W tym podrozdziale zajmiemy się opisem własności funkcji różniczkowalnych i związ-kiem pochodnej z monotonicznością oraz ekstremami. Będziemy zajmować się funkcjami określonymi na przedziałach prostej rzeczywistej. Termin funkcja różniczkowalna będzie oznaczał funkcję, która jest różniczkowalna w każdym punkcie swojej dziedziny.
Definicja 6.34 (ekstremum lokalne). Niech f : I → R, gdzie I jest przedziałem w R.
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie a ∈ I maksimum lokalne (odpowiednio: minimum lokalne), jeśli istnieje taka liczba δ > 0, że dla wszystkich x ∈ I, |x − a| < δ, zachodzi nierówność f (a) ≥ f (x) (odpowiednio: f (a) ≤ f (x)).
Jeśli dla wszystkich x ∈ I, 0 < |x − a| < δ, nierówności są ostre, to mówimy wtedy, że f ma w punkcie a maksimum (lub minimum) właściwe.
Słowo ekstremum jest wspólną nazwą minimum i maksimum: w zależności od kontek-stu i potrzeby może oznaczać jedno lub drugie. Z definicji wynika, że funkcja może mieć ekstremum lokalne także w końcu przedziału. Czytelnik powinien pamiętać, że wartość funkcji w punkcie ekstremum lokalnego nie musi być najmniejszą ani największą warto-ścią funkcji na danym przedziale. Ekstremów może być wiele, a ponadto jeśli przedział jest otwarty, to funkcja w ogóle nie musi przyjmować swoich kresów.
Funkcja f : (a, b) → R, która ma dużo ekstremów lokalnych wewnątrz (a, b), jednak w żadnym z nich nie jest osiągany kres dolny ani górny zbioru f (a, b).
Lemat 6.35 (lemat Fermata). Jeśli I jest odcinkiem otwartym, a ∈ I, f : I → R jest
różniczkowalna w punkcie a i f ma w a ekstremum lokalne, to f0(a) = 0.
Geometryczna interpretacja lematu Fermata jest prosta: styczna do wykresu funkcji różniczkowalnej w punkcie ekstremum lokalnego jest pozioma.
Dowód. Dla ustalenia uwagi załóżmy, że f ma w a maksimum lokalne (w drugim przy-padku dowód jest taki sam; można także rozważyć funkcję −f , która ma maksima tam, gdzie f ma minima). Wybierzmy δ > 0 tak, aby przedział J := (a − δ, a + δ) był zawarty w I i aby f (x) ≤ f (a) dla wszystkich x ∈ J.
Dla 0 < |h| < δ mamy wtedy f (a + h) − f (a) ≤ 0. Dlatego iloraz różnicowy (f (a + h) − f (a))/h jest nieujemny dla −δ < h < 0 i niedodatni dla 0 < h < δ. Nierówności nieostre
zachowują się w granicy, a pochodna f0(a) istnieje, więc 0 ≤ lim h→0− f (a + h) − f (a) h = f 0 (a) = lim h→0+ f (a + h) − f (a) h ≤ 0 .
Stąd już wynika, że f0(a) = 0.
Uwaga 6.36. Podkreślmy bardzo ważny fakt: lematu Fermata nie można odwrócić: z
faktu, że funkcja różniczkowalna f ma w pewnym punkcie pochodną równą zero, nie
wy-nika, że f ma w tym punkcie ekstremum lokalne. Najprostszym przykładem jest f(x) =
x3, różniczkowalna na całej prostej R. Mamy f0(x) = 3x2, a więc f0(0) = 0, jednak f jest rosnąca i nie ma ekstremum w zerze. Pochodna funkcji ciągłej, rosnącej, może znikać na zbiorze nieskończonym, a nawet na zbiorze gęstym.2
Twierdzenie 6.37 (Rolle’a). Załóżmy, że a < b, zaś funkcja f : [a, b] → R jest ciągła na
[a, b]i różniczkowalna w każdym punkcie x ∈ (a, b). Jeśli f (a) = f (b), to istnieje taki punkt
x0∈ (a, b), że f0(x0) = 0.
