Wykład 09
Witold Obłoza
8 grudnia 2010
Wykład 09
Witold Obłoza
8 grudnia 2010
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z są
przedziałami w R i niech f (x
0
) = y
0
.
Jeżeli istniej
,
a pochodne f
0
(x
0
), g
0
(y
0
) to istnieje (g ◦ f )
0
(x
0
)
i ponadto (g ◦ f )
0
(x
0
) = g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x
0
istnieje x
1
takie, że f (x
1
) = y
0
to g(f (x
1
)) = g(y
0
) i f
0
(x
0
) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y
0
mamy
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x
0
i istnienia granicy lim
y→y
0
g(y) − g(y
0
)
y − y
0
Wnioskujemy, że lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x
0
funkcja f nie przyjmuje
wartości y
0
to lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
x − x
0
=
lim
x→x
0
g(f (x)) − g(f (x
0
))
f (x) − f (x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= g
0
(y
0
) · f
0
(x
0
).
TWIERDZENIE 100
Jeżeli funkcje f, g określone w otoczeniu punktu x
0
mają pochodne w
punkcie x
0
oraz g(x
0
) 6= 0 to istnieje pochodna funkcji
f
g
w punkcie x
0
i zachodzi wzór
f
g
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
)
2
)
.
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 99 mamy
1
g
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
· g
0
(x
0
).
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
1
g
· f
0
(x
0
) =
−g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
f
0
(x
0
) · g(x
0
) − f (x
0
) · g
0
(x
0
)
(g(x
0
))
2
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 101
Mamy następujące wzory
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
,
(ctg x)
0
=
−1
sin
2
x
,
oraz
(arctg x)
0
=
1
1 + x
2
,
(arcctg x)
0
=
−1
1 + x
2
.
DOWÓD:
(tg x)
0
=
sin x
cos x
0
=
cos
2
− (sin x)(−sin x)
cos
2
x
=
1
cos
2
x
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y
y ∈ (
−π
2
,
π
2
) czyli y = arc tg x.
(arctg x)
0
=
1
(tg y)
0
= cos
2
y =
cos
2
y
cos
2
y + sin
2
y
=
1
1 + tg
2
y
=
1
1 + x
2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
POCHODNA
TWIERDZENIE 102
Jeżeli funkcja f : R −→ (0, ∞) ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to funkcja
ln f ma pochodn
,
a w punkcie x
0
oraz f
0
(x
0
) = f (x
0
)[ln f ]
0
(x
0
).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]
0
(x
0
) =
f
0
(x
0
)
f (x
0
)
.
Zatem [ln f ]
0
(x
0
) · f (x
0
) = f
0
(x
0
).
DEFINICJA 103
Różniczk
,
a funkcji f w punkcie x
0
nazywamy odwzorowanie liniowe
d
x
0
f : R 3 h −→ f
0
(x
0
) · h ∈ R.
POCHODNA
TWIERDZENIE 104
Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas d
x
0
f = f
0
(x
0
) · dx,
d
y
0
f
−1
= (d
x
0
f )
−1
oraz
d
x
0
(g ◦ f ) = d
y
0
g ◦ d
x
0
f.
TWIERDZENIE 105
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x
i funkcja f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R ma pochodn
,
a w punkcie x
0
to
nazuwamy ją drugą pochodną funkcji f w punkcie x
0
i oznaczamy
f
00
(x
0
).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f
0
: (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w punkcie x to
funkcj
,
e f
00
: (a, b) 3 x −→ f
00
(x) ∈ R nazywamy pochodn
,
a drugiego
rz
,
edu funkcji f.
POCHODNA
DEFINICJA 106
Pochodn
,
a rz
,
edu n określamy rekurencyjnie
f
(n)
(x
0
) = (f
(n−1)
)
0
(x
0
),
f
(n)
= (f
(n−1)
)
0
.
TWIERDZENIE 107
Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy C
n
na zbiorze X i zapisu-
jemy f ∈ C
n
(X), jeżeli funkcje f, f
0
, . . . f
(n)
s
,
a ci
,
agłe na zbiorze X.
