Druga pochodna funkcji - E-SGH

Druga pochodna funkcji
Justyna Winnicka
Na podstawie podr¦cznika Matematyka. e-book
M. D¦dys, S. Dorosiewicza, M. Ekes, J. Kªopotowskiego.
rok akademicki 2016/2017
Denicja
Pochodn¡ drugiego rz¦du lub drug¡ pochodn¡ funkcji f
funkcj¦
f ′′ = (f ′ )′ ,
Funkcj¦, która w ka»dym punkcie przedziaªu
funkcj¡ dwukrotnie ró»niczkowaln¡,
Je±li dodatkowo
∶ (a, b) → R
nazywamy
o ile taka istnieje.
f ′ ∶ (a, b) → R
(a, b)
ma drug¡ pochodn¡ nazywamy
jest funkcj¡ ci¡gª¡, to mówimy, »e
ró»niczkowalna w sposób ci¡gªy.
f
jest
dwukrotnie
Przykªad
Wyznaczymy drug¡ pochodn¡ funkcji
f (x) = x 3 cos x.
Przykªad
Wyka»emy, »e nie istnieje
f ′′ (0),
gdzie
f ∶ R → R,
f (x) = x∣x∣.
Twierdzenie (warunek dostateczny istnienia ekstremum)
Niech
f ∶ (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ dwukrotnie rózniczkowaln¡ w sposób ci¡gªy, a
x0 ∈ (a, b) takim punktem, »e f ′′ (x0 ) = 0.
Je±li
Je±li
f ′′ (x0 ) > 0, to f ma w x0 minimum lokalne.
f ′′ (x0 ) < 0, to f ma w x0 maksimum lokalne.
Przykªad
Wyznaczymy ekstrema lokalne funkcji
f (x) = e −2x (x − 2), x ∈ R.
Denicja
Mówimy, »e funkcja
f ∶ (a, b) → R
jest
wypukªa wtedy i tylko wtedy, gdy speªniony
jest warunek
f ((1 − t)x1 + tx2 ) ≤ (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 )
dla dowolnych
Je±li ponadto
x1 , x2 ∈ (a, b), t ∈ ⟨0, 1⟩.
f ((1 − t)x1 + tx2 ) < (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 )
f jest ±ci±le wypukªa.
dla
t ∈ (0, 1),
to mówimy, »e
‘cisªa wypukªo±¢ funkcji
funkcji
f
f
oznacza, »e odcinek ª¡cz¡cy dwa dowolne punkty wykresu
le»y nad wykresem. Wypukªo±¢ funkcji
f
oznacza, »e taki odcinek nie jest
poªo»ony ni»ej od wykresu funkcji.
Denicja (c.d)
Mówimy, »e funkcja
f ∶ (a, b) → R
jest
wkl¦sªa wtedy i tylko wtedy, gdy speªniony jest
warunek
f ((1 − t)x1 + tx2 ) ≥ (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 )
dla dowolnych
to mówimy,
x1 , x2 ∈ (a, b), t ∈ ⟨0, 1⟩.
f ((1 − t)x1 + tx2 ) > (1 − t)f (x1 ) + tf (x2 )
»e f jest ±ci±le wkl¦sªa.
Je±li ponadto
dla
t ∈ (0, 1),
‘cisªa wkl¦sªo±¢ funkcji
funkcji
f
f
oznacza, »e odcinek ª¡cz¡cy dwa dowolne punkty wykresu
le»y pod wykresem. Wkl¦sªo±¢ funkcji
f
oznacza, »e taki odcinek nie jest
poªo»ony wy»ej od wykresu funkcji.
Przykªad
f ∶ R → R, f (x) = x 2 jest (±ci±le) wypukªa,
g ∶ R → R, g (x) = −f (x) = x 2 jest (±ci±le) wkl¦sªa.
Funkcja
// funkcja
Denicja
Punkt
(x0 , f (x0 )),
gdzie
x0 ∈ (a, b)
nazywamy
punktem przegi¦cia wykresu funkcji f
r > 0,
(x0 − r , x0 ), (x0 , x0 + r )
wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje takie
»e w jednym z przedziaªów
funkcja
f
jest wypukªa, a w
drugim wkl¦sªa.
