Analiza matematyczna 1/Wykład 9: Pochodna funkcji jednej zmiennej

{stre}{Streszczenie} {wsk}{Wskazówka} {rozw}{Rozwiązanie} {textt}{} {thm}{Twierdzenie}[section] {stw}[thm]{Stwierdzenie} {lem}[thm]{Lemat} {uwa}[thm]{Uwaga} {exa}[thm]{Example} {dfn}[thm]{Definicja} {wn}[thm]{Wniosek} {prz}[thm]{Przykład} {zadan}[thm]{Zadanie}

{} {}

Pochodna funkcji jednej zmiennej

Definiujemy pochodną funkcji i podajemy jej interpretację fizyczną i geometryczną. Wyznaczamy pochodne funkcji elementarnych. Wykazujemy podstawowe własności funkcji różniczkowalnych, w tym twierdzenie Rolle'a, Cauchy'ego i twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej. Związek znaku pochodnej z monotonicznością funkcji pozwala na sformułowanie warunku koniecznego i wystarczającego istnienia ekstremum.

Pochodna: interpretacja fizyczna i geometryczna

Z pojęciem pochodnej zetknęliśmy się po raz pierwszy w szkole na lekcjach fizyki. Wyznaczając prędkość średnią pewnego obiektu poruszającego się po prostej dzielimy drogę, jaką przebył w określonym czasie, przez długość tego odcinka czasu:

$v_{\text{średnia}}=\frac{\mathrm{\Delta }x}{\mathrm{\Delta }t},$

gdzie $\mathrm{\Delta }x=x(t_2)-x(t_1)$ oznacza drogę jaką obserwowany obiekt przebył w czasie $\mathrm{\Delta }t:=t_2-t_1$. Następnie spostrzegliśmy, że pomiar prędkości jest tym lepszy i bardziej adekwatny do stanu obiektu w określonej chwili, im odcinek czasu $\mathrm{\Delta }t$ pomiędzy kolejnymi chwilami $t_1$ a $t_2$ jest krótszy.

Granicę ilorazu

$\underset{\mathrm{\Delta }t\to 0}{\lim }\frac{x(t_1+\mathrm{\Delta }t)-x(t_1)}{\mathrm{\Delta }t}\text{ przy }\mathrm{\Delta }t\to 0$

nazywamy

prędkością chwilową lub - krótko - prędkością obiektu w chwili $t_1$ i tradycyjnie oznaczamy symbolem $v(t_1)$ lub

$\frac{dx}{dt}(t_1),\frac{d}{dt}x(t_1),x^{\prime }(t_1),\dot{x}(t_1).$

To

ostatnie oznaczenie pochodnej jest często stosowane w równaniach różniczkowych.

Niech $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie dowolną funkcją o wartościach rzeczywistych określoną w przedziale otwartym $(a,b)$.

Definicja [Uzupelnij]

Mówimy, że funkcja $f$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in (a,b)$, jeśli istnieje

granica ilorazu różnicowego $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.$ Granicę tę -- jeśli istnieje --

nazywamy pochodną funkcji $f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy symbolem: $f^{\prime }(x_0)$ lub $\frac{df}{dx}(x_0)$. Funkcję $x\mapsto f^{\prime }(x)$, która argumentowi $x$ przyporządkowuje wartość pochodnej $f^{\prime }(x)$ funkcji $f$ w punkcie $x$ nazywamy funkcją pochodną funkcji $f$ lub -- krótko -- pochodną funkcji $f$.

Zwróćmy uwagę, że dziedzina pochodnej $x\mapsto f^{\prime }(x)$ jest zawsze podzbiorem dziedziny funkcji $x\mapsto f(x)$.

Uwaga [Uzupelnij]

Jeśli funkcja $f$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in (a,b)$, to jest w tym punkcie ciągła. Skoro iloraz różnicowy $\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ ma granicę przy $h\to 0$, to licznik $f(x_0+h)-f(x_0)$ musi zmierzać do zera, stąd $f$ jest

ciągła w punkcie $x_0$.

Implikacja odwrotna nie jest prawdziwa.

Przykład [Uzupelnij]

Rozważmy funkcję $f(x)=|x|$ określoną na $\mathbb{ℝ}$. Funkcja ta jest ciągła w każdym punkcie $x\in \mathbb{ℝ}$. Natomiast nie jest różniczkowalna w jednym punkcie -- w punkcie $x=0$, gdyż

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \lim_{h\to 0}\frac{|x+h|-|x|}{h}=\left\{\aligned 1, \text{ dla }x>0\\-1, \text{ dla }x<0\endaligned \right .} Funkcja $f(x)=|x|$

jest więc różniczkowalna w każdym punkcie zbioru liczb rzeczywistych z wyjątkiem punktu $x=0$, gdyż nie istnieje granica ilorazu $\frac{|0+h|-|0|}{h}$ przy $h\to 0$. W pozostałych punktach $x\ne 0$ mamy $f^{\prime }(x)=\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}x$, gdzie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \mathrm{sgn}\, x=\frac{x}{|x|}=\left\{\aligned 1, \text{ dla }x>0\\-1, \text{ dla }x<0\endaligned \right .} oznacza funkcję signum

(znak liczby). Dziedzina pochodnej $f^{\prime }$ jest podzbiorem

właściwym dziedziny funkcji $f(x)=|x|$, tj. $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }⊊\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f$ (to znaczy: $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }\subset \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f$ i $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }\ne \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f$).

{{red}Rysunek am1w09.0005}

Zwróćmy uwagę, że iloraz różnicowy

$\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$

jest równy współczynnikowi kierunkowemu siecznej

wykresu funkcji $f$ przechodzącej przez punkty $(x_0,f(x_0))$ oraz $(x_0+h,f(x_0+h))$, tj. jest równy tangensowi kąta, jaki sieczna ta tworzy z osią rzędnych. Gdy $h$ zmierza do zera, punkt $(x_0+h,f(x_0+h))$ zbliża się do punktu $(x_0,f(x_0))$. Jeśli istnieje pochodna $f^{\prime }(x_0)$, to prostą o równaniu

$y-f(x_0)=f^{\prime }(x_0)(x-x_0),$

będącą granicznym położeniem siecznych

przechodzących przez punkty $(x_0,f(x_0))$ oraz $(x_0+h,f(x_0+h))$, nazywamy styczną do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(x_0,f(x_0))$. Pochodna $f^{\prime }(x_0)$ jest więc współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(x_0,f(x_0))$.

Nietrudno podać przykład funkcji ciągłej, która nie jest różniczkowalna w skończonej liczbie punktów, np. w punktach $x_1,x_2,\dots ,x_n$. Wystarczy bowiem rozważyć np. sumę

$f(x)=c_1|x-x_1|+c_2|x-x_2|+\dots +c_n|x-x_n|,$

gdzie $c_1,c_2,\dots ,c_n$ są stałymi różnymi od zera. Pochodna

$f^{\prime }(x)=c_1\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}(x-x_1)+c_2\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}(x-x_2)+\dots +c_n\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}(x-x_n)$

istnieje w

każdym punkcie zbioru $\mathbb{ℝ}\setminus \{x_1,x_2,\dots ,x_n\}$, czyli wszędzie poza zbiorem $\{x_1,x_2,\dots ,x_n\}$.

Skonstruujmy funkcję, która jest ciągła i nie jest różniczkowalna w żadnym punkcie zbioru liczb rzeczywistych.

Przykład [Uzupelnij]

Rozważmy wpierw funkcję $x\mapsto f(x)=\arcsin (\cos x)$. Pamiętamy (zob. ćwiczenia do modułu drugiego), że funkcja ta jest określona na $\mathbb{ℝ}$, parzysta, okresowa o okresie $2\pi$ przy czym dla $-\pi \le x\le \pi$ zachodzi równość $\arcsin (\cos x)=\frac{\pi }{2}-|x|$. Można wykazać, że funkcja określona za pomocą nieskończonego szeregu

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned g(x)&=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{f(4^k x)}{3^k }\\ &=f(x)+\frac{f(4 x)}{3}+\frac{f(16 x)}{9}+\frac{f(64 x)}{27}+\frac{f(256 x)}{81}+\dots\endaligned } jest określona na

$\mathbb{ℝ}$, parzysta i okresowa o okresie $2\pi$, ciągła w każdym punkcie swojej dziedziny i nie jest różniczkowalna w żadnym

punkcie zbioru $\mathbb{ℝ}$.

