Wykład 08
Witold Obłoza
2 grudnia 2010
Wykład 08
Witold Obłoza
2 grudnia 2010
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
TWIERDZENIE 90
Mamy nast
,
epuj
,
ace granice specjalne:
lim
x→∞
(1 +
1
x
)
x
= e,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = ∞ to lim
x→x
0
(1 +
1
f (x)
)
f (x)
= e,
lim
x→0
ln(1 + x)
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
ln(1+f (x))
f (x)
= 1,
lim
x→0
e
x
− 1
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
e
f (x)
−1
f (x)
= 1,
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
lim
x→0
(1+x)
α
−1
x
= α,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
(1+f (x))
alpha
−1
f (x)
= α,
lim
x→0
sinx
x
= 1.
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
sin f (x)
f (x)
= 1.
DOWÓD:
Z Twierdzenia o granicah specjalnych dla ciągów ( punkt 7) mamy, że
∀ [x
n
} takiego, że lim
n→∞
x
n
= ∞ zachodzi równośc lim
n→∞
(1 +
1
x
n
)
x
n
= e.
Wnioskujemy stąd na podstawie definicji Heine’go granicy funkcji, że
lim
x→∞
(1 +
1
x
)
x
= e
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Wiemy, że ∀ε > 0
∃M, że ∀x ≥ M
|(1 +
1
x
)
x
− e| < ε.
Z drugiej strony ∀M
∃δ > 0 takie, że ∀x
( 0 < |x − x
0
| < δ =⇒ f (x) > M.)
Mamy stąd dla x ∈ (x
0
− δ, x
0
+ δ) \ [x
0
]
|(1 +
1
f (x)
)
f (x)
− e| < ε.
Czyli lim
x→x
0
(1 +
1
f (x)
)
f (x)
= e.
lim
x→0
ln(1 + x)
x
= lim
x→0
ln(1 + x)
1
x
,
Ale lim
x→0
(1 + x)
1
x
= e,
Z ciągłości funkcji logarytmicznej mamy lim
x→0
ln(1 + x)
1
x
= 1.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Dowody uogólnień przebiegają analogicznie jak poprzednio i nie będą
powtarzane.
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
ln(1+f (x))
f (x)
= 1 i mamy stąd
lim
x→0
e
x
− 1
x
= lim
x→0
e
x
− 1
ln(1 + e
x
− 1)
= 1.
lim
x→0
(1 + x)
α
− 1
x
= lim
x→0
e
αln(1+x)
− 1
x
=
= lim
x→0
e
αln(1+x)
− 1
αln(1 + x)
·
αln(1 + x)
x
= α.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Z nieparzystości funkcji sinus i funkcji identycznościowej wystarczy
pokazać, że lim
x→0
+
sin x
x
= 1.
Dla x > 0 przyjmując |OB| = 1 i porównując pola trójkąta OBC,
wycinka kołowego OBC oraz trójkąta OBD otrzymujemy ciąg
nierówności:
|OB| · sin x
2
≤
x|OB|
2
2
≤
|OB| · tg x
2
.
Stąd sin x ≤ x ≤ tg x.
Dzieląc przez
sin x > 0 mamy:
1 ≤
x
sin x
≤
1
cos x
.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
Z Twierdzenia o granicy trzech funkcji wynika, że lim
x→0
+
x
sin x
= 1.
Zatem lim
x→0
+
sin x
x
= 1.
TWIERDZENIE 91
Z poprzedniego twierdzenia łatwo wynika, że
lim
x→0
tgx
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
tg f (x)
f (x)
= 1.
lim
x→0
arcsinx
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
arc sin f (x)
f (x)
= 1.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
lim
x→0
arctgx
x
= 1,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
arc tg f (x)
f (x)
= 1.
lim
x→0
log
a
(1 + x)
x
=
1
ln a
,
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
log
a
(1+f (x))
f (x)
=
1
ln a
.
lim
x→0
a
x
− 1
x
= ln a.
Jeżeli lim
x→x
0
f (x) = 0 to lim
x→x
0
a
x
−f (x))
f (x)
= ln a.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
DOWÓD:
lim
x→0
tgx
x
= lim
x→0
sin x
x
·
1
cos x
= 1,
lim
x→0
arcsinx
x
= lim
x→0
arcsinx
sin arcsinx
= 1,
lim
x→0
arctgx
x
= lim
x→0
arctgx
tg arctgx
= 1,
lim
x→0
log
a
(1 + x)
x
= lim
x→0
ln(1 + x)
x
1
ln a
=
1
ln a
,
lim
x→0
a
x
− 1
x
= lim
x→0
e
xln a
− 1
x
= lim
x→0
e
xln a
− 1
xln a
· ln a = ln a.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
PRZYKŁAD 92
lim
x→x
0
sin x − sin x
0
x − x
0
=
2sin
x−x
0
2
cos
x+x
0
2
2
x−x
0
2
= cos x
0
.
lim
x→x
0
cos x − cos x
0
x − x
0
=
−2sin
x−x
0
2
sin
x+x
0
2
2
x−x
0
2
= −sin x
0
.
lim
x→x
0
a
x
− a
x
0
x − x
0
= a
x
0
a
x−x
0
− 1
x − x
0
= a
x
0
ln a.
lim
x→x
0
x
α
− x
α
0
x − x
0
= lim
x→x
0
x
α
0
x
0
+x−x
0
x
0
α
− 1
x − x
0
=
lim
x→x
0
x
α
0
1 +
x−x
0
x
0
α
− 1
x
0
x−x
0
x
0
= αx
α−1
0
.
