Wykład 7, A.Lenarcik (14 XI 2011)
1. Pochodne funkcji trygonometrycznych
KorzystajÄ…c z twierdzenia o trzech granicach obliczamy granicÄ™
sin x
lim = 1 . (1)
x
x0
x+y x-y
Natępnie z wzoru sin x - sin y = 2 cos sin oraz z (1) obliczamy pochodną funkcji f(x) = sin x:
2 2
x+x0 x-x0
cos sin
sin x - sin x0
2 2
(sin x) = lim = lim = cos x0 .
x=x0
x-x0
x - x0
2
xx0 xx0
Wzór (cos x) = - sin x otrzymujemy z wzoru cos x = sin(Ą - x) i z pochodnej złożenia. Pochodną tangensa i
2
cotangensa otrzymamy jako pochodnÄ… ilorazu

sin x (sin x) cos x - sin x(cos x) sin2 x + cos2 x 1
(tg x) = = = = .
cos x cos2 x cos2 x cos2 x
Pochodną (ctg x) wyprowadzamy, jako ćwiczenie.
2. Liczba Eulera
Liczba Eulera zdefiniowana jest jako granica
n
1
e = lim 1 + = 2,7182 . . .
n
n"
Leohnard Euler (1707 1783) Szwajcar; uczeń Johanna Bernoulli ego. W wieku 19 lat zrobił doktorat, zaś w wieku
24 lat uzyskał profesurę. Większą część życia spędził w Rosji i Prusach, gdyż nie zatrudniono go na uniwersytecie
w rodzinnej Bazylei. Bardzo pobożny (anegdota o dowodzie na istnienie Boga). Euler jest uważany za jednego z
najbardziej płodnych naukowców w historii ludzkości (ok. 900 prac naukowych).
Prawdziwe sÄ… analogiczne wzory
x x
1 1
lim 1 + = e oraz lim 1 + = e .
x x
x" x-"
Z twierdzenia o złożeniu granic otrzymamy
1
x
lim (1 + x) = e .
x0
3. Pochodna logarytmu
Obliczmy najpierw pochodnÄ… logarytmu dla x = 1:
loga(1 + "x) - loga 1 1 1 1
"x
(loga x) = lim = lim loga(1 + "x) = loga e = = .
x=1
"x loge a ln a
"x0 "x0
Logarytm przy podstawie e nazywamy logarytmem naturalnym, oznaczamy go ln x. Przypomnijmy, że log x oznacza
logarytm przy podstawie 10. Proponuję przestudiować cały wykład 9 w KURS.09. Są tam omówione mi. własności
funkcji wykładniczej, funkcja odwrotna oraz własności logarytmów. Korzystając z pochodnej obliczonej dla x = 1
otrzymamy pochodnÄ… logarytmu w dowolnym punkcie x0 > 0:
"x
loga(1 + )
loga(x0 + "x) - loga x0 1 1 1
x0
(loga x) = lim = lim = f (1) = .
x=x0
"x x0 "x0 "x x0 x0 ln a
x0
"x0
1 1
Zapamiętajmy wzór (loga x) = . Dla a = e otrzymujemy ważny wzór (ln x) = .
x ln a x
4. Pochodna funkcji odwrotnej
Przypomnijmy, że jeżeli y = f(x), x " D, jest funkcją różnowartościową, to dla każdego y " f(D) określona jest
funkcja odwrotna x = g(y) jako rozwiązanie równania f(x) = y. I teraz jeżeli funkcja y = f(x) ma niezerową
1
pochodną w punkcie x0 (y0 = f(x0)), to funkcja g ma pochodną w punkcie y0 równą . W rozumowaniu
f (x0)
korzystamy z twierdzenia o złożeniu granic oraz z ciągłości funkcji f:
g(y) - g(y0) g(f(x)) - g(f(x0)) x - x0 1
g (y0) = lim = lim = lim = .
y - y0 f(x) - f(x0) f(x) - f(x0) f (x0)
yy0 xx0 xx0
WNIOSEK. Funkcja odwrotna do funkcji różniczkowalnej f jest różniczkowalna w zbiorze f(D) oprócz wartości,
które odpowiadają zerom pochodnej f = 0. Na przykład f(x) = x2, x 0, jest różczkowalna w całej dziedzinie, zaś
"
funkcja odwrotna x nie ma pochodnej w zerze.
5. Pochodna funkcji wykładniczej
Z różniczkowalności logarytmu wynika różniczkowalność funkcji wykładniczej, jako funkcji odwrotnej. Korzystając
1
z pochodnej złożenia obliczamy obustronnie pochodną tożsamości loga(ax) = x; otrzymujemy (ax) = 1, skąd
ax ln a
(ax) = ax ln a. Dla a = e otrzymujemy ważny wzór (ex) = ex, który oznacza, że funkcja ex nie ulega zmianie po
zastosowaniu operacji różniczkowania. Można to też wyrazić, że funkcja y = ex spełnia równanie różniczkowe
y = y .
Już niedługo będziemy takie równania rozwiązywać. Na przykład, co to za funkcja y = f(x), która spełnia równanie
różniczkowe y = 2y?
6. Pochodne funkcji  arcus
Różniczkując tożsamość tg(arctg x) = x otrzymamy tg (arctg x)(arctg x) = 1, skąd
1
(arctg x) = .
tg (arctg x)
Cofnijmy się do miejsca, gdzie obliczaliśmy pochodną tangensa. Mogliśmy też pójść inną ścieżką otrzymując wzór
(tg x) = 1 + tg2x. Nawiasem mówiąc funkcja y = tg x spełnia równanie różniczkowe y = 1 + y2. Mamy zatem
tg (arctg x) = 1 + [tg(arctg x)]2 = 1 + x2, skÄ…d
1
(arctg x) = .