Mówimy, że f jest klasy C
∞
(X)
wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdego
naturalnego n f jest klasy C
n
(X).
POCHODNA
DEFINICJA 108
Różniczk
,
e rz
,
edu n definiujemy rekurencyjnie
(d
n
x
0
f )(h)
n
= d
x
0
(d
n−1
x
f (h)
n−1
)(h).
UWAGA 109
Mamy (d
n
x
0
f )˙(h)
n
= f
n
(x
0
) ˙h
n
d
n
x
0
f = f
n
(x
0
)dx
n
, gdzie dx
n
: R 3 h −→ (h)
n
∈ R
n
.
POCHODNA
TWIERDZENIE 110
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie
c ∈ (a, b) i osi
,
aga w tym punkcie kres górny ( dolny ) to f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
lim
x→c
−
f (x) − f (c)
x − c
≥ 0,
lim
x→c
+
f (x) − f (c)
x − c
≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
lim
x→c
f (x) − f (c)
x − c
= 0,
POCHODNA
TWIERDZENIE 111 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i f (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f
0
(x) = 0.
Załóżmy wi
,
ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci
,
agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że
f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi
,
ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f
0
(c) = 0.
POCHODNE
TWIERDZENIE 112 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f
0
(c) =
f (b) − f (a)
b − a
.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
b − a
(x − a) spełnia założenia
Twierdzenia Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g
0
(c) = f
0
(c) −
f (b) − f (a)
b − a
.
St
,
ad
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(c).
POCHODNE
TWIERDZENIE 113 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) > 0 ( f
0
(x) > 0 ) to funkcja f jest rosn
,
aca
( malej
,
aca ) w przedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f
0
(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b)
dla pewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia
Lagrange’a istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f
0
(c) =
f (d) − f (a)
d − a
6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b)
f
0
(x) ≥ 0 i istnieją x
1
, x
2
∈ [a, b] takie, że
x
1
< x
2
i f (x
1
≥ f (x
2
).
Wówczas istnieje x
0
∈ (x
1
, x
2
), takie, że f
0
(x
0
) =
f (x
2
) − f (x
1
)
x
2
− x
1
≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f
0
< 0 jest
analogiczny.
POCHODNE
TWIERDZENIE 114
Jeżeli funkcja ci
,
agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale
(a, b) i nierosn
,
aca ( niemalej
,
aca ) w przedziale (a, b) to ∀x ∈ (a, b)
f
0
(x) ≤ 0 ( f
0
(x) ≥ 0. )
DOWÓD:
Niech f będzie funkcją niemalejącą wówczas dla x > x
0
f (x) ≥ f (x
0
).
Zatem
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
≥ 0 skąd lim
x→x
+
0
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
≥ 0.
Z istnienia pochodnej f
0
(x
0
) ≥ 0.
Dowód dla funkcji nierosnącej jest analogiczny.
POCHODNE
TWIERDZENIE 115 ( Cauchy’ego )
Jeżeli funkcje ci
,
agłe f, g : [a, b] −→ R s
,
a różniczkowalne w przedziale
(a, b) i ∀x ∈ (a, b) g
0
(x) 6= 0 to ∃c ∈ (a, b) taki, że
f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
=
f
0
(c)
g
0
(c)
.
DOWÓD:
Rozważmy funkcję pomocniczą
h(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
(g(x) − g(a))
Spełnia ona założenia Twierdzenia Rolle’a zatem ∃c ∈ (a, b) takie, że
g
0
(c) = 0.
Stąd
f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
=
f
0
(c)
g
0
(c)
.
POCHODNE
TWIERDZENIE 116
Niech funkcje f, g : (a, b) −→ R s
,
a różniczkowalne w s
,
asiedztwie punktu
x
0
i w tym jego s
,
asiedztwie g(x) 6= 0, niech lim
x→x
0
f (x) = lim
x→x
0
g(x) = 0
lub lim
x→x
0
f (x) = ±∞ oraz lim
x→x
0
g(x) = ±∞.