Przykªad
Punktami przegi¦cia funkcji
f ∶ R → R, f (x) = sin x
jest dowoln¡ liczb¡ caªkowit¡.
s¡ punkty postaci
(kπ, 0),
gdzie
k
Twierdzenie
Niech f ∶ (a, b)
Wówczas
a) funkcja
b) funkcja
→ R b¦dzie funkcj¡ dwukrotnie ró»niczkowaln¡ w sposób ci¡gªy.
f jest wypukªa na (a, b), je±li f ′′ (x) ≥ 0 dla ka»dego x ∈ (a, b),
f jest wkl¦sªa na (a, b), je±li f ′′ (x) ≤ 0 dla ka»dego x ∈ (a, b),
c) je±li f ′ (x) > 0 (odpowiednio f ′ (x) < 0) dla ka»dego
±ci±le wypukªa (odpowiednio ±ci±le wkl¦sªa) na (a, b).
x ∈ (a, b) to funkcja f jest
Twierdzenie
Niech f ∶ (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ dwukrotnie ró»niczkowaln¡ w sposób ci¡gªy,
x0 ∈ (a, b). Je±li (x0 , f (x0 )) jest punktem przegi¦cia wykresu funkcji f , to f ′′ (x0 ) = 0.
Twierdzenie
Niech f ∶ (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ dwukrotnie ró»niczkowaln¡ w sposób ci¡gªy,
x0 ∈ (a, b), f ′′ (x0 ) = 0. Je±li istnieje takie r > 0, »e w jednym z przedziaªów
(x0 − r , x0 ), (x0 , x0 + r ) zachodzi f ′′ (x) > 0, a w drugim f ′′ (x) < 0, to (x0 , f (x0 )) jest
punktem przegi¦cia wykresu funkcji f .
Przykªad
Niech
f (x) = e −2x (x − 2), x ∈ R. Wyznaczymy
f oraz punkty przegi¦cia jej wykresu.
przedziaªy wypukªo±ci i wkl¦sªo±ci
funkcji
f ′ (x) = e −2x (−2)(x − 2) + e −2x = e −2x (−2x + 5) oraz
f ′′ (x) = e −2x (−2)(−2x + 5) + e −2x (−2) = e −2x (4x − 12).
Mamy
Zachodzi
f ′′ (x) = 0 ⇔ x = 3,
f ′′ (x) > 0 ⇔ x > 3,
f ′′ (x) < 0 ⇔ x < 3.
f
St¡d wynika, »e
punkt
(3, e −6 )
jest wypukªa w przedziale
(3, ∞),
wkl¦sªa w przedziale
jest punktem przegi¦cia wykresu funkcji
(−∞, 3),
a
f.
Denicja (Tempo zmian warto±ci funkcji)
Niech
f ∶ (a, b) → R.
f jest
(a, b).
a) Je±li funkcja
w przedziale
f
(a, b).
b) Je±li funkcja
przedziale
rosn¡ca i ±ci±le wypukªa, to mówimy, »e
jest rosn¡ca i ±ci±le wkl¦sªa, to mówimy, »e
ro±nie coraz wolniej w
f
c) Je±li funkcja
f
jest malej¡ca i ±ci±le wypukªa, to mówimy, »e
d) Je±li funkcja
f
jest malej¡ca i ±ci±le wkl¦sªa, to mówimy, »e
wolniej w przedziale (a, b).
szybciej w przedziale (a, b).
ro±nie coraz szybciej
f
f
f
maleje coraz
maleje coraz
Przykªad
Funkcja
f (x) = x 2
(0, ∞).
maleje coraz wolniej w przedziale
(−∞, 0)
i ro±nie coraz szybciej w
przedziale
Funkcja
g (x) = −x 2 ro±nie
(0, ∞).
coraz wolniej w przedziale
(−∞, 0)
i maleje coraz szybciej
w przedziale
Twierdzenie
Niech
f ∶ (a, b) → R b¦dzie funkcj¡ dwukrotnie ró»niczkowaln¡ w sposób ci¡gªy.
a) Je±li f ′ (x) > 0 i f ′′ (x)
w przedziale (a, b).
b) Je±li f ′ (x) > 0 i f ′′ (x)
w przedziale (a, b).
c) Je±li f ′ (x) < 0 i f ′′ (x)
w przedziale (a, b).
d) Je±li f ′ (x) < 0 i f ′′ (x)
w przedziale (a, b).
