (x) = ,
(5+x2)3 (5+x2)4
6(5-3x2)(7x4-90x2+15)
f (x) = ,
(5+x2)5
przybliżone wartości pierwiastków f to: 0; ą1,732 ; ą0,845 ,
przybliżone wartości pierwiastków f to: ą1,291 ; ą3,562 ; ą0,411 ;

3
ż. f(x) = (5x2 - 7)(x2 - 4) , wiadomo, że
-2/3 -2/3
2
f (x) = x(10x2 - 27) 5x2 - 7 x2 - 4 ,
3
-5/3 -5/3
2
f (x) = 2x2 - 21 25x4 - 75x2 + 108 5x2 - 7 x2 - 4 oraz że
9

7 27 21
zachodza równoÅ›ci H" 1,2 ; H" 1,6 ; H" 3, 2 i 752 - 4 · 25 · 108 < 0 .
5 10 2

3
z
. f(x) = (x - 1) (x - 2) (x - 3) dla każdego x " IR , wiadomo, że f (x) =
3x2-12x+11 6x2-24x+26
oraz f (x) = - , równość f (x) = 0
3((x-1)(x-2)(x-3))2/3 9((x-1)(x-2)(x-3))5/3
"
6Ä… 3
ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = , druga pochodna nie ma pier-
3
wiastków rzeczywistych.
7.7 Znalez
ć najmniejsza taka liczbe L (sta Lipschitza dla funkcji ex ), że jeśli
la

ey
0 d" x < y d" 10 , to - ex d" L|y - x| .
26
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
7.8 Znalez
ć najmniejsza taka liczbe L (sta Lipschitza dla funkcji tg x ), że jeśli
la

Ä„

0 d" x < y d" , to tg y - tg x d" L|y - x| .
3
7.9 Znalez
ć najmniejsza taka liczbe L (sta Lipschitza dla funkcji ln x ), że jeśli
la


2 d" x < y < " , to ln y - ln x d" L|y - x| .
"
3
7.10 Znalez
ć najmniejsza taka liczbe L (sta Lipschitza dla funkcji x ), że jeśli
la
" "
3
3
2 d" x < y < " , to y - x d" L|y - x| .
x
7.11 Znalez
ć najmniejsza taka liczbe L (sta Lipschitza dla funkcji ), że jeśli
la
x2+1

y
x

x < y , to - d" L|y - x| .
y2+1 x2+1
7.12 Znalez
ć najmniejsza taka liczbe L (sta Lipschitza dla funkcji x2 ), że jeśli
la

y2
100 d" x < y d" 1000 , to - x2 d" L|y - x| .
7.13 Dowieść, że jeśli x, y " (2, ") , to |x5 - y5| e" 80|x - y| przy czym równość ma
miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

Ä„
7.14 Dowieść, że jeśli x, y " -Ą , , to |tg x - tg y| e" |x - y| przy czym równość
2 2
ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

Ä„ 1
7.15 Dowieść, że jeśli x, y " -Ą , , to |sin x - sin y| e" |x - y| przy czym
3 3 2
równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .

Ä„
7.16 Wykazać, że nie istnieje taka liczba L > 0 , że jeśli x, y " -Ą , , to
2 2
|sin x - sin y| e" L |x - y| .
7.17 Dowieść, że jeśli x, y " R , to
1 1 1 3
|x - y| d" |x + sin x - (y + sin y)| d" |x - y|
2 2 2 2
przy czym równość ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy x = y .
7.18 Korzystaja c z wypuk lub wkles odpowiedniej funkcji wykazać, że
lości lości
"
2 2 Ä„
x < sin x < x dla 0 < x < .
Ä„ 4
7.19 Korzystaja c z wypuk lub wkles odpowiedniej funkcji wykazać, że
lości lości
Ä„ Ä„ Ä„
tg x > 1 + 2(x - ) dla < x < .
4 4 2
7.20 Korzystaja c z wypuk lub wkles odpowiedniej funkcji wykazać, że
lości lości
ln x < -1 + ln 10 + 0,1x dla 0 < x = 10 .

7.21 Korzystaja c z wypuk lub wkles odpowiedniej funkcji wykazać, że
lości lości
(1 + x)a d" 1 + ax dla a " (0, 1) i x > -1
i wyjaśnić, dla jakich a, x zachodzi równość.
7.22 Korzystaja c z wypuk lub wkles odpowiedniej funkcji wykazać, że
lości lości
(1 + x)a e" 1 + ax dla a " (0, 1) i x > -1
/
i wyjaśnić, dla jakich a, x zachodzi równość.
7.23 Korzystaja c z wypuk lub wkles odpowiedniej funkcji wykazać, że
lości lości
1
ln x < (x2 - 1) dla 0 < x = 1 .

