Pochodna funkcji jednej zmiennej
De nicja 1. (iloraz ró»nicowy)
Niech x
0∈ R oraz niech funkcja f(x) b¦dzie okre±lona przynajmniej na otoczeniu O(x
0; r) , gdzie r > 0. Ilorazem ró»nicowym funkcji f(x) w punkcie x
0odpowiadaj¡cym przyrostowi argumentu o
|∆x| gdzie 0 < |∆x| < r, nazywamy:
∆f
∆x = f (x
0+ ∆x) − f (x
0)
∆x .
∆f nazywamy przyrostem warto±ci funkcji, a ∆x przyrostem argumentu.
Uwaga 1. Iloraz ró»nicowy jest tangensem k¡ta nachylenia siecznej wykresu funkcji f przechodz¡- cej przez punkty (x
0; f (x
0)) i (x
0+ ∆x; f (x
0+ ∆x)) do dodatniej cz¦±ci osi Ox.
De nicja 2. (pochodna funkcji w punkcie)
Je±li funkcja f : D → R, D ⊂ R okre±lona jest w pewnym otoczeniu punktu x
0∈ D i istnieje granica ilorazu ró»nicowego:
f
0(x
0) = lim
∆x→0
f (x
0+ ∆x) − f (x
0)
∆x ,
to granic¦ f
0(x
0) nazywamy pochodn¡ funkcji f(x) w punkcie x
0. De nicja 3. (ró»niczkowalno±¢ funkcji w punkcie)
Je»eli w powy»szej de nicji granica ilorazu ró»nicowego:
∆x→0
lim
f (x
0+ ∆x) − f (x
0)
∆x ,
istnieje i jest sko«czona, to funkcj¦ f(x) nazywamy ró»niczkowaln¡ w punkcie x
0. Liczb¦ df(x
0)(∆x) =
f
0(x
0)∆x nazywamy ró»niczk¡ funkcji f w punkcie x
0odpowiadaj¡c¡ przyrostowi ∆x.
Uwaga 2. Mówi¡c mniej formalnie, mo»emy zauwa»y¢, »e »e ró»niczka funkcji df(x
0) jest równa zmianie warto±ci stycznej w punckie x nast¦puj¡cej na odcinku od x do x + ∆x. Dlatego te» dla maªych warto±ci ∆x ró»niczka funkcji df(x
0) jest bardzo dobrym przybli»eniem zmiany warto±ci funkcji ∆f:
∆f ≈ df (x
0)∆x.
A st¡d i z przedstawionej wcze±niej de nicji ró»niczki ró»niczki dostajemy:
f (x
0+ ∆x) − f (x
0) ≈ f
0(x
0)∆x.
Na mocy ∆x = x − x
0, ostatecznie otrzymujemy:
f (x) ≈ f
0(x
0)(x − x
0) + f (x
0).
De nicja 4. Funkcj¦ nazywamy ró»niczkowaln¡ na zbiorze A, je»eli jest ona ró»niczkowalna w ka»dym punkcie tego zbioru.
De nicja 5. (funkcja klasy C
k)
Funkcj¦ f okre±lon¡ na przedziale (a, b) nazywamy funkcj¡ klasy C
k, gdzie k = 1, 2, . . . , je»eli w przedziale (a, b) posiada ci¡gªe pochodne a» do rz¦du k.
Uwaga 3. Inne spotykane równowa»ne wzory na wyznaczenie pochodnej funkcji f(x) w punkcie x
0:
a) f
0(x
0) = lim
x→x0
f (x)−f (x0) x−x0
b) f
0(x
0) = lim
h→0
f (x0+h)−f (x0) h
Uwaga 4. Spotykane oznaczenia pochodnej funkcji f(x) w punkcie x
0:
• f
0(x
0), y
0(x
0) - pochodz¡ od Leibniza;
•
dxdf(x
0),
dydx(x
0)− pochodz¡ od Lagrange'a;
• Df (x
0), Dy(x
0) - pochodz¡ od Cauchy'ego.
De nicja 6. (pochodnej jednostronnej)
Pochodn¡ prawostronn¡ (lewostronn¡) funkcji f w punkcie x
0nazywamy granic¦ prawostronn¡
(lewostronn¡) ilorazu ró»niczkowego:
lim
x→x+0
f (x) − f (x
0)
x − x
0lim
x→x−0
f (x) − f (x
0) x − x
0!
i oznaczamy odpowiednio przez f
+0(x
0), f
−0(x
0).
Twierdzenie 1. (warunek konieczny i dostateczny istnienia pochodnej) Funkcja f ma pochodn¡ w punkcie x
0wtw, gdy
f
+0(x
0) = f
−0(x
0).
Przykªad 1. Korzystaj¡c z de nicji obliczy¢ pochodn¡ podanej funkcji we wskazanym punkcie lub wykaza¢, »e pochodna nie istnieje:
a) f(x) = x
2+ 1, x
0= −1, b) f(x) = sin x, x
0∈ R,
c) f(x) = |x|, x
0= 0.
Rozwi¡zanie: Skorzystamy ze wzoru f
0(x
0) = lim
x→x0
f (x)−f (x0)
x−x0
. Zatem
a) f
0(−1) = lim
x→−1
x
2+ 1 − 2
x + 1 = lim
x→−1
x
2− 1
x + 1 = lim
x→−1
(x − 1)(x + 1)
x + 1 = lim
x→−1
(x − 1) = −2
b) f
0(x
0) = lim
x→x0
sin x − sin x
0x − x
0= lim
x→x0
2 sin
x−x2 0cos
x+x2 0x − x
0=
x→x
lim
0sin
x−x2 0cos
x+x2 0x−x0
2
x→x
lim
0sin
x−x2 0x−x0
2
· lim
x→x0
cos x + x
02 = 1 · cos x
0= cos x
0. Skorzystali±my tutaj ze wzorów sin α − sin β = 2 sin
α−β2cos
α+β2oraz z granicy lim
x→0 sin x
x
= 1.
c) W tym podpunkcie zastosujemy pochodne jednostronne:
f
+0(0) = lim
x→0+
|x| − 0
x − 0 = lim
x→0+
x x = 1 oraz
f
−0(0) = lim
x→0−
|x| − 0
x − 0 = lim
x→0−
−x
x = −1.