> 0 dla ka»dego x ∈ (a, b), to funkcja f ro±nie coraz szybciej
< 0 dla ka»dego x ∈ (a, b), to funkcja f ro±nie coraz wolniej
> 0 dla ka»dego x ∈ (a, b), to funkcja f maleje coraz wolniej
< 0 dla ka»dego x ∈ (a, b), to funkcja f maleje coraz szybciej
Przykªad
Zbadamy tempo zmian warto±ci funkcji
Dziedzin¡ funkcji
f
jest zbiór
Pochodna funkcji
f
to
f (x) =
x
ln x
.
D = (0, 1) ∪ (1, ∞).
f ′ (x) =
ln x
− x 1x
2
ln x
f ′ (x) = 0 ⇔ ln x = 1 ∧ x ∈ D ⇔ x = e,
ln x
=
−1
2 x . Mamy
ln
f ′ (x) > 0 ⇔ ln x > 1 ∧ x ∈ D ⇔ x > e ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (e, ∞),
f ′ (x) < 0 ⇔ ln x < 1 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (0, 1) ∪ (1, e).
Druga pochodna jest dana wzorem
1 ln2 x − (ln x − 1)2(ln x) 1
ln x(2 − ln x)
x
x
=
. Mamy
2
4
ln x
ln x
x ln4 x
f ′′ (x) = 0 ⇔ (ln x = 0 ∨ ln x = 2) ∧ x ∈ D ⇔ x = e 2 ,
f ′′ (x) = (
ln x
−1
′
) =
f ′′ (x) > 0 ⇔ ln x(2 − ln x) > 0 ∧ x ∈ D ⇔ ln x ∈ (0, 2) ∧ x ∈ D ⇔
⇔ 0 < ln x < 2 ∧ x ∈ D ⇔ ln e 0 < ln x < ln e 2 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (1, e 2 ),
f ′′ (x) < 0 ⇔ ln x(2 − ln x) < 0 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (0, 1) ∪ (e 2 , ∞).
Wyniki przedstawimy w tablece. Na podstawie znaków pierwszej i drugiej pochodnej
okre±lamy rodzaj tempa zmian warto±ci funkcji w poszczególnych przedziaªach.
Przykªad (c.d.)
legenda:
,
f. - funkcja, m. - maleje, r. - ro±nie, c. - coraz, sz. - szybciej, w. - wolniej.
x
(0,1)
1
(1,e)
e
(e, e 2 )
e2
(e 2 , ∞)
f '(x)
-
-
0
+
+
+
f (x)
-
+
+
+
0
f(x)
f.m.c.sz.
×
×
×
f.m.c.w.
f.r.c.sz.
f.r.c.w.
Badanie przebiegu zmienno±ci funkcji dwukrotnie ró»niczkowalnej w sposób ci¡gªy
Wyznaczamy dziedzin¦ funkcji i zapisujemy j¡ w postaci przedziaªu/sumy
przedziaªów;
(ewentualnie) zaznaczamy (je±li istniej¡) punkty w których wykres funkcji
przecina osie ukªadu wspóªrz¦dnych, tzn. warto±¢
równania
f (x) = 0
na osi
f (0)
na osi
oy
oraz rozwi¡zania
ox ;
obliczamy granice funkcji na ko«cach przedziaªów dziedziny i wyznaczamy
równania asymptot;
wyznaczamy pierwsz¡ pochodn¡ i badamy jej znaki;
wyznaczamy drug¡ pochodn¡ i badamy jej znaki;
w tabeli zestawiamy znaki pochodnych, zaznaczamy tempo zmian warto±ci
funkcji, uwzgl¦dniamy policzone granice na ko«cach dziedziny;
na podstawie tabeli szkicujemy wykres funkcji.
f
Je±li funkcj¦
x0 ,
podejrzewamy o nieci¡gªo±¢ (a wi¦c i nieró»niczkowalno±¢) w punkcie
musimy mi¦dzy innymi policzy¢ granice jednostronne w
ci¡gªo±ci, istnienia asymptot pionowych w
x0
x0
- pomo»e to w zbadaniu:
oraz istnienia ekstremów lokalnych w
Przykªad
f (x) =
Zbadamy przebieg zmienno±ci funkcji
1. Dziedzin¡ funkcji f jest zbiór
1
xe x
.
