5. Pochodna funkcji Definicja 5.1 Niech f:(a, b) → R i niech c ∈ (a, b

5. Pochodna funkcji
Definicja 5.1
Niech f : (a, b) → R i niech c ∈ (a, b). Jeśli istnieje granica
lim
x→c
f (x) − f (c)
x−c
to nazywamy ją pochodną funkcji f w punkcie c i oznaczamy symbolem f 0 (c)
Twierdzenie 5.1
Jeśli funkcja f : (a, b) → R ma pochodną w punkcie c, to jest w tym punkcie ciągła.
Dowód:
Zauważmy, że
f (x) − f (c) =
f (x) − f (c)
(x − c)
x−c
Wobec tego
lim f (x) − f (c) = x→c
lim
x→c
f (x) − f (c)
f (x) − f (c)
(x − c) = x→c
lim
lim(x − c) = 0
x→c
x−c
x−c
Skąd wnioskujemy ciągłość funkcji f w punkcie c, gdyż
lim f (x) = f (c)
x→c
Uwaga 5.1
Jeśli w definicji pochodnej w punkcie przyjmiemy h = x − c, to otrzymujemy
f (x) − f (c)
f (c + h) − f (c)
= lim
x→c
h→0
x−c
h
lim
Uwaga 5.2
Twierdzenie odwrotne do (5.1) nie jest prawdziwe. Na przykład dla funkcji f (x) = |x|
mamy
|x| − 0
−x
|x| − 0
x
lim−
= lim−
= −1
lim+
= lim+ = 1
x→0
x→0
x→0
x→0 x
x−0
x
x−0
A więc pochodna w zerze nie istnieje pomimo, że funkcja jest w tym punkcie ciągła.
Twierdzenie 5.2
Niech f, g: (a, b) → R. Jeśli funkcje f i g mają pochodne w punkcie c ∈ (a, b), to
funkcja f +g też ma w tym punkcie pochodną oraz zachodzi (f +g)0 (c) = f 0 (c)+g 0 (c)
Dowód:
Zauważmy najpierw, że
(f + g)(c + h) − (f + g)(c)
(f (c + h) + g(c + h)) − (f (c) + g(c))
=
=
h
h
f (c + h) − f (c) g(c + h) − g(c)
+
h
h
Skąd po przejściu do granicy wynika teza.
=
Twierdzenie 5.3
Niech f, g: (a, b) → R. Jeśli funkcje f i g mają pochodne w punkcie c ∈ (a, b), to
funkcja f −g też ma w tym punkcie pochodną oraz zachodzi (f −g)0 (c) = f 0 (c)−g 0 (c)
Twierdzenie 5.4
Niech f, g: (a, b) → R. Jeśli funkcje f i g mają pochodne w punkcie c ∈ (a, b), to
funkcja f g też ma w tym punkcie pochodną i zachodzi (f g)0 (c) = f 0 (c)g(c)+f (c)g 0 (c)
Dowód:
Zauważmy najpierw, że
(f g)(c + h) − (f g)(c)
f (c + h)g(c + h) − f (c)g(c + h) + f (c)g(c + h) − f (c)g(c)
=
=
h
h
f (c + h) − f (c)
g(c + h) − g(c)
=
· g(c + h) +
· f (c + h)
h
h
Skąd po przejściu do granicy wynika teza.
Twierdzenie 5.5
Niech f, g: (a, b) → R i niech g(x) 6= 0 dla x ∈ {x: |x − c| < δ} (dla pewnego δ > 0).
Jeśli funkcje f i g mają pochodne w punkcie c ∈ (a, b), to funkcja f /g też ma w tym
punkcie pochodną i zachodzi
f
g
!0
f 0 (c)g(c) − f (c)g 0 (c)
(c) =
g 2 (c)
Dowód:
Zauważmy, że:
!
f (c + h) f (c) 1
f (c + h)g(c) − f (c)g(c + h)
−
· =
=
g(c + h)
g(c) h
h · g(c + h)g(c)
f (c + h) − f (c)
g(c)
g(c + h) − g(c)
f (c)
−
=
h
g(c + h)g(c)
h
g(c + h)g(c)
Skąd po przejściu do granicy wynika teza.
=
Twierdzenie 5.6
Niech f : (a, b) → (s, t) oraz g: (s, t) → R. Jeśli funkcja f ma pochodną w punkcie c
i funkcja g ma pochodną w punkcie f (c), to złożenie funkcji g ◦ f ma pochodną w
punkcie c i zachodzi: (g ◦ f )0 (c) = g 0 (f (c))f 0 (c).
