mathic.com: Krzysztof Wesołowski - Kurs: [30h] Matematyka - Zajęcia: Wykład 7 - Pochodne funkcji (otoczenie i sąsiedztwo, definicja pochodnej, przykłady z definicji, pochodna w przedziale, pochodne funkcji elementarnych, metody liczenia pochodnych)

Kurs: [30h] Matematyka - Wykład

Temat: Wykład 7 - Pochodne funkcji (otoczenie i sąsiedztwo, definicja pochodnej, przykłady z definicji, pochodna w przedziale, pochodne funkcji elementarnych, metody liczenia pochodnych)

Data zajęć: 2019-11-22

Ogłoszenia: 9:15-10:45

Treść zajęć

Pochodne funkcji zmiennej rzeczywistej

Pochodna funkcji w punkcie, podobnie jak granica funkcji w punkcie, jest pojęciem lokalnym, mianowicie interesuje nas tylko małe (praktycznie nieskończenie małe) otoczenie rozpatrywanego punktu, a nie jest ważne dla nas co się dzieje z funkcją poza tym otoczeniem. Dlatego - aby precyzyjnie zdefiniować pochodną funkcji w punkcie - przypomnijmy nazewnictwo związane z otoczeniami punktu.

Definicja (Rodzaje otoczeń punktu)

a) Otoczeniem punktu $x_0$ nazywamy dowolny przedział postaci $(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ i oznaczamy przez $\mathcal{O}(x_0)$ .

b) Otoczeniem lewostronnym punktu $x_0$ nazywamy dowolny przedział postaci $(x_0-\varepsilon,x_0]$ i oznaczamy przez $\mathcal{O}_{-}(x_0)$ .

c) Otoczeniem prawostronnym punktu $x_0$ nazywamy dowolny przedział postaci $[x_0,x_0+\varepsilon)$ i oznaczamy przez $\mathcal{O}_{+}(x_0)$ .

d) Otoczeniem punktu $x_0$ o promieniu $\varepsilon>0$ nazywamy przedział $(x_0-\varepsilon,x_0+\varepsilon)$ i oznaczamy przez $\mathcal{O}(x_0,\varepsilon)$ .

e) Otoczeniem lewostronnym punktu $x_0$ o promieniu $\varepsilon>0$ nazywamy przedział $(x_0-\varepsilon,x_0]$ i oznaczamy przez $\mathcal{O}_{-}(x_0,\varepsilon)$ .

f) Otoczeniem prawostronnym punktu $x_0$ o promieniu $\varepsilon>0$ nazywamy przedział $[x_0,x_0+\varepsilon)$ i oznaczamy przez $\mathcal{O}_{+}(x_0,\varepsilon)$ .

Definicja pochodnej funkcji w punkcie

Wyobraźmy sobie, że jedziemy samochodem ze zmienną prędkością. Mamy stoper w ręce i wiemy jaką odległość $f(t+h)-f(t)$ przebyliśmy pomiędzy dwoma odczytami czasu: $t$ i $t+h$ .
Jeśli teraz podzielimy przyrost drogi przez przyrost czasu, mianowicie: $\frac{f(t+h)-f(t)}{t+h-t}$ , to otrzymamy średnią prędkość na tym odcinku. Jednak nasza prędkość się zmienia i chcielibyśmy znać prędkość chwilową. Musimy w tym celu coraz częściej dokonywać odczytów, mianowicie brać coraz mniejsze $h$ . Aby uzyskać prędkość chwilową, musimy przejść z $h$ do granicy $0$ . W ten sposób otrzymujemy
$v(t)=\lim_{h\to 0} \frac{f(t+h)-f(t)}{h}$ .
Tak uzyskaną prędkość w danej chwili nazwiemy pochodną drogi względem czasu. Prędkość chwilowa mówi o szybkości zmian w przebytej drodze, dlatego też pochodna dowolnej funkcji mówi o szybkości zmian jej wartości.

Definicja (Pochodna funkcji w punkcie)
Niech $x_0\in \mathbb{R}$ i niech $f:\mathcal{O}(x_0,\varepsilon)\to\mathbb{R}$ .
Pochodną funkcji $f$ w punkcie $x_0$ nazywamy (jeśli istnieje) granicę właściwą (czyli skończoną) $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ .

Oznaczenie
Pochodną funkcji $f$ w punkcie $x_0$ oznaczamy przez $f^{\prime} (x_0)$ lub $\frac{df}{dx}(x_0)$ , zatem zapisujemy $f^{\prime} (x_0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ .

Uwaga
Najkrótsze słowne określenie pochodnej to (jak widać z powyższej postaci) "granica ilorazu różnicowego", bo w jej zapisie znajduje się granica, iloraz i różnica.

Kilka przykładów liczenia pochodnej na podstawie wprowadzonej powyżej definicji

Przykład
Na podstawie definicji obliczyć pochodną funkcji $f(x)=x^2$ w punkcie $x_0=2$ .
Rozwiązanie: Mamy $f^{\prime} (2)$ $=\lim_{h\to 0}\frac{f(2+h)-f(2)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{(2+h)^2-2^2}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{4+4h+h^2-4}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{h(4+h)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}(4+h)$ $=4$ .

Przykład
Na podstawie definicji obliczyć pochodną funkcji $f(x)=x^2$ w punkcie $x_0=x$ .
Rozwiązanie: Mamy $f^{\prime} (x)$ $=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{(x+h)^2-x^2}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{x^{2}+2xh+h^2-4}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{h(2x+h)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}(2x+h)$ $=2x$ .

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=e^x$ w punkcie $x_0=x$ .
Rozwiązanie: $f^{\prime} (x)$ $=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x+h}-e^{x}}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x}\cdot e^{h}-e^{x}}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{e^{x}(e^h-1)}{h}$ $=e^{x}\lim_{h\to 0}\frac{e^h-1}{h}$ $=\{\text{granica specjalna}\}=[e^{x}\cdot 1]$ $=e^{x}$ .

Pochodne jednostronne

Może się zdarzyć, że powyższa granica $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ nie istnieje (albo jest nieskończona), czyli funkcja nie ma pochodnej w jakimś punkcie $x_{0}$ .

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=|x|$ w punkcie $x_0=0$ .
Rozwiązanie: Mamy $f^{\prime} (0)$ $=\lim_{h\to 0}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{|0+h|-|0|}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{|h|}{h}$ .
Sprawdzamy granice jednostronne:
$\lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h|}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{-}}\frac{-h}{h}$ $=-1$ oraz
$\lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h|}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h}{h}$ $=1$ .
Granice jednostronne nie są takie same, zatem nie istnieje granica $\lim_{h\to 0}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}$ , czyli pochodna funkcji $f(x)=|x|$ w punkcie $x_0=0$ nie istnieje.

Komentarz
Funkcja "wartość bezwzględna" ma w $x_0=0$ "szpic", dlatego nie istnieje jej pochodna w zerze. Wszędzie gdzie wykres funkcji ma "szpic", tam funkcja nie ma pochodnej.

Daje to podstawę do wprowadzenia pojęcia pochodnych jednostronnych

Definicja (Pochodna lewostronna funkcji w punkcie)
Niech $x_0\in \mathbb{R}$ i niech $f:\mathcal{O}_{-}(x_0,\varepsilon)\to\mathbb{R}$ .
Pochodną lewostronną funkcji $f$ w punkcie $x_0$ nazywamy (jeśli istnieje) granicę właściwą $\lim_{h\to 0^{-}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ i oznaczamy przez $f^{\prime}_{-} (x_0)$ .

