Wykład 2

I Rok LOGISTYKI: wykªad 2
Pochodna funkcji
Niech f jest okre±lona w Q(x0 , δ) i x ∈ Q(x0 , δ).
Oznaczenia:
Denicja 1.
∆x
= x − x0
∆y
∆y
∆x
∆y
∆x
= y − y0 = f (x0 + ∆x) − f (x0 )
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
=
− iloraz ró»nicowy
∆x
= tgβ, gdzie β − k¡t nachylenia siecznej do osi Ox
pochodnej
f 0 (x0 ) =
lim
∆x→0
f (x0 + ∆x) − f (x0 )
∆x
o ile granica ta jest sko«czona. Pochodn¡ oznaczamy równie» symbolem
dy
dx .
Interpretacja geometryczna:
f 0 (x0 ) = tgα, gdzie α − k¡t nachylenia stycznej do osi Ox
Równanie stycznej do krzywej y = f (x) w pkt. (x0 , f (x0 )):
y − f (x0 ) = f 0 (x0 )(x − x0 )
1
Przykªad:
PODSTAWOWE WZORY
(f · g)0 = f 0 · g + f · g 0
(f ± g)0 = f 0 ± g 0
f
f 0 ·g−f ·g 0
g =
g2
(c)0 = 0
(c · f )0 = c · f 0
(xr )0 = rxr−1
(sin x)0 = cos x
(cos x)0 = − sin x
1
(ctgx)0 = − 2
sin x
(ex )0 = ex
1
(ln x)0 =
x
(tgx)0 =
1
cos2 x
(ax )0 = ax · ln a
(loga x)0 =
1
x
(arcsin x)0 =
(arctgx)0 =
·
1
ln a
1
1 − x2
1
(arcctgx)0 = −
1 + x2
0
(cosh x) = sinh x
(arccos x)0 = − √
√ 1
1−x2
1
1+x2
(sinh x)0 = cosh x
Przykªady:
2
Pochodn¡ funkcji zªo»onej f (g(x)) wyznaczamy ze wzoru:
(f (g(x)))0 = f 0 (g(x)) · g 0 (x)
Przykªady:
Denicja 2.
Funkcja
f
jest ró»niczkowalna w pkt.
x0
wtw, gdy istnieje staªa
A
taka, »e:
∆y = A · ∆x + θ(∆x)
gdzie
Twierdzenie 3.
Wtedy
Funkcja
f
θ(∆x) → 0
jest ró»niczkowalna w pkt.
gdy
x0
∆x → 0
wtw, gdy istnieje pochodna w tym punkcie.
A = f 0 (x0 ).
Mamy:
∆y = f 0 (x0 ) · ∆x +θ(∆x).
|
{z
}
df
Ró»niczk¦ zupeªn¡ df wykorzystujemy do oblicze« przybli»onych, czyli:
∆y ≈ df
f (x) ≈ f (x0 ) + df
Przykªad:
3
Twierdzenie 4.
warunek konieczny ró»niczkowalno±ci funkcji.
Je»eli funkcja jest ró»niczkowalna w pkt.
Denicja 5.
x0 ,
to jest w tym punkcie ci¡gªa.
pochodnych wy»szych rz¦dów
00
f (x)
0
0
=
(f (x)) ,
=
(f (n) (x))0 ,
czyli
d2 f
d
=
dx2
dx
df
dx
dn+1 f
d
=
dxn+1
dx
.
.
.
f (n+1) (x)
czyli
Analogicznie deniujemy ró»niczki wy»szych rz¦dów:
d2 f
= f 00 (x) · (∆x)2
..
.
dn f
= f (n) (x) · (∆x)n
Przykªad:
4
dn f
dxn
Twierdzenie 6.
Je»eli
f
[Rolle'a]
jest ci¡gªa na
< a, b >,
ma pochodn¡ na
(a, b)
i
f (a) = f (b),
to
∃c∈(a,b) f 0 (c) = 0
Twierdzenie 7.
Je»eli
f
[Lagrange'a]
jest ci¡gªa na
< a, b >
i ma pochodn¡ na
(a, b),
∃c∈(a,b) f 0 (c) =
to
f (b) − f (a)
b−a
Wnioski:
f 0 (x) = 0 dla x ∈ (a, b)
⇐⇒
f (x) − staªa w (a, b)
f (x) > 0 dla x ∈ (a, b)
⇐⇒
f (x) − rosn¡ca w (a, b)
f (x) < 0 dla x ∈ (a, b)
⇐⇒
f (x) − malej¡ca w (a, b)
0
0
5
Ekstremum funkcji
Denicja 8.
Twierdzenie 9.