Zatem f
+0(0) 6= f
−0(0), wi¦c na podstawie warunku koniecznego i dostatecznego pochodna funkcji f (x) = |x| w punkcie x
0= 0 nie istnieje.
Gra cznie natomiast pochodna funkcji f(x) = |x| w punkcie x
0nie istnieje, bo nie istnieje styczna do tej funkcji w tym punkcie.
Twierdzenie 2. Je±li istnieje wªa±ciwa lub niewªa±ciwa pochodna f
0(x
0) to funkcja f jest ci¡gªa w punkcie x
0.
Twierdzenie 3. (Podstawowe wzory rachunku ró»niczkowego)
Je±li funkcje f, g : D → R, D ⊂ R s¡ ró»niczkowalne w punkcie x
0∈ D to funkcje f +g, f −g, f ·g,
fg(o ile g(x
0) 6= 0 ) s¡ ró»niczkowalne w x
0∈ D oraz zachodz¡ wzory:
1) (f ± g)
0(x
0) = f
0(x
0) ± g
0(x
0);
2) (f · g)
0(x
0) = f
0(x
0) · g(x
0) + f (x
0) · g
0(x
0);
3)
fg0(x
0) =
f0(x0)g(xg02)−f (x(x0) 0)g0(x0), o ile g(x
0) 6= 0;
4) (g ◦ f)
0(x
0) = g
0f (x
0)f
0(x
0);
Twierdzenie 4. (o pochodnej funkcji odwrotnej)
Je»eli ci¡gªa i ró»nowarto±ciowa funkcja f : D → R jest ró»niczkowalna w punkcie x
0∈ D i pochodna f
0(x
0) 6= 0, to funkcja odwrotna f
−1jest ró»niczkowalna w punkcie f(x
0) i zachodzi wzór:
(f
−1)
0(y
0) = 1 f
0(x
0) , gdzie y
0= f (x
0).
Pochodne funkcji elementarnych:
Lp. Wzór 1 Wzór 2 Uwagi
1. (c)
0= 0 c ∈ R
2. (x
α)
0= αx
α−1(
α)
0= α
α−1·
0α ∈ R \ {0}
3. ( √
nx)
0=
1nn√ xn−1
√
n0
=
0nn√
n−1
n ∈ N \ {0, 1}; x > 0 4. (sin x)
0= cos x (sin )
0= (cos ) ·
05. (cos x)
0= − sin x (cos )
0= (− sin ) ·
06. (tg x)
0=
cos12x(tg )
0=
cos20x 6=
π2+ kπ, k ∈ N 7. (ctg x)
0= −
sin12x(ctg )
0= −
sin20x 6= kπ, k ∈ N 8. (a
x)
0= a
x· ln a (a
)
0= a
· ln a ·
0a > 0 9. (e
x)
0= e
x(e
)
0= e
·
010. (ln x)
0=
1x(ln )
0=
0
x > 0
11. (log
ax)
0=
x ln a1(log
a)
0=
ln a0a > 0, a 6= 0; x > 0 12. (arcsin x)
0=
√ 11−x2
(arcsin )
0=
√01−2
|x| < 1 13. (arccos x)
0=
√−11−x2
(arccos )
0=
√−01−2
|x| < 1 14. (arctg x)
0=
1+x12(arctg )
0=
1+0215. (arcctg x)
0=
1+x−12(arcctg )
0=
−01+2
Równanie stycznej i normalnej do wykresu funkcji:
Niech funkcja f b¦dzie ró»niczkowalna w punkcie x
0. Wówczas:
• równanie prostej stycznej do wykresu funkcji f w punkcie (x
0, f (x
0)) ma posta¢
y = f
0(x
0) · (x − x
0) + f (x
0).
• równanie prostej normalnej do wykresu funkcji f w punkcie (x
0, f (x
0)) o ile f
0(x
0) 6= 0 (tzn.
prostopadªej do stycznej i przechodz¡cej przez (x
0, f (x
0)) ) ma posta¢
y = − 1
f
0(x
0) · (x − x
0) + f (x
0).
K¡t przeci¦cia dwóch funkcji :
Je»eli funkcje f i g posiadaj¡ punkt wspólny (x
0, y
0) oraz maj¡ w tym punkcie pochodne wªa±ciwe to ostry k¡t φ miedzy stycznymi do wykresów tych funkcji w punkcie x
0wyra»a si¦ wzorem
φ = arctg
f
0(x
0) − g
0(x
0) 1 + f
0(x
0) · g
0(x
0)
o ile 1 + f
0(x
0) · g
0(x
0) 6= 0.
W przypadku gdy 1 + f
0(x
0) · g
0(x
0) = 0 to styczne te s¡ prostopadªe.
Przykªad 2. Korzystaj¡c przybli»enia ró»niczki funkcji ilorazem ró»nicowym oblicz sin 29
o. Rozwi¡zanie: Okre±lamy funkcj¦
f (x) = sin x oraz x = 29
0= 29
180 π, x
0= 30
0= π 6 . Wówczas zastosujemy wzór w postaci
f 29 180 π
≈ f π 6
+ f
0π 6
29 180 π − π
6
. Poniewa»
(sin x)
0= cos x, f π 6
= sin π 6 = 1
2 , f
0π 6
= cos π 6 =
√ 3 2 Zatem
sin 29
o= f 29 180 π
≈ 1 2 +
√ 3 2
− 1 180 π
≈ 0, 485.
De nicja 7. (pochodna n-tego rz¦du)
Pochodn¡ wªa±ciw¡ n-tego rz¦du funkcji f w punkcie x
0okre±lamy indukcyjnie:
1. dla n = 1 f
(1)(x
0) := f
0(x
0) 2. dla n > 1 : f
(n)(x
0) := f
(n−1)0(x
0) Piszemy f
00, f
000, f
ivzamiast f
(2), f
(5), f
(4)oraz f
(0)= f (x).
Przykªad 3. Wyznacz n-t¡ pochodn¡ funkcji f(x) = e
2xoraz g(x) = sin x.
Rozwi¡zanie: n-ta pochodna funkcji f(x) = e
2xjest równa f
(n)(x) = 2
ne
2x, poniewa»:
(e
2x)
0= 2e
2x, (e
2x)
00= 2
2e
2x(e
2x)
000= 2
3e
2x, . . . Natomiast:
(sin x)
0= cos x = sin(x +
π2),
(sin x)
00= (cos x)
0= − sin x = sin(x +
2π2), (sin x)
000= (− sin x)
0= − cos x = sin(x +
3π2), (sin x)
iv= (− cos x)
0= sin x = sin(x +
4π2), (sin x)
v= (sin x)
0= cos x = sin(x +
5π2), itd.