Definicja (Pochodna prawostronna funkcji w punkcie)
Niech $x_0\in \mathbb{R}$ i niech $f:\mathcal{O}_{+}(x_0,\varepsilon)\to\mathbb{R}$ .
Pochodną prawostronną funkcji $f$ w punkcie $x_0$ nazywamy (jeśli istnieje) granicę właściwą $\lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ i oznaczamy przez $f^{\prime}_{+} (x_0)$ .

Przykład
Obliczmy pochodne jednostronne (co zresztą uczyniliśmy już powyżej, jednak wtedy nie nazywając ich jeszcze pochodnymi jednostronnymi) funkcji $f(x)=|x|$ w punkcie $x_0=0$ .
Rozwiązanie: Mamy
$f^{\prime}_{-} (0)$ $=\lim_{h\to 0^{-}}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{-}}\frac{|0+h|-|0|}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{-}}\frac{|h|}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{-}}\frac{-h}{h}$ $=-1$ .
$f^{\prime}_{+} (0)$ $=\lim_{h\to 0^{+}}\frac{f(0+h)-f(0)}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{+}}\frac{|0+h|-|0|}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{+}}\frac{|h|}{h}$ $=\lim_{h\to 0^{+}}\frac{h}{h}$ $=1$ .

Twierdzenie (Warunek konieczny i wystarczający istnienia pochodnej funkcji w punkcie)
Niech $f:\mathcal{O}(x_{0})\to\mathbb{R}$ . Funkcja $f$ ma pochodną w punkcie $x_0$ wtedy i tylko wtedy, gdy $f^{\prime}_-(x_0)=f^{\prime}_+(x_0)$ . Wtedy pochodna wynosi $f^{\prime}(x_0)=f^{\prime}_-(x_0)=f^{\prime}_+(x_0)$ .

Pochodna funkcji w przedziale

Definicja
Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną w przedziale otwartym $(a,b)$ , gdzie $-\infty\leq a<b\leq\infty$ , gdy funkcja $f$ ma pochodną w każdym punkcie tego przedziału.

Definicja
Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną w przedziale domkniętym $[a,b]$ , gdzie $-\infty<a<b<\infty$ , gdy funkcja $f$ ma pochodną w przedziale otwartym $(a,b)$ i pochodną prawostronną w $a$ i pochodną lewostronną w $b$ .

Definicja
Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną w przedziale $(a,b]$ , gdzie $-\infty\leq a<b<\infty$ , gdy funkcja $f$ ma pochodną w przedziale otwartym $(a,b)$ i pochodną lewostronną w $b$ .

Definicja
Mówimy, że funkcja $f$ ma pochodną w przedziale $[a,b)$ , gdzie $-\infty<a<b\leq\infty$ , gdy funkcja $f$ ma pochodną w przedziale otwartym $(a,b)$ i pochodną prawostronną w $a$ .

Definicja
Funkcję $x\mapsto f^{\prime}(x)$ nazywamy pochodną funkcji $f$ i oznaczamy ją przez $f^{\prime}$ lub $\frac{df}{dx}$ .

Definicja (Funkcja różniczkowalna)
Funkcję mającą pochodną w każdym punkcie przedziału nazywamy funkcją różniczkowalną w tym przedziale.

Twierdzenie (O ciągłości funkcji mającej pochodną)
Jeżeli funkcja ma pochodną w punkcie $x_0$ , to jest ciągła w punkcie $x_0$ .

Uwaga
Stwierdzenie odwrotne: "Jeżeli funkcja jest ciągła w punkcie $x_0$ , to ma pochodną w punkcie $x_0$ " nie jest prawdziwe, o czym świadczy poniższy:

Przykład
Jak zobaczyliśmy badając pochodne jednostronne, funkcja $f(x)=|x|$ nie ma pochodnej w $x_{0}=0$ (bo ma tu szpic), zaś jest ciągła.

Pochodne funkcji elementarnych

Twierdzenie (O pochodnych funkcji elementarnych)
Zachodzą następujące wzory:

Pochodna funkcji stałej:

$(c)^{\prime}=0$ , gdzie $c\in\mathbb R$ jest stałą

Pochodna funkcji potęgowej:

$(x^a)^{\prime}=ax^{a-1}$ , gdzie $a\in\mathbb R$ jest stałą

Pochodna funkcji wykładniczej i logarytmicznej:

$(a^x)^{\prime}=a^x\ln a$ , gdzie $a\in(0,1)\cup (1,\infty)$ jest stałą

$(e^x)^{\prime}=e^x$

$(\log_a x)^{\prime}=\frac{1}{x\ln a}$ , gdzie $a\in(0,1)\cup (1,\infty)$ jest stałą

$(\ln x)^{\prime}=\frac{1}{x}$

Pochodna funkcji trygonometrycznych:

$(\sin x)^{\prime}=\cos x$

$(\cos x)^{\prime}=-\sin x$

$(\text{tg}\, x)^{\prime}=\frac{1}{\cos^2 x}$

$(\text{ctg}\, x)^{\prime}=-\frac{1}{\sin^2 x}$

Pochodna funkcji cyklometrycznych:

$(\arcsin x)^{\prime}=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

$(\arccos x)^{\prime}=-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$

$(\text{arctg}\, x)^{\prime}=\frac{1}{x^2+1}$

$(\text{arcctg}\, x)^{\prime}=-\frac{1}{x^2+1}$

Przykład
Zobaczmy jak czasochołonne jest liczenie powyższych pochodnych z definicji, na podstawie funkcji $f(x)=\sin x$ . Mamy $f^{\prime}(x)$ $=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{\sin(x+h)-\sin(x)}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{\sin x \cos h+\cos x \sin h-\sin x}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{\sin x (1-2\sin^2\frac{h}{2})+\cos x \sin h-\sin x}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\frac{-2\sin x\sin^2\frac{h}{2}+\cos x \sin h}{h}$ $=\lim_{h\to 0}\left(-2\sin x\frac{\sin^2\frac{h}{2}}{h}+\cos x \frac{\sin h}{h}\right)$ $=\lim_{h\to 0}\left(-\sin x\cdot \sin\frac{h}{2}\cdot \frac{\sin\frac{h}{2}}{\frac{h}{2}}+\cos x \cdot \frac{\sin h}{h}\right)$ $=-\sin x\cdot 0\cdot 1+\cos x\cdot 1$ $=\cos x$ .

Aby szybko obliczać pochodne pewnych funkcji wykorzystuje się powyższą tabelę pochodnych funkcji elementarnych. W ten sposób nie trzeba liczyć pochodnych z definicji, jak to uczyniliśmy w powyższym przykładzie.

Pochodne operacji algebraicznych (sum, różnic, iloczynów, ilorazów)

Twierdzenie (O pochodnej operacji algebraicznych)
Jeżeli funkcje $f$ i $g$ mają pochodne w punkcie $x_0$ , to

$(c\cdot f)^{\prime}(x_0)$ $=c\cdot f^{\prime}(x_0)$ , gdzie $c$ jest stałą (stałe można wyłączyć przez pochodną funkcji)

$(f+g)^{\prime}(x_0)$ $=f^{\prime}(x_0)+g^{\prime}(x_0)$ (pochodna sumy funkcji jest sumą pochodnych)

$(f-g)^{\prime}(x_0)$ $=f^{\prime}(x_0)-g^{\prime}(x_0)$ (pochodna różnicy funkcji jest różnicą pochodnych)

$(f\cdot g)^{\prime}(x_0)$ $= f^{\prime}(x_0)g(x_0)+f(x_0)g^{\prime}(x_0)$ (pochodna iloczynu jest sumą iloczynów "krzyżowych")

$\left(\frac{f}{g}\right)^{\prime}(x_0)$ $=\frac{f^{\prime}(x_0)g(x_0)-f(x_0)g^{\prime}(x_0)}{[g(x_0)]^2}$

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=2x^2+4x^5-3$ .
Rozwiązanie: Mamy $f^{\prime}(x)$ $=(2x^2+4x^5-3)^{\prime}=$ {ze wzorów na pochodną sumy i różnicy funkcji} $=(2x^2)^{\prime}+(4x^5)^{\prime}-(3)^{\prime}=$ {ze wzoru na wyłączenie stałej przed znak pochodnej} $=2(x^2)^{\prime}+4(x^5)^{\prime}-(3)^{\prime}=$ {ze wzorów na pochodne funkcji elementarnych} $=2\cdot 2x+4\cdot 5x^4-0=4x+20x^4$ .

