§ 25. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej
145
c
1
= +∞. Przyjmując z = a, f (a)
, z
n
= x
n
, f (x
n
)
mamy wtedy z
n
→ z
z
n
− z
||z
n
− z||
=
(1/ϕ(x
n
), 1)
||(1/ϕ(x
n
), 1)||
→ (0, 1),
a więc (0,1) jest wektorem stycznym do wykresu funkcji f w punkcie (a, f (a)),
co nie jest możliwe, bo t(1, c) 6= (0, 1) dla t ∈r. Zatem c
1
6= +∞. Podobnie
c
1
6= −∞. Załóżmy wobec tego, że c
1
∈R. W tym przypadku
z
n
− z
||z
n
− z||
=
(1, ϕ(x
n
))
||(1, ϕ(x
n
))||
→
1, c
1
)
||(1, c
1
)||
,
co dowodzi, że (1, c
1
) jest wektorem stycznym do wykresu funkcji f w punkcie
a, f (a)
. Stąd (1, c
1
) = t(1, c), t ∈
R, więc c
1
= c, tzn. lim
n→∞
ϕ(x
n
) = c, wbrew
złożeniu (7).
W ten sposób dowiedliśmy, że
lim
x→a
+
ϕ(x) = c. Podobnie dowodzi się, że
lim
x→a
−
ϕ(x) = c. Zatem istnieje f
0
(a) = c.
Zauważmy, że w twierdzeniu tym trzeba założyć ciagłość funkcji f w punkcie
a, gdyż nie wynika ona z założonego istnienia stycznej postaci (6).
Na przykład funkcja
f (x) =
n
1
dla x =
1
n
, n = 1, 2, . . . ,
0
dla pozostałych x ∈
R
jest nieciągła w punkcie x = 0, a jej wykres ma styczną w punkcie (0, f (0)) = (0, 0) -jest nią
prosta o równaniu y = 0.
Twierdzenie 2 można bez trudu uogólnić na przypadek, gdy Y= R
k
. Pozo-
staje również prawdziwe dla każdej przestrzeni Banacha Y o wymiarze dim Y <
+∞. Przestaje obowiązywać, gdy dim Y = +∞ (zob. ćwicz. 2).
Rysunek 8 ilustruje pojęcie prostej stycznej do wykresu funkcji w przypadku
Y=R, rysu-
nek 9- w przypadku Y=R
2
(por. tw. 9).
10 Analiza matematyczna
146
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
3. Podstawowe reguły różniczkowania. W sformułowanych niżej twier-
dzeniach D i E są podzbiorami przestrzeni liczb rzeczywistych R, litery Y, Y
i
, Z
oznaczają pewne przestrzenie unormowane nad ciałem skalarów K.
T
WIERDZENIE
3.Jeżeli funkcje f, g: D → Y są różniczkowalne w punkcie a
∈ D, to funkcje f + g i f − g też są różniczkowalne w punkcie a oraz
(f + g)
0
(a) = f
0
(a) + g
0
(a), (f − g)
0
(a) = f
0
(a) − g
0
(a).
Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne, to funkcjef + gi f − g też są różnicz-
kowalne oraz
(f + g)
0
= f
0
+ g
0
, (f − g)
0
= f
0
− g
0
.
D o w ó d. Ponieważ
(f
+
−g)(x) − (f
+
− g)(a)
(x − a)
=
f (x) − f (a)
(x − a)
+
−
g(x) − g(a)
x − a
,
więc pierwsza część twierdzenia wynika z twierdzenia o granicy sumy i różnicy.
Druga część twierdzenia jest wnioskiem z części pierwszej.
T
WIERDZENIE
4.Jeżeli funkcja f : D → K i g: D → Y
są różniczkowalne w
punkcie a ∈ D, to funkcja f g też jest różniczkowalna w punkcie a oraz
(f g)
0
(a) = f
0
(a)g(a) + f (a)g
0
(a).
Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne, to funkcja f g jest też różniczkowalna
(f g)
0
= f
0
g + f g
0
.