Zatem
g
(n)(x) = (sin x)
(n)= sin
x + nπ 2
. Twierdzenie 5. (wzór Leibniza)
Je»eli funkcje f i g maj¡ pochodne wªa±ciwe do n−tego rz¦du w punkcie x
0, to
(f · g)
(n)=
n
X
k=0
n k
f
(n−k)(x
0) · g
(k)(x
0).
Przykªad 4. Znajd¹ n−t¡ pochodn¡ funkcji f(x) = x ln x.
Rozwi¡zanie: Mamy: (x)
0= 1 i (x)
(n)= 0, dla n ≥ 2 oraz z faktu, »e
(ln x)
0= 1
x , (ln x)
00= −1
x
2, (ln x)
000= 1 · 2
x
3, (ln x)
iv= −1 · 2 · 3 x
4wnioskujemy, »e
(ln x)
(n)= (−1)
n+1· (n − 1)!
x
n.
Zatem
(x ln x)
(n)= 0 + 0 + · · · + (x)
(1)· (ln x)
(n−1)+ (x)
(0)· (ln x)
(n)= 1 · (−1)
n· (n − 2)!
x
n−1+ x · (−1)
n+1· (n − 1)!
x
n=
(−1)
n(n − 2)!
x
n−1[1 + (−1)(n − 1)] = (−1)
n+1(n − 2)!(n − 2)
x
n−1.
Pochodna logarytmiczna
Dotychczas poznane wzory do obliczania pochodnych nie maj¡ bezpo±redniego zastosowania podczas obliczania pochodnej typu f(x)
g(x)np. (sin x)
x. Stosuj¡c dobrze znane wory: a = e
ln a, ln a
n= n · ln a, mamy:
f (x)
g(x)= e
ln f (x)g(x)= e
g(x)·ln f (x), po czym stosuj¡c wzór na pochodn¡ funkcji zªo»onej e
0= e
·
0mamy:
f (x)
g(x)0= e
ln f (x)g(x)= e
g(x)·ln f (x)· (g(x) · ln f (x))
0= f (x)
g(x)(g(x) · ln f (x))
0. Przykªad 5. Oblicz ((sin x)
x)
0.
Rozwi¡zanie: Z powy»szych rozwa»a« mamy:
((sin x)
x)
0= e
x·ln sin x0= e
x·ln sin x· (x · ln sin x)
0= e
x·ln sin xln sin x + x 1
sin x · (sin x)
0= e
x·ln sin xln sin x + x cos x sin x
. Uwaga 5. W celu obliczenia pochodnej log
f (x)g(x)
0stosujemy wzór na zamian¦ podstawy loga- rytmu log
ab =
loglogcbca
, mamy
log
f (x)g(x)
0= ln g(x) ln f (x)
po czym korzystamy ze wzorów na pochodn¡ ilorazu i zªo»enia.
Twierdzenie 6. (Rolle'a o warto±ci ±redniej)
Niech funkcja f b¦dzie okre±lona i ci¡gªa na przedziale domkni¦tym [a, b] oraz ró»niczkowalna na przedziale otwartym (a, b). Ponadto, niech f(a) = f(b). Wówczas istnieje ζ ∈ (a, b) taka, »e f
0(ζ) = 0.
Rysunek 1: Interpretacja geometryczna twierdzenia Rolle'a
Geometrycznie, je»eli funkcja przyjmuje na ko«cach przedziaªu domkni¦tego tak¡ sam¡ warto±¢
i jest ci¡gª¡ oraz ró»niczkowalna wewn¡trz tego przedziaªu, to istnieje punkt ζ nale»¡cy do tego przedziaªu w którym styczna do funkcji jest pozioma.
Twierdzenie 7. (Lagrange'a o warto±ci ±redniej)
Niech funkcja f b¦dzie ci¡gªa w przedziale domkni¦tym [a, b] i ró»niczkowalna w przedziale otwartym (a, b). Wówczas istnieje taki punkt ζ ∈ (a, b), »e
f
0(ζ) = f (b) − f (a) b − a .
Rysunek 2: Interpretacja geometryczna twierdzenia Lagrange'a
Geometrycznie, dla funkcji ci¡gªej na przedziale domkni¦tym oraz ró»niczkowalnej wewn¡trz tego przedziaªu istnieje styczna równolegªa do siecznej ª¡cz¡cej ko«ce przedziaªu. Funkcja po prawej stronie nie speªnia zaªo»e« twierdzenia Lagrange'a i odpowiednia styczna nie istnieje.
Twierdzenie 8. (Cauchy'ego o warto±ci ±redniej)
Niech funkcje f, g b¦d¡ ci¡gªe w przedziale domkni¦tym [a, b] i ró»niczkowalne przedziale otwartym (a, b). Wówczas istnieje taki punkt ζ ∈ (a, b), »e
f
0(ζ)
g
0(ζ) = f (b) − f (a) g(b) − g(a) . Twierdzenie 9. (reguªa de L'Hospitala)
Niech funkcje f i g b¦d¡ okre±lone, ci¡gªe i ró»niczkowalne na O(x
0) przy czym g
0(x
0) 6= 0. Ponadto niech istniej¡ granice lim
x→x0
f (x) = lim
x→x0
g(x) = {0, +∞, −∞} oraz wªa±ciwa lub niewªa±ciwa granica lim
x→x0
f0(x)
g0(x)
to istnieje granica lim
x→x0
f (x)
g(x)
oraz zachodzi:
x→x
lim
0f (x)
g(x) = lim
x→x0
f
0(x) g
0(x) .
Uwaga 6. Powy»sze twierdzenie jest prawdziwe tak»e dla granic jednostronnych oraz granic na
±∞.