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=x^3\sin x$ .
Rozwiązanie: Mamy $f^{\prime}(x)=(x^3\sin x)^{\prime}=$ {ze wzoru na pochodną iloczynu funkcji} $=(x^3)^{\prime}\sin x +x^3(\sin x)^{\prime}=3x^2\sin x +x^3\cos x$ .

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $h(x)=\frac{\ln x}{\text{ctg}\, x}$ .
Rozwiązanie: Mamy $h^{\prime}(x)=(\frac{\ln x}{\text{ctg}\, x})^{\prime}=$ {ze wzoru na pochodną ilorazu funkcji} $=\frac{(\ln x)^{\prime}\text{ctg}\, x-\ln x(\text{ctg}\, x)^{\prime}}{\text{ctg}^2\, x}$ $=\frac{\frac{1}{x}\,\text{ctg}\, x-\ln x(-\frac{1}{\sin^2 x})}{\text{ctg}^2\, x}=$ {po uproszczeniu} $=\frac{\text{ctg}\, x\sin^2 x+x\ln x}{x\sin^2 x\,\text{ctg}^2\, x}$ $=\frac{\sin x\cos x+x\ln x}{x\cos^2 x}$ .

Pochodne złożeń funkcji

Uwaga
Przypominamy, że zapis $(f\circ g) (\ldots)=f(g(\ldots))$ nazywamy złożeniem funkcji. Funkcję $f$ nazywamy zewnętrzną, zaś $g$ wewnętrzną. Wartości funkcji $g$ stają się argumentami funkcji $f$ .

Przykład
Funkcja $f(g(x))=\sin(x^{4})$ jest złożeniem funkcji $\color{BrickRed}\boxed{\sin(\ldots)}$ oraz $\color{RoyalBlue}\boxed{(\ldots)^{4}}$ , a dokładniej

$\begin{align} \textrm{typ funkcji:} & \color{BrickRed}\quad \textrm{zewnetrzna} & & \color{RoyalBlue}\quad \textrm{wewnetrzna} \nonumber \nonumber \\ \textrm{funkcja:} & \color{BrickRed}\quad \boxed{\sin(\ldots)} & & \color{RoyalBlue}\quad \boxed{(\ldots)^{4}} \nonumber \\ \textrm{argument:} & \color{BrickRed}\quad \boxed{x^{4}} & & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{x} \nonumber \end{align}$

Twierdzenie (O pochodnej funkcji złożonej)
Zachodzi wzór $(\color{BrickRed}f\color{black}(\color{RoyalBlue}g\color{black}(x)))^{\prime}$ $=\color{BrickRed}f^{\prime}(g(x))\color{black}\cdot \color{RoyalBlue}g^{\prime}(x)$ (oczywiście tylko wtedy, gdy funkcja $g$ ma pochodną w punkcie $x$ , zaś funkcja $f$ ma pochodną w punkcie $g(x)$ ).

Uwaga
Skrótowo zapisuje się: $(\color{BrickRed}f\color{black}\circ \color{RoyalBlue}g\color{black})^{\prime}=\color{BrickRed}f^{\prime} \color{black}\cdot \color{RoyalBlue}g^{\prime}$ , bo to najbardziej przejrzysta postać wzoru na pochodną złożenia.

Uwaga
Na wyraźne podkreślenie zasługuje fakt, o którym nie można zapominać, mianowicie jakie są argumenty odpowiednich funkcji składowych i ich pochodnych. Patrząc na wzór $(\color{BrickRed}f\color{black}(\color{RoyalBlue}g\color{black}(x)))^{\prime}$ $=\color{BrickRed}f^{\prime}(g(x))\color{black}\cdot \color{RoyalBlue}g^{\prime}(x)$ widać, że

$\color{BrickRed}\begin{align} \quad \textrm{funkcja zewnetrzna} & \quad \boxed{f} & \quad \textrm{ma argument} & \quad \boxed{g(x)} \nonumber \\ \quad \textrm{oraz jej pochodna} & \quad \boxed{f^{\prime}} & \quad \textrm{ma argument} & \quad \boxed{g(x)} \nonumber \end{align}$

oraz

$\color{RoyalBlue}\begin{align} \quad \textrm{funkcja wewnetrzna} & \quad \boxed{g} & \quad \textrm{ma argument} & \quad \boxed{x} \nonumber \\ \quad \textrm{oraz jej pochodna} & \quad \boxed{g^{\prime}} & \quad \textrm{ma argument} & \quad \boxed{x} \nonumber \end{align}$ .

Uwaga
Powyższy wzór jest również prawdziwy dla złożenia większej liczby funkcji, na przykład $(\color{BrickRed}f\color{black}\circ \color{RoyalBlue}g\color{black}\circ \color{Brown}h\color{black})^{\prime}=\color{BrickRed}f^{\prime} \color{black}\cdot \color{RoyalBlue}g^{\prime} \color{black}\cdot \color{Brown}h^{\prime}$ , itp.

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)$ $=\sin (x^{4})$ .
Rozwiązanie: funkcja $f$ jest złożeniem dwóch funkcji (zewnętrznej i wewnętrznej): $\color{BrickRed}\boxed{\sin(\ldots)}$ oraz $\color{RoyalBlue}\boxed{(\ldots)^{4}}$ . Mamy więc

$\begin{align} \textrm{typ funkcji:} & \color{BrickRed}\quad \textrm{zewnetrzna} & & \color{RoyalBlue}\quad \textrm{wewnetrzna} \nonumber \\ \textrm{funkcja:} & \color{BrickRed}\quad \boxed{\sin(\ldots)} & \circ & \color{RoyalBlue}\quad \boxed{(\ldots)^{4}} \nonumber \\ \textrm{jej pochodna:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{\cos(\ldots)} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{4(\ldots)^{3}} \nonumber \\ \textrm{argument:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{x^{4}} & & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{x} \nonumber \\ \textrm{wynik ostateczny:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{\cos(x^{4})} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{4(x)^{3}} \nonumber \end{align}$ .

Podsumowując: $(\sin (x^{4}))^{\prime}=\color{BrickRed}\cos(x^{4})\color{black}\cdot \color{RoyalBlue}4(x)^{3}$ .

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)$ $=\sin^4x$ $=(\sin x)^{4}$ .
Rozwiązanie: funkcja $f$ jest złożeniem dwóch funkcji (zewnętrznej i wewnętrznej): $\color{BrickRed}\boxed{(\ldots)^{4}}$ oraz $\color{RoyalBlue}\boxed{\sin(\ldots)}$ . Mamy więc

$\begin{align} \textrm{typ funkcji:} & \color{BrickRed} \quad \textrm{zewnetrzna} & & \color{RoyalBlue} \quad \textrm{wewnetrzna} \nonumber \\ \textrm{funkcja:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{(\ldots)^{4}} & \circ & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\sin(\ldots)} \nonumber \\ \textrm{jej pochodna:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{4(\ldots)^{3}} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\cos(\ldots)} \nonumber \\ \textrm{argument:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{\sin(x)} & & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{x} \nonumber \\ \textrm{wynik ostateczny:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{4(\sin(x))^{3}} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\cos(x)} \nonumber \end{align}$ .