Twierdzenie 5.7
Niech f : (a, b) → (s, t) oraz g: (s, t) → (a, b) jest funkcją odwrotną do f . Jeśli funkcja
f ma pochodną w punkcie c ∈ (a, b), to funkcja g ma pochodną w punkcie f (c) i
zachodzi: g 0 (f (c)) = 1/f 0 (c)
Twierdzenie 5.8 (Rolle’a)
Jeśli f : ha, bi → R jest funkcją ciągłą na przedziale domkniętym ha, bi i posiada pochodną w każdym punkcie przedziału (a, b) oraz f (a) = f (b) = 0, to istnieje taki
punkt d ∈ (a, b), że f 0 (d) = 0
Dowód:
Ponieważ f jest funkcją ciągłą, to na mocy twierdzenia o osiąganiu kresów mamy
_
f (d) = sup f (x)
d∈(a,b)
x∈(a,b)
Ponadto na mocy założenia w punkcie d funkcja posiada pochodną, stąd
f (x) − f (d)
lim−
= f 0 (d) ­ 0
x→d
x−d
!
∧
f (x) − f (d)
lim+
= f 0 (d) ¬ 0
x→d
x−d
⇒ f 0 (d) = 0
Twierdzenie 5.9 (Lagrange’a)
Jeśli f : ha, bi → R jest funkcją ciągłą na przedziale domkniętym ha, bi i posiada
pochodną w każdym punkcie przedziału (a, b), to istnieje taki punkt d ∈ (a, b), że
f 0 (d) =
f (b) − f (a)
b−a
Dowód:
Zdefiniujmy funkcję pomocniczą
f (b) − f (a)
(x − a)
b−a
Funkcja g spełnia założenia tw. Rolle’a, więc istnieje d ∈ (a, b) taki, że g 0 (d) = 0.
Ponadto
f (b) − f (a)
g 0 (x) = f 0 (x) −
b−a
A więc dla x = d otrzymujemy:
f (b) − f (a)
f (b) − f (a)
0 = g 0 (d) = f 0 (d) −
⇒ f 0 (d) =
b−a
b−a
g(x) = f (x) − f (a) −
Wniosek 5.1
Niech f : (a, b) → R posiada pochodną w każdym punkcie x ∈ (a, b). Wtedy jeśli
f 0 (x) = 0 dla wszystkich x ∈ (a, b), to funkcja f jest stała.
Dowód:
Niech x1 , x2 ∈ (a, b) i x1 < x2 . Na mocy tw. Lagrange’a istnieje takie d, że
0 = f 0 (d) =
f (x2 ) − f (x1 )
x2 − x1
⇒
f (x2 ) = f (x1 ) = const
Wniosek 5.2
Niech f : (a, b) → R posiada pochodną w każdym punkcie x ∈ (a, b). Wtedy jeśli
f 0 (x) > 0 dla wszystkich x ∈ (a, b), to funkcja f jest rosnąca.
Dowód:
Niech x1 , x2 ∈ (a, b) i x1 < x2 . Na mocy tw. Lagrange’a istnieje takie d, że
0 < f 0 (d) =
f (x2 ) − f (x1 )
x2 − x1
⇒
f (x2 ) > f (x1 )
Wniosek 5.3
Niech f : (a, b) → R posiada pochodną w każdym punkcie x ∈ (a, b). Wtedy jeśli
f 0 (x) < 0 dla wszystkich x ∈ (a, b), to funkcja f jest malejąca.
Wniosek 5.4
Niech f : (a, b) → R posiada pochodną w każdym punkcie x ∈ (a, b). Wtedy jeśli
f 0 (x) 6= 0 dla wszystkich x ∈ (α, β) ⊂ (a, b), to f (α) 6= f (β).
Dowód:
Założmy nie wprost, że f (α) = f (β). Wtedy:
f (β) − f (α)
= f 0 (d) dla pewnego d ∈ (α, b)
β−α
i dostajemy sprzeczność.
0=
Z wniosku 5.4 wynika, że twierdzenie Rolle’a jest prawdziwe, gdy funkcja f przyjmuje
na końcach przedziału równe wartości (niekoniecznie równe zeru).