Rodzaj przeksztaªce« wykorzystywanych w obliczaniu granic za pomoc¡ reguªy L'Hospitala
Rodzaj nieoznaczono±ci Stosowane przeksztaªcenie Otrzymana nieoznaczono±¢
0 · ∞ f · g =
f1g
lub f · g =
g1f
0
0
lub
∞∞∞ − ∞ f − g =
1 g−1f
1 f g
0 0
1
∞, ∞
0, 0
0f
g= e
g ln f0 · ∞
Przykªad 6. Stosuj¡c reguª¦ L'Hospitala oblicz granice:
a)lim
x→1 x4−1
x−1
=
00
H= lim
x→1 (x4−1)0
(x−1)0
= lim
x→1 4x3
1
=
41= 4, b)lim
x→0 sin x
x
=
00
H= lim
x→0 (sin x)0
(x)0
= lim
x→0 cos x
1
= 1, c)lim
x→0 sin 13x
6x
=
00
H= lim
x→0
(sin 13x)0
(6x)0
= lim
x→0
13 cos 13x 6
=
136, d)lim
x→0
sin x−ex+1 2x2
=
00
H= lim
x→0
(sin x−ex+1)0
(2x2)0
= lim
x→0
cos x−ex 4x
=
00
H= lim
x→0
(cos x−ex)0
(4x)0
= lim
x→0
− sin x−ex 4
=
−14e)lim
x→0
e3x−3x−1 sin25x
=
00
H= lim
x→0
(e3x−3x−1)0
(sin25x)0
= lim
x→0
3e3x−3
2·5 sin 5x cos 5x
=
00
H= lim
x→0
(3e3x−3)0
(5 sin 10x)0
= lim
x→0 9e3x
5·10 cos 10x
=
509f) lim
x→+∞
x ln x
x+ln x
=
+∞+∞
H= lim
x→+∞
(x ln x)0
(x+ln x)0
= lim
x→+∞
ln x+x·1x 1+1x
lim
x→+∞
ln x+1
1+1x
=
+∞1= +∞,
g) lim
x→0+
x
x= [O
0] f
g= e
g ln f= lim
x→0+
e
x ln xNajpierw obliczmy:
lim
x→0+
x ln x = [0 · +∞]
f · g =
g1 f= lim
x→0+ ln x
1 x
=
+∞+∞
H= lim
x→0+ (ln x)0
(x1)0
= lim
x→0+
1
−1x x2
= lim
x→0+
−x2
x
=
lim
x→0+
(−x) = 0.
Zatem lim
x→0+
x
x= e
0= 1.
h) lim
x→π+ 1
sin x
−
π−x1= [−∞ + ∞]
f − g =
1 g−1f
1 f ·g
= lim
x→π+
π−x−sin x (π−x) sin x
=
00
H= lim
x→π+
(π−x−sin x)0 ((π−x) sin x)0
= lim
x→π+
−1−cos x
− sin x+(π−x) cos x
00
H= lim
x→π+
(−1−cos x)0
(− sin x+(π−x) cos x)0
= lim
x→π+
sin x
−2 cos x−(π−x) sin x
=
2+00= 0.
Twierdzenie 10. (wzór Taylora)
Je»eli funkcja f(x) ma n−t¡ pochodn¡ f
(n)(x) w pewnym przedziale domkni¦tym zawieraj¡cym punkt x
0, wówczas dla ka»dego x z tego przedziaªu ma miejsce nast¦puj¡cy wzór Taylora:
f (x) = f (x
0) +
f0(x1!0)(x − x
0) +
f002!(x0)(x − x
0)
2+ . . . +
f(n−1)(n−1)!(x0)(x − x
0)
n−1+
f(n)n!(cn)(x − x
0)
n, gdzie x
0< c
n< x gdy x > x
0lub x < c
n< x
0gdy x < x
0.
• Ostatni wyraz we wzorze Taylora oznaczamy przez R
ni nazywamy reszt¡ wzoru Taylora(podana wy»ej reszta to reszta Lagrange'a).
• Wzór postaci:
f (x) = f (x
0) +
f0(x1!0)(x − x
0) +
f002!(x0)(x − x
0)
2+ . . . +
f(n−1)(n−1)!(x0)(x − x
0)
n−1+ +
f(n)n!(x0)(x − x
0)
n+ . . . nazywamy szeregiem Taylora.
• Je±li we wzorze Taylora przyjmiemy x
0= 0 otrzymamy tzw. wzór Maclaurina.
Twierdzenie 11. Funkcja jest rozwijalna w szereg Taylora w przedziale(x
0− δ, x
0+ δ), δ > 0 , je»eli wewn¡trz tego przedziaªu:
a) funkcja ma pochodne ka»dego rz¦du, b) lim
n→∞
R
n= 0, gdzie R
noznacza reszt¦ szeregu ze wzoru Taylora.
Przykªad 7. Wzory Maclaurina dla wybranych funkcji:
sin x = x − 1
3! x
3+ 1
5! x
5− 1
7! x
7+ . . . + (−1)
n+1cos c
n(2n − 1)! x
2n−1; cos x = 1 − 1
2! x
2+ 1
4! x
4− 1
6! x
6+ . . . + (−1)
ncos c
n(2n)! x
2n; ln(1 + x) = x − 1
2 x
2+ 1
3 x
3− 1
4 x
4+ . . . + (−1)
n+11
n(1 + c
n)
nx
n.
Przykªad 8. Stosuj¡c wzór Taylora do odpowiedniej funkcji, punktu oraz n ∈ N oblicz warto±¢
wyra»enia ln 0, 9 z dokªadno±ci¡ 10
−4.
Rozwi¡zanie: B¦dziemy stosowa¢ wzór Taylora dla funkcji ln(1 + x), gdzie x = −0, 1. Ilo±¢ skªad- ników, czyli n otrzymamy z oszacowania reszty Lagrange'a dla danej funkcji (uwzgledniaj¡c, »e c
n∈ (−0, 1; 0) ):
(−1)
n+11
n(1 + c
n)
n(−0, 1)
n≤
(0, 1)
nn(0, 9)
n=
1 n · 9
n< 10
−4.
Nierówno±¢, ta jest prawdziwa ju» dla n = 4, wi¦c wyra»enie ln 0, 9 z dokªadno±ci¡ do 10
−4jest równe (skªadniki do 3 pochodnej wª¡cznie):
−0, 1 − 1
2 (−0, 1)
2+ 1
3 (−0, 1)
3= −0, 105(3) Natomiast dokªadna warto±¢ ln 0, 9 jest równa -0,1053605...