Podsumowując: $(\sin (x^{4}))^{\prime}=\color{BrickRed} 4(\sin(x))^{3}\color{black} \cdot \color{RoyalBlue} \cos(x)$ .

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)$ $=\sin^{5}(\sqrt{x})$ $=(\sin(\sqrt{x}))^{5}$ .
Rozwiązanie: funkcja $f$ jest złożeniem trzech funkcji: $\color{BrickRed} \boxed{(\ldots)^{5}}$ , następnie $\color{RoyalBlue} \boxed{\sin(\ldots)}$ oraz $\color{Brown} \boxed{\sqrt{\ldots}}$ . Mamy więc

$\begin{align} \textrm{typ funkcji:} & \color{BrickRed} \quad \textrm{zewnetrzna} & & \color{RoyalBlue} \quad \textrm{posrednia} & & \color{Brown} \quad \textrm{wewnetrzna} \nonumber \\ \textrm{funkcja:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{(\ldots)^{5}} & \circ & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\sin(\ldots)} & \circ & \color{Brown} \quad \boxed{\sqrt{\ldots}} \nonumber \\ \textrm{jej pochodna:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{5(\ldots)^{4}} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\cos(\ldots)} & \cdot & \color{Brown} \quad \boxed{\frac{1}{2\sqrt{\ldots}}} \nonumber \\ \textrm{argument:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{\sin(\sqrt{x})} & & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\sqrt{x}} & & \color{Brown} \quad \boxed{x} \nonumber \\ \textrm{wynik ostateczny:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{5(\sin(\sqrt{x}))^{4}} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{\cos(\sqrt{x})} & \cdot & \color{Brown} \quad \boxed{\frac{1}{2\sqrt{x}}} \nonumber \end{align}$ .

Podsumowując: $(\sin (x^{4}))^{\prime}=\color{BrickRed} 5(\sin(\sqrt{x}))^{4}\color{black} \cdot \color{RoyalBlue} \cos(\sqrt{x}) \color{black} \cdot \color{Brown} \frac{1}{2\sqrt{x}}$ .

Uwaga
Przy odrobinie wprawy pochodną złożenia liczy się od razu bez tworzenia tabelki, na przykład: Liczymy pochodną $(\sin^{5}(\sqrt{x}))^{\prime}=$ {liczymy pochodne składowych $\color{BrickRed} \boxed{\left((\ldots)^{5}\right)^{\prime}=5(\ldots)^{4}}$ , $\color{RoyalBlue} \boxed{\left(\sin(\ldots)\right)^{\prime}=\cos(\ldots)}$ , $\color{Brown} \boxed{(\sqrt{\ldots})^{\prime}=\frac{1}{2\sqrt{\ldots}}}$ , mnożymy je i pamiętamy o ich argumentach $\color{BrickRed} \boxed{\sin(\sqrt{x})}$ , $\color{RoyalBlue} \boxed{\sqrt{x}}$ , $\color{Brown} \boxed{x}$ } $=\color{BrickRed} 5(\sin(\sqrt{x}))^{4}\color{black} \cdot \color{RoyalBlue} \cos(\sqrt{x}) \color{black} \cdot \color{Brown} \frac{1}{2\sqrt{x}}$ .

Obliczanie pochodnych funkcji postaci $f(x)^{g(x)}$

Uwaga
Do obliczania pochodnych funkcji złożonych postaci $f(x)^{g(x)}$ nie możemy użyć wzorów z tablic pochodnych funkcji elementarnych, gdyż w tablicy tej nie ma funkcji, której ani podstawa ani wykładnik nie byłyby stałe. Radzimy sobie, używając przekształcenia: $f(x)^{g(x)}$ $=\left(e^{\ln f(x)}\right)^{g(x)}$ $=e^{g(x)\ln f(x)}$ , dzięki któremu otrzymujemy stałą podstawę.

Przykład
Obliczmy pochodną funkcji $f(x)=x^x$ dla $x\in (0,+\infty)$ .
Rozwiązanie: Mamy $f^{\prime}(x)$ $=\left(x^x\right)^{\prime}$ $=\left(e^{x\ln x}\right)^{\prime}=*$

$\begin{align} \textrm{typ funkcji:} & \color{BrickRed} \quad \textrm{zewnetrzna} & & \color{RoyalBlue} \quad \textrm{wewnetrzna} \nonumber \\ \textrm{funkcja:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{e^{(\ldots)}} & \circ & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{(\ldots)\ln (\ldots)} \nonumber \\ \textrm{jej pochodna:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{e^{(\ldots)}} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{1\cdot \ln(\ldots)+(\ldots)\cdot \frac{1}{(\ldots)}} \nonumber \\ \textrm{argument:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{x\ln x} & & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{x} \nonumber \\ \textrm{wynik ostateczny:} & \color{BrickRed} \quad \boxed{e^{x\ln x}} & \cdot & \color{RoyalBlue} \quad \boxed{1\cdot \ln(x)+x\cdot \frac{1}{x}} \nonumber \end{align}$ .
$*=\color{BrickRed} e^{x\ln x}\color{black} \cdot \color{RoyalBlue} (1\cdot \ln(x)+x\cdot \frac{1}{x})$ $=e^{x\ln x}\cdot (\ln(x)+1)$ $=x^x\cdot (1+\ln x)$

Pochodna funkcji w punkcie

Jeżeli chcemy obliczyć pochodną funkcji w zadanym punkcie, np. w $x_0=2$ , wykorzystując wzory, to najpierw liczymy pochodną dla dowolnego $x$ z dziedziny, a następnie dopiero wartość obliczonej pochodnej dla zadanego argumentu $x_0$ .

Przykład
Obliczmy $f^{\prime}(2)$ , jeżeli $f(x)=x^x$ .
Rozwiązanie: Z powyższego przykładu mamy $f^{\prime}(x)$ $=x^{x}(1+\ln x)$ , zatem $f^{\prime}(2)$ $=2^{2}(1+\ln 2)$ $=4+4\ln 2$ .

Interpretacja geometryczna pochodnej funkcji w punkcie

Rozważmy sieczną przechodzącą przed dwa punkty wykresu funkcji: $(x_0, f(x_0))$ oraz $(x, f(x))$ . Gdyby przesuwać punkt $x$ coraz bardziej w kierunku $x_{0}$ , to otrzymywane każdorazowo sieczne coraz bardziej nachylałyby się ku pewnemu położeniu granicznemu. Stanowi to przedmiot poniższej definicji.

Definicja
Styczną do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_0$ nazywamy prostą będąca granicznym położeniem siecznych wykresu funkcji $f$ przechodzących przez punkty $(x_0, f(x_0))$ i $(x, f(x))$ , gdy $x\to x_0$ , co zobrazowane jest na poniższym rysunku.

Na pytanie co to jest styczna można usłyszeć odpowiedź, że to taka prosta, która ma z wykresem dokładnie jeden punkt wspólny. Poniższy rysunek świadczy o tym, że taka odpowiedź jest błędna.

Spróbujmy teraz zinterpretować geometrycznie pochodną funkcji w punkcie.

Rozważmy teraz iloraz $\color{Tan}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ . Licznik (różnica wartości) jest pionowym bokiem, zaś mianownik (różnica argumentów) jest poziomym bokiem zaznaczonego trójkąta prostokątnego, którego przeciwprostokątna pokrywa się z pomarańczową sieczną. Zatem iloraz $\color{Tan}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\mathrm{tg }\alpha$ jest tangensem kąta między sieczną a osią $Ox$ (czyli współczynnikiem kierunkowym siecznej).