{{red}[Rysunek, Animacja am1w09.0010]}

Twierdzenia o pochodnych. Pochodne funkcji elementarnych

W praktyce większość funkcji elementarnych, którymi posługujemy się, jest różniczkowalna. Wyznaczmy pochodne kilku z nich posługując się definicją i znanymi wzorami.

Przykład [Uzupelnij]

a) Funkcja stała $x\mapsto c$ określona w przedziale $(a,b)$ jest różniczkowalna w każdym punkcie tego przedziału i ma pochodną równą zeru, gdyż iloraz różnicowy $\frac{c-c}{h}$ będąc stale równy zeru, zmierza do zera.

b) Jeśli $c$ jest stałą i istnieje $f^{\prime }(x)$, to istnieje pochodna iloczynu $(c\cdot f{)}^{\prime }(x)=c\cdot f^{\prime }(x)$ (innymi słowy: stałą można wyłączyć przed znak pochodnej). Mamy bowiem $\frac{cf(x+h)-cf(x)}{h}=c\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\to c\cdot f^{\prime }(x)$ przy $h\to 0$.

c) Jednomian $f(x)=x^n$ jest różniczkowalny w każdym punkcie $x\in \mathbb{ℝ}$ i $f^{\prime }(x)=n{x}^{n-1}$. Na mocy wzoru dwumianowego Newtona mamy bowiem

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned\frac{(x+h)^n-x^n}{h}&=\binom{n}{1}x^{n-1}+\binom{n}{2}x^{n-2}h+ \binom{n}{3}x^{3}h^2+\dots+\binom{n}{n-1}x h^{n-2}+\binom{n}{n}h^{n-1}\\ &\to nx^{n-1}+0+0+\dots+0+0, \text{ gdy }h\to 0.\endaligned}

d) Funkcja $x\mapsto \sin x$ jest różniczkowalna w każdym punkcie

$x\in \mathbb{ℝ}$, ponieważ iloraz różnicowy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned \frac{\sin(x+h)-\sin x}{h}&=\frac{2\sin\frac{x+h-x}{2}\cos\frac{x+h+x}{2}}{h}\\ &=\cos(x+\frac{h}{2})\cdot \frac{\sin{\frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}\endaligned} zmierza do

$\cos x$, gdyż $\frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\to 1$ oraz $\cos (x+\frac{h}{2})\to \cos x$ przy $h\to 0$.

e) Funkcja $x\mapsto \cos x$ jest różniczkowalna w każdym punkcie

$x\in \mathbb{ℝ}$, ponieważ iloraz różnicowy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned \frac{\cos(x+h)-\cos x}{h}&=\frac{-2\sin\frac{x+h-x}{2}\sin\frac{x+h+x}{2}}{h}\\ &=-\sin(x+\frac{h}{2})\cdot \frac{\sin{\frac{h}{2}}}{{\frac{h}{2}}}\endaligned} zmierza do

$-\sin x$, gdyż $\frac{\sin \frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}\to 1$ oraz $\sin (x+\frac{h}{2})\to \sin x$ przy $h\to 0$.

Zwróćmy uwagę, że dotychczas nie podaliśmy precyzyjnych definicji funkcji sinus oraz cosinus, bazując na własnościach tych funkcji, poznanych w szkole w oparciu o własności liczb $\sin \phi$, $\cos \phi$, gdy $\phi$ jest kątem trójkąta. W szczególności skorzystaliśmy ze znanego faktu, że istnieje granica $\underset{\phi \to 0}{\lim }\frac{\sin \phi }{\phi }=1$. Formalnie istnienie tej granicy należy wykazać po podaniu definicji funkcji sinus.

Wykażemy teraz szereg prostych uwag pozwalających efektywnie wyznaczać pochodną.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Niech $f,g$ będą funkcjami określonymi na przedziale otwartym $(a,b)$. Niech $x\in (a,b)$. Jeśli istnieją pochodne $f^{\prime }(x)$ oraz $g^{\prime }(x)$, to

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned &a) &\exists &(f+g)'(x)&=&f'(x )+g'(x)&\\ &b) &\exists &(f\cdot g)'(x)&=&f'(x)g(x)+f(x )g'(x )&\\ &c) &\exists &\bigg( \frac{1}{g} \bigg)'(x)&=&\frac{-g'(x)}{g^2 (x )}, &\text{ o ile } g(x)\neq 0, \\ &d) &\exists &\bigg( \frac{f}{g} \bigg)'(x)&=&\frac{f'(x )g(x)-f(x )g'(x)}{g^2 (x)}, &\text{ o ile } g(x)\neq 0.\endaligned}

Dowód [Uzupelnij]

a) Wobec założenia o istnieniu $f^{\prime }(x)$ oraz $g^{\prime }(x)$ iloraz różnicowy

$\frac{(f+g)(x+h)-(f+g)(x)}{h}=\frac{(f)(x+h)-(f)(x)}{h}+\frac{(g)(x+h)-(g)(x)}{h}$

-- na mocy twierdzenia o granicy sumy -- ma granicę i jest ona równa $f^{\prime }(x)+g^{\prime }(x).$

b) Funkcja $g$ jest ciągła w punkcie $x$, gdyż jest w tym punkcie różniczkowalna, więc $\mathrm{\exists }\underset{h\to 0}{\lim }g(x+h)=g(x)$. Wobec istnienia pochodnych $f^{\prime }(x_0)$ oraz $g^{\prime }(x_0)$ iloraz różnicowy

$\frac{(f\cdot g)(x+h)-(f\cdot g)(x)}{h}=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x+h)+f(x)\frac{g(x+h)-g(x)}{h}$

zmierza przy $t\to 0$ do granicy $f^{\prime }(x)g(x)+f(x)g^{\prime }(x)$.

c) Jeśli tylko $g(x)\ne 0$, to -- wobec ciągłości funkcji $g$ w punkcie $x$ i istnienia $g^{\prime }(x)$ -- iloraz różnicowy

$\frac{\frac{1}{g(x+h)}-\frac{1}{g(x)}}{h}=-\frac{g(x+h)-g(x)}{h}\cdot \frac{1}{g(x+h)g(x)}$ zmierza do granicy

$\frac{-g^{\prime }(x)}{g^2(x)}$ przy $h\to 0$.

d) Zauważmy, że $\frac{f}{g}=f\cdot \frac{1}{g}$. Na podstawie wykazanego już twierdzenia o pochodnej iloczynu i pochodnej odwrotności, istnieje pochodna

$(f\cdot \frac{1}{g}{)}^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)\frac{1}{g(x)}+f(x)(\frac{1}{g}{)}^{\prime }(x)=\frac{f^{\prime }(x)}{g(x)}-f(x)\frac{g^{\prime }(x)}{g^2(x)}=\frac{f^{\prime }(x)g(x)-f(x)g^{\prime }(x)}{g^2(x)}.$

{black}

Zastosujmy powyższe twierdzenie do wyznaczenia pochodnych kolejnych funkcji elementarnych.