Monotoniczno±¢ funkcji
Twierdzenie 12. Niech funkcja f b¦dzie ci¡gªa w przedziale [a, b] oraz ró»niczkowalna w przedziale (a, b). Wówczas:
a) je»eli f
0(x) > 0 w (a, b), to funkcja jest ±ci±le (ostro) rosn¡ca w [a, b]
b) je»eli f
0(x) < 0 w (a, b), to funkcja jest ±ci±le (ostro) malej¡ca w [a, b].
c) je»eli f
0(x) = 0 w (a, b), to funkcja jest staªa w [a, b].
Geometrycznie jest to twierdzenie oczywiste np. je»eli styczna do krzywej we wszystkich punk- tach przedziaªu (a, b) jest skierowana do góry (wspóªczynnik kierunkowy a = f
0(x) > 0 ) to krzywa jest rosn¡ca.
Przykªad 9. Rozpatrzmy funkcje f(x) = x
3, g(x) = x
13, h(x) =
( x dla x ≤ 0 2x dla x > 0.
Wszystkie funkcje s¡ funkcjami ci¡gªymi. Ponadto dla x 6= 0 f
0(x), g
0(x), h
0(x) > 0, w punkcie x = 0 funkcja f jest ró»niczkowalna i f
0(0) = 0, = . Dla funkcji g
0(0) = +∞, a funkcja i h nie jest ró»niczkowalne w zerze. Natomiast wszystkie trzy funkcje rosn¡ w caªej swojej dziedzinie. Zatem warunek f
0(x) > 0 jest warunkiem dostatecznym, a nie koniecznym.
Twierdzenie 13. Niech funkcja f(x) b¦dzie okre±lona na przedziale [a, b] oraz ró»niczkowalna w (a, b). Wówczas funkcja f(x) jest:
• niemalej¡ca na przedziale (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy f
0(x) ≥ 0;
• nierosn¡ca na przedziale (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy f
0(x) ≤ 0.
Przykªad 10. Wyznacz przedziaªy monotoniczno±ci funkcji:
a) f(x) =
13x
3− 3x
2+ 5x + 7.
Funkcja ta jest ró»niczkowalna oraz
f
0(x) = x
2− 6x + 5 = (x − 5)(x − 1).
St¡d
f
0(x) > 0 (funkcja monotonicznie ro±nie) dla x ∈ (−∞, 1] ∪ [5, +∞), oraz f
0(x) < 0 (funkcja monotonicznie maleje) dla x ∈ [1, 5].
b) g(x) =
x2x−1.
Dziedzina funkcji g to: D
g= R \ {−1, 1}. Funkcja jest ró»niczkowalna w D
goraz jej pochodna wynosi:
g
0(x) = 1 · (x
2− 1) − x · 2x
(x
2− 1)
2= −x
2− 1 (x
2− 1)
2. St¡d
g
0(x) < 0 (funkcja g monotonicznie maleje ) dla ka»dego x ∈ D
g.
Maksima i minima lokalne
De nicja 8. Mówimy, »e funkcja f okre±lona na otoczeniu punktu x
0ma w tym punkcie maksimum lokalne, je»eli f(x) ≤ f(x
0) dla wszystkich x z S(x
0). Punkt x
0nazywamy punktem lokalnego maksimum, a f(x
0) lokalnym maksimum.
Mówimy, »e funkcja f(x) okre±lona na otoczeniu punktu x
0ma w tym punkcie minimum lokalne, je»eli f(x) ≥ f(x
0) dla wszystkich x z S(x
0). Punkt x
0nazywamy punktem lokalnego minimum, a f (x
0) lokalnym minimum.
Je»eli w powy»szej de nicji zachodz¡ nierówno±ci ±cisªe (ostre) tzn. f(x) < f(x
0) lub f(x) >
f (x
0) dla ka»dego x z S(x
0) to mówimy odpowiednio o ostrych (wªa±ciwych) maksimach, ostrych(wªa±ciwych) minimach lokalnych.
Minima i maksima lokalne nazywamy ekstremami lokalnymi.
Twierdzenie 14. (Fermata-warunek konieczny istnienia ekstremów)
Je»eli funkcja posiada w punkcie x
0ekstremum lokalne i jest w nim ró»niczkowalna to f
0(x
0) = 0.
Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe np. f(x) = x
3.
Uwaga 7. Funkcja mo»e mie¢ ekstrema lokalne tylko w punktach, w których jej pochodna si¦
zeruje albo w punktach, w których jej pochodna nie istnieje. Punkty te nazywamy punktami krytycznymi.
Przykªad 11. Funkcja y = |x| nie posiada pochodnej w punkcie x
0= 0, osi¡ga w nim minimum lokalne.
Interpretacja geometryczna twierdzenia Fermata: je»eli funkcja f ma ekstremum lokalne w punkcie x
0oraz wykres funkcji f posiada w tym punkcie styczn¡, to jest to prosta pozioma.
W punktach x
1, x
5oraz dla x ∈ (x
3, x
4) pochodna istnieje i f
0(x) = 0 w punktach tych mamy ekstrema lokalne. Natomiast w punkcie x
2pochodna nie istnieje, a mimo to mamy minimum lokalne.
Twierdzenie 15. (pierwszy warunek wystarczaj¡cy ekstremum)
Je»eli funkcja f jest ci¡gªa w punkcie x
0i posiada pochodn¡ f
0(x) na pewnym S(x
0), przy czym je±li:
a) f
0(x) < 0 dla x ∈ S
−(x
0) oraz f
0(x) > 0 dla x ∈ S
+(x
0),
to funkcja ta ma w punkcie x
0ostre (wªa±ciwe) minimum lokalne;
b) f
0(x) > 0 dla x ∈ S
−(x
0) oraz f
0(x) < 0 dla x ∈ S
+(x
0),
to funkcja ta ma w punkcie x
0ostre (wªa±ciwe) maksimum lokalne.
Przykªad 12. Wyznacz ekstrema lokalne funkcji:
a) f(x) =
13x
3− 3x
2+ 5x + 7; b) f(x) = x
3.
Rozwi¡zanie: a) Korzystaj¡c z twierdzenia Fermata szukamy punktów krytycznych na istnienie eks- tremów loklanych:
f
0(x) = x
2− 6x + 5
f
0(x) = 0 ⇒ x
2− 6x + 5 = 0 ⇒ (x − 1)(x − 5) = 0, wi¦c punktami krytycznymi s¡ x
1= 1, x
2= 5.