D o w ó d. Pierwsza część twierdzenia jest wnioskiem z równości
(f g)(x) − (f g)(a)
x − a
=
f (x) − f (a)
x − a
g(x) + f (a)
g(x) − g(a)
x − a
oraz z ciągłości funkcji g w punkcie a, która jest konsekwencja jej różniczkowal-
ności w tym punkcie,
Druga część twierdzenia wynika z pierwszej.
Z twierdzenia 4, uwzględniając, że funkcja stała ma pochodną równą zeru
otrzymujemy natychmiast
T
WIERDZENIE
5 . Jeźeli funkcja f : D → Y
jest różniczkowalna w punkcie
a ∈ D, to dla każdej λ ∈ K funkcja λf jest różniczkowalna w punkcie a oraz
(λf )
0
(a) = λf
0
(a).
Jeżeli funkcja f jest różniczkowalna to funkcja λf też jest różniczkowalna
(λf )
0
= λf
0
.
§ 25. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej
147
T
WIERDZENIE
6. Jeżeli funkcje f : D → Y i g: D → K są różniczkowalne w
punkcie a ∈ D i g(x) 6= 0 dla każdego x ∈ D, to funkcja f /g jest różniczkowalna
w punkcie a oraz
(
f
g
)
0
(a) =
f
0
(a)g(a) − f (a)g
0
(a)
(g(a))
2
.
Jeżeli funkcje f i g różniczkowalne, to funkcja f /g też jest różniczkowalna
(
f
g
)
0
=
f
0
g − f g
0
g
2
.
D o w ó d. Ponieważ
(1/g)(x) − (1/g)(a)
x − a
= −
g(x) − g(a)
x − a
·
1
g(x)g(a)
,
więc uwzględniąjąc ciągłość funkcji g w punkcie a otrzymujemy
(9)
(
1
g
)
0
(a) = −
g
0
(a)
(g(a))
2
.
Wzór (8) wynika z (9) i twierdzenia 4, bo f /g jest iloczynem 1/g przez f .
Druga część twierdzenia jest wnioskiem z części pierwszej.
T
WIERDZENIE
7.Jeżeli f : D → Y jest różniczkowalna w punkcie a ∈ D, to
dla każdej funkcji ϕ ∈ L(Y ; Z) funkcja ϕ ◦ f jest różniczkowalna w punkcie a
(ϕ ◦ f )
0
(a) = ϕ(f
0
(a)).
Jeżeli f jest funkcją różniczkowalną, to ϕ ◦ f jest funkcją różniczkowalną
oraz
(ϕ ◦ f )
0
= ϕ ◦ f
0
.
D o w ó d. Wystarczy dowieść pierwszej części twierdzenia. Jest ona wnio-
skiem z równości
(ϕ ◦ f )(x) − (ϕ ◦ f )(z)
x − a
= ϕ(
f (x) − f (a)
x − a
)
i z ciagłości funkcji ϕ.
T
WIERDZENIE
8. Jeżeli f : D → E jest funkcja różniczkowalna w punkcie
a ∈ D oraz g: E → Y jest funkcja różniczkowalna w punkcie b = f (a), to g ◦ f
jest funkcja różniczkowalna w punkcie a oraz
(10)
(g ◦ f )
0
(a) = g
0
(b)f
0
(a).
Jeżeli funkcje f i g są różniczkowalne, to g ◦ f jest funkcja różniczkowalna
148
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
(g ◦ f )
0
= (g
0
◦ f )f
0
.
D o w ó d. Niech
ε(y) =
(
g(y)−g(b)
y−b
dla y ∈ E \ {b}
0
dla y = b.
Wtedy
g(y) − g(b) = g
0
(b)(y − b) + ε(y)(y − b).
Podtawiając y = f (x) i uwzględniając, że b = f (a), dostajemy
(11)
(g ◦ f )(x) − (g ◦ f )(a)
x − a
= g
0
(b)
f (x) − f (a)
x − a
+ ε(f (x))
f (x) − f (a)
x − a
.
Funkcja ε jest ciągła w punkcie b = f (a), a funkcja f ciągła w punkcie a,
więc lim
x→a
ε(f (x)) = ε(b) = 0 wobec tego z równości (11) w granicy dla x → a
dostajemy (10).
Druga część twierdzenia jest wnioskiem z części pierwszej.