Jeżeli istnieje granica lim
x→x
0
f
0
(x)
g
0
(x)
to istnieje granica lim
x→x
0
f (x)
g(x)
i lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= lim
x→x
0
f
0
(x)
g
0
(x)
.
DOWÓD:
Dla ”
0
0
”. Możemy przyj
,
ać, że f (x
0
) = g(x
0
) = 0.
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamy
f (x)
g(x)
=
f (x) − f (x
0
)
g(x) − g(x
0
)
=
f
0
(c)
g
0
(c)
,
gdzie c ∈ (x, x
0
) lub c ∈ (x
0
, x).
Jeżeli x −→ x
0
to c −→ x
0
zatem lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= lim
x→x
0
f
0
(x)
g
0
(x)
.
UWAGA 117
Niech funkcje f, g : (a, b) −→ R s
,
a różniczkowalne w s
,
asiedztwie punktu
x
0
i niech lim
x→x
0
f (x) = ∞, lim
x→x
0
g(x) = 0 wówczas
lim
x→x
0
f (x)g(x) = lim
x→x
0
f (x)
1
g(x)
.
POCHODNE
Niech funkcje f, g : (a, b) −→ R s
,
a różniczkowalne w s
,
asiedztwie punktu
x
0
i niech lim
x→x
0
f (x) = 0, lim
x→x
0
g(x) = 0
wtedy
lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= lim
x→x
0
e
g(x)ln f (x)
.
Jeżeli funkcje f, g : (a, b) −→ R s
,
a różniczkowalne w s
,
asiedztwie punktu
x
0
i niech lim
x→x
0
f (x) = 1, lim
x→x
0
g(x) = ∞
to
lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= lim
x→x
0
e
g(x)ln f (x)
.
Niech funkcje f, g : (a, b) −→ R s
,
a różniczkowalne w s
,
asiedztwie punktu
x
0
i niech lim
x→x
0
f (x) = ∞ lim
x→x
0
g(x) = 0
wówczas lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= lim
x→x
0
e
g(x)ln f (x)
.
POCHODNE
PRZYKŁAD 118
lim
x→0
x · ln x = lim
x→0
lnx
x
= lim
x→0
1
x
−1
x
2
= lim
x→0
(−x) = 0.
lim
x→0
x
x
= lim
x→0
e
x·ln x
= e
lim
x→0
x·ln x
= e
0
= 1.
lim
x→
π
4
tg x
1
cos 2x
= lim
x→
π
4
e
lntg x
cos 2x
= e
lim
x→ π
4
lntg x
cos 2x
= e
lim
x→ π
4
cos x
sin x·cos 2 x·2(−sin 2x)
=
= e
lim
x→ π
4
1
sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e
−1
=
1
e
.
lim
x→
π
2
(tg x)
cos x
= lim
x→
π
2
e
cos x·ln tg x
= e
lim
x→ π
2
cos x·lntg x
= e
lim
x→ π
2
lntg x
1
cos x
=
= e
lim
x→ π
2
ctg x·
1
cos 2 x
−sin x
cos 2 x
= e
lim
x→ π
2
cos x
−sin 2 x
= e
0
= 1.
POCHODNE
TWIERDZENIE 119 ( Taylora z resztą Lagrange’a )
Niech funkcja f : [a, b] −→ R jest klasy C
n−1
w przedziale [a, b] i
∀x ∈ (a, b) ∃f
n
(x)
wtedy ∃c ∈ (a, b) taki, że
f (b) = f (a)+f
0
(a)(b−a)+
f
00
(a)
2!
(b−a)
2
+· · ·+
f
(n−1)
(a)
(n − 1)!
(b−a)
n−1
+R
n
,
gdzie R
n
=
f
(n)
(c)
n!
(b − a)
n
.