Twierdzenie 5.10 (Cauchy’ego o wartości średniej)
Jeśli funkcje f, g: ha, bi → R są ciągłe na przedziale ha, bi i posiadają pochodne w
każdym punkcie x ∈ (a, b) oraz g 0 (x) 6= 0 dla x ∈ (a, b), to istnieje punkt d ∈ (a, b)
taki, że
f 0 (d)
f (b) − f (a)
=
0
g (d)
g(b) − g(a)
Dowód:
Wprowadźmy funkcję ϕ(x) = f (x) − Cg(x) i dobierzmy stałą C tak, aby zachodziła
równość ϕ(a) = ϕ(b). Stąd
f (b) − f (a)
C=
g(b) − g(a)
Ponadto
ϕ0 (x) = f 0 (x) −
f (b) − f (a) 0
g (x)
g(b) − g(a)
Ponieważ ϕ(a) = ϕ(b), to na mocy tw. Rolle’a istnieje taki punkt d ∈ (a, b), że
ϕ0 (d) = 0. Ale to oznacza, że
0 = ϕ0 (d) = f 0 (d) −
f (b) − f (a) 0
g (d)
g(b) − g(a)
co kończy dowód.
Uwaga 5.3
Jeśli w twierdzeniu (5.10) przyjmiemy, g(x) = x to otrzymujemy tw. Lagrange’a.
Twierdzenie 5.11 (Reguła de L’Hospitala)
Niech f, g: ha, bi → R. Załóżmy, że istnieją pochodne f 0 (a), g 0 (a) oraz g 0 (a) 6= 0.
Niech ponadto
lim f (x) = 0 ∧ x→a
lim g(x) = 0
x→a
Wówczas
lim
x→a
f (x)
f 0 (a)
= 0
g(x)
g (a)
Dowód:
Istnienie pochodnych f 0 (a) i g 0 (a) gwarantuje ciągłość funkcji f i g.
Ponadto ponieważ g 0 (a) 6= 0, to dla x dostatecznie bliskich a jest g(x) 6= 0. Wtedy
na mocy twierdzenia Cauchy’ego o wartości średniej mamy
f (x)
f (x) − f (a)
=
=
g(x)
g(x) − g(a)
f (x)−f (a)
x−a
g(x)−g(a)
x−a
Przechodząc do granicy przy x → a dostajemy tezę twierdzenia.
6. Pochodne wyższych rzędów
Definicja 6.1
Jeśli funkcja f : ha, bi → R ma pochodną skończoną f 0 (x) w pewnym przedziale X.
Wówczas jeśli funkcja f 0 (x) ma pochodną w pewnym punkcie x0 ∈ X, to nazywamy
ją pochodną drugiego rzędu funkcji f .
Analogicznie definiujemy pochodną rzędu trzeciego, czwartego, itd.
Twierdzenie 6.1 (wzór Leibnitza)
Niech f, g: ha, bi → R mają każda z osobna pochodne rzędu n włącznie. Wówczas
funkcja h = f g ma pochodną rzędu n daną wzorem
(n)
h
(n)
= (f g)
=
n
X
n
i
i=0
!
f (n−i) g (i)
Dowód:
Oczywiście dla n = 1 wzór jest prawdziwy.
Załóżmy, że dla n = k wzór jest prawdziwy. Jeśli funkcje f, g mają pochodne rzędu
k + 1, to różniczkując jeszcze raz h(n) względem zmiennej x dostajemy
(k+1)
h
=
k
X
k
i=0
i
!
f
(k−i) (i) 0
g
=
k
X
k
i=0
!
i
f
(k−i+1) (i)
g
+
k
X
k
i=0
i
!
f (k−i) g (i+1)
Pogrupujemy teraz składniki obu sum zawierające jednakowe iloczyny pochodnych
funkcji f i g.
(0)
Iloczyn f (k+1)
g wystąpi tylko raz - w pierwszej sumie dla i = 0, a jego współczynnik
k
wynosi 0 . Podobnie f (0) g (k+1) wystąpi tylko raz – w drugiej sumie dla i = k, a jego
współczynnik wynosi kk .
Łatwo zauważyć, że wszystkie pozostałe iloczyny mają postać f (k−j+1) g (j) (przy czym
1 ¬ j ¬ n).
Każdy taki iloczyn wystąpi zarówno w pierwszej sumie (dla i = j) jak i w drugiej
sumie (dla i = j − 1). Suma odpowiednich współczynników będzie równa
!
!
!
k
k
k+1
+
=
j
j−1
j
W ten sposób otrzymujemy:
k
k + 1 (k+1) (0) X
k + 1 ((k+1)−i) (i)
k + 1 (0) (k+1)
=
f
g +
f
g +
f g
=
0
i
k+1
i=1
!
h(k+1)
!
=
k+1
X
i=0
!
k + 1 ((k+1)−i) (i)
f
g
i
!