T
WIERDZENIE
9. Funkcje F : D → Y
1
× . . . × Y
k
, F = (f
1
, . . . , f
k
), jest róż-
niczkowalna w punkcie a ∈ D wtedy i tylko wtedy, gdy wszystkie jej współrzędne
f
1
, . . . , f
k
są różniczkowalne w punkcie a. Przy tym
F
0
(a) = f
0
1
(a), . . . , f
0
k
(a)
.
Funkcja F jest różniczkowalna wtedy i tylko wtedy, gdy są różniczkowalne
wszystkie jej współrzędne i wówczas
F
0
= (f
0
1
, . . . , f
0
k
).
D o w ó d. Wystarczy zauważyć, że
F (x) − F (a)
x − a
=
f
1
(x) − f
1
(a)
x − a
, . . . ,
f
k
(x) − f
k
(a)
x − a
i powołać się na twierdzenie 4 z § 9.
ćwiczenia
1. Niech f : (−1; 1) → l (zob. § 23, ćwicz. 3) będzie funkcją określoną nastepujaco:
f (x) = (x, x
2
, . . . , x
l
, . . .),
Zbadać różniczkowalność funkcji f w punkcie x = 0.
2. Rozważmy funkcje f : R → l określoną następująco:
f (x) =
1
n
e
n
dla x =
1
n
, n = 1, 2, . . . ,
0
dla pozostałych x ∈
R
§ 25. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej
149
oznaczenia takie jak w ćwicz. 3 z § 23). Dowieść, że funkcja f jest ciagła w punkcie
x = 0, nie jest różniczkowalna w tym punkcie i że styczna do wykresu funkcji f w
punkcie (0, f (0)) jest prostą o równaniu y = 0.
3. Niech f
i
: D → Y
i
(i = 1, 2, . . . , k), ϕ ∈ L(Y
1
, . . . , Y
k
; Z) (D ⊂ R , Y
1
, . . . , Y
k
, Z
-przestrzeniu unormowane). Dowieść, że jeżeli funkcje f
1
, . . . , f
k
są różniczkowalne w
punkcie a, to funkcja ψ: D → Z gdzie
ψ(x) = ϕ(f
1
(x), . . . , f
k
(x)),
jest różniczkowalna w punkcie a i
ψ
0
(a) =
k
X
i=1
ϕ(f
1
(a), . . . , f
i−1
(a), f
0
1
(a), f
i+1
(a), . . . , f
k
(a)).
4. Niech D ⊂ R, f
ij
: D → R
k
(i = 1, 2, . . . , k) - funkcje roźniczkowalne w punkcie
a i ψ: D → R gdzie
ψ(x) = det[f
ij
(x)].
Wyznaczyć ψ
0
(a).
Wskazówka. Zob. poprzednie ćwiczenie.
Odpowiedz. 1 f.
0
(0) = (1, 0, 0, . . .).
150
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach
rzeczywistych.
1. Przykłady. 1. Dla każdego x i dowolnego naturalnego k
(x
k
)
0
= kx
k−1
(x
k
)
0 1
(dla k = 1, x = 0 umawiamy sie, że 0
0
= 1).
Dowodzimy tego za pomocą indukcji. Dla k = 1 prawdziwość wzoru, który w
tym przypadku przyjmuje postać (x)
0
= 1, wynika wprost z definicji. Zakładając
jego słuszność dle pewnego k z równości x
k+1
= x
k
x wnosimy, że (x
k+1
)
0
=
(x
k
)
0
x + x
k
(x)
0
= kx
k−1
x + x
k
= (k + 1)x
k
.
2. Dla x 6= 0 i dowolnego naturalnego k
(
1
x
k
)
0
= −k
1
x
k+1
.
Na mocy wzoru z poprzedniego przykładu i wzoru (9) z § 25
(
1
x
k
)
0
= −
(x
k
)
0
(x
k
)
2
= −
kx
k−1
x
2
k
= −k
1
x
k+1
.
3. Jeżeli a > 0, a 6= 0, to dla każdego x > 0
(1)
(log
a
x)
0
=
1
x log
a
, w szczególności (log x)
0
=
1
x
.