Przykład [Uzupelnij]

a) Pamiętając, że tangens jest ilorazem sinusa i cosinusa możemy łatwo wyznaczyć pochodną funkcji tangens:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned (\mathrm{tg}\, x)'&=\bigg(\frac{\sin x}{\cos x}\bigg)'=\frac{\cos x\cos x-\sin x(-\sin x)}{\cos^2 x}\\&=\frac{1}{\cos^2 x}=1+\mathrm{tg}\,^2 x .\endaligned }

b) W podobny sposób wyznaczamy pochodną funkcji cotangens:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned (\mathrm{ctg}\, x)'&=\bigg(\frac{\cos x}{\sin x}\bigg)'=\frac{-\sin x\sin x-\cos x \cos x}{\sin^2 x}\\&=\frac{-1}{\sin^2 x}=-1-\mathrm{ctg}\,^2 x .\endaligned }

c) Niech $w(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+\dots +a_n{x}^n$ będzie funkcją wielomianową. Na mocy uwagi o pochodnej jednomianu i twierdzenia o pochodnej sumy, w każdym punkcie zbioru $\mathbb{ℝ}$ istnieje pochodna

$w^{\prime }(x)=a_1+2a_{2}x+3a_3{x}^2+\dots +n{a}_n{x}^{n-1}.$

Niech $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ i $g:Y\mapsto \mathbb{ℝ}$ będą funkcjami takimi, że zbiór $Y$ zawiera obraz przedziału $(a,b)$ przez funkcję $f$.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Jeśli istnieje pochodna $f^{\prime }(x_0)$ i istnieje pochodna $g^{\prime }(y_0)$, gdzie $y_0=f(x_0)$, to istnieje pochodna złożenia $(g\circ f{)}^{\prime }(x_0)$ i jest równa iloczynowi

pochodnych, tzn. $(g\circ f{)}^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(y_0)\cdot f^{\prime }(x_0).$

Dowód [Uzupelnij]

Niech $y_1=f(x_1)$, gdzie $x_1\in (a,b)$. Wobec ciągłości funkcji $f$ w punkcie $x_0$ mamy zbieżność $y_1\to y_0$, gdy $x_1\to x_0$. Iloraz różnicowy

$\frac{g(f(x_1))-g(f(x_0))}{x_1-x_0}=\frac{g(y_1)-g(y_0)}{y_1-y_0}\cdot \frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}$ zmierza więc do

$g^{\prime }(y_0)\cdot f^{\prime }(x_0)$ przy $x_1\to x_0$, gdyż $\frac{f(x_1)-f(x_0)}{x_1-x_0}\to f^{\prime }(x_0)$, gdy $x_1\to x_0$, zaś $\frac{g(y_1)-g(y_0)}{y_1-y_0}\to g^{\prime }(y_0)$, gdy $y_1\to y_0$.

{black}

Twierdzenie [Uzupelnij]

Niech $g$ będzie funkcją odwrotną do funkcji $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$. Niech $x_0\in (a,b)$. Jeśli istnieje pochodna $f^{\prime }(x_0)\ne 0$, to funkcja $g$ jest różniczkowalna w punkcie $y_0=f(x_0)$ i zachodzi równość:

$g^{\prime }(y_0)=\frac{1}{f^{\prime }(x_0)}.$

Dowód [Uzupelnij]

Niech $x_0,x\in (a,b)$ i niech $y_0=f(x_0)$, $y=f(x)$. Funkcja $f$ jest ciągła w punkcie $x_0$, gdyż jest w tym punkcie różniczkowalna, więc $y\to y_0$, gdy $x\to x_0$. Stąd istnieje granica ilorazu różnicowego

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \frac{g(y_0)-g(y)}{y_0 -y}=\frac{x_0-x}{f(x_0)-f(x)} =\frac{1}{\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}} \to\frac{1}{f'(x_0)}, \text{ gdy }x\to x_0.}

{black}

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja $x\mapsto \mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ jest odwrotna do funkcji $x\mapsto \mathrm{t}\mathrm{g}x$, stąd -- na mocy twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej -- mamy

$\frac{d}{dx}\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x=\frac{1}{\frac{d}{dy}\mathrm{t}\mathrm{g}y}=\frac{1}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}y}=\frac{1}{1+\mathrm{t}\mathrm{g}{}^2(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x)}=\frac{1}{1+x^2}.$

Pochodne funkcji określonych za pomocą szeregów potęgowych

Naturalnym uogólnieniem wielomianu (sumy skończonej ilości

jednomianów) jest szereg potęgowy

$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-x_0{)}^n=a_0+a_1(x-x_0)+a_2(x-x_0{)}^2+a_3(x-x_0{)}^3+\dots +a_n(x-x_n{)}^n+\dots$

o środku w punkcie

$x_0$

i

współczynnikach $a_n$. Własności szeregów potęgowych omówimy szerzej w ramach analizy matematycznej II, pomijamy więc w tej chwili szczegółowe dowody. Aby uprościć wypowiedzi potrzebnych twierdzeń zakładamy, że istnieje granica Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \lim_{n\to \infty}\root{n}\of{|a_n|}\in[0,\infty ]} (tj. skończona lub równa $\mathrm{\infty }$).

Korzystając z kryterium Cauchy'ego zbieżności szeregów można wykazać

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Cauchy'ego-Hadamarda) Szereg potęgowy $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-x_0{)}^n$ jest zbieżny w przedziale otwartym $(x_0-R,x_0+R)$, gdzie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \frac{1}{R}=\lim_{n\to \infty}\root{n}\of{|a_n|}.} Jeśli

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \lim_{n\to \infty}\root{n}\of{|a_n|}=0} , przyjmujemy $R=\mathrm{\infty }$; jeśli zaś Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \lim_{n\to \infty}\root{n}\of{|a_n|}=\infty} ,

przyjmujemy $R=0$.

Liczbę $R$ nazywamy promieniem zbieżności szeregu potęgowego.

Można wykazać następujące

Twierdzenie [Uzupelnij]

Funkcja $f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n(x-x_0{)}^n$ jest różniczkowalna w każdym punkcie przedziału otwartego $(x_0-R,x_0+R)$, gdzie $R$ jest promieniem zbieżności szeregu potegowego. Pochodną tej funkcji wyraża szereg potęgowy

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}na_n (x-x_0)^{n-1}, \ \ |x-x_0 |<R.}

Innymi słowy: szereg potęgowy można różniczkować wewnątrz przedziału, w którym jest zbieżny, a jego pochodną jest szereg pochodnych jego składników.

Zastosujmy twierdzenie o różniczkowaniu szeregu potęgowego do wyznaczenia pochodnej funkcji wykładniczej $\exp x$, oraz funkcji sinus i cosinus, które definiuje się za pomocą szeregów potęgowych.

Wniosek [Uzupelnij]

Funkcje Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned &x\mapsto &\exp x&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}&=&1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\frac{x^5}{5!}+\dots\\ &x\mapsto &\sin x&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kx^{2k+1}}{(2k+1)!}&=&0+x+0-\frac{x^3}{3!}+0+\frac{x^5}{5!}+\dots\\ &x\mapsto &\cos x&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^kx^{2k}}{(2k)!}&=&1+0-\frac{x^2}{2!}+0+\frac{x^4}{4!}+0-\dots\endaligned }

są różniczkowalne w każdym punkcie $x\in \mathbb{ℝ}$, przy czym

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned &(\exp x)'&=&\exp x\\ &(\sin x)'&=&\cos x \\ &(\cos x)'&=&-\sin x\endaligned }

Dowód [Uzupelnij]

Promień zbieżności każdego z powyższych szeregów definiujących odpowiednio funkcje $\exp$ sinus i cosinus równy jest nieskończoności, ponieważ Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \lim_{n\to\infty}\root{n}\of{n!}=\infty} . Aby przekonać się o tym możemy na przykład zastosować oszacowanie

$(\frac{n}{3}{)}^n\le n!\le (\frac{n}{2}{)}^n,\text{ dla }n\ge 6,$ z którego mamy Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \frac{n}{3}\leq \root{n}\of{n!}\leq \frac{n}{2}.}

Na mocy twierdzenia o trzech ciągach istnieje więc granica Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\root”): {\displaystyle \lim_{n\to\infty}\root{n}\of{n!}=\infty} .