Je»eli funkcja
f ma w pkt. x0 maksimum (minimum) lokalne, je»eli istnieje s¡siedztwo S(x0 , δ),
x ∈ S(x0 , δ) speªniona jest nierówno±¢: f (x) ≤ f (x0 )
(f (x) ≥ f (x0 ))
Funkcja
takie »e dla ka»dego
f
[warunek konieczny istnienia ekstremum]
ma w pkt.
x0
ekstremum i ma w tym punkcie pochodn¡, to
f 0 (x0 ) = 0.
Punkt zerowanie
si¦ pochodnej nazywamy punktem stacjonarnym.
Wniosek: Funkcja mo»e mie¢ ekstremum jedynie w tych punktach, w których pochodna nie istnieje albo
jest równa 0.
Twierdzenie 10.
Je»eli funkcja
f
warunek wystarczaj¡cy istnienia ekstremum
jest ci¡gªa w pkt.
x0
i posiada pochodn¡ w
f 0 (x) < 0
0
f (x) > 0
to ma w
x0
S(x0 , δ)
oraz
dla
x ∈ (x0 − δ, x0 )
dla
x ∈ (x0 , x0 + δ)
minimum lokalne. Je»eli zachodz¡ nieróno±ci:
f 0 (x) > 0
0
f (x) < 0
to funkcja ma w
x0
dla
x ∈ (x0 − δ, x0 )
dla
x ∈ (x0 , x0 + δ)
maksimum wªa±ciwe.
Przykªad:
6
Wkl¦sªo±¢, wypukªo±¢, punkty przegi¦cia wykresu funkcji
Denicja 11.
•
Mówimy, »e funkcja
wypukªa w przedziale
wykresem funkcji
•
jest
gdy sieczna przechodz¡ca przez punkty
(a, f (a))
i
(b, f (b))
(a, b),
gdy sieczna przechodz¡ca przez punkty
(a, f (a)) i (b, f (b)) le»y pod wykre-
f.
Rysunek
Twierdzenie 12.
le»y nad
f,
wkl¦sªa w przedziale
sem funkcji
(a, b),
f
[warunki wystarczaj¡ce dla wypukªo±ci i wkl¦sªo±ci]
•
Je»eli
f 00 (x) > 0
dla ka»dego
x ∈ (a, b),
to funkcja
f
jest wypukªa w przedziale
•
Je»eli
f 00 (x) < 0
dla ka»dego
x ∈ (a, b),
to funkcja
f
jest wkl¦sªa w przedziale
Dowód.
7
(a, b),
(a, b).
Denicja 13.
f jest okre±lona w Q(x0 , δ). Punkt (x0 , f (x0 )) jest
f , gdy funkcja ta jest wypukªa w (x0 −δ, x0 ) oraz wkl¦sªa w (x0 , x0 +δ),
[punktu przegi¦cia] Niech funkcja
punktem przegi¦cia wykresu funkcji
albo odwrotnie.
Twierdzenie 14.
• (x0 , f (x0 ))
•
to
istnieje
[warunek konieczny istnienia punktu przegi¦cia] Je»eli funkcja
f
speªnia warunki:
jest punktem przegi¦cia,
f 00 (x0 ),
f 00 (x0 ) = 0.
Wniosek: Funkcja mo»e mie¢ punkty przegi¦cia jedynie w punktach zerowania si¦ jej pochodnej II rz¦du,
albo w punktach, w których pochodna ta nie istnieje.
Twierdzenie 15.
• f
ma pochodn¡ w
• f 00 (x) < 0
to
[ I warunek wystarczaj¡cy istnienia punktu przegi¦cia] Je»eli funkcja
(x0 , f (x0 ))
dla
f
speªnia warunki:
x0 ,
x ∈ (x0 − δ, x0 )
oraz
f 00 (x) > 0
dla
x ∈ (x0 , x0 + δ),
jest punktem przegi¦cia. Mog¡ zachodzi¢ nierówno±ci odwrotne do powy»szych.
Zadanie.
Twierdzenie 16.
[reguªa de l'Hospitala]
Je»eli: 1. dziedziny funkcji
2.
f0
f
g i g 0 zawieraj¡ pewne
S(x0 , δ)
a) lim f (x) = lim g(x) = ±∞
x→x0
3. istnieje granica
lim
x→x0
f 0 (x)
g 0 (x)
to istnieje równie» granica
lim
x→x0
albo
x→x0
lim
8
lim f (x) = lim g(x) = 0
x→x0
x→x0
,
(wªa±ciwa lub niewªa±ciwa)
x→x0
f (x)
f 0 (x)
= lim 0
.
g(x) x→x0 g (x)
b)
f (x)
g(x)
i zachodzi równo±¢:
Twierdzenie powy»sze jest równie» prawdziwe dla granic jednostronnych i gdy x → ±∞.
Przykªady:
Badanie funkcji
1. dziedzina funkcji
2. cechy szczególne: miejsca zerowe, parzysto±¢, nieparzysto±¢, okresowo±¢, itd.
3. asymptoty
4. badanie y 0
5. tabelka
6. wykres
Przykªad:
9