Powiedzieliśmy powyżej, że - przesuwając $x$ w stronę $x_{0}$ (czyli dodając $\color{BrickRed}\lim$ ) - sieczna uzyska położenie graniczne i będzie pokrywać się z czerwoną styczną, zatem $\color{BrickRed}\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ wyraża tangens kąta między styczną a osią $Ox$ (czyli współczynnik kierunkowy stycznej).

Ale przecież $\color{BrickRed}\lim_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$ to dokładnie definicja $\color{BrickRed}f^{\prime}(x_{0})$ .

To prowadzi do poniższego wniosku.

Wniosek (Interpretacja geometryczna pochodnej funkcji w punkcie)
Jeżeli $y=ax+b$ jest równaniem stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_0$ , to $\color{BrickRed}f^{\prime}(x_{0})=a$ .

Twierdzenie (O kącie nachylenia stycznej do osi $Ox$ )
Niech $x_0\in \mathbb{R}$ oraz funkcja $f$ będzie określona w otoczeniu $\mathcal{O}(x_0)$ i posiada pochodną w punkcie $x_0$ . Niech $\alpha$ oznacza miarę kąta skierowanego między osią $Ox$ i styczną do wykresu funkcji $f$ w punkcie $(x_0, f(x_0))$ . Wtedy $\color{BrickRed}f^{\prime}(x_0)=\text{tg}\,\alpha$ .

Zauważmy, że wykres może nie mieć stycznej. Stycznej nie "przystawimy" do wykresu w takim punkcie, gdzie ma on "szpic" albo się "rozrywa".

Spostrzeżenie
Jeżeli nie istnieje styczna do wykresu funkcji w punkcie $x_0$ , to nie istnieje również pochodna tej funkcji w punkcie $x_0$ .

Spostrzeżenie (Wyprowadzenie wzoru na styczną)
Spróbujemy teraz samodzielnie wyprowadzić pełny wzór na styczną do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_{0}$ . Styczna ma równanie $y=\color{BrickRed}a\color{black}x+\color{RoyalBlue}b$ , więc potrzebujemy poznać współczynniki $\color{BrickRed}a$ i $\color{RoyalBlue}b$ . Uwzlędniając interpretację geometryczną pochodnej funkcji w punkcie mamy $\begin{cases} \color{BrickRed}a=f^{\prime}(x_{0}) \\ y=\color{BrickRed}a\color{black}x+\color{RoyalBlue}b \end{cases}$ $\Rightarrow$ $\begin{cases} \color{BrickRed}a=f^{\prime}(x_{0}) \\ y=\color{BrickRed}f^{\prime}(x_{0})\color{black} \cdot x+\color{RoyalBlue} b \end{cases}$ {punkt $(x_{0},f(x_{0}))$ jest punktem styczności (zobacz wcześniejszy rysunek), więc leży na stycznej, więc spełnia jej równanie, więc można wstawić $x=x_{0}$ oraz $y=f(x_{0})$ } $\Rightarrow$ $\begin{cases} \color{BrickRed}a=f^{\prime}(x_{0}) \\ f(x_{0})=\color{BrickRed}f^{\prime}(x_{0})\color{black} \cdot x_{0}+\color{RoyalBlue}b \end{cases}$ $\Rightarrow$ $\begin{cases} \color{BrickRed}a=f^{\prime}(x_{0}) \\ \color{RoyalBlue}b = f(x_{0}) - f^{\prime}(x_{0}) \cdot x_{0} \end{cases}$ . Otrzymujemy równanie stycznej $y=\color{BrickRed}f^{\prime}(x_{0})\color{black}\cdot x+\color{RoyalBlue}\left(f(x_{0}) - f^{\prime}(x_{0}) \cdot x_{0}\right)$ lub równoważnie w postaci $y=f^{\prime}(x_{0})\cdot \left(x-x_{0}\right)+f(x_{0})$

Twierdzenie (O równaniu stycznej do wykresu funkcji)
Niech $x_0\in \mathbb{R}$ oraz funkcja $f$ będzie określona w otoczeniu $\mathcal{O}(x_0)$ i posiada pochodną w punkcie $x_0$ . Równanie stycznej do wykresu funkcji $f$ w punkcie $x_0$ ma postać $y=f^{\prime}(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$ .

Przykład (Wyznaczenie równania stycznej)
Wyznaczmy równanie stycznej do wykresu funkcji $f(x)=\sqrt[3]{x}$ w punkcie $x_{0}=8$ .
Rozwiązanie: Musimy poznać współczynniki $\begin{cases} \color{BrickRed}a=f^{\prime}(x_{0}) \\ \color{RoyalBlue}b = f(x_{0}) - f^{\prime}(x_{0}) \cdot x_{0} \end{cases}$ . Mamy $f^{\prime}(x)=\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}$ dla $x\neq 0$ . To pozwala nam wyznaczyć $\begin{cases} f(x_0)=f(8)=\sqrt[3]{8}=2 \\ f^{\prime}(x_0)=f^{\prime}(8)=\frac{1}{3\sqrt[3]{8^2}}=\frac{1}{12} \end{cases}$ . Otrzymujemy $\begin{cases} \color{BrickRed}a=f^{\prime}(x_{0})=\frac{1}{12} \\ \color{RoyalBlue}b = f(x_{0}) - f^{\prime}(x_{0}) \cdot x_{0}=2 - \frac{1}{12}\cdot 8=\frac{4}{3} \end{cases}$ , a ostatecznie $y=\color{BrickRed}\frac{1}{12}\color{black} x+\color{RoyalBlue}\frac{4}{3}$ . Poniższy rysunek wizualizuje te obliczenia.

Uwaga (Przybliżone liczenie pochodnych na podstawie rysunku)
Aby wyznaczyć wartość pochodnej w punkcie $x_{0}$ z poprzedniego przykładu wystarczy przystawić kątomierz, odczytać wartość kąta między styczną a osią $Ox$ , a następnie przy użyciu kalkulatora lub tablic matematycznych wyznaczyć jego tangens. Z pewnym przybliżeniem wyjdzie liczba $\frac{1}{12}$ (należy ustalić takie same jednostki na obydwu osiach).

Zastosowania pochodnej

Twierdzenie Rolle'a i Lagrange'a

Twierdzenie (Twierdzenie Rolle'a)
Jeżeli

a) funkcja $f$ jest ciągła w przedziale $[a,b]$

b) funkcja $f$ ma pochodną w każdym punkcie przedziału $(a, b)$

c) zachodzi równość $f(a)=f(b)$ ,
to istnieje punkt $c\in(a,b)$ taki, że $f^{\prime}(c)=0$ .

Rysunek wyjaśnia jak należy rozumieć twierdzenie Rolle'a.

Otóż jeśli funkcja jest ciągła na przedziale $[a,b]$ (wykres się nie rozrywa) oraz ma wszędzie na $(a,b)$ pochodną (czyli wykres nie ma "szpiców"), a ponadto wartości na krańcach przedziału $[a,b]$ są takie same (czyli zawężony do $[a,b]$ wykres funkcji zaczyna się i kończy na takim samym poziomie), to wewnątrz tego przedziału musi się znajdować taki punkt $c$ , że przystawiona w tym punkcie styczna będzie pozioma (bo pochodna $f^{\prime}(c)=0$ , czyli współczynnik kierunkowy stycznej się zeruje).

Inaczej mówiąc, gdyby przesuwać styczną od jednego końca przedziału $[a,b]$ do drugiego, gdzieś ta styczna musi się wypoziomować (przy założeniu, że wykres się nie rozrywa i nie ma "szpiców").