Niech x
n
> 0, x
n
6= x (n = 1, 2, . . .) i x
n
→ x. Mamy
(2)
log
a
x
n
− log
a
x
x
n
− x
=
1
x log a
·
log(1 − y
n
)
y
n
,
gdzie y
n
=
1
x
(x
n
− x) (n = 1, 2, . . .). Ponieważ y
n
> −1 i y
n
→ 0, więc
log(1 + y
n
)
y
n
→ 1
(zob. § 18, wzór (6)) i w takim razie z (2) wynika, źe
log
a
x
n
− log
a
x
x
n
− x
→
1
x log a
,
co dowodzi wzoru (1).
Uogólnieniem drugiego ze wzorów (1) jest
(log |x|)
0
=
1
x
dla x 6= 0
1
oznacza pochodną funkcji x → x
k
w punkcie x symbol f
0
(x) został zastapiony znacznie
wygodniejszym- chociaż niezbyt poprawnym- oznaczeniem (f (x))
0
. Tak samo postępujemy w
dalszych przykładach.
§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych
151
4. Jeżeli a > 0 , to dla każdego x
(3)
(a
x
)
0
= a
x
log a, w szczególności (e
x
)
0
= e
x
.
Niech x
n
6= x (n = 1, 2, . . .), x
n
→ x. Przyjmijmy y
n
= a
x
n
−x
− 1. Wtedy
(4)
a
x
n
− a
x
x
n
− x
= a
x
log a
y
n
log(1 + y
n
)
dla n = 1, 2, . . . . Ponieważ y
n
> −1 i y
n
→ 0, więc tak samo jak w poprzed-
nim przykładzie z (4) wnosimy, że
a
x
n
− a
x
x
n
− x
→ a
x
log a.
5. Dla dowolnego α i każdego x > 0
(x
α
)
0
= αx
α−1
.
Ponieważ
x
α
= e
α log x
.
więc na mocy wzorów z przykładów 3 i 4 oraz twierdzenia 8 z § 25 o różniczko-
waniu złożenia
(x
α
)
0
= e
α log x
(α log x)
0
= e
α log x
α
x
= αx
α−1
.
6. Dla każdego x
(sin x)
0
= cos x, (cos x)
0
= − sin x.
Niech x
n
¬x (n = 1, 2, . . .), x
n
→ x. Mamy
sin x
n
− sin x
x
n
− x
=
sin y
n
y
n
cos(x + y
n
),
cos x
n
− cos x
x
n
− x
= −
sin y
n
y
n
sin(x + y
n
),
gdzie y
n
=
1
2
(x
n
−x) → 0. Ponieważ
sin y
n
y
n
→ 1 (zob. § 9, przykład 3) i cos(x+
y
n
) → cos x, sin(x + y
n
) → sin x wobec ciagłości funkcji trygonometrycznych,
wiec
sin x
n
− sin x
x
n
− x
→ cos x
cos x
n
− cos x
x
n
− x
→ − sin x
7. Wyprowadzimy teraz wzory
152
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
(tg x)
0
=
1
cos
2
x
dlax 6=
1
2
π + kπ (k = 0,
+
− 1, . . .),
(ctgh x)
0
=
1
sin
2
x
dlax 6= kπ (k = 0,
+
− 1, . . .),
Na mocy twierdzenia 6 z § 25 o różniczkowaniu ilorazu i wzorów z poprzed-
niego przykładu
(tg x)
0
= (
sin x
cos x
)
0
=
(sin x)
0
cos x − sin x(cos x)
0
cos
2
x
=
cos
2
x + sin
2
x
cos
2
x
=
1
cos
2
x
.
Podobnie wyprowadza się drugi wzór.
Zanim przejdziemy do następnych przykładów, udowodnimy następujące
T
WIERDZENIE
1. Jeżeli f : (a; b) → R jest funkcją ciągłą i ściśle monotonicz-
ną, różniczkowalną w punkcie x ∈ (a; b) i f
0
(x) 6= 0, to funkcja odwrotna f
−1
jest różniczkowalna w punkcie y = f (x) oraz
(f
−1
)
0
(y) =
1
f
0
(x)
.
D o w ó d. Zbiór wartości funkcji f , będący dziedziną funkcji f
−1
(n = 1, 2, . . .).