DOWÓD:
Rozważmy funkcję daną wzorem
h(x) = f (b) − f (x) −
n−1
P
k=1
f
(k)
(x)
k!
(b − x)
k
.
POCHODNE
h(x) = f (b) − f (x) −
n−1
P
k=1
f
(k)
(x)
k!
(b − x)
k
.
h
0
(x) = −f
0
(x) +
n−1
P
k=1
f
(k)
(x)
(k − 1)!
(b − x)
k−1
−
n−1
P
k=1
f
(k+1)
(x)
k!
(b − x)
k
=
= −f
0
(x) + f
0
(x) +
n−1
P
k=2
f
(k)
(x)
(k − 1)!
(b − x)
k−1
−
n−2
P
k=1
f
(k+1)
(x)
k!
(b − x)
k
−
f
(n)
(x)
(n − 1)!
(b − x)
n−1
=
n−2
P
k=1
f
(k+1)
(x)
(k)!
(b − x)
k
−
n−2
P
k=1
f
(k+1)
(x)
k!
(b − x)
k
−
f
(n)
(x)
(n − 1)!
(b − x)
n−1
=
= −
f
(n)
(x)
(n − 1)!
(b − x)
n−1
.
POCHODNE
Niech H(x) = h(x) −
h(a)
(b − a)
n
(b − x)
n
.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H
0
(c) = 0.
Ale H
0
(x) = h
0
(x) + n
h(a)
(b − a)
n
(b − x)
n−1
.
Mamy więc 0 = H
0
(c) = h
0
(c) + n
h(a)
(b − a)
n
(b − c)
n−1
=
= −
f
(n)
(x)
n!
(b − x)
n
+ n
h(a)
(b − a)
n
(b − c)
n−1
.
Stąd
f
(n)
(x)
(n − 1)!
(b − c)
n−1
= n
h(a)
(b − a)
n
(b − c)
n−1
.
POCHODNE
h(a) =
f
(n)
(c)
(n)!
(b − a)
n
,
oraz
h(a) = f (b) − f (a) −
n−1
P
k=1
f
(k)
(a)
k!
(b − a)
k
.
Co daje nam
f (b) =
n−1
P
k=0
f
(k)
(a)
k!
(b − a)
k
+
f
(n)
(c)
(n)!
(b − a)
n
.
Co kończt dowód Twierdzenia.
POCHODNE
TWIERDZENIE 120 ( Maclourin’a )
Jeżeli w powyższym twierdzeniu b = x i a = 0 to otrzymujemy wzór
f (x) = f (0) + f
0
(0)x +
f
00
(0)
2!
x
2
+ · · · +
f
(n−1)
(0)
(n − 1)!
x
n−1
+ R
n
, gdzie
R
n
=
f
(n)
(c)
(n)!
x
n
, c ∈ (0, x).
TWIERDZENIE 121 ( Taylora z resztą Peano )
Niech funkcja f : (a, b) −→ R jest klasy C
n−1
w otoczeniu x
0
∈ (a, b) i
∃f
(n)
(x
0
)
wtedy
f (x
0
+h) = f (x
0
)+f
0
(x
0
)h+
f
00
(x
0
)
2!
h
2
+· · ·+
f
(n)
(x
0
)
n!
h
n
+ω(x
0
, h)h
n
,
gdzie ω(x
0
, h) −→ 0, gdy h −→ 0 i x
0
+ h należy do rozważanego
otoczenia.
POCHODNE
DOWÓD:
Rozważmy granicę przy h zmierzającym do zera funkcji
f (x
0
+ h) −
n
P
k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
h
k
h
n
.
Mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym
00 0
0
00
Stosując n-krotnie Regułę de L’Hospitala otrzymamy
lim
h→0
ω(x
0
, h) = 0.
POCHODNE
DEFINICJA 122
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x
0
∈ R minimum ( maksimum )
jeżeli ∃S sąsiedztwo punktu x
0
takie, że ∀x ∈ S f (x) > f (x
0
)
(f (x) < f (x
0
)). Jeżeli funkcja ma minimum lub maksimum to mówimy,
że ma ekstremum.