D = (−∞, 0) ∪ (0, ∞).
2. Liczymy granice na ko«cach przedziaªów dziedziny:
1
lim
1
1
]=[
] ↝ symbol
−∞ ⋅ e −∞
−∞ ⋅ 0
−x
∞
1
e
e
∞ (H)
lim
= lim
=[
]=[
] =
x→−∞ xe x
x→−∞ x
−∞
−∞
−x
′
−x
(e )
−e
= lim
= lim
= −∞,
x→−∞
x→−∞
x′
1
x→−∞
lim
x→0−
lim
x→0+
lim
xe x
=[
1
xe x
0−
⋅ e (0
=[
0+
⋅ e (0
1
xe x
x→+∞
1
xe x
1
=[
1
−)
+)
1
]=[
0−
]=[
0+
1
⋅1
]=[
0−
]=[
0+
+∞ ⋅ e +∞
⋅1
1
]=[
+∞
] = −∞,
1
1
1
=[
nieoznaczony
] = 0.
] = +∞,
x0 .
Przykªad (c.d.)
Wykres funkcji ma zatem asymptot¦ poziom¡ w
pionow¡ (obustronn¡) o równaniu
+∞
o równaniu
y =0
oraz asymptot¦
x = 0.
Wyznaczamy asymptot¦ uko±n¡ w
(−∞) ∶
y = ax + b, gdzie
f (x)
1
e −x
+∞ (H)
−e −x
1
a = lim
= lim 2 x = lim
=[
] = lim
=−
x→−∞ x
x→−∞ x e
x→−∞ x 2
x→−∞
+∞
2x
2
1
− ⋅ 0 = 0,
2
b=
lim
(f (x) − 0 ⋅ x) =
x→−∞
lim
x→−∞
1
xe x
= +∞.
Asymptota uko±na w (−∞) nie istnieje.
f ∶
e x + xe x
1+x
=( x) =−
⋅ (xe ) = − 2 x 2 = − 2 x .
xe
(xe x )2
x (e )
x e
3. Wyznaczamy pierwsz¡ pochodn¡ funkcji
f ′ (x)
1
′
1
x ′
Mamy
1+x
f ′ (x) = 0 ⇔ − 2 x = 0 ⇔ −(1 + x) = 0 ∧ x ∈ D ⇔ x = −1,
x e
1+x
f ′ (x) > 0 ⇔ − 2 x > 0 ⇔ −(1 + x) > 0 ∧ x ∈ D ⇔
x e
⇔ x < −1 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (−∞, −1),
1+x
f ′ (x) < 0 ⇔ − 2 x < 0 ⇔ x > −1 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (−1, 0) ∪ (0, +∞).
x e
lim
x→−∞
e −x
=
x
Przykªad (c.d.)
f ∶
x 2 e x − (1 + x)(2x ⋅ e x + x 2 ⋅ e x )
x 3 + 2x 2 + 2x
==
.
=(− 2 x ) =−
2
x
2
x e
(x e )
x 4ex
3. Wyznaczamy drug¡ pochodn¡ funkcji
f ′′ (x)
1+x
′
Mamy
x 3 + 2x 2 + 2x
= 0 ⇔ x 3 + 2x 2 + 2x = 0 ∧ x ∈ D ⇔ x(x 2 + 2x + 2) = 0 ∧ x ∈
x 4ex
D ⇔ x = 0 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ ∅,
f ′′ (x) = 0 ⇔
x 3 + 2x 2 + 2x
> 0 ⇔ (x 3 + 2x 2 + 2x) > 0 ∧ x ∈ D ⇔ x(x 2 + 2x + 2) >
x 4ex
0 ∧ x ∈ D ⇔ x ∈ (0, +∞),
f ′′ (x) > 0 ⇔
f ′′ (x) < 0 ⇔ x ∈ (−∞, 0).
Tabela znaków pierwszej i drugiej pochodnej:
x
(−∞, −1)
-1
(−1, 0)
0
(0, +∞)
f '(x)
+
0
-
f (x)
-
-
-
+
max. lok.
¿−∞
×
×
×
f(x)
−∞
¼
A tu powinien by¢ wykres funkcji
f ...
-
+∞
Ç0