Dla dowolnego ciągu (y
n
) punktów tego przedziału, gdzie y
n
6= y (n = 1, 2, . . .)
i y
n
→ y, mamy
(5)
f
−1
(y
n
) − f
−1
(y)
y
n
− y
=
x
n
− x
f (x
n
) − f (x)
,
gdzie x
n
= f
−1
(y
n
) (n = 1, 2, . . .). Ponieważ funkcja f
−1
jest ciągła (zob, §18,
tw. 5), więc x
n
→ f
−1
(y) = x. Stąd i z (5)
f
−1
(y
n
) − f
−1
(y)
y
n
− y
→
1
f
0
(x)
Następne przykłady ilustrują to twierdzenie.
8. Dla każdego x ∈ (−1, 1)
(arc sin x)
0
=
1
√
1 − x
2
,
(arc cos x)
0
= −
1
√
1 − x
2
.
Dla dowodu weźmiemy jako f w twierdzeniu 1 funkcje x → sin x zreduko-
waną do przedziału (−
1
2
π;
1
2
π). Otrzymujemy
(arc sin y)
0
=
1
(sin x)
0
=
1
cos x
=
1
p
1 − sin
2
x
=
1
p
1 − y
2
.
Drugi wzór wyprowadza się zupełnie podobnie.
9. Dla każdego x
§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych
153
(arc tg x)
0
=
1
1 + x
2
Z twierdzenia 1, biorąc za f funkcje x → tg x zredukowaną do przedziału
(−
1
2
π;
1
2
π) , wnosimy, że
(arc tg y)
0
=
1
(tg x)
0
= cos
2
x =
1
1 + tg
2
x
=
1
1 + y
2
otrzymując pierwszy wzór. Wyprowadzenie drugiego jest podobne.
2. Pochodna nieskończona. W przypadku funkcji o wartościach rzeczy-
wistych pojęcie pochodnej można rozszerzyć, przyjmując
f
0
(a) = lim
n→a
f (x) − f (a)
x − a
zawsze, gdy istnieje granica po prawej stronie w konsekwencji może być
f
0
(a) = +∞ oraz f
0
(a) = −∞. Nie będziemy jednak rozszerzać pojęcia różnicz-
kowalności funkcji, tzn. za różniczkowalna w punkcie a bedziemy uważać funkcje
f wtedy, gdy f
0
(a) jest liczbą skończoną.
Można łatwo udowodnić
T
WIERDZENIE
2. Jeżeli funkcja f : D → R jest ciągła w punkcie a ∈ IntD,
to istnienie niskończonej pochodnej f
0
(a) jest równoważna temu, że prosta o
równaniu x = a jest styczna do wykresu funkcji f w punkcie (a, f (a)).
Niech na przykład
f (x) =
3
√
x, x ∈ R.
Mamy
f
0
(0) = lim
n→0
3
√
x
x
= lim
n→0
1
3
√
x
2
= +∞.
Styczną do wykresu funkcji f w punkcie (0, f (0)) = (0, 0) jest prosta o równaniu x = 0.
3. Twierdzenie Rolle’a, Lagrange’a i Cauchy’ego. Udowodnimy naj-
pierw następujący
L
EMAT
(Fermata). Jeżeli D⊂ R, f : D→ R, ξ ∈ IntD i f (x) f (ξ) (albo
f (x) ¬ f (ξ)) dla każdego x ∈ D, to z istnienia pochodnej funkcji f w punkcie ξ
wynika, że f
0
(ξ) = 0 .
Dowód. Istnieje δ > 0 takie, że hξ−δ, ξ+δi ⊂ D. Niech x
n
= ξ+δ(−1)
n
/n (n =
1, 2, . . .).
Ponieważ x
n
6= ξ i x
n
→ ξ, więc
lim
n→∞
f (x
n
) − f (ξ)
x
n
− ξ
= f
0
(ξ).
Jeżeli f (x) f (ξ) dla każdego x ∈ D, to
f (x
2
k) − f (ξ)
x
2
k − ξ
0
f (x
2k−1
) − f (ξ)
x
2k−1
− ξ
154
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
(k = 1, 2, . . .) i w granicy dla k → ∞ otrzymujemy f
0
(ξ) 0 f
0
(ξ). Stąd
f
0
(ξ) = 0.