Dowód. Jeśli f jest funkcją stałą, to f0 znika w każdym punkcie x ∈ (a, b) i nie ma czego dowodzić. Załóżmy więc, że f nie jest funkcją stałą. Połóżmy
m := inf
[a,b]f , M := sup
[a,b]
f .
Ponieważ f nie jest stała i f (a) = f (b), to musi być m < f (a) = f (b) lub M > f (a) = f (b). Z twierdzenia Weierstrassa (patrz Tw.5.36w rozdziale 5) wiemy, że m i M są wartościami f , zatem przynajmniej jedna z tych wartości jest przyjmowana w punkcie wewnętrznym x0, należącym do przedziału otwartego (a, b). Funkcja f ma oczywiście w tym punkcie ekstremum lokalne. Z lematu Fermata wynika, że f0(x0) = 0.
Twierdzenie 6.38 (Cauchy’ego). Niech a < b i niech f, g : [a, b] → R będą funkcjami
cią-głymi na [a, b], różniczkowalnymi w każdym punkcie przedziału (a, b). Załóżmy ponadto, że g0(x) 6= 0dla x ∈ (a, b). Wówczas istnieje taki punkt ξ ∈ (a, b), że
f0(ξ) g0(ξ) =
f (b) − f (a) g(b) − g(a).
Dowód. Zauważmy najpierw, że g(a) 6= g(b), gdyż w przeciwnym przypadku na mocy twierdzenia Rolle’a istniałby punkt, w którym g0 znika, a zakładamy, że g0 6= 0 na (a, b). Dlatego prawa strona wzoru z tezy twierdzenia ma sens.
Rozpatrzmy teraz funkcję pomocniczą
h(x) = f (x) −f (b) − f (a) g(b) − g(a)
g(x) − g(a).
Z założeń o f i g wynika, że h jest funkcją ciągłą na [a, b] i różniczkowalną wewnątrz tego przedziału. Ponadto, h(b) = f (b) − (f (b) − f (a)) = f (a) = h(a) . Zatem, h spełnia
2
Samodzielna konstrukcja odpowiednich przykładów może być ciekawym zadaniem dla ambitnych Czy-telników.
wszystkie założenia twierdzenia Rolle’a. Istnieje więc punkt ξ ∈ (a, b) taki, że h0(ξ) = 0. Mamy jednak
h0(x) = f0(x) − f (b) − f (a) g(b) − g(a)g
0(x) .
Dlatego równość h0(ξ) = 0 jest równoważna tezie twierdzenia. Odnotujmy bardzo ważny wniosek z twierdzenia Cauchy’ego.
Wniosek 6.39 (twierdzenie Lagrange’a o wartości średniej). Załóżmy, że a < b, zaś
funkcja f : [a, b] → R jest ciągła na [a, b] i różniczkowalna w każdym punkcie x ∈ (a, b). Wówczas istnieje taki punkt ξ ∈ (a, b), że
f0(ξ) = f (b) − f (a) b − a .
Dowód. Stosujemy twierdzenie Cauchy’ego do f i do funkcji g(x) = x, x ∈ [a, b].
Zadanie 6.40. Podać przykład, świadczący o tym, że jeśli f jest ciągła na [a, b], ale f0 nie istnieje choćby w jednym punkcie, to teza twierdzenia Lagrange’a nie musi zachodzić.
Przykład 6.41. Twierdzenie Lagrange’a o wartości średniej nie zachodzi (w powyższej
postaci) dla funkcji o wartościach wektorowych, np. zespolonych. Oto banalny przykład: niech f (t) = exp(2πit) dla t ∈ [0, 1]. Wtedy, dla każdego c ∈ (0, 1), mamy 0 = f (1) − f (0) 6= f0(c) = 2πi · exp(2πic).
Twierdzenie Lagrange’a ma bardzo prostą interpretację geometryczną: w przedziale (a, b) istnieje taki punkt, w którym styczna do wykresu f jest równoległa do siecznej, poprowadzonej przez dwa końce łuku wykresu.