Stąd w całym przedziale $(-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty })$ możemy stosować twierdzenie o różniczkowaniu szeregu potęgowego i mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned(\exp x)'&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^{n-1}}{n!}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}{(n-1)!} \text{\ \ (podstawiamy }k:=n-1 \text{)} \\ &=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}=\exp x.\endaligned } W podobny sposób dowodzimy dwóch pozostałych równości: $(\sin x{)}^{\prime }=\cos x$ oraz $(\cos x{)}^{\prime }=-\sin x$.

{black}

Oszacowanie

$(\frac{n}{3}{)}^n\le n!\le (\frac{n}{2}{)}^n,\text{ dla }n\ge 6,$

można

wykazać indukcyjnie (szczegóły dowodu można znaleźć np. w podręczniku Leona Jeśmianowicza i Jerzego Łosia Zbiór zadań z algebry, Państwowe Wydawnictwo Naukowe, wyd.VII, Warszawa 1976). Uogólnieniem tego oszacowania jest

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Stirlinga) Dla dowolnej liczby naturalnej $n$ istnieje liczba ${\theta }_n\in [0,1)$ (zależna od wyboru liczby $n$) taka, że zachodzi równość

$n!=(\frac{n}{e}{)}^n\sqrt{2\pi n}\exp \frac{{\theta }_n}{12n}.$

Równość tę nazywamy wzorem Stirlinga. Zwróćmy uwagę, że dla dużych $n$ czynnik $\exp \frac{{\theta }_n}{12n}\approx 1$, stąd

$n!\approx (\frac{n}{e}{)}^n\sqrt{2\pi n}.$

W wielu praktycznych obliczeniach wystarczy posługiwać się nawet

przybliżeniem

$n!\approx (\frac{n}{e}{)}^n$

lub

(pamietając, że $2<e<3$) oszacowaniem

$(\frac{n}{3}{)}^n\le n!\le (\frac{n}{2}{)}^n,\text{ dla }n\ge 6,$

które

wykorzystaliśmy do wyznaczenia promienia zbieżności szeregu definiującego funkcję $\exp$.

Pochodna logarytmu

Funkcja $x\mapsto \ln x$ jest odwrotna do funkcji $x\mapsto \exp x$. Stąd -- na mocy twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej -- mamy

Uwaga [Uzupelnij]

(wzór na pochodną logarytmu naturalnego)

$\frac{d}{dx}\ln x=\frac{1}{\frac{d}{dy}\exp y}=\frac{1}{\exp y}=\frac{1}{\exp (\ln x)}=\frac{1}{x}.$

Zauważmy też, że pochodna $\frac{d}{dx}\ln |x|=\frac{1}{x}$, dla $x\ne 0$. Oznaczmy symbolem $\mathrm{a}\mathrm{b}\mathrm{s}(x)=|x|$ wartość bezwzględną liczby $x$. Na mocy twierdzenia o pochodnej złożenia funkcji mamy równość

$\frac{d}{dx}(\ln |x|)=(\ln \circ \mathrm{a}\mathrm{b}\mathrm{s}{)}^{\prime }(x)=(\ln {)}^{\prime }(\mathrm{a}\mathrm{b}\mathrm{s}(x))\cdot (\mathrm{a}\mathrm{b}\mathrm{s}{)}^{\prime }(x)=\frac{1}{|x|}\cdot \mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}x=\frac{x}{|x{|}^2}=\frac{1}{x}.$

Ogólnie:

Uwaga [Uzupelnij]

Jeśli $f$ jest funkcją różniczkowalną w punkcie $x_0$ i $f(x_0)\ne 0$, to istnieje pochodna złożenia $\ln |f|=\ln \circ \mathrm{a}\mathrm{b}\mathrm{s}\circ f$ w punkcie $x_0$ i jest równa $(\ln |f|{)}^{\prime }(x_0)=\frac{f^{\prime }(x_0)}{f(x_0)}$.

Przykład [Uzupelnij]

Mamy $\frac{d}{dx}\ln |\sin x|=\frac{\cos x}{\sin x}=\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ a także $\frac{d}{dx}\ln |\cos x|=\frac{-\sin x}{\cos x}=-\mathrm{t}\mathrm{g}x.$

Wniosek [Uzupelnij]

Pochodną funkcji $x\mapsto g(x{)}^{f(x)}=\exp (f(x)\ln g(x))$ wyznaczymy różniczkując złożenie iloczynu funkcji $x\mapsto f(x)\ln g(x)$ z funkcją wykładniczą $\exp$.

Przykład [Uzupelnij]

a) Wyznaczmy pochodną funkcji wykładniczej o podstawie $a>0$. Mamy $a^x=\exp (x\ln a)$, więc

$\frac{d}{dx}{a}^x=\frac{d}{dx}(\exp (x\ln a))=\exp (x\ln a)\cdot \frac{d}{dx}(x\ln a)=a^x\ln a,$ czyli

$(a^x{)}^{\prime }=a^x\ln a$.

b) Wiemy już, że $\frac{d}{dx}{x}^n=n{x}^{n-1}$, gdy $n$ jest liczbą naturalną. Korzystając z równości $x^a=\exp (a\ln x),x>0$ jesteśmy także w stanie wykazać, że $(x^a{)}^{\prime }=a{x}^{a-1}$, gdy $a$ jest dowolną liczbą rzeczywistą. Mamy bowiem

$\frac{d}{dx}{x}^a=\frac{d}{dx}(\exp (a\ln x))=\exp (a\ln x)\cdot \frac{d}{dx}(a\ln x)=x^a\cdot \frac{a}{x}=a{x}^{a-1}.$

===Porównanie pochodnych funkcji trygonometrycznych i hiperbolicznych===

Wprost z definicji funkcji hiperbolicznych, które poznaliśmy w drugim module, korzystając z faktu, że pochodna $(\exp x{)}^{\prime }=\exp x$, wyprowadzamy

Wniosek [Uzupelnij]

Wzory na pochodne funkcji hiperbolicznych

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned(\sinh x)'&=\frac{1}{2}(\exp x-\exp(-x))'&=\frac{1}{2}(\exp x+\exp(-x))&=\cosh x&\\ (\cosh x)'&=\frac{1}{2}(\exp x+\exp(-x))'&=\frac{1}{2}(\exp x-\exp(-x))&=\sinh x&\\ (\tgh x)'&=\big(\frac{\sinh x}{\cosh x}\big)'&=\frac{\cosh x\cosh x-\sinh x\sinh x}{\cosh^2x}&=1-\tgh^2 x&=\frac{1}{\cosh^2 x}\\ (\ctgh x)'&=\big(\frac{\cosh x}{\sinh x}\big)'&=\frac{\sinh x\sinh x-\cosh x\cosh x}{\sinh^2x}&=1-\ctgh^2 x&=\frac{-1}{\sinh^2 x}\endaligned }

Dowodząc dwóch ostatnich wzorów skorzystaliśmy z twierdzenia o pochodnej iloczynu oraz z tożsamości ${\cosh }^{2}x-{\sinh }^{2}x=1$, zwanej jedynką hiperboliczną.

Korzystając z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej i powyższych wzorów możemy łatwo wykazać, że

$(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{s}\mathrm{i}\mathrm{n}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}\text{ oraz }(\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{t}\mathrm{g}\mathrm{h}x{)}^{\prime }=\frac{1}{1-x^2}.$ Szczegółowe obliczenia przeprowadzimy w

ramach ćwiczeń.