Twierdzenie 6.2 (wzór Taylora)
Niech funkcja f : ha, bi → R posiada ciągłe pochodne rzędu n na przedziale ha, bi i
niech posiada pochodną rzędu n + 1 w przedziale (a, b). Wówczas
f (b) = f (a)+
f (1) (a)
f (2) (a)
f (n) (a)
f (n+1) (ξ)
(b−a)+
(b−a)2 +· · ·+
(b−a)n +
(b−a)n+1
1!
2!
n!
(n + 1)!
Dowód:
Wprowadzimy dwie nowe funkcje:
F (x) = f (x) − f (a) −
n
X
f (i) (a)
i=1
i!
(x − a)i
G(x) = (x − a)n+1
Ponieważ F (a) = 0 oraz G(a) = 0 to na mocy twierdzenia Cauchy’ego mamy
F (b)
F (b) − F (a)
F (1) (ξ1 )
=
= (1)
G(b)
G(b) − G(a)
G (ξ1 )
F (1) (x) = f (1) (x) − f (1) (a) −
n
X
f (i) (a)
i=2 (i − 1)!
ξ1 ∈ (a, b)
(x − a)i−1
G(1) (x) = (n + 1)(x − a)n
Ponieważ F (1) (a) = 0 oraz F (1) (a) = 0, to z twierdzenia Cauchy’ego mamy
F (b)
F (1) (ξ1 )
F (1) (ξ1 ) − F (1) (a)
F (2) (ξ1 )
= (1)
= (1)
=
G(b)
G (ξ1 )
G (ξ1 ) − G(1) (a)
G(2) (ξ1 )
F (2) (x) = f (2) (x) − f (2) (a) −
n
X
f (i) (a)
i=3 (i − 2)!
(x − a)i−2
ξ2 ∈ (a, ξ1 )
G(2) (x) = (n + 1)n(x − a)n−1
Ponieważ F (2) (a) = 0 oraz F (2) (a) = 0, to z twierdzenia Cauchy’ego mamy
F (b)
F (2) (ξ2 )
F (2) (ξ2 ) − F (2) (a)
F (3) (ξ3 )
= (2)
= (2)
=
G(b)
G (ξ2 )
G (ξ2 ) − G(2) (a)
G(3) (ξ3 )
ξ3 ∈ (a, ξ2 )
Kontynuując powyższe rozumowanie otrzymujemy w końcu
F (b)
F (1) (ξ1 )
F (2) (ξ2 )
F (n) (ξn )
F (n+1) (ξn+1 )
= (1)
= (2)
= . . . = (n)
= (n+1)
G(b)
G (ξ1 )
G (ξ2 )
G (ξn )
G
(ξn+1 )
gdzie a < ξn+1 < ξn < . . . < ξ2 < ξ1 < b. Ponadto zauważmy, że
F (n+1) (x) = f (n+1) (x)
⇒
F (b) =
∧
G(n+1) (x) = (n + 1)!
⇒
F (b)
f (n+1) (ξn+1 )
=
G(b)
(n + 1)!
f (n+1) (ξn+1 )
f (n+1) (ξn+1 )
· G(b) =
(b − a)n+1
(n + 1)!
(n + 1)!
(∗)
Korzystając z definicji funkcji F i z równości (∗) mamy
n
X
f (n+1) (ξn+1 )
f (i) (a)
(b − a)n+1 = f (b) − f (a) −
(b − a)i
(n + 1)!
i!
i=1
i po przegrupowaniu wyrazów dostajemy ostatecznie
f (b) = f (a) +
gdzie ξ = ξn+1
f (1) (a)
f (n) (a)
f (n+1) (ξ)
(b − a) + · · · +
(b − a)n +
(b − a)n+1
1!
n!
(n + 1)!
⇒
Uwaga 6.1
Ostatni składnik sumy nosi nazwę reszty wzoru Taylora w postaci Lagrange’a.
Ponadto podstawiając w powyższym twierdzeniu a = x0 oraz b = x otrzymujemy
wzór:
f (1) (x0 )
f (n) (x0 )
f (x) = f (x0 ) +
(x − x0 ) + · · · +
(x − x0 )n + Rn
1!
n!
gdzie Rn jest wspomnianą resztą w postaci Lagrange’a.
Uwaga 6.2
Przyjmując we wzorze Taylora x0 = 0 otrzymujemy szczególną postać tego wzoru
zwaną wzorem MacLaurina.
f (x) = f (0) +
f (1) (x)
f (n) (0) n
· x + ··· +
· x + Rn
1!
n!
GRZEGORZ GIERLASIŃSKI