Interpretacja geometryczna twierdzenia Lagrange’a: Istnieje co najmniej jeden punkt, w którym styczna do wykresu funkcji jest równoległa do siecznej. (Może się zdarzyć, że takich punktów jest więcej).
Wniosek 6.42. Załóżmy, że A ⊂ R, [c, d] ⊂ A, c < d, a funkcja f : A → R jest ciągła na
[c, d]i różniczkowalna w (c, d). Zachodzą wówczas następujące implikacje:
(ii) Jeśli f0(x) > 0dla każdego x ∈ (c, d), to f jest rosnąca na [c, d]. (iii) Jeśli f0(x) < 0dla każdego x ∈ (c, d), to f jest malejąca na [c, d].
(iv) Jeśli f0(x) ≤ 0dla każdego x ∈ (c, d), to f jest nierosnąca na [c, d].
Dowód. Wystarczy zapisać tezę twierdzenia Lagrange’a w postaci
f (b) = f (a) + f0(ξ)(b − a) dla pewnego ξ ∈ (a, b),
a następnie podstawiać za a i b dowolne pary punktów przedziału [c, d].
Wniosek 6.43. Jeśli funkcja f : [a, b] → R spełnia warunek: f0(ξ) = 0 dla każdego ξ ∈
(a, b), to f jest funkcją stałą.
Dowód. Stosując twierdzenie Lagrange’a dla f na dowolnym przedziału [a, x] ⊂ [a, b], stwierdzamy, że f (a) = f (x) dla każdego x ∈ [a, b].
Twierdzenie 6.44. Załóżmy, że c < d, zaś funkcja f : [c, d] → R jest ciągła na [c, d] i
różniczkowalna w każdym punkcie x ∈ (c, d). Następujące warunki są równoważne: (i) Funkcja f spełnia warunek Lipschitza ze stałą M ;
(ii) Dla każdego x ∈ (c, d) zachodzi nierówność |f0(x)| ≤ M
Dowód. Jeśli f spełnia warunek Lipschitza ze stałą M , to dla dowolnych y, x ∈ (c, d), y 6= x zachodzi nierówność
|f (y) − f (x)| |y − x| ≤ M.
Wykonując przejście graniczne y → x, otrzymujemy |f0(x)| ≤ M .
Na odwrót, jeśli f spełnia warunek (ii), to dla dowolnych a, b ∈ [c, d], a 6= b, dobierając do a i b punkt ξ ∈ (a, b) tak, jak w tezie twierdzenia Lagrange’a, możemy napisać
|f (b) − f (a)| = |f0(ξ)| · |b − a| (ii)≤ M |b − a| .
Funkcja f spełnia więc warunek Lipschitza ze stałą M .
Uwaga 6.45. Funkcja ciągła na odcinku [a, b] (a więc jednostajnie ciągła na tym odcinku)
i różniczkowalna w (a, b) może mieć nieograniczoną pochodną. Przykład: f (x) = √
x dla x ∈ [0, 1]; wtedy f0(x) = 1/2√x dla x ∈ (0, 1] i f0 nie jest ograniczona w żadnym otoczeniu zera.
Na zakończenie tego podrozdziału spróbujemy udzielić częściowych odpowiedzi na dwa pytania: jakie funkcje mogą być pochodnymi, i czy pochodna funkcji różniczkowalnej musi być funkcją ciągłą. Odpowiedź na drugie pytanie jest prosta: pochodna nie musi być funkcją ciągłą.
Funkcja z Przykładu6.46w otoczeniu zera (dla nieco większej czytelności rysunku, oś y została liniowo rozciągnięta). Wykres oscyluje między dwiema parabolami, y = x2 i y = 3x2. Pochodna istnieje w każdym punkcie, jednak nie jest ciągła w zerze i zmienia znak nieskończenie wiele razy w każdym przedziale wokół zera. Przykład 6.46. Niech f (x) = x2 2 + sin(1/x) , x 6= 0 , 0, x = 0 .