Uwaga [Uzupelnij]

Otrzymane wzory warto zestawić i porównać ze wzorami określającymi pochodne funkcji trygonometrycznych i cyklometrycznych.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned &(\sinh x)'=\cosh x \ \ \ \ &&(\sin x)'=\cos x\\ &(\cosh x)'=\sinh x \ \ \ \ &&(\cos x)'=-\sin x\\ &(\tgh x)'=1-\tgh^2 x \ \ \ \ &&(\mathrm{tg}\, x)'=1+\mathrm{tg}\,^2 x\\ &(\ctgh x)'=1-\ctgh^2 x \ \ \ \ &&(\mathrm{ctg}\, x)'=-1-\mathrm{ctg}\,^2 x\\ &({\rm arsinh\, } x)'=\frac{1}{\sqrt{1+x^2 }} \ \ \ \ &&(\arcsin x)'=\frac{1}{\sqrt{1-x^2 }}\\ &({\rm artgh\, } x)'=\frac{1}{1-x^2 } \ \ \ \ &&(\mathrm{arctg}\, x)'=\frac{1}{1+x^2} \endaligned }

Twierdzenie Rolle'a. Punkty krytyczne

Niech $X\subset \mathbb{ℝ}$ będzie niepustym podzbiorem zbioru liczb rzeczywistych i niech $f:X\mapsto \mathbb{ℝ}$. Oznaczmy przez $d(x,y):=|x-y|$ odległość punktów $x,y\in X$.

Definicja [Uzupelnij]

Mówimy, że funkcja $f:X\mapsto \mathbb{ℝ}$ osiąga maksimum lokalne (odpowiednio: minimum lokalne) w punkcie $x_0\in X$, jeśli istnieje pewne otoczenie punktu $x_0$, w którym wartości funkcji $f$ są nie większe (odpowiednio: nie mniejsze) od wartości funkcji $f$ w punkcie $x_0$, to znaczy

$\mathrm{\exists }\delta >0:\mathrm{\forall }x\in X:d(x,x_0)<\delta ⟹f(x)\le f(x_0),$ odpowiednio: $\mathrm{\exists }\delta >0:\mathrm{\forall }x\in X:d(x,x_0)<\delta ⟹f(x)\ge f(x_0).$ Jeśli ponadto w pewnym

sąsiedztwie punktu $x_0$ funkcja przyjmuje wartości mniejsze (odpowiednio: większe) od wartości funkcji $f(x_0)$ w punkcie $x_0$, co zapisujemy:

$\mathrm{\exists }\delta >0:\mathrm{\forall }x\in X:0<d(x,x_0)<\delta ⟹f(x)<f(x_0),$ odpowiednio: $\mathrm{\exists }\delta >0:\mathrm{\forall }x\in X:0<d(x,x_0)<\delta ⟹f(x)>f(x_0),$ to mówimy, że funkcja $f$

osiąga silne (ścisłe) maksimum lokalne (odpowiednio: silne (ścisłe) minimum lokalne) w punkcie $x_0$. Jeśli $f(x_0)=\sup f(X)$ (odpowiednio: $f(x_0)=\inf f(X)$) -- to znaczy: jeśli w punkcie $x_0$ funkcja $f$ osiąga kres górny wartości (odpowiednio: kres dolny wartości) w zbiorze $X$, to mówimy, że funkcja $f$ osiąga w punkcie $x_0$ maksimum globalne (odpowiednio: minimum globalne). Minima i maksima lokalne (odpowiednio: minima i maksima globalne) nazywamy też krótko ekstremami lokalnymi (odpowiednio: ekstremami globalnymi) funkcji.

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja $f(x)=x^2$ zawężona do przedziału $-1\le x\le 2$ osiąga minimum lokalne w punkcie $x=0$ równe $f(0)=0$. Funkcja ta osiąga dwa maksima lokalne w punktach $x=-1$ oraz $x=2$ równe odpowiednio: $f(-1)=1$ oraz $f(2)=4$. Kresem górnym wartości funkcji $f$ w przedziale $[-1,2]$ jest liczba 4, stąd w punkcie $x=2$ funkcja $f$ osiąga maksimum globalne. Kresem dolnym wartości funkcji $f$ jest liczba zero, stąd w $x=0$ funkcja osiąga minimum globalne.

Z kolei $f(x)=x^2$ zawężona do przedziału lewostronnie otwartego $-1<x\le 2$ osiąga minimum globalne w punkcie $x=0$ a w punkcie $x=2$ osiąga maksimum globalne. Nie osiąga ekstremum w punkcie $x=-1$, gdyż nie jest określona w tym punkcie.

Zawężenie funkcji $f(x)=x^2$ do przedziału obustronnie otwartego $-1<x<2$ osiąga minimum globalne w punkcie $x=0$ i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. W przedziale $(-1,2)$ nie osiąga bowiem maksimum. Kres górny zbioru wartości funkcji $f$ w przedziale $(-1,2)$ wynosi $4$, kres ten nie jest realizowany przez żadną wartość funkcji, to znaczy nie istnieje argument $x\in (-1,2)$ taki, że $f(x)=\sup \{f(t),-1<t<2\}$.

Wykażemy teraz twierdzenie stanowiące warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji w punkcie, w którym jest ona różniczkowalna.

Niech $f:\mathbb{ℝ}\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją określoną w pewnym otoczeniu punktu $x_0\in \mathbb{ℝ}$.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Jeśli funkcja $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ osiąga ekstremum w punkcie $x_0\in (a,b)$ i jest różniczkowalna w

punkcie $x_0$, to pochodna $f^{\prime }(x_0)=0$.

Dowód [Uzupelnij]

Załóżmy, że w punkcie $x_0$ funkcja osiąga maksimum lokalne.

Wobec tego istnieje liczba $\delta >0$ taka, że dla $x\in (x_0-\delta ,x_0)$ mamy $\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}\ge 0,$

natomiast dla $x\in (x_0,x_0+\delta )$ mamy

$\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}\le 0.$ Wobec istnienia pochodnej

$f^{\prime }(x_0)$, istnieją granice powyższych ilorazów różnicowych

$\underset{x\to x_0-}{\lim }\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}\ge 0\text{ oraz }\underset{x\to x_0+}{\lim }\frac{f(x_0)-f(x)}{x_0-x}\le 0$ i muszą być równe. Stąd $f^{\prime }(x_0)=0$. W przypadku, gdy w

punkcie $x_0$ funkcja osiąga minimum, rozumowanie przebiega podobnie.

{black}

Zwróćmy uwagę, że w twierdzeniu nie zakładaliśmy ciągłości funkcji $f$ w otoczeniu punktu $x_0$. Pamiętamy, że z faktu istnienia pochodnej $f^{\prime }(x_0)$ wynika ciągłość funkcji $f$ w punkcie $x_0$.

{{red}Rysunek am1w09.0020}

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Rolle'a) Niech $f:[a,b]\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją ciągłą w przedziale domkniętym $[a,b]$ i różniczkowalną wewnątrz tego przedziału. Jeśli na końcach przedziału funkcja $f$ przyjmuje równe wartości $f(a)=f(b)$, to istnieje punkt $\xi \in (a,b)$, w którym zeruje się

pochodna funkcji $f^{\prime }(\xi )=0$.

Dowód [Uzupelnij]

Jeśli funkcja $f$ jest stała, to w każdym punkcie $\xi \in (a,b)$ mamy $f^{\prime }(\xi )=0$. Jeśli natomiast $f$ nie jest stała, to z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą na zbiorze zwartym wynika, że w pewnym punkcie $\xi \in (a,b)$ funkcja $f$ osiąga kres górny lub kres dolny. Na podstawie poprzedniego twierdzenia pochodna w tym punkcie zeruje się, tj. $f^{\prime }(\xi )=0$.

{black}

Twierdzenie Rolle'a (zgodnie z interpretacją geometryczną pochodnej) orzeka, że jeśli funkcja różniczkowalna w przedziale $(a,b)$ przyjmuje na końcach przedziału $[a,b]$ (w którym jest ciągła) tę samą wartość, to między punktami $a$ i $b$ da się znaleźć punkt $\xi$ taki, że styczna do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(\xi ,f(\xi ))$ jest pozioma, tj. równoległa do osi rzędnych.

Twierdzenie Rolle'a wymaga założenia o ciągłości funkcji w przedziale domkniętym $[a,b]$ i różniczkowalności we wszystkich punktach przedziału $(a,b)$.