Twierdzenie (Twierdzenie Lagrange'a)
Jeżeli

a) funkcja $f$ jest ciągła w przedziale $[a,b]$

b) funkcja $f$ ma pochodną każdym punkcie w przedziału $(a, b)$ ,
to istnieje punkt $c\in(a,b)$ taki, że $f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ .

Rysunek wyjaśnia jak należy rozumieć twierdzenie Lagrange'a.

Przypomnijmy najpierw, że $\color{Tan}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ oznacza współczynnik kierunkowy pomarańczowej siecznej, przeprowadzonej przez punkty $\color{NavyBlue}A=(a,f(a))$ oraz $\color{NavyBlue}B=(b,f(b))$ wykresu.

Tak więc twierdzenie Lagrange'a rozumiemy następująco: jeśli funkcja jest ciągła na przedziale $[a,b]$ (wykres się nie rozrywa) oraz ma wszędzie na $(a,b)$ pochodną (czyli wykres nie ma "szpiców"), to wewnątrz tego przedziału musi się znajdować taki punkt $c$ , że przystawiona w tym punkcie czerwona styczna będzie równoległa do pomarańczowej siecznej (bo $\color{BrickRed}f^{\prime}(c)$ jest współczynnikiem kierunkowym stycznej, a $\color{Tan}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ jest współczynnikiem kierunkowym siecznej, a twierdzenie mówi, że $\color{BrickRed}f^{\prime}(c)\color{black}=\color{Tan}\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ ).

Inaczej mówiąc, gdyby przesuwać styczną od jednego końca przedziału $[a,b]$ do drugiego, gdzieś ta styczna musi się stać równoległa do siecznej (przy założeniu, że wykres się nie rozrywa i nie ma "szpiców").

Zauważmy, że to twierdzenie nie wymaga warunku $f(a)=f(b)$ , natomiast wprawne oko zauważy, że twierdzenie Rolle'a jest szczególnym przypadkiem twierdzenia Lagrange'a, a precyzyjniej: gdyby w twierdzeniu Lagrange'a "dorzucić" założenie $f(a)=f(b)$ , to otrzymalibyśmy dokładnie twierdzenie Rolle'a.

Liczenie granic funkcji przy użyciu reguły de l'Hospitala

Komentarz
Istota reguły de l'Hospitala (czytamy: [delopitala]) jest następująca: liczymy granicę $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=$ {trafiamy na symbol nieoznaczony $\left[\frac{0}{0}\right]$ lub $\left[\frac{\pm\infty}{\pm\infty}\right]$ } $=$ {możemy przy pewnych założeniach granicę ilorazu funkcji zastąpić granicą ilorazu ich pochodnych } $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to x_0}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ .

Oznaczenie
Przypomnijmy, że sąsiedztwem

a) punktu $x_{0}\in\mathbb{R}$ nazywamy zbiór postaci $(x_{0}-\varepsilon,x_{0}+\varepsilon)\setminus\{x_{0}\}$

b) punktu $x_{0}=+\infty$ nazywamy zbiór postaci $(\varepsilon,\infty)$

c) punktu $x_{0}=-\infty$ nazywamy zbiór postaci $(-\infty,\varepsilon)$

Twierdzenie (Reguła de l'Hospitala)
Niech $x_{0}\in\mathbb{R}$ lub $x_{0}=+\infty$ lub $x_{0}=-\infty$ . Jeżeli funkcje $f$ i $g$ są określone w pewnym sądziedztwie $S(x_0)$ punktu $x_{0}$ i spełniają warunki:

a) mają pochodne (skończone) w każdym punkcie zbioru $S(x_0)$ , zaś $g^{\prime}$ się nie zeruje nigdzie na $S(x_0)$

b) $\begin{cases}\lim_{x\to x_0}f(x)=0\\\lim_{x\to x_0}g(x)=0\end{cases}$ lub $\begin{cases}\lim_{x\to x_0}f(x)=\pm\infty\\\lim_{x\to x_0}g(x)=\pm\infty\end{cases}$

c) istnieje granica $\lim_{x\to x_0}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ (właściwa lub niewłaściwa)
to zachodzi równość $\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \left[\frac{0}{0}\textrm{ lub } \frac{\pm\infty}{\pm\infty}\right] \stackrel{H}{=} \lim_{x\to x_0}\frac{f^{\prime}(x)}{g^{\prime}(x)}$ .

Uwaga
Powyższe twierdzenie pozostaje prawdziwe dla granic jednostronnych.

Oznaczenie
Odnotujmy, że w zadaniach zapisujemy $H$ (od nazwiska de l'Hospitala) nad znakiem równości w każdym miejscu, gdzie używamy reguły de l'Hospitala, czyli gdzie przechodzimy na iloraz pochodnych.

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=$ {podejmujemy próbę zrobienia przejścia granicznego} $=\left[\frac{\sin 0}{0}\right]$ $=\left[\frac{0}{0}\right]=$ {stwierdzamy, że otrzymaliśmy symbol nieoznaczony, więc stosujemy regułę de l'Hospitala} $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0}\frac{(\sin x)^{\prime}}{(x)^{\prime}}=$ {liczymy pochodne} $=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x}{1}=$ {podejmujemy próbę zrobienia przejścia granicznego} $=\left[\frac{\cos 0}{1}\right]$ $=\left[\frac{1}{1}\right]$ {otrzymany symbol jest oznaczony, co kończy zadanie} $=1$ .

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to 0}\frac{e^x-e^{-x}}{x}$ $=\left[\frac{e^{0}-e^{0}}{0}\right]$ $=\left[\frac{1-1}{0}\right]$ $=\left[\frac{0}{0}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0}\frac{(e^x-e^{-x})^{\prime}}{(x)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 0}\frac{e^x+e^{-x}}{1}$ $=\left[\frac{e^{0}+e^{0}}{1}\right]$ $=\left[\frac{1+1}{1}\right]$ $=2$ .

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to 1^+}\frac{\ln x}{\sqrt{x^2-1}}$ $=\left[\frac{\ln 1^+}{\sqrt{(1^+)^2-1}}\right]$ $=\left[\frac{0^+}{0^+}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 1^+}\frac{(\ln x)^{\prime}}{(\sqrt{x^2-1})^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 1^+}\frac{\frac{1}{x}}{\frac{1}{2\sqrt{x^2-1}}\cdot 2x}=$ {poorządkujemy} $=\lim_{x\to 1^+}\frac{\sqrt{x^2-1}}{x^2}$ $=\left[\frac{\sqrt{(1^+)^2-1}}{(1^+)^2}\right]$ $=\left[\frac{\sqrt{(1^+)-1}}{1^+}\right]$ $=\left[\frac{\sqrt{0^+}}{1^+}\right]$ $=\left[\frac{0^+}{1^+}\right]$ $=0$ .

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x}$ $=\left[\frac{\ln (+\infty)}{+\infty}\right]$ $=\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to +\infty}\frac{(\ln x)^{\prime}}{(x)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to +\infty}\frac{\frac{1}{x}}{1}$ $=\lim_{x\to +\infty}\frac{1}{x}$ $=\left[\frac{1}{+\infty}\right]$ $=0$ .

Uwaga
Niekiedy konieczne jest skorzystanie z reguły de l'Hospitala kilkukrotnie

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to +\infty}\frac{2^x-3}{3x^2+4x+1}$ $=\left[\frac{2^{+\infty}-3}{+\infty}\right]$ $=\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to +\infty}\frac{(2^x-3)^{\prime}}{(3x^2+4x+1)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to +\infty}\frac{2^x\ln 2}{6x+4}$ $=\left[\frac{+\infty}{+\infty}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to +\infty}\frac{(2^x\ln 2)^{\prime}}{(6x+4)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to +\infty}\frac{2^x(\ln 2)^{2}}{6}$ $=\left[\frac{2^{+\infty}(\ln 2)^{2}}{6}\right]$ $=\left[\frac{+\infty}{6}\right]$ $=+\infty$ .