Zatem (patrz rys a)) dla x
1= 1 mamy maksimum loklane równe f(1) =
283, a dla x
2= 5 mamy minimum lokalne o warto±ci f(5) = −
43.
b) Tutaj f
0(x) = 0 ⇔ 3x
2= 0 x = 0, wi¦c x = 0 jest punktem krytycznym na istnienie ekstremum. Natomias (patrz rys. b)) nie nast¦puje zmiana znaku pierwszej pochodnej z prawej i lewej strony, wi¦c w punkcie x = 0 nie ma ekstremum lokalnego.
Twierdzenie 16. (drugi warunek wystarczaj¡cy ekstremum )
Niech funkcja f(x) b¦dzie n−krotnie ró»niczkowalna w punkcie x
0oraz f
0(x
0) = f
00(x
0) = . . . = f
(n−1)(x
0) = 0. Wówczas, je±li:
a) f
(n)(x
0) < 0 oraz n ≥ 2 jest liczb¡ parzyst¡, to funkcja posiada w punkcie x
0ostre (wªa±ciwe) maksimum lokalne;
b) f
(n)(x
0) > 0 oraz n ≥ 2 jest liczb¡ parzyst¡, to funkcja posiada w punkcie x
0ostre (wªa±ciwe) minimum lokalne;
c) f
(n)(x
0) 6= 0 oraz n ≥ 3 jest liczb¡ nieparzyst¡, to funkcja nie posiada w punkcie x
0ekstremum
lokalnego.
Przykªad 13. Znale¹¢ ekstrema lokalne funkcji f(x) =
ln xx.
Rozwi¡zanie: Dziedzina funkcji f(x) to przedziaª (0, +∞). Liczymy pierwsz¡ pochodn¡ funkcji f (x) :
f
0(x) = 1 − ln x x
2. Przyrównujemy j¡ do zera:
f
0(x) = 0 ⇔ 1 − ln x = 0 ⇔ x = e.
Liczymy drug¡ pochodn¡: f
00(x) =
2 ln x−3x3.
Liczymy znak warto±ci drugiej pochodnej w punkcie x = e : f
00(e) = 2 ln e − 3
e
3= −1 e
3< 0,
wi¦c funkcja f(x) =
ln xxw punkcie x = e posiada maksimum lokalne o warto±ci f(e) =
1e.
Wypukªo±¢, wkl¦sªo±¢ wykresu funkcji
De nicja 9. Funkcja f(x) jest wypukªa (inaczej: wypukªa do doªu) na przedziale (a; b), je»eli w ka»dym punkcie przedziaªu (a, b) jej wykres le»y nad styczn¡ do wykresu funkcji.
De nicja 10. Funkcja f(x) jest wkl¦sªa (inaczej: wypukªa do góry) na przedziale (a; b), je»eli w ka»dym punkcie przedziaªu (a, b) jej wykres le»y poni»ej stycznej do wykresu funkcji.
De nicja 11. Niech funkcja f(x) b¦dzie ci¡gªa w punkcie x
0. Mówimy, »e punkt (x
0, f (x
0)) jest punktem przegi¦cia wykresu funkcji je»eli w tym punkcie ko«czy si¦ przedziaª wypukªo±ci i zaczyna przedziaª wkl¦sªo±ci lub odwrotnie.
Twierdzenie 17. Je»eli f
00(x) > 0 dla ka»dego x ∈ (a, b), to funkcja jest ±ci±le wypukªa na (a, b).
Je»eli f
00(x) < 0 dla ka»dego x ∈ (a, b), to funkcja jest ±ci±le wkl¦sªa na (a, b).
Twierdzenie 18. (Warunek konieczny istnienia punktu przegi¦cia)
Funkcja f(x) posiadaj¡ca w punkcie x
0druga pochodn¡ ma w punkcie (x
0, f (x
0)) punkt przegi¦cia, to
f
00(x
0) = 0.
Twierdzenie 19. (I warunek dostateczny istnienia punktu przegi¦cia)
Je»eli funkcja posiada pochodn¡ f
0(x
0) (tak»e niewªa±ciw¡) oraz druga pochodna f
00(x) ma przeciwne znaki w ka»dym punkcie lewego i prawego s¡siedztwa punktu x
0, to funkcja ma w punkcie x
0punkt przegi¦cia.
Twierdzenie 20. (II warunek dostateczny istnienia punktu przegi¦cia) Je»eli dla funkcji f(x) s¡ speªnione warunki:
1) f
0(x
0) = f
00(x
0) = . . . = f
(n−1)(x
0) = 0,
2) f
(n)(x
0) 6= 0, gdzie n ≥ 3 jest liczb¡ nieparzyst¡, to funkcja f(x) ma w punkcie x
0punkt przegi¦cia.
Przykªad 14. Zbadaj wkl¦sªo±¢, wypukªo±¢ funkcji f(x) = (x
2+ 1)e
xoraz wyznacz punkty prze- gi¦cia jej wykresu.
Rozwi¡zanie: Liczymy pierwsz¡ i drug¡ pochodn¡:
f
0(x) = 2xe
x+ (x
2+ 1)e
x⇒ f
0(x) = (x
2+ 2x + 1)e
x; f
00(x) = (2x + 2)e
x+ (x
2+ 2x + 1)e
x⇒ f
00(x) = (x
2+ 4x + 3)e
x.
Poniewa» e
x> 0 dla ka»dego x ∈ R, wi¦c f
00(x) ma taki sam charakter jak funkcja parabola y = x
2+ 4x + 3, która ma miejsca zerowe x
1= −1, x
2= −3 przyjmuje warto±ci dodatnie dla x ∈ (−∞, −3) ∪ (−1, +∞) oraz warto±ci ujemne dla x ∈ (−3, −1).
Wobec tego funkcja f(x) = (x
2+ 1)e
x:
a) jest wypukªa na zbiorze x ∈ (−∞, −3) ∪ (−1, +∞);
b) jest wkl¦sªa na przedziale x ∈ (−3, −1);
c) posiada dwa punkty przegi¦cia (−3; 10e
−3) oraz (−1; 2e
−1).
Asymptoty funkcji a) Asymptota pionowa
Prosta x = x
0jest asymptot¡ pionow¡ lewostronn¡ (prawostronn¡) wykresu funkcji f(x), je±li lim
x→x−0
f (x) = ±∞ ( lim
x→x+0
f (x) = ±∞)
Mówimy, »e prosta x = x
0jest asymptot¡ obustronn¡ funkcji f(x) gdy jest jednocze±nie asymptot¡
lewostronn¡ i prawostronn¡.