{{red}Rysunek am1w09.0030}

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f(x)=\left\{\aligned &0, &\text{ dla }&x=0\\ &\mathrm{ctg}\,(x), &\text{ dla }&0<x<\frac{\pi}{2}, \endaligned\right. }

jest określona na przedziale domkniętym $[0,\frac{\pi }{2}]$ i jest różniczkowalna wewnątrz tego przedziału, gdyż

$\mathrm{\forall }x\in (0,\pi )\mathrm{\exists }{f}^{\prime }(x)=-1-\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}{}^{2}x\le -1<0.$ Stąd w

żadnym punkcie przedziału $(0,\frac{\pi }{2})$ pochodna $f^{\prime }$ nie zeruje się, mimo że na końcach tego przedziału funkcja przyjmuje takie same wartości: $f(0)=f(\frac{\pi }{2})=0$. Twierdzenie Rolle'a nie zachodzi w tym przypadku, funkcja $f$ nie jest bowiem

ciągła w punkcie $x=0$.

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja $f(x)=|x|$ jest ciągła w przedziale $[-1,1]$ i na jego końcach osiąga równe wartości. Jest także różniczkowalna we wnętrzu tego przedziału z wyjątkiem tylko jednego punktu $x=0$, w którym nie istnieje pochodna $f^{\prime }$. Twierdzenia Rolle'a również w tym przypadku nie stosuje się, gdyż -- jak pamiętamy -- dla $x\ne 0$ mamy

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f'(x)=\mathrm{sgn}\,(x)=\left\{\aligned 1&, &\text{ dla } &x>0\\ -1&, &\text{ dla } &x<0. \endaligned\right.} a więc nie ma w zbiorze $(-1,0)\cup (0,1)$ takiego punktu, w którym zerowałaby się pochodna $f^{\prime }$.

W szczególności nie istnieje styczna do wykresu funkcji $x\mapsto |x|$ w punkcie $(0,0)$.

Dziedzina $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$ pochodnej $f^{\prime }$ jest zawsze podzbiorem dziedziny $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f$ funkcji $f$. Z twierdzenia Uzupelnic t.am1.09.0190| wynika, że jeśli funkcja osiąga ekstremum w punkcie $a\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$, to $f^{\prime }(a)=0$. Jednak funkcja $f$ może osiągać również ekstrema w tych punktach, w których nie istnieje pochodna, tzn. w punktach zbioru $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$.

Definicja [Uzupelnij]

Niech $f:\mathbb{ℝ}\mapsto \mathbb{ℝ}$. Mówimy, że punkt $a\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f$ jest punktem krytycznym funkcji $f$, jeśli funkcja $f$ nie jest różniczkowalna w punkcie $a$, albo jest w tym punkcie różniczkowalna i pochodna $f^{\prime }(a)=0$. Zbiór punktów

$\{a\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f:a\notin \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }\}\cup \{a\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }:f^{\prime }(a)=0\}$ nazywamy zbiorem punktów krytycznych funkcji $f$.

Wiemy (zob. przykład Uzupelnic p.am1.09.0030|), że funkcja $f$ może nie być różniczkowalna w kilku punktach, a nawet w żadnym punkcie swojej dziedziny, mimo że jest ciągła. Badając przebieg zmienności funkcji nie możemy więc zawężać poszukiwania punktów ekstremalnych wyłącznie do tych punktów, w których funkcja jest różniczkowalna.

Uwaga [Uzupelnij]

Jeśli funkcja $f$ osiąga ekstremum w pewnym punkcie, to punkt ten jest jej punktem krytycznym.

Dowód [Uzupelnij]

Funkcja $f$ może osiągać ekstremum w punkcie, który należy do dziedziny pochodnej $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$ albo do różnicy dziedziny funkcji i dziedziny jej pochodnej $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$. W przypadku, gdy $a\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$, na mocy twierdzenia Uzupelnic t.am1.09.0190| mamy $f^{\prime }(a)=0$, punkt $a$ jest więc krytyczny. Z kolei, jeśli $a\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$, to punkt $a$ jest krytyczny, z definicji

Uzupelnic d.am1.09.0230|.

{black}

Zauważmy, że powyższa uwaga doprecyzowywuje warunek konieczny istnienia ekstremum zawarty w twierdzeniu Uzupelnic t.am1.09.0190| w przypadku, gdy funkcja $f$ nie jest różniczkowalna w punkcie, w którym osiąga ekstremum. Co więcej, funkcja $f$ może osiągać ekstremum w punkcie, w którym nie jest nawet ciągła (zob. przykład poniżej). Punkt taki -- na mocy uwagi Uzupelnic u.am1.09.0020| -- należy do zbioru $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$, jest więc krytyczny.

{{przyklad|[Uzupelnij]|| a) Funkcja $f(x)=|x|$ określona jest w zbiorze $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f=\mathbb{ℝ}$, a różniczkowalna w $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }=\mathbb{ℝ}\setminus \{0\}$. Jedynym punktem krytycznym $f$ jest punkt $0\in \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$, w którym $f$ osiąga minimum.

{{red}Rysunek am1w09.0040}

b) Funkcja

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \tilde{f}(x)=\left\{\aligned 1, \text{ dla } x=0, \\|x|, \text{ dla } x\neq 0\endaligned \right.}

różni się od poprzedniej

funkcji jedynie wartością w zerze, nie jest w tym punkcie ciągła. Pochodna ${\tilde{f}}^{\prime }(x)=\mathrm{s}\mathrm{g}\mathrm{n}x$ nie zeruje się w żadnym punkcie swojej dziedziny $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{\tilde{f}}^{\prime }=(-\mathrm{\infty },0)\cup (0,\mathrm{\infty })$. Jedynym punktem krytycznym funkcji $\tilde{f}$ jest więc zero, w którym funkcja ta osiąga silne maksimum lokalne, gdyż dla $0<|x|<1$ mamy $\tilde{f}(x)<1=\tilde{f}(0)$.

}}

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja $f(x)=x$ zacieśniona do przedziału domkniętego $[-1,2]$ jest różniczkowalna w przedziale otwartym $(-1,2)$. W każdym punkcie $-1<x<2$ mamy $f^{\prime }(x)=1\ne 0$. Stąd jedynymi punktami krytycznym są punkty $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }=\{-1,2\}$, czyli końce przedziału domkniętego. W punkcie $x=-1$ funkcja $f$ osiąga minimum

$f(-1)=-1$, a w $x=2$ maksimum $f(2)=2$.

{{red}Rysunek am1w09.0050}

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja $f(x)=\sqrt{1-x^2}$ określona jest na przedziale domkniętym $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f=[-1,1]$, a jej pochodna $f^{\prime }(x)=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}$ istnieje w punktach przedziału otwartego $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }=(-1,1)$. Pochodna zeruje się w punkcie $x=0$. Stąd zbiór punktów krytycznych funkcji $f$ składa się z trzech punktów: $\{-1,0,1\}$. Funkcja $f$ osiąga w punkcie $0$ maksimum $f(0)=1$, a w dwóch pozostałych punktach krytycznych osiąga minima $f(-1)=f(1)=0$. Zwróćmy uwagę, że w obu tych punktach pochodna nie istnieje. Co więcej, granice jednostronne pochodnej $f^{\prime }$:

$\underset{x\to -1+}{\lim }{f}^{\prime }(x)=\mathrm{\infty }\text{ oraz }\underset{x\to 1-}{\lim }{f}^{\prime }(x)=-\mathrm{\infty }$

są nieskończone.

{{red}Rysunek am1w09.0060}

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja $f(x)=\sqrt{x^2-1}$ określona jest dla $|x|\ge 1$. Stąd $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f=(-\mathrm{\infty },-1]\cup [1,\mathrm{\infty }).$ Jej pochodna $f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2-1}}$ określona jest w sumie przedziałów otwartych $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }=(-\mathrm{\infty },-1)\cup (1,\mathrm{\infty })$. Zwróćmy uwagę, że pochodna nie zeruje się w żadnym punkcie swojej dziedziny. Jednak zbiór punktów krytycznych funkcji $f$ zawiera dwa punkty: $-1$ oraz $1$, w których funkcja $f$ osiąga minima

$f(-1)=f(1)=0$.