GRANICE SPECJALNE DLA FUNKCJI
lim
x→x
0
log
a
x − log
a
x
0
x − x
0
= lim
x→x
0
log
a
x
x
0
x − x
0
= lim
x→x
0
log
a
x
0
+x−x
0
x
0
x
0
x−x
0
x
0
=
lim
x→x
0
log
a
1 +
x−x
0
x
0
x
0
x−x
0
x
0
=
1
x
0
ln a
.
POCHODNA
DEFINICJA 93
Niech dana b
,
edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x
0
. Jeżeli
istnieje granica właściwa lim
x→x
0
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
= f
0
(x
0
) to nazywamy j
,
a
pochodn
,
a funkcji f w punkcie x
0
.
TWIERDZENIE 94
Niech dana b
,
edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x
0
. Jeżeli ma
pochodn
,
a w punkcie x
0
to jest w tym punkcie ci
,
agła.
DOWÓD:
Funkcja ω(x
0
, h) =
f (x
0
+ h) − f (x
0
)
h
− f
0
(x
0
)
dla h 6= 0,
0
dla h = 0
jest
ci
,
agła w zerze.
POCHODNA
Mamy ponadto f (x
0
+ h) = f (x
0
) + hf
0
(x
0
) + hω(x
0
, h) czyli
lim
h→0
f (x
0
+ h) = f (x
0
).
DEFINICJA 95
Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn
,
a w każdym punkcie punkcie
x ∈ (a, b) to funkcj
,
e f
0
: (a, b) 3 x −→ f
0
(x) ∈ R nazywamy funkcj
,
a
pochodn
,
a funkcji f.
TWIERDZENIE 96
Zachodz
,
a nast
,
epuj
,
ace wzory:
(x
α
)
0
= αx
α−1
,
(a
x
)
0
= a
x
ln a,
(log
a
x)
0
=
1
xln a
,
(sin x)
0
= cos x,
(cos x)
0
= −sin x,
POCHODNA
TWIERDZENIE 97
Niech b
,
edzie dana bijekcja ci
,
agła f : (a, b) −→ (c, d), x
0
∈ (a, b) i niech
f
0
(x
0
) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn
,
a w punkcie y
0
= f (x
0
)
i ponadto (f
−1
)
0
(y
0
) =
1
f
0
(x
0
)
.
DOWÓD:
lim
y→y
0
f
−1
(y) − f
−1
(y
0
)
y − y
0
= lim
x→x
0
x − x
0
f (x) − f (x
0
)
=
1
f
0
(x)
.
POCHODNA
PRZYKŁAD 98
Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)
0
=
1
√
1 − x
2
,
(arccos x)
0
=
−1
√
1 − x
2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ [−
π
2
,
π
2
] wówczas y = arc sin x.
Mamy: (arc sin x)
0
=
1
(sin y)
0
=
1
cos y
=
1
p
1 − si
2
y
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Jeżeli funkcje g, f są określone w otoczeniu x
0
maj
,
a pochodn
,
a w
punkcie x
0
to funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj
,
a pochodn
,
a w punkcie
x
0
i ponadto
(f + g)
0
(x
0
) = f
0
(x
0
) + g
0
(x
0
),
(f − g)
0
(x
0
) = f
0
(x
0
) − g
0
(x
0
),
(f · g)
0
(x
0
) = f
0
(x
0
)g(x
0
) + g
0
(x
0
)f (x
0
).
DOWÓD:
lim
x→x
0
(f + g)(x) − (f + g)(x
0
)
x − x
0
= lim
x→x
0
f (x) + g(x) − f (x
0
) − g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
+
g(x) − g(x
0
)
x − x
0
= f
0
(x
0
) + g
0
(x
0
).
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
lim
x→x
0
(f · g)(x) − (f · g)(x
0
)
x − x
0
= lim
x→x
0
f (x) · g(x) − f (x
0
) · g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x) · g(x) − f (x) · g(x
0
) + f (x) · g(x
0
) − f (x
0
) · g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x) · g(x) − f (x) · g(x
0
)
x − x
0
+
f (x) · g(x
0
) − f (x
0
) · g(x
0
)
x − x
0
=
lim
x→x
0
f (x)
g(x) − g(x
0
)
x − x
0
+ g(x
0
)
f (x) − f (x
0
)
x − x
0
=
= f (x
0
)g
0
(x
0
) + g(x
0
)f
0
(x
0
).
POCHODNA
TWIERDZENIE 99
Niech b
,
ed
,
a dane funkcje f : X −→ Y, g : Y −→ Z, gdzie X, Y, Z
przedziały 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
.
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.
POCHODNA
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
(x
0
)
0
=
−1
(g(x
0
))
2
.
Z Twierdzenia 98 wynika, że
1
g
) · f
0
(x
0
) =
−1
(g(x
0
))
2
(x
0
) · f (x
0
) + f
0
(x
0
)
1
g(x
0
)
=
=
1
g
· f
0
(x
0
) =
1
g
0
(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.