Rysunek 3: asymptota pionowa x = x
0a)lewostronna b)prawostronna c)obustronna
b) Asymptota pozioma
Prosta y = y
0jest asymptot¡ poziom¡ lewostronn¡ (prawostronn¡) wykresu funkcji f(x), je±li
x→−∞
lim f (x) = y
0x→+∞
lim f (x) = y
0,
gdzie y
0∈ R.
Mówimy, »e prosta y = y
0jest asymptot¡ poziom¡ obustronn¡ funkcji f(x) gdy jest jednocze±nie asymptot¡ poziom¡ lewostronn¡ i prawostronn¡.
Rysunek 4: asymptota pozioma y = y
0a)lewostronna b)prawostronna c)obustronna c) Asymptota uko±na
Prosta y = ax + b gdzie (a, b ∈ R, a 6= 0) jest asymptot¡ uko±n¡ lewostronn¡ (prawostronn¡) wykresu funkcji f(x), je±li lim
x→−∞
[f (x) − (ax + b)] = 0 ( lim
x→+∞
[f (x) − (ax + b)] = 0 ), gdzie a = lim
x→∓∞
f (x)
x i b = lim
x→∓∞
[f (x) − ax].
Uwaga 8. Granice a, b musz¡ by¢ wªa±ciwe oraz a 6= 0.
Mówimy, »e prosta y = y
0jest asymptot¡ poziom¡ obustronn¡ funkcji f(x) gdy jest jednocze±nie asymptot¡ poziom¡ lewostronn¡ i prawostronn¡.
Rysunek 5: asymptota uko±na y = ax + b a)lewostronna b)prawostronna c)obustronna
Uwaga 9. Istnienie asymptoty poziomej wyklucza istnienie asymptoty uko±nej po tej samej stronie
osi Oy.
Przykªad 15. Zbadaj istnienie asymptot dla funkcji f (x) = 2x − 5
x − 3 . Rozwi¡zanie:
a) asymptota pionowa: Poniewa» dziedzin¡ funkcji f(x) jest zbiór R \ {3}, wi¦c asymptota pionowa mo»e istnie¢ tylko w x
0= 3. Liczymy odpowiednie granice jednostronne. Poniewa»:
lim
x→3−
f (x) = lim
x→3− 2x−5
x−3
=
10−
= −∞;
oraz lim
x→3+
f (x) = lim
x→3+ 2x−5
x−3
=
10+
= +∞;
St¡d istnieje granica lewostronna i prawostronna pionowa x = 3, Zatem istnieje granica obustronna pionowa x = 3.
b) asymptota pozioma: W celu zbadania asymptoty poziomej liczymy granice:
x→−∞
lim f (x) = lim
x→−∞
2x−5
x−3
= lim
x→−∞
x(2−x5)
x(1−x3)
= lim
x→−∞
2−5x 1−3x
= 2 oraz
x→+∞
lim f (x) = lim
x→+∞
2x−5
x−3
= lim
x→+∞
x(2−x5)
x(1−x3)
= lim
x→−∞
2−5x 1−3x
= 2
St¡d istnieje granica lewostronna i prawostronna pozioma y = 2, Zatem istnieje granica obustronna pozioma y = 2.
c) asymptota uko±na: brak asymptoty uko±nej, gdy» istnieje asymptota pozioma.
Przykªad 16. Zbadaj istnienie asymptoty pionowej, uko±nej dla funkcji
f (x) = x
3+ 1 x
2+ 1 . Rozwi¡zanie:
a) asymptota pionowa: Poniewa» dziedzin¡ funkcji f(x) jest zbiór R wi¦c asymptota pionowa nie istnieje
b) asymptota pozioma W celu zbadania asymptoty poziomej liczymy granice:
x→−∞
lim f (x) = lim
x→−∞
x3+1
x2+1
= lim
x→−∞
x2(x+ 1
x2) x2(1+1
x2)
= lim
x→−∞
x+1
x2
1+ 1
x2
= −∞;
oraz
x→+∞
lim f (x) = lim
x→+∞
x3+1
x2+1
= lim
x→+∞
x2(x+ 1
x2) x2(1+1
x2)
= lim
x→+∞
x+1
x2
1+ 1
x2
= +∞.
St¡d nie istnieje ani granica lewostronna, ani prawostronna pozioma.
c) asymptota uko±na W celu zbadania asymptoty uko±nej liczmy granice (jednocze±nie dla −∞
oraz dla +∞): a = lim
x→−∞
f (x)
x
= lim
x→±∞
x3+1
x3+x
= lim
x→−∞
x3(1+ 1
x3) x3(1+ 1
x2)
= lim
x→−∞
1+ 1
x3
1+ 1
x2
= 1.
Jest to granica wªa±ciwa wi¦c liczymy b :
x→±∞
lim f (x) − ax = lim
x→±∞
x3+1
x2+1
− 1 · x = lim
x→±∞
x3+1−x3−x
x2+1
= lim
x→±∞
−x+1
x2+1
= lim
x→±∞
x2(−1x +1
x2) x2(1+1
x2)
= 0.
Zatem mamy asymptot¦ uko±n¡ obustronn¡: y = x.
Badanie przebiegu zmienno±ci funkcji (etapy):
1) wyznacz dziedzin¦ funkcji,
2) zbadaj podstawowe wªasno±ci funkcji tj. parzysto±¢, nieparzysto±¢, okresowo±¢, punkty prze- ci¦cia wykresu funkcji z osiami wspóªrz¦dnych,
3) wyznacz asymptoty (pionowe, poziome, uko±ne) oraz oblicz granice na kra«cach przedziaªu okre±lono±ci i w otoczeniu punktów nieci¡gªo±ci (granice jednostronne),
4) zbadaj pierwsz¡ pochodn¡, a) oblicz pochodn¡ funkcji,
b) wyznacz miejsce zerowe-tu mog¡ by¢ ekstrema lokalne funkcji,
c) okre±l znak pochodnej wyznaczamy przedziaªy monotoniczno±ci oraz ekstrema lokalne funkcji,
5) zbadaj drug¡ pochodn¡;
a) wyznacz miejsca zerowe- tu mog¡ by¢ punkty przegi¦cia,
b) okre±l znak drugiej pochodnej-wyznaczamy przedziaªy wkl¦sªo±ci i wypukªo±ci funkcji oraz punkty przegi¦cia funkcji,
6) zbierz otrzymane informacje o funkcji w tabeli
7) sporz¡d¹ wykresu funkcji.