W punktach zbioru $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f\setminus \mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }$ funkcja nie musi osiągać ekstremum, co ilustrują kolejne przykłady.

Przykład [Uzupelnij]

Każdy punkt przedziału $[0,1]$ jest punktem krytycznym funkcji Dirichleta

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f(x)=\left\{\aligned &1, &\text{ dla }& x\in[0,1]\cap \mathbb{Q}\\&0, &\text{ dla }&x\in[0,1]\cap (\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q})\endaligned \right. ,} gdyż nie jest ona różniczkowalna (ani

nawet ciągła) w żadnym punkcie tego przedziału. Jednak w żadnym punkcie przedziału $[0,1]$ (ani w punkcie wymiernym, ani w niewymiernym) funkcja Dirichleta nie osiąga ekstremum, gdyż w dowolnie małym otoczeniu któregokolwiek punktu znajdziemy punkty wymierne i niewymierne, w których funkcja przyjmuje skrajnie różne wartości: albo jeden, albo zero.

{{red}Rysunek am1w09.0070}

Przykład [Uzupelnij]

Funkcja Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f(x)=\left\{\aligned &\sqrt{x}, &\text{dla } &x\geq 0\\ -&\sqrt{-x}, &\text{ dla } &x< 0\endaligned\right.,} określona

jest dla wszystkich liczb rzeczywistych, stąd $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}f=(-\mathrm{\infty },\mathrm{\infty })$.

Jej pochodna Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle f'(x)=\left\{\aligned &\frac{1}{2\sqrt{x}}, &\text{ dla } &x> 0\\ &\frac{1}{2\sqrt{-x}}, &\text{ dla } &x< 0\endaligned\right\} =\frac{1}{2\sqrt{|x|}}, \text{ dla } x\neq 0} nie zeruje się w

żadnym punkcie swojej dziedziny $\mathrm{d}\mathrm{o}\mathrm{m}{f}^{\prime }=(-\mathrm{\infty },0)\cup (0,\mathrm{\infty })$. Funkcja $f$ jest nieparzysta, ściśle rosnąca, nie osiąga więc ekstremum w żadnym punkcie swojej dziedziny, również w $x=0$, mimo że jest to punkt krytyczny tej funkcji.

Twierdzenie o wartości średniej

Wnioskiem z twierdzenia Rolle'a jest następujące

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Cauchy'ego) Niech $f,g:[a,b]\mapsto \mathbb{ℝ}$ będą funkcjami ciągłymi w przedziale domkniętym $[a,b]$ i różniczkowalnymi w przedziale otwartym $(a,b)$. Wówczas istnieje punkt $\xi \in (a,b)$ taki, że

$(f(b)-f(a))g^{\prime }(\xi )=(g(b)-g(a))f^{\prime }(\xi ).$

Zwróćmy uwagę, że powyższą równość można zapisać w bardziej przejrzystej postaci (i łatwiejszej do zapamiętania):

$\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{f^{\prime }(\xi )}{g^{\prime }(\xi )},$

o ile $g(a)\ne g(b)$ oraz $g^{\prime }(\xi )\ne 0$. Twierdzenie Cauchy'ego głosi w tym przypadku, że istnieje wewnątrz przedziału $(a,b)$ punkt $\xi$ taki, że stosunek przyrostów wartości funkcji $f$ i $g$ między punktami $a$ i $b$ jest równy stosunkowi pochodnych tych funkcji w punkcie $\xi$.

Dowód [Uzupelnij]

Rozważmy pomocniczo funkcję $h(t):=(f(b)-f(a))g(t)-(g(b)-g(a))f(t)$ określoną dla $t\in [a,b]$. Funkcja $h$ jest ciągła w przedziale domkniętym $[a,b]$, różniczkowalna w przedziale otwartym $(a,b)$ o pochodnej równej

$\frac{d}{dt}h(t)=(f(b)-f(a))\frac{d}{dt}g(t)-(g(b)-g(a))\frac{d}{dt}f(t).$

Ponadto $h(a)=h(b)$. Na mocy twierdzenia Rolle'a istnieje więc taki punkt $\xi \in (a,b)$, w którym zeruje się pochodna

$h^{\prime }(\xi )=0$, skąd wynika teza twierdzenia.

{black}

Jako wniosek z twierdzenia Cauchy'ego otrzymujemy

Twierdzenie [Uzupelnij]

(twierdzenie Lagrange'a) Jeśli funkcja $f:[a,b]\mapsto \mathbb{ℝ}$ jest ciągła w przedziale domkniętym $[a,b]$ i różniczkowalna w każdy punkcie przedziału otwartego $(a,b)$, to istnieje punkt $\xi \in (a,b)$ taki, że

$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f^{\prime }(\xi ).$

Dowód [Uzupelnij]

Wystarczy w twierdzeniu Cauchy'ego podstawić $g(t)=t.$

Wówczas $g(b)=b$, $g(a)=a$ oraz $g^{\prime }(t)=1$.

{black}

Twierdzenie Lagrange'a nazywane jest też twierdzeniem o przyrostach (skończonych) lub twierdzeniem o wartości średniej, gdyż tezę twierdzenia można zapisać też następująco:

$f(b)-f(a)=f^{\prime }(\xi )(b-a),\text{ dla pewnego }\xi \in (a,b).$

Innymi słowy: przyrost wartości funkcji $f(b)-f(a)$ odpowiadający przyrostowi argumentu funkcji od $a$ do $b$ równy jest iloczynowi przyrostu argumentu $b-a$ i wartości pochodnej funkcji $f$ w pewnym punkcie pośrednim $\xi$ leżącym między punktami $a$ i $b$.

{{red}Rysunek am1w09.0080}

Pamiętamy, że interpretacją geometryczną ilorazu różnicowego $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ jest współczynnik kierunkowy siecznej wykresu funkcji $f$ przechodzącej przez punkty $(a,f(a))$ i $(b,f(b))$. Twierdzenie Lagrange'a orzeka więc, że między punktami $a$ i $b$ da się znaleźć taki punkt $\xi$, że styczna do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(\xi ,f(\xi ))$ jest równoległa do siecznej przechodzącej przez punkty $(a,f(a))$ i $(b,f(b))$.

Wnioskiem z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej jest twierdzenie, które wiąże monotoniczność funkcji ze znakiem pierwszej pochodnej.

Twierdzenie [Uzupelnij]

Niech $f$ będzie funkcją różniczkowalną w przedziale $(a,b)$.

a) Jeśli $f^{\prime }(x)\ge 0$ dla wszystkich $x\in (a,b)$, to $f$ jest rosnąca w przedziale $(a,b)$.

a') Jeśli $f^{\prime }(x)>0$ dla wszystkich $x\in (a,b)$, to $f$ jest ściśle rosnąca w przedziale $(a,b)$.

b) Jeśli $f^{\prime }(x)=0$ dla wszystkich $x\in (a,b)$, to $f$ jest stała w przedziale $(a,b)$.

c) Jeśli $f^{\prime }(x)\le 0$ dla wszystkich $x\in (a,b)$, to $f$ jest malejąca w przedziale $(a,b)$.

c') Jeśli $f^{\prime }(x)<0$ dla wszystkich $x\in (a,b)$, to $f$ jest ściśle malejąca w przedziale $(a,b)$.

Dowód [Uzupelnij]

Dla dowolnych punktów $x_1<x_2$ z przedziału $(a,b)$ zgodnie z twierdzeniem Lagrange'a potrafimy wskazać punkt $\xi \in (x_1,x_2)$ taki, że $f(x_2)-f(x_1)=f^{\prime }(\xi )(x_2-x_1)$. Z równości tej wynikają powyższe implikacje.

{black}

Wnioskiem z tego twierdzenia jest warunek wystarczający istnienia ekstremum w przypadku, gdy funkcja jest różniczkowalna.

