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