1. Korzystaj¡c z de nicji obliczy¢ pochodne podanych funkcji we wskazanych punktach:
a) f(x) = x
2; x
0∈ R, b) f(x) = sin x; x
0∈ R, c) f(x) = x
n; x
0∈ R, n ∈ N d) f(x) = √
3x; x
0∈ R, e) f(x) = 2 √
x
2+ 5 x
0= 2; f) f(x) =
1+sin 2x1−sin 2xx
0= 0.
2. Korzystaj¡c z de nicji pochodnych jednostronnych sprawdzi¢ czy istniej¡ pochodne funkcji:
a) f(x) = |x| w punkcie x
0= 0; b) f(x) = x|x| w punkcie x
0= 0.
3. Zbadaj ró»niczkowalno±¢ podanych funkcji w punkcie x
0: a) f(x) = √
3x, x
0= 0 b) f(x) =
( x
2+ 4x − 4 dla x < 3
5x + 2 dla x ≥ 3 , x
0= 3
c) f(x) = | cos x|, x
0=
π2d) f(x) =
( arctg x dla |x| ≤ 1
π
4
sgn x +
x−12dla |x| > 1 , x
0= 1, −1 4. Korzystaj¡c ze wzorów na pochodn¡ funkcji elementarnych oraz podstawowych reguª ra-
chunku ró»niczkowego oblicz:
1) f (x) = 5x
23− 3x
52+ 2x
−32) f (x) =
13x
3−
32x
4+
135x
63) f (x) = √
5x
34) f (x) = (4x
2− 2x √
x)(2x + √
x) 5) f (x) = 3
xx
3+ x
2log
5x 6) f (x) = 2
x3
x+ x
2− 1 7) f (x) =
x4√ x3
√4
x
8) f (x) =
sin x+cos xsin x−cos x
9) f (x) =
x22x−3x+12+410) f (x) =
2x−1311) f (x) = e
x2+412) f (x) = cos 2x 13) f (x) = (5x − x
5)
1014) f (x) = √
x
2+ 2x − 10 15) f (x) = tg
2(3x − 4) 16) f (x) = ln
5 3x+4x2+117) f (x) = x
2cos e
3x18) f (x) = 5
sin x19) f (x) =
5q
x + p
3x + √
2x 20) f (x) = arctg ln
3(x
2sin 3x) 21) f (x) = 6 √
arctg x 22) f (x) =
q
arcctg
3√
sin ln
3x 23) f (x) = ln
q
1+sin x1−sin x
24) f (x) = ln arctg e
2x25) f (x) = e
−x· √
4x
3· sin
2x 26) f (x) = e
arccos√
1+ln(2x−1)
27) f (x) = log
2(e
2x+ 1) 5. Dla funkcji danych wzoram f(x) = ln tg x
2, g(x) = √
5x
3oblicz f
0(x), g
0(x) oraz f
0( p
π4
), g
0(0).
6. Obliczy¢ pochodne :
a) f(x) = x
ln xb) f(x) = x
x2c) f(x) = 10x
−3xd) f(x) = (tg x)
cos xe) f(x) = √
xx
3− 3x
2+ 2 f) f(x) = x
ln x1g) f(x) = log
xsin
2x h) f(x) =
log√√xxxex
.
Wskazówka: w podpunktach a)-f) wykorzysta¢ metod¦ pochodnej logarytmicznej, w pod- punktach g)-h) zamian¦ podstawy logarytmu.
7. Uzupeªnij tabel¦, wpisuj¡c tak lub nie:
funkcja ci¡gªa ró»niczkowalna klasy C
1f (x) =
( sin
x1dla x 6= 0 0 dla x = 0 f (x) = x|x − 1|
f (x) =
( x sin
x1dla x 6= 0 0 dla x = 0 . f (x) =
( x
2sin
x1dla x 6= 0
0 dla x = 0
f (x) = |x|
38. Dla jakich warto±ci parametrów a, b funkcja
f (x) =
( x
2dla x ≤ 2 ax + b dla x > 2 jest ci¡gªa i ró»niczkowalna na R.
9. Korzystaj¡c z twierdzenia o pochodnej funkcji odwrotnej wyznacz pochodne:
a) f(x) = arctg x b) f(x) = √
3
x+ 2 c) f(x) = ln x
10. Oblicz:
a) (e
2x)
(2018), b) (cos x)
(n), c) (x
3e
4x)
(37). 11. Oblicz podane granice korzystaj¡c z reguªy de L'Hospitala:
a) lim
x→2 x2−4
x−2
, b) lim
x→0 sin 5x
x
, c) lim
x→0
ex−e−x−2x x−sin x
, d) lim
x→+∞
π−2 arctg x
ln(1+1x)
, e) lim
x→+∞
ln2x
x
, f) lim
x→+∞
x4 ex2
, g) lim
x→0+
x ln x, h) lim
x→2+
(x − 2)e
x−21, i) lim
x→−∞
x(arcctg x − π), j) lim
x→0+
tg x · ln x, k) lim
x→0−
(
x sin x1−
x12), l) lim
x→0
(
1x−
ex1−1), m) lim
x→0
(ctg x −
1x), n) lim
x→+∞
(x
2− e
2x) , o) lim
x→1
x
x−11, p) lim
x→0
(e
2x+ x)
1
x
, q) lim
x→+∞
2
π
arctg x
x2r) lim
x→0+
![T ( f )( x )= f ( x ) X = C [0 , 1] Y = C [0 , 1] ′ 1 T ( f )( x )=2 f ( x − 1)+1 X = Y = C [0 , 1] T ( f )= f (0 , 290109) X = C [0 , 1] Y = R T : X → Y f (0 , 1] f g [0 , 1] x → 0 lim f ( x ) f :(0 , 1] → R f :(0 , 1] → R f ( x )= sin (1 /x ) i f : R →](data:image/gif;base64,R0lGODlhAQABAIAAAP///wAAACH5BAEAAAAALAAAAAABAAEAAAICRAEAOw==)