TWIERDZENIE 123
Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum funkcji różniczkowalnej f w
punkcie x
0
jest to aby f
0
(x) = 0.
DOWÓD:
Rozważając funkcję w otoczeniu, w którym funkcja przyjmuje wartość
największą lub najmniejszą z Twierdzenia 110 mamy natychmiast
Twierdzenie 125.
POCHODNE
TWIERDZENIE 124
Warunkiem wystarczaj
,
acym istnienia ekstremum w punkcie x
0
funkcji f
różniczkowalnej w otoczeniu punktu x
0
jest to aby f
0
(x
0
) = 0 i aby
pochodna zmieniała znak w punkcie x
0
.
DOWÓD:
Jeżeli f
0
(x
0
) = 0
oraz
f
0
(x) > 0 dla x < x
0
zaś dla x > x
0
mamy
f
0
(x) < 0 to na mocy Twierdzenia 113 mamy
f (x) < f (x
0
)
dla x leżących w sąsiedztwie x
0
.
TWIERDZENIE 125
Jeżeli f jest klasy C
1
w otoczeniu punktu x
0
i istnieje f
00
(x
0
) 6= 0 to f
ma w punkcie x
0
ekstremum minimum gdy f
00
(x
0
) > 0, maksimum gdy
f
00
(x
0
) < 0.
POCHODNE
DOWÓD:
Z Twierdzenia Taylora z resztą Peano mamy
f (x
0
+ h) = f (x
0
) +
f
00
x
0
2
+ ω(x
0
, h)
h
2
, gdzie ω(x
0
, h) −→ 0, gdy
h zmierza do zera.
f (x
0
+ h) − f (x
0
) =
f
00
x
0
2
+ ω(x
0
, h)
h
2
,
Dla h dostatecznie małych znak f (x
0
+ h) − f (x
0
) jest taki sam jak
f
00
(x
0
).
Zatem dla f
00
(x
0
) > 0 f ma w punkcie x
0
minimum, zaś dla f
00
(x
0
) < 0
f ma w punkcie x
0
maksimum.
EKSTREMA LOKALNE
TWIERDZENIE 126
Jeżeli funkcja jest n krotnie róźniczkowalna
w x
0
i f
0
(x
0
) = f
00
(x
0
) = · · · = f
(n−1)
(x
0
) a f
(n)
x
0
6= 0 to
jeśli n jest liczb
,
a parzyst
,
a i f
(n)
(x
0
) > 0 to funkcja f ma w punkcie x
0
minimum,
jeśli n jest liczb
,
a parzyst
,
a i f
(n)
(x
0
) < 0 to funkcja f ma w punkcie x
0
maksimum,
jeśli n jest liczb
,
a nieparzyst
,
a to funkcja f ma w punkcie (x
0
, f (x
0
)) punkt
przegi
,
ecia.
POCHODNE
DEFINICJA 127
Styczną do krzywej w punkcie P nazywamy graniczne położenie
siecznych przechodzących przez punkt P oraz punkt sąsiedni Q, gdy
punkt sąsiedni Q zmierza do P.
Twierdzenie 128
Niech funkcja f określona w otoczeniu punktu x
0
będzie różniczkowalna
w punkcie x
0
wówczas istnieje styczna do wykresu funkcji f w punkcie
(x
0
, f (x
0
)) i ma równanie y − y
0
= f
0
(x
0
)(x − x
0
).
DOWÓD:
Sieczna przechodząca przez punkt (x
0
, f (x
0
)) oraz punkt sąsiedni
(x, f (x)) ma rónanie y − y
0
=
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
.
POCHODNE
Przechodząc w granicy z x do x
0
otrzymujemy
y − y
0
= f
0
(x
0
)(x − x
0
).