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x\cos x}{x^3}$ $=\left[\frac{\sin 0-0\cdot\cos 0}{0^3}\right]$ $=\left[\frac{0-0\cdot 1}{0}\right]$ $=\left[\frac{0}{0}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0}\frac{(\sin x-x\cos x)^{\prime}}{(x^3)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x-\cos x+x\sin x}{3x^2}$ $=\lim_{x\to 0}\frac{x\sin x}{3x^2}$ $=\left[\frac{0\cdot\sin 0}{3\cdot 0^2}\right]$ $=\left[\frac{0}{0}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0}\frac{(x\sin x)^{\prime}}{(3x^2)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x+x\cos x}{6x}$ $=\left[\frac{\sin 0+0\cdot\cos 0}{6\cdot 0}\right]$ $=\left[\frac{0}{0}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0}\frac{(\sin x+x\cos x)^{\prime}}{(6x)^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 0}\frac{\cos x+\cos x-x\sin x}{6}$ $=\lim_{x\to 0}\frac{2\cos x-x\sin x}{6}$ $=\left[\frac{2\cos 0-0\cdot\sin 0}{6}\right]$ $=\left[\frac{2\cdot 1-0\cdot 0}{6}\right]$ $=\left[\frac{2}{6}\right]$ $=\frac{1}{3}$ .

Spostrzeżenie
Jak już wiemy, dzięki regule de l'Hospitala możemy sobie poradzić z symbolami nieoznaczonymi $\left[\frac{0}{0}\right]$ oraz $\left[\frac{\pm\infty}{\pm\infty}\right]$ . Można jednak ją wykorzystać również do wszystkich pozostałych symboli nieoznaczonych: $\left[0\cdot \pm\infty\right]$ , $\left[\infty-\infty\right]$ , $\left[1^{\infty}\right]$ , $\left[\infty^{0}\right]$ , $\left[0^{0}\right]$ .

Uwaga (Tożsamości zmieniające symbole nieoznaczone)

a) $\lim_{x\to x_{0}}f(x) \cdot g(x) =$ $\left[0\cdot \pm\infty\right]$ $=$ {wybieramy "prostszą" spośród obydwu funkcji i wstawiamy jej odwrotność do mianownika $=\lim_{x\to x_{0}}$ $\frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}}$ $=\left[\frac{0}{0} \textrm{ lub } \frac{\pm\infty}{\pm\infty}\right]$ .

b) $\lim_{x\to x_{0}}\left(f(x) - g(x)\right)$ $=\left[\infty-\infty\right]$ $=\lim_{x\to x_{0}}$ $\frac{\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}}{\frac{1}{f(x)g(x)}}$ $=\left[\frac{0}{0}\right]$ .

c) $\lim_{x\to x_{0}}f(x)^{g(x)}$ $=\left[1^{\infty}\textrm{ lub }\infty^{0}\textrm{ lub }0^{0}\right]$ $=\lim_{x\to x_{0}}e^{g(x)\cdot \ln f(x)}$ $=\left[e^{0\cdot \pm\infty}\right]$ {możemy zająć się samym wykładnikiem i skorzystać ze sposobu a)}

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to 0^+}x\ln x$ $=\left[0^+\cdot \ln 0^+\right]$ $=\left[0^+\cdot (-\infty)\right]=$ {zmieniamy symbol nieoznaczony wg a)} $=\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln x}{\frac{1}{x}}$ $=\left[\frac{\ln 0^+}{\frac{1}{0^+}}\right]$ $=\left[\frac{-\infty}{+\infty}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0^+}\frac{(\ln x)^{\prime}}{(\frac{1}{x})^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^{2}}}$ $=-\lim_{x\to 0^+} x$ $=-\left[0^+\right]$ $=0$ .

Przykład
Policzmy $\lim_{x\to 0^+}x^{\sin x}$ $=\left[(0^+)^{\sin 0^+}\right]$ $=\left[(0^+)^{0^+}\right]=$ {zmieniamy symbol nieoznaczony wg c)} $=\lim_{x\to 0^+} e^{\sin x\cdot \ln x}$ $=\left[e^{\sin 0^+\cdot \ln 0^+}\right]$ $=\left[e^{0^+\cdot (-\infty)}\right]$ $=*$ {aby zaoszczędzić sobie pracy zajmiemy się chwilowo samym wykładnikiem}

$\lim_{x\to 0^+} \sin x\cdot \ln x$ $=\left[0^+\cdot (-\infty)\right]=$ {zmieniamy symbol nieoznaczony wg a)} $=\lim_{x\to 0^+} \frac{\ln x}{\frac{1}{\sin x}}$ $=\left[\frac{\ln 0^+}{\frac{1}{\sin 0^+}}\right]$ $=\left[\frac{-\infty}{\frac{1}{0^+}}\right]$ $=\left[\frac{-\infty}{+\infty}\right]$ $\stackrel{H}{=}\lim_{x\to 0^+} \frac{(\ln x)^{\prime}}{(\frac{1}{\sin x})^{\prime}}$ $=\lim_{x\to 0^+} \frac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{\sin^{2}x}\cdot \cos x}$ $=-\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin^{2}x}{x\cdot\cos x}$ $=-\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x} \cdot \frac{\sin x}{\cos x}$ $=-\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x}{x} \cdot \textrm{tg }x=$ {granica $\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}$ była przez nas liczona we wcześniejszym przykładzie, zresztą wiemy, że to granica specjalna wynosząca jeden} $=-\left[1\cdot \textrm{tg }0\right]$ $=-\left[1\cdot 0\right]$ $=0$ .

{wracając do głównego nurtu zadania otrzymujemy} $*=e^{0}$ $=1$ .

Określanie monotoniczności funkcji przy pomocy znaku jej pochodnej

Twierdzenie (Wpływ znaku pochodnej $f^{\prime}$ na monotoniczność funkcji $f$ )
Załóżmy, że w każdym punkcie przedziału $(a,b)$ funkcja $f$ ma określoną pochodną. Zachodzą następujące własności:

a) Jeżeli $\color{RoyalBlue}f^{\prime}(x) < 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{RoyalBlue}f$ jest malejąca w przedziale $(a,b)$

b) Jeżeli $\color{RoyalBlue}f^{\prime}(x) \leq 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{RoyalBlue}f$ jest nierosnąca (czyli słabo malejąca) w przedziale $(a,b)$

c) Jeżeli $\color{PineGreen}f^{\prime}(x) = 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{PineGreen}f$ jest stała w przedziale $(a,b)$

d) Jeżeli $\color{BrickRed}f^{\prime}(x) > 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{BrickRed}f$ jest rosnąca w przedziale $(a,b)$

e) Jeżeli $\color{BrickRed}f^{\prime}(x) \geq 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{BrickRed}f$ jest niemalejąca (czyli słabo rosnąca) w przedziale $(a,b)$

Spostrzeżenie
Aby łatwiej "wzrokowo" zapamiętać powyższe własności, posłużmy się tabelką

$\begin{align} \textrm{znak } f^{\prime} \textrm{ na } (a,b) \textrm{:} \quad & \quad \textrm{monotoniczno\'s\'c } f \textrm{ na } (a,b) \textrm{:} \nonumber \\ \color{RoyalBlue} \boxed{f^{\prime}<0} \quad & \quad \color{RoyalBlue} \boxed{f \searrow} \nonumber \\ \color{RoyalBlue} \boxed{f^{\prime}\leq 0} \quad & \quad \color{RoyalBlue} \boxed{f \searrow \textrm{ s\l abo}} \nonumber \\ \color{PineGreen} \boxed{f^{\prime}=0} \quad & \quad \color{PineGreen} \boxed{f \rightarrow} \nonumber \\\color{BrickRed} \boxed{f^{\prime} > 0} \quad & \quad \color{BrickRed} \boxed{f \nearrow} \nonumber \\ \color{BrickRed} \boxed{f^{\prime} \geq 0} \quad & \quad \color{BrickRed} \boxed{f \nearrow\textrm{ s\l abo}} \nonumber \end{align}$

Uwaga
Należy zwrócić uwagę, w powyższym twierdzeniu wszędzie pojawia się przedział $(a,b)$ . Zasługuje to na szczególne podkreślenie, że monotoniczność funkcji zachowana jest tylko przedziałami, a nie globalnie. Zobaczymy to na poniższym rysunku i wyjaśnieniu.