Podobnie rozumie się, gdy f (x) ¬ f (ξ) dla każdego x ∈D.
T
WIERDZENIE
3. (Rolle’a). Jeżeli f : ha; bi → R jest funkcją ciągła mającą
pochodną w każdym punkcie przedziału (a; b) i f (a) = f (b), to istnieje punkt
ξ ∈ (a; b) taki,że f
0
(ξ) = 0.
D o w ó d. Ponieważ przedział ha; bi jest zbiorem zwartym, więc z twierdzenia
Weierstrassa (§17, tw. 8) wynika istnienie takich punktów x
1
, x
2
∈ ha; bi, że
f (x
1
) ¬ f (x) ¬ f (x
2
)
dla każdego x ∈ ha; bi,
Jeżeli f (x
1
) = f (x
2
) , to funkcja jest stała, więc f
0
(x) = 0 dla każdego
x ∈ ha; bi.
Jeżeli f (x
1
) < f (x
2
), to z równości f (a) = f (b) wynika, że przynajmniej je-
den z punktów x
1
i x
2
jest punktem wewnętrznym przedziału ha; bi. Oznaczając
go przez ξ wnosimy z lematu Fermata, że f
0
(ξ) = 0.
T
WIERDZENIE
4.(Lagrange’a o przyrostach). Jeżeli f : ha; bi →R jest funkcją
ciągła mającą pochodną w każdym punkcie przedziału (a; b), to istnieje punkt
ξ ∈ (a; b) taki, że
(6)
f (b) − f (a)
b − a
= f
0
(ξ).
D o w ó d. Niech
ϕ(x) = f (x) − f (b) −
f (b) − f (a)
b − a
(x − a).
Funkcja ϕ spełnia założenia twierdzenia Rolle’a, bo ϕ(a) = 0 = ϕ(b) i
ϕ
0
(x) = f
0
(x) −
f (b) − f (a)
b − a
dla x ∈ (a; b).
Równość ϕ
0
(ξ) = 0 daje (6).
Twierdzenie Lagrange’a wypowiada się również w sformułowaniu nieco ogól-
niejszym:
Jeżeli I ⊂R jest przedziałem, f : I → R jest funkcją ciągłą, mającą pochodną
w dowolnym punkcie zbioru Int I \{a}, gdzie a ∈I, to dla każdego x ∈I istnieje
liczba θ taka, że
0 < θ < 1 i f (x) = f (a) + f
0
(a + θ(x − a))(x − a).
T
WIERDZENIE
5. Niech I ⊂ R bedzie przedziałem. Jeżeli funkcja ciągła f : I →R
ma pochodną w każdym punkcie x ∈ Int I i f
0
(x) > 0, to f jest funkcją rosnącą.
Analogicznie, jeżeli dla każdego x ∈ Int I jest f
0
(x) < 0, to f jest funkcja
malejąca.
§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych
155
D o w ó d. Załóżmy, że pochodna jest dodatnia. Niech x
1
< x
2
. Na mocy
twierdzenia Lagrange’a
f (x
2
) − f (x
1
) = f
0
(ξ)(x
2
− x
1
) > 0,
tj. f (x
2
) > f (x
1
),
Tak samo rozumie się, gdy pochodna jest ujemna.
T
WIERDZENIE
6. ( Cauchy’ego o przyrostach). Niech f, g: ha; bi → R bę-
dą funkcjami ciągłymi. Jeżeli obie funkcje f ig są różniczkowalne na (a; b) i
g
0
(x) 6= 0 dla każdego x ∈ (a; b), to istnieje punkt ξ ∈ (a; b) taki, że
(7)
f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
=
f
0
(ξ)
g
0
(ξ)
.
D o w ó d. g(b) 6= g(a) na mocy twierdzenia Rolle’a. Przyjmując
ϕ(x) = f (x) − f (a) −
f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
(g(x) − g(a))
określamy na przedziale ha; bi funkcje ϕ, która spełnia założenia twierdzenia
Rolle’a, bo ϕ(a) = 0 = ϕ(b) oraz
ϕ
0
(x) = f
0
(x) −
f (b) − f (a)
g(b) − g(a)
g
0
(x).