2
7.24 Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b równanie ln x = ax + b ma
dok dwa rozwia zania, dok jedno rozwia zanie lub nie ma rozwia zań
ladnie ladnie
27
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
w ogóle.
7.25 Wykazać, że jeśli funkcje f i g sa wypuk funkcja g jest niemaleja ca, to
le,
funkcja g ć% f jest wypuk jeśli natomiast g jest nierosna ca, to z
la, lożenie g ć% f
może być funkcja wkles wypuk lub nawet mieć punkty przegiecia.
la , la
7.26 Wykazać, że jeśli funkcja f jest wypuk na każdym z przedzia ów [a, b] i [b, c]
la l
oraz różniczkowalna w punkcie b , to jest wypuk na [a, c] . Podać przyk
la lad
świadcza cy o tym, że bez za
lożenia różniczkowalności teza nie jest prawdziwa.
sin x-x
7.27 Obliczyć granice lim .
x3
x0
7.28 Obliczyć granice lim xx .
x0

Ä„
7.29 Obliczyć granice lim - x tg x .
2
Ä„
x
2
7.30 Obliczyć granice lim x1000(1.001)-x .
x"
sin(tg x-sin x)
7.31 Obliczyć granice lim w zależności od a " R .
(- ln(cos x))a
x0
2
1-(cos x)sin x
( )
7.32 Obliczyć granice lim .
(tg x)6
x0
ln(x2005+Ä„)
7.33 Obliczyć granice lim .
ln(x+Ä„)
x"
tg x + 2 sin x - 3x
7.34 Obliczyć lim .
x0 - x) ln(cos x)
(tg x
2 ln(cos x) + x sin x
7.35 Obliczyć lim .
x0
x (2 tg x - sin(2x))
ln(1 + x2) - x sin x
7.36 Obliczyć lim .
x0
x(tg x - x)
2 sin x-2 tg x+ln(1+x3)
7.37 Obliczyć lim .
x5
x0
7.38 Obliczyć lim (2 cos x + 2x tg x - ex - e-x)x-4 .
x0
7.39 Obliczyć lim (2 sin x + 4 tg x - 3ex + 3e-x)x-5 .
x0
"
1 - x2 - cos x
7.40 Obliczyć lim .
x0
x4
7.41 Obliczyć lim x-2(ln(1 + x) - sin x) .
x0
"
2
7.42 Obliczyć lim x-4 ex + cos(x 2) - 2 cos(x2008) .
x0
2
ex - cos x
7.43 Obliczyć lim .
x0
x sin x
ex-1-sin x
7.44 Obliczyć lim .
1-cos 2x
x0
"
"
4
7.45 Znalez
ć lim (ln(x + x) - ln x) · 1 + x2 .
x"
28
Pochodne wyższych rzedów Micha Krych
l
tg x - sin x
7.46 Znalez
ć lim
3 .
x0
ln(1 + x)

1
7.47 Znalez
ć lim - 1 ctg2 x .
cos x
x0
ln(x2006+e)
7.48 Obliczyć lim
ln(x2005+e)
x"
ln(x2005+Ä„)
7.49 Obliczyć lim
ex+Ä„
x"
ln(1+sin x2)-tg x sin x
7.50 Obliczyć lim .
x(tg x-x)
x0
ln(cos x)+x sin x
7.51 Obliczyć lim .
x(2 tg x-sin(2x))
x0
"
"
3
1 + 2x - 1 + 3x · ln(cos x)

7.52 Obliczyć lim
x0
ln(1 + x) · [tg(2x) - 2 tg x] · cos x1138
" "
25 26
( 1+25 sin x- 1+26 sin ln(cos x)
x)
7.53 Obliczyć granice lim .
x0 (sin(tg x)-sin x)·cos x966
cos x2004·(ln(1+sin x)-x-ln(cos x))
7.54 Obliczyć granice lim .
sin(tg3 x)
x0

"
cos(x 2)+tg(sin2 x)-cos x2003

7.55 Obliczyć granice lim .
x0 x+ln(1-sin x) ·(x+x2003)2
"
1+x+x10-1-sin10 x
"
7.56 Obliczyć lim .
3
6 ln(1+x-sin x)
x0
"
1+x+x100-1-sin50 x
"
7.57 Obliczyć lim .
3
3 ln(1+x-tg x)
x0
"
ln cos(x 2 ) +x tg x
( )
"
7.58 Obliczyć lim .
( 1+x-1)3·(x-sin x)
x0
"
" "
1+2 tg2 x-cos x 2 x 2
( )-sin2
( )
7.59 Obliczyć lim " .
"
3
11
5
1+tg x- 1+sin x ln(1+tg x)
x0 ( )
"
"
1+2 tg2(x 14)-cos(6x)-8 sin2(2x)
7.60 Obliczyć lim " .
"
3
11
5
1+5 tg 7x- 1+11 sin x ln(1+tg(2x))
x0 ( )
"
" "
1+4 sin2(3x)-cos x 12 tg2 x 3
( )-8
( )
"
7.61 Obliczyć lim " " .
2
3 7
1+6 sin x- 1+7 tg x ln(cos(x 2))
x0 ( )
"
" "
1+2 sin2 x-cos x 2 x 2
( )-tg2
( )
7.62 Znalez
ć granice lim " "
.
3
3
7
1+sin x- 1+tg x ln(cos x)
x0 ( )
"
" "
1+2 tg2 x-cos x 2 x 2
( )-sin2
( )
7.63 Znalez
ć granice lim " .
"
3
11
5
1+tg x- 1+sin x ln(1+tg x)
x0 ( )
" "
5 6
[ 1+5 sin x- 1+6 sin x]·tg x

7.64 Obliczyć lim
x0 [tg x+sin x]·[cos x966 -cos x]
29