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.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
2010 11 WIL Wyklad 07id 27178 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 03id 27176 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 06id 27177 Nieznany (2)
1 252010 12 09 WIL Wyklad 09id Nieznany
2010 11 02 WIL Wyklad 02id 2717 Nieznany (2)
2010 11 04 WIL Wyklad 04id 2717 Nieznany
2010 11 08 WIL Wyklad 08id 2717 Nieznany
2010 11 01 WIL Wyklad 01id 2717 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 05
2010 11 WIL Wyklad 08
2011 01 09 WIL Wyklad 15id 2752 Nieznany (2)
2010 11 WIL Wyklad 04
2011 03 24 WIL Wyklad 25id 2752 Nieznany
2011 01 09 WIL Wyklad 17id 2752 Nieznany
2011 02 25 WIL Wyklad 21id 2752 Nieznany (2)
11 12 09 wyklad algebraid 12337 Nieznany
2011 02 21 WIL Wyklad 20id 2752 Nieznany (2)
2006C16 wyklad 09id 25586 Nieznany (2)
więcej podobnych podstron