Równość ϕ
0
(ξ) = 0 daje (7).
Dla funkcji g(x) = x wzór (7) sprowadza się do wzoru (6) z twierdzenia
Lagrange’a.
Twierdzenie Cauchy’ego formułuje się również ogólniej, jak następuje: Jeżeli
I ⊂ R jest przedziałem, funkcją ciągłą f, g: I → R sa różniczkowalne w zbiorze
Int I \{a}, gdzie a ∈ I , przy czym pochodna funkcji g nigdzie nie jest równa
zeru, to dla każdego x ∈ I \{a} istnieje liczba θ taka, że
0 < θ < 1
i
f (x) − f (a)
g(x) − g(a)
=
f
0
(a + θ(x − a)
g
0
(a + θ(x − a)
.
4. Reguły de L’Hospitala
T
WIERDZENIE
7. Niech D = (a; b)\{x
0
}, gdzie x
0
jest punktem skupienia
przedziału (a; b) i niech f, g: D → R będą funkcjami różniczkowalnymi. Jeżeli
g
0
(x) 6= 0 dla x ∈ D oraz
lim
x→x
0
f (x) = lim
x→x
0
g(x) = 0, +∞ lub − ∞
to z istnienia granicy
(8)
lim
x→x
0
f
0
(x)
g
0
(x)
= c
156
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
wynika istnienie granicy
lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= c.
D o w ó d. W pierwszym przypadku, gdy lim
x→x
0
f (x) = 0 = lim
x→x
0
g(x), dowód
nie przedstawia trudności. Przyjmujemy f (x
0
) = g(x
0
) = 0, rozszerzając w ten
sposób funkcje f i g na przedział D ∪{x
0
}. Dla dowolnego ciągu (x
n
) punktów
zbioru D mamy na mocy twierdzenia Cauchy’ego.
(9)
f (x
n
)
g(x
n
)
=
f
0
(ξ
n
)
g
0
(ξ
n
)
,
gdzie ξ
n
= x
0
+ θ
n
(x
n
− x
0
), 0 < θ
n
< 1 i w konsekwencji |ξ
n
− x
0
| < |x
n
− x
0
|
dla n = 1, 2, . . . Stąd wynika, że jeżeli x
n
→ x
0
, to ξ
n
→ x
0
i wobec założenia
(8) prawa strona równości (9) - a zatem i lewa strona - jest ciągiem zbieżnym
do granicy c. Dowodzi to tezy twierdzenia.
Przejdźmy do drugiego przypadku. Niech lim
x→x
0
g(x) = +∞ i
(10)
lim
x→x
0
f
0
(x)
g
0
(x)
= 0.
Udowodnimy, że jeżeli x
0
> a, to
(11)
lim
x→x
−
0
f (x)
g(x)
= 0.
Dla drugiej liczby ε > 0 z naszych założeń wynika istnienie takiej liczby
¯
x ∈ (a, x
0
), że
(12)
g(x) > 0 i |
f
0
(x)
g
0
(x)
| <
1
2
ε dla ¯
x < x < x
0
Niech teraz a < x
n
< x
0
(n = 1, 2, . . .) i x
n
→ x
0
. Istnieje N
1
takie, że
x
n
> ¯
x dla n > N
1
. Mamy
(13)
f (x
n
)
g(x
n
)
=
f (¯
x)
g(x
n
)
+
f (x
n
) − f (¯
x)
g(x
n
) − g(¯
x)
(1 −
g(¯
x)
g(x
n
)
).
Na mocy twierdzenia Cauchy’ego
f (x
n
) − f (¯
x)
g(x
n
) − g(¯
x)
=
f
0
(ξ
n
)
g
0
(ξ
n
)
,
gdzie (dla n > N
1
) ¯
x < ξ
n
< x
0
, wiec z (12) wnosimy, że
§ 26. Pochodna funkcji zmiennej rzeczywistej o wartościach rzeczywistych
157
|
f (x
n
) − f (¯
x)
g(x
n
) − g(¯
x)
| <
1
2
ε.