Wniosek [Uzupelnij]

Niech $f$ będzie funkcją różniczkowalną w przedziale $(a,b)$. Jeśli w punkcie $x_0\in (a,b)$ pochodna funkcji $f$ zeruje się (tj. $f^{\prime }(x_0)=0$) oraz zmienia znak, to znaczy

a) jest dodatnia w przedziale $(a,x_0)$ i ujemna w $(x_0,b)$

albo -- odpowiednio --

b) jest ujemna w przedziale $(a,x_0)$ i dodatnia w $(x_0,b)$,

to funkcja $f$ osiąga w punkcie $x_0$ ekstremum, odpowiednio:

a) minimum lokalne,

b) maksimum lokalne.

Dowód [Uzupelnij]

a) Na mocy poprzedniego twierdzenia funkcja $f$ jest ściśle rosnąca w przedziale $(a,x_0)$ i ściśle malejąca w przedziale $(x_0,b)$, osiąga więc maksimum lokalne w punkcie $x_0$. Dowód w

przypadku b) jest podobny.

{black}

Zwróćmy uwagę, że nie potrzeba zakładać zerowania się pierwszej pochodnej funkcji w punkcie $x_0$. Prawdziwy jest więc także

Wniosek [Uzupelnij]

Jeśli funkcja $f$ ciągła w przedziale $(a,b)$ jest różniczkowalna w przedziałach $(a,x_0)$ oraz $(x_0,b)$, przy czym pochodna $f^{\prime }$ jest

a) dodatnia w przedziale $(a,x_0)$ i ujemna w $(x_0,b)$

b) ujemna w przedziale $(a,x_0)$ i dodania w $(x_0,b)$,

to funkcja $f$ osiąga w punkcie $x_0$ ekstremum, odpowiednio:

a) minimum lokalne,

b) maksimum lokalne.

Przykład funkcji $f(x)=|x|$, która osiąga minimum w punkcie $x_0=0$ a ma pochodną ujemna dla $x<0$ a dodatnią dla $x>0$ i wcale nie ma pochodnej w punkcie $x_0=0$, stanowi ilustrację ostatniego wniosku.

{{red}Rysunek am1w09.0081}

Przykład [Uzupelnij]

Pochodna funkcji $f(x)=2x^3+3x^2-12x+7$ wynosi

$f^{\prime }(x)=6x^2+6x-12=6(x^2+x-2)=6(x+2)(x-1).$ Stąd $f^{\prime }(x)<0$ w

przedziale $(-2,1)$, a w obu przedziałach $(-\mathrm{\infty },-2)$ oraz $(1,+\mathrm{\infty })$ pochodna jest dodatnia. Na mocy wykazanego twierdzenia, funkcja $f$ jest ściśle rosnąca w przedziale $(-\mathrm{\infty },-2)$, następnie maleje w przedziale $(-2,1)$ i znowu rośnie w przedziale $(1,\mathrm{\infty })$. Wobec tego w punkcie $x=-2$ osiąga maksimum lokalne równe $f(-2)=27$, a w punkcie $x=1$ minimum lokalne równe $f(1)=0$.

{{uwaga|[Uzupelnij]|| Założenie, że pochodna $f^{\prime }(x)\ge 0$ (odpowiednio $f^{\prime }(x)>0$, $f^{\prime }(x)=0$ itd) w każdym punkcie przedziału $(a,b)$ jest istotne.

{{red}Rysunek am1w09.0082}

a) Rozważmy funkcję: $f(x)=[x],$ gdzie $[x]$ oznacza część całkowitą liczby rzeczywistej $x$, czyli największą liczbę całkowitą nie większą od $x$. Wówczas $f$ jest różniczkowalna w zbiorze $\mathbb{ℝ}\setminus \mathbb{\mathbb{Z}}$ (czyli wszędzie poza zbiorem liczb całkowitych) i w zbiorze tym pochodna $f^{\prime }(x)=0$, mimo że funkcja $f$ jest rosnąca.

{{red}Rysunek am1w09.0084}

b) Funkcja $g(x)=x-[x]$ jest różniczkowalna w zbiorze $\mathbb{ℝ}\setminus \mathbb{\mathbb{Z}}$ i w każdym punkcie tego zbioru jej pochodna $g^{\prime }(x)=1$. Jednak funkcja ta nie jest ściśle rosnąca w zbiorze $\mathbb{ℝ}\setminus \mathbb{\mathbb{Z}}$. Jest natomiast ściśle rosnąca w każdym z przedziałów postaci $(n,n+1)$, gdzie $n\in \mathbb{\mathbb{Z}}$. }}

Podane funkcje są ciągłe poza zbiorem liczb całkowitych. Można jednak skonstruować przykład funkcji ciągłej, rosnącej o zerowej pochodnej w prawie każdym punkcie, to znaczy w każdym punkcie przedziału $(0,1)$ poza punktami trójkowego zbioru Cantora

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle C:=\big\{\sum_{k=1}^\infty \frac{a_k}{3^k}, \ \ a_k\in\{0,2\}\big\}.}

Przypomnijmy, że zbiór ten rozważaliśmy w

ramach pierwszego modułu.

{{przyklad|[Uzupelnij]|| Niech $x=(0,a_1{a}_2{a}_3{a}_4\dots {)}_{(3)}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{a_n}{3^n}$ będzie dowolną liczbą z przedziału $[0,1]$ zapisaną w systemie trójkowym za pomocą ciągu cyfr $a_n=a_n(x)\in \{0,1,2\}$. Niech $N=N(x)$ będzie najmniejszą liczbą naturalną, dla której $a_n=1$. Innymi słowy: niech $N=N(x)$ będzie pozycją pierwszej jedynki w zapisie trójkowym liczby $x$, licząc od przecinka pozycyjnego w prawo. Jeśli nie ma takiej liczby, przyjmujemy $N(x)=\mathrm{\infty }$. Określmy ciąg

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle b_n=\left\{\aligned \frac{1}{2}a_n, \text{ dla } n<N(x)\\ 1, \text{ dla } n=N(x)\\ 0, \text{ dla } n>N(x)\endaligned \right ., }

za pomocą którego

definiujemy funkcję Cantora (zwaną także diabelskimi

schodami) wzorem

$f(x)=\sum _{k=1}^{N(x)}\frac{b_k}{2^k}.$

[height=50mm]{rys_am1w09_0086a.eps}

{{red}Rysunek am1w09.0086a ANIMACJA}

Łatwo sprawdzić, że $f(0)=0$, $f(1)=1$, a na odcinkach, które usuwamy kolejno z przedziału $[0,1]$ podczas kolejnych etapów konstrukcji trójkowego zbioru Cantora, funkcja ta jest stała:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle f(x)=\frac{1}{2} \text{ dla } x\in\big(\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\big)f(x)=\frac{1}{4} \text{ dla } x\in \big(\frac{1}{9},\frac{2}{9}\big) \text{ oraz } f(x)=\frac{3}{4} \text{ dla } x\in\big(\frac{7}{9}, \frac{8}{9}\big), f(x)=\frac{1}{8} \text{ dla } x\in \big(\frac{1}{27},\frac{2}{27}\big), \ f(x)=\frac{3}{8} \text{ dla } x\in\big(\frac{7}{27}, \frac{8}{27}\big), \ f(x)=\frac{5}{8} \text{ dla } x\in \big(\frac{19}{27},\frac{20}{27}\big), \ f(x)=\frac{7}{8} \text{ dla } x\in\big(\frac{25}{27}, \frac{26}{27}\big) }

[height=50mm]{rys_am1w09_0086b.eps}

i tak dalej. Można wykazać, że funkcja ta jest ciągła w każdym punkcie przedziału $[0,1]$. Zauważmy, że funkcja Cantora jest różniczkowalna w każdym punkcie zbioru $[0,1]\setminus C$ (tj. w każdym punkcie przedziału $(0,1)$ poza punktami trójkowego zbioru Cantora $C$). Pochodna funkcji Cantora jest w tych punktach równa zeru, a mimo to (co nietrudno zauważyć) funkcja Cantora jest rosnąca (niemalejąca) w przedziale $[0,1]$.

}}