DEFINICJA 129
Funkcja f : X −→ Y jest wypukła ku górze ( ku dołowi ) w punkcie
x
0
∈ X jeżeli styczna do wykresu funkcji w punkcie x
0
leży powyżej (
odpowiednio poniżej ) wykresu funkcji.
Jeżeli styczna do wykresu funkcji w punkcie x
0
przechodzi w punkcie x
0
na drug
,
a stron
,
e wykresu to to punkt x
0
nazywamy punktem przegi
,
ecia
wykresu funkcji.
TWIERDZENIE 130
Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x
0
to
f
00
(x
0
) < 0 implikuje, że f jest wypukła ku górze, a f
00
(x
0
) > 0
implikuje, że f jest wypukła ku dołowi.
DOWÓD:
Ze wzoru Taylora z reszt
,
a Peano mamy
f (x
0
+ h) = f (x
0
) + f
0
(x
0
)h +
1
2
f
00
(x
0
) + ω(x
0
, h)
h
2
,
gdzie lim
h→0
ω(x
0
, h) = 0.
Dla małych h punkt (x
0
+ h, f (x
0
) + hf
0
(x
0
)) leżący na stycznej dla
f
00
> 0 leży poniżej wykresu, zaś dla f
00
< 0 leży powyżej wykresu.
ASYMPTOTY
DEFINICJA 131
Prost
,
a x = x
0
nazywamy asymptot
,
a pionow
,
a wykresu funkcji f jeżeli
funkcja f jest określona przynajmniej w jednostronnym s
,
asiedztwie
punktu x
0
i przynajmniej jedna z granic lim
x→x
+
0
f (x), lim
x→x
−
0
f (x) jest
nieskończona.
DEFINICJA 132
Prost
,
a y = y
0
nazywamy asymptot
,
a poziom
,
a wykresu funkcji f w +∞
( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w s
,
asiedztwie +∞
( odpowiednio −∞ ) i granica
lim
x→+∞
f (x) = y
0
( odpowiednio
lim
x→−∞
f (x) = y
0
).
ASYMPTOTY
DEFINICJA 133
Prost
,
a y = ax + b, gdzie a 6= 0 nazywamy asymptot
,
a ukośn
,
a wykresu
funkcji f w +∞ ( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w
s
,
asiedztwie +∞ ( odpowiednio −∞ ) i
lim
x→+∞
(f (x) − (ax + b)) = 0
( odpowiednio
lim
x→−∞
(f (x) − (ax + b)) = 0
TWIERDZENIE 134
Prosta y = ax + b, gdzie a 6= 0 jest asymptot
,
a ukośn
,
a wykresu funkcji f
w +∞ ( odpowiednio −∞ ) jeżeli a =
lim
x→+∞
f (x)
x
oraz
b =
lim
x→+∞
(f (x) − ax)
( odpowiednio a =
lim
x→−∞
f (x)
x
oraz
b =
lim
x→−∞
(f (x) − ax)).
ASYMPYOTY
DOWÓD:
Jeżeli lim
x→∞
(f (x) − (ax + b)) = 0 to lim
x→∞
f (x)
x
− (a +
b
x
)
= 0.
Stąd lim
x→∞
f (x)
x
= a
oraz
lim
x→∞
(f (x) − ax) = b.
PLAN BADANIA FUNKCJI
Plan Badania funkcji:
1. Ustalenie dziedziny funkcji, miejsc zerowych, parzystości, okresowości,
wyznaczanie granic na krańcach przedziałów określoności, wyznaczenie
asymptot.
2. Obliczenie pochodnej, wyznaczenie dziedziny pochodnej, wyznaczenie
miejsc zerowych pochodnej, wyznaczenie przedziałów monotoniczności
funkcji i jej ekstremów.
3. Obliczenie drugiej pochodnej, wyznaczenie dziedziny drugiej
pochodnej, wyznaczenie miejsc zerowych drugiej pochodnej, wyznaczenie
przedziałów wypukłości funkcji i jej punktów przegi
,
ecia.
4. Sporz
,
adzenie tabelki i wykresu funkcji.