W takim razie z (13) dostajemy
|
f (x
n
)
g(x
n
)
| ¬ |
f (¯
x)
g(x
n
)
| +
1
2
ε|1 −
g(¯
x)
g(x
n
)
|
dla n > N
1
. Ponieważ prawa strona jest ciągiem zbieżnym do
1
2
ε, więc ostatecz-
nie stwierdzamy, że istnieje N takie, że dla n > N jest |f (x
n
)/g(x
n
)| < ε. W
ten sposób dowiedliśmy (11).
Podobnie dowodzi się, że jeżeli x
0
< b, to lim
x→x
+
0
(f (x)/g(x)) = 0.
A więc w przypadku gdy lim
x→x
0
g(x) = +∞ (założenie, że lim
x→x
0
f (x) = +∞,
nie było do tej pory wykorzystywane), teza twierdzenia jest prawdziwa dla c = 0.
Stąd wynika jej prawdziwość dla dowolnego c ∈ R, bo
f (x)
g(x)
= c +
f
1
(x)
g(x)
, gdzie f
1
(x) = f (x) − cg(x)
oraz
lim
x→x
0
f
0
1
(x)
g
0
(x)
= lim
x→x
0
(
f
0
(x)
g
0
(x)
− c) = 0.
Jeżeli c = +∞, to f
0
(x) 6= 0 dla x dostatecznie bliskich x
0
oraz lim
x→x
0
(g
0
(x)/f
0
(x)) =
0, wiec założenie lim
x→x
0
f (x) = +∞ implikuje lim
x→x
0
(g(x)/f (x)) = 0. Jeżeli przy
tym lim
x→x
0
g(x) = +∞, to obie funkcje f i g są dodatnie blisko punktu x
0
i wo-
bec tego lim
x→x
0
(f (x)/g(x)) = +∞. Przypuszczenie, że c = −∞, jest sprzeczne z
pozostałymi założeniami.
Zastępując w udowodnionej już części twierdzenia f i g odpowiednio przez
−f i −g stwierdzamy, że jest ono prawdziwe także w ostatnim przypadku, gdy
wspólną wartością obu granic funkcji f i g w punkcie x
0
jest −∞.
T
WIERDZENIE
8. Niech f, g: (a : +∞) → R będą funkcjami różniczkowal-
nymi.Jeżeli g
0
(x) 6= 0 dla każdego x > a oraz
lim
x→+∞
f (x) =
lim
x→+∞
g(x) =
0, +∞ lub − ∞
to z istnienia granicy
lim
x→+∞
f
0
(x)
g
0
(x)
= c
wynika istnienie granicy
lim
x→+∞
f (x)
g(x)
= c.
D o w ó d. Można założyć, że a > 0. Niech f
1
(t) = f (1/t), g
1
(t) = g(1/t) dla
t ∈ (0, 1/a). Wtedy
158
III. Wstępne wiadomości z rachunku różniczkowego i całkowego
f
0
1
(t) = −
1
t
2
f
0
(
1
t
) i g
0
1
(t) = −
1
t
2
g
0
(
1
t
).
Wobec tego na mocy poprzedniego twierdzenia
lim
x→+∞
f (x)
g(x)
= lim
t→0
f
1
(t)
g
1
(t)
= lim
t→0
f
0
1
(t)
g
0
1
(t)
=
lim
x→+∞
f
0
(x)
g
0
(x)
= c.
Twierdzenie 7 i 8 znane sa pod nazwą reguł de L’Hospitala.
ćwiczenia
1. Niech a
n
∈ R (n = 1, 2, . . .), a
n
6= a
m
dla n 6= m. Przyjmijmy %
f (x) =
∞
X
n=1
|x − a
n
|
2
n
(|a
n
| + 1)
.
Wykazać, że f
0
(x) istnieje wtedy i tylko wtedy, gdy x 6= a
n
dla n = 1, 2, . . .
Wskazówka. Zastosować twierdzenie 20 z §23.
2.Dowieść, że funkcja różniczkowalna f : ha; bi →R jest rosnąca wtedy i tylko wtedy,
gdy f
0
(x) 0 dla wszystkich x ∈ ha; bi i zbiór {x : f
0
(x) > 0} jest gesty w ha; bi.