1 + x2
Analogicznie wyprowadzamy wzór
1
(arcsin x) = " .
1 - x2
6. Twierdzenie Rolle a
Jeżeli funkcja y = f(x) jest ciągła w przedziale a, b oraz różniczkowalna w przedziale (a, b) oraz f(a) = f(b), to
istnieje c " (a, b), że f (c) = 0.
Michel Rolle (1652-1719), matematyk francuski. Swoje twierdzenie podał w roku 1691 dla wielomianów. Podchodził
"
n
nieufnie do rachunku różniczkowego i całkowego: skrytykował dzieło Leibniza. Wprowadził symbol x.
Intuicyjnie twierdzenie Rolle a wydaje się oczywiste. Jeżeli funkcja jest stała, to wniosek jest oczywisty. Jeśli zaś
nie jest stała, to gdzieś w środku przedziału osiąga maksimum lub minimum. I tam właśnie pochodna będzie się
zerowała. Bardziej ścisły dowód jest powtórzeniem tego rozumowania.
UWAGA (o zachowaniu słabych nierówności w granicy)
1. Jeżeli funkcja jest nieujemna, to jej granica też jest nieujemna.
2. Jeżeli funkcja jest niedodatnia, to jej granica też jest niedodatnia.
Dowód (tw. Rolle a). Ponieważ funkcja jest ciągła, więc osiąga w punkcie x0 " a, b swoje supremum: f(x) f(x0)
oraz w punkcie x1 " a, b infimum: f(x) f(x1) (Weierstrass). Gdyby się zdarzyło, że infimum i supremum są
równe wartości na końcach przedziału, to funkcja byłaby stała i jako c możemy wziąć dowolny punkt z przedziału
(a, b). Załóżmy zatem, że supremum jest większe od wartości f(a) = f(b). Wynika stąd, że x0 " (a, b). Rozważamy
ilorazy
f(x) - f(x0) f(x) - f(x0)
dla x < x0 oraz dla x > x0 .
x - x0 x - x0
Pierwszy iloraz jest niedodatni, a drugi nieujemny. Ponieważ funkcja jest różniczkowalna, więc po przejściu do granicy
x x0 dostaniemy, że pochodna jest jednocześnie niedodatnia i nieujemna, czyli musi być zerem. Zatem f (x0) = 0.
Jako c bierzemy x0. Jeśli infimum jest mniejsze od f(a) = f(b), to rozumujemy analogicznie.
7. Twierdzenie Lagrange a
Jeżeli funkcja y = f(x) jest ciągła w przedziale a, b oraz różniczkowalna w przedziale (a, b), to istnieje c " (a, b), że
f(b) - f(a)
f (c) = .
b - a
Twierdzenie różni się od twierdzenia Rolle a tylko tym, że rezygnujemy z założenia f(a) = f(b), czyli wartości na
końcach mogą być dowolne. Zauważmy, że wyrażenie występujące w tezie twierdzenia jest równe współczynnikowi
kierunkowemu prostej przechodzącej przez punkty (a, f(a)) i (b, f(b)). Zatem twierdzenie mówi nam, że jeśli prosta
przecina wykres w pewnych dwóch punktach, to pomiędzy tymi punktami istnieje punkt wykresu, w którym po-
chodna jest równa współczynnikowi kierunkowemu prostej. Twierdzenie to jest równie przejrzyste geometrycznie, jak
twierdzenie Rolle a i jest jemu bardzo bliskie, jak zaraz będzie widać w dowodzie.
Joseph Louis Lagrange (Giuseppe Lodovico (Luigi) Lagrangia) (1736 1813), matematyk i astronom włoskiego po-
chodzenia, ale pracujący we Francji i przez dwadzieścia lat w Berlinie dla króla pruskiego Fryderyka II.
Dowód (tw. Lagrange a). W dowodzie zastosujemy twierdzenie Rolle a. Aby można było je zastosować,  wypoziomu-
jemy funkcję f(x) przez odjęcie od niej wykresu prostej. Definiujemy nową funkcję
f(b) - f(a)
Õ(x) = f(x) - · x ,
b - a
o której Å‚atwo sprawdzić, że Õ(a) = Õ(b). Funkcja ta speÅ‚nia zaÅ‚ożenia twierdzenia Rolle a. Zatem istnieje c " (a, b),
że Õ (c) = 0. Mamy zatem
f(b) - f(a)
Õ (c) = f (c) - = 0 ,
b - a
skÄ…d
f(b) - f(a)
f (c) = .
b - a
WNIOSEK. W badaniu funkcji będziemu wyciągać wniosek, że jeśli pochodna jest dodatnia (ujemna), to funkcja jest
rosnąca (malejąca). Zobaczmy, jak to wynika z twierdzenia Lagrange a. Dla przykładu załóżmy, że funkcja ciągła w
a, b i różniczkowalna w (a, b) ma w (a, b) dodatnią pochodną. Pokażemy, że jest ona silnie rosnąca w a, b . Najpierw
udowodnimy, że f(a) < f(b). Gdyby było f(a) f(b), to z twierdzenia Lagrange a istniałby w (a, b) argument c
dla którego byłoby f (c) 0, co przeczy założonej dodatniości pochodnej. I teraz dla dowolnych x1 < x2 takich, że
a x1 < x2 b przeprowadzamy identyczne rozumowanie.