Dla x 6= 0 otrzymujemy, stosując wzory na pochodną iloczynu i pochodną złożenia,
f0(x) = 2x · 2 + sin1 x + x2· cos1 x · (−x −2) = 2x 2 + sin 1 x − cos1 x. (6.3)
Zatem na R \ {0} pochodna f istnieje i jest tam funkcją ciągłą.
Ponieważ sinus na R przyjmuje tylko wartości z przedziału [−1, 1], więc |f (x)| ≤ 3x2 dla wszystkich x ∈ R. Dlatego
0 ≤ f (h) − f (0) h = f (h) h ≤ 3|h| → 0 dla h → 0.
Z twierdzenia o trzech funkcjach wynika zatem, że f0(0) = 0. Jednak f0 nie jest ciągła w zerze. To wynika stąd, że pierwszy składnik po prawej stronie (6.3) dąży do zera dla x → 0 (moduł tego składnika nie przekracza 6|x|), jednak drugi składnik, − cos 1/x, nie ma granicy dla x → 0 (patrz Przykład5.12). Dlatego granica f0 w zerze nie istnieje.
Nietrudno zauważyć jeszcze jedno: f (x) = 0 tylko dla x = 0, a dla x 6= 0 jest f (x) ≥ x2 > 0. Zatem f ma w zerze minimum lokalne właściwe (a nawet osiąga w zerze swój kres dolny). Jednak dla dowolnej liczby δ > 0 funkcja f0 zmienia znak nieskończenie wiele razy w przedziale (0, δ). Podobnie jest w przedziale (−δ, 0): tam też f0zmienia znak nieskończenie wiele razy.3 Zatem prawdziwy jest następujący fakt, dla kogoś być może lekko zaskakujący i przeczący naiwnej intuicji.
Może się zdarzyć, że f jest ciągła na R i ma w punkcie x0∈ R ekstremum lokalne
właściwe, jednak nie jest monotoniczna na żadnym przedziale (x0, x0+ δ), ani na żadnym przedziale (x0− δ, x0), gdzie δ > 0.
3
Twierdzenie 6.47 (własność Darboux dla pochodnej). Załóżmy, że a < b, zaś funkcja
f : [a, b] → R jest ciągła i różniczkowalna na [a, b]. Dla każdej liczby c ∈ [f0(a), f0(b)]istnieje punkt x ∈ [a, b] taki, że f0(x) = c.
Uwaga: nie zakładamy, że f0(a) < f0(b). Napis [f0(a), f0(b)] oznacza przedział o końcach f0(a) i f0(b), być może zdegenerowany do jednego punktu. Podkreślmy też wyraźnie: nie zakładamy tu ciągłości f0.
Dowód. Bez zmniejszenia ogólności przyjmijmy f0(a) < f0(b). Rozpatrzmy funkcję pomoc-niczą4φ(x) = f (x) − cx. Spełnia ona warunki:
φ0(a) = f0(a) − c ≤ 0, φ0(b) = f0(b) − c ≥ 0 .
Jeśli φ0(a) = 0 lub φ0(b) = 0, to teza twierdzenia zachodzi (można wziąć x = a lub x = b). Załóżmy więc odtąd, że φ0(a) < 0 < φ0(b).
Funkcja φ jest ciągła na [a, b], zatem, z Twierdzenia 5.36 wynika, że istnieje punkt x ∈ [a, b] taki, że
φ(x) = inf
[a,b]φ .
Zauważmy, że gdyby x = a, to mielibyśmy dla małych h > 0 φ(a + h) − φ(a)
h ≥ 0, a zatem φ
0(a) ≥ 0 .
Ponieważ jednak φ0(a) < 0, więc x 6= a. Tak samo pokazujemy, że x 6= b. Z lematu Fermata otrzymujemy teraz φ0(x) = f0(x) − c = 0.
Odpowiedź na inne naturalne pytanie: czy każda funkcja ciągła jest pochodną pewnej
funkcji? jest też twierdząca, ale na jej uzasadnienie Czytelnik będzie musiał poczekać.