Zauważmy najpierw, że pochodna tangensa jest zawsze dodatnia: $(\textrm{tg }x)^{\prime}=\frac{1}{\cos^{2}x}>0$ , bo zarówno licznik jak i mianownik są dodatnie.

Nieprawdziwy byłby jednak następujący wniosek: ~~tangens jest funkcją rosnącą, bo ma pochodną dodatnią~~.

Gdyby wykres tangensa (rysunek obok) przedstawiał powiedzmy kurs złota na rynku, to czy ten kurs złota cały czas rośnie? Nie, rośnie wprawdze cyklicznie, ale odnotowuje też dramatyczne spadki.

Zatem wniosek prawidłowy: tangens rośnie, ale tylko przedziałami ("gałęziami").

Inaczej mówiąc znak $f^{\prime}$ implikuje monotoniczność $f$ , ale tylko przedziałami.

Określanie ekstremów lokalnych (maksimów i minimów) funkcji przy pomocy znaku jej pochodnej

Definicja (Minimum lokalne)
Funkcja $f$ ma w punkcie $x_0\in\mathbb{R}$ minimum lokalne, jeżeli istnieje $\delta>0$ taka, że dla każdego $x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\setminus\{x_{0}\}$ zachodzi nierówność $f(x)>f(x_0)$ .

Komentarz
Powyższa definicja mówi o tym, że funkcja ma minimum lokalne (wartość lokalnie minimalną) w punkcie $x_{0}$ wtedy, gdy w jakimś (choćby bardzo małym) sąsiedztwie $(x_0-\delta, x_0+\delta)\setminus\{x_{0}\}$ tego punktu $x_{0}$ wartości funkcji $f(x)$ są większe niż ta lokalnie minimalna $f(x_{0})$ .

Wyobraźmy sobie pomiary temperatury powietrza w ciągu całego roku. Jeśli w poniedziałek i środę było cieplej niż we wtorek, to we wtorek temperatura osiągnęła wartość lokalnie minimalną - nie oznacza to jednak (jak się domyślamy), że musi to koniecznie być najzimniejszy dzień całego roku (minimum globalne). Lokalnych minimów może być zatem wiele.

Inny przykład: kurs jakiejś waluty albo kurs akcji jakiejś spółki może wielokrotnie w ciągu roku osiągnąć wartość chwilowo minimalną.

Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji $f(x)=x^2-1$ , która osiąga minimum lokalne w punkcie $x_0=0$ , wynoszące $f(0)=-1$ .

Definicja (Maksimum lokalne)
Funkcja $f$ ma w punkcie $x_0\in\mathbb{R}$ maksimum lokalne, jeżeli istnieje $\delta>0$ taka, że dla każdego $x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\setminus\{x_{0}\}$ zachodzi nierówność $f(x)<f(x_0)$ .

Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji $f(x)=-(x-1)^2+1$ , która osiąga maximum lokalne w punkcie $x_0=1$ , wynoszące $f(0)=1$ .

Twierdzenie (Warunek konieczny istnienia ekstremum)
Jeżeli funkcja $f$ ma ekstremum lokalne w $x_0$ oraz istnieje pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_0$ , to $f^\prime(x_0)=0$ .

Komentarz
Równoważnie można powiedzieć: Jeżeli istnieje pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_0$ oraz $f^\prime(x_0)\neq 0$ , to funkcja $f$ nie ma ekstremum lokalnego w punkcie $x_{0}$ .

Komentarz
Powyższe twierdzenie można rozumieć następująco: Jeżeli funkcja $f$ ma ekstremum lokalne w $x_0$ (czyli wartość lokalnie największą lub najmniejszą) oraz istnieje pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_0$ (czyli funkcja nie ma szpica w $x_{0}$ ), to styczna przystawiona w punkcie $x_{0}$ ma współczynnik kierunkowy $a=f^{\prime}(x_{0})$ równy zero (czyli styczna jest pozioma). Jest to zgodne z intuicją - wystarczy w wyobraźni przystawić styczne na powyższych rysunkach w czerwonych punktach "min" i "max".

Na rysunku przedstawiona jest funkcja $f(x)=x^{2}$ , która ma ekstremum lokalne w punkcie $x_{0}=0$ . Sprawdźmy powyższe twierdzenie. Mamy $f^{\prime}(x)=2x$ , zatem $f^{\prime}(x_{0})$ $=f^{\prime}(0)$ $=2\cdot 0$ $=0$ .

Komentarz
Pytanie: Jeśli styczna przystawiona do wykresu funkcji jest pozioma, to czy musi w tym punkcie być ekstremum? Albo inaczej: Jeśli pochodna się zeruje w punkcie $x_{0}$ , to czy funkcja $f$ musi mieć ekstremum w $x_{0}$ ? Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi.

Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji $f(x)=x^3$ . Jej pochodna jest równa $f^{\prime}(x)=3x^2$ i zeruje się w punkcie $x_0=0$ , ale - jak widać - pomimo tego zerowania się pochodnej (albo pomimo poziomej stycznej w czerwonym punkcie), funkcja nie ma w tym punkcie ekstremum. Dlatego właśnie równość $f^\prime(x_0)=0$ określana jest warunkiem koniecznym, a nie wystarczającym istnienia ekstremum.

Komentarz
Jak zatem powinien być sformułowany warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego w "języku" pochodnych?

Wyobraźmy sobie wyprawę na szczyt góry. Aby znaleźć się w najwyższym punkcie, należy piąć się ku górze, a znalazłszy się na szczycie można już tylko poruszać się w dół. Zatem - aby funkcja mogła mieć lokalne maksimum - jej wartości muszą muszą najpierw rosnąć, a po przekroczeniu tego szczytowego punktu muszą zacząć maleć (czyli najpierw pochodna musi być dodatnia, a później ujemna).

Analogiczne, tylko odwrotnie, sytuacja wygląda dla lokalnego minimum - pochodna musi zmienić znak z ujemnego (podróż w dół) na dodatni (podróż ku górze).

Twierdzenie (Warunek wystarczający istnienia maksimum lokalnego)
Jeżeli funkcja $f$ spełnia warunki:

a) ma pochodną w każdym punkcie pewnego otoczenia $x_0$ (nie ma "szpiców", wykres gładko pofałdowany w pobliżu "szczytu")

b) $f^\prime(x_0)=0$ (musi zajść oczywiście warunek konieczny)

c) dla każdego $x\in S(x_0^-)$ zachodzi $f^{\prime}(x)>0$ oraz dla każdego $x\in S(x_0^+)$ zachodzi $f^{\prime}(x)<0$ (oznacza to, że zachodzi zmiana znaku pochodnej z dodatniego w pewnym sąsiedztwie lewostronnym na ujemny w sąsiedztwie prawostronnym $x_{0}$ ),
to funkcja $f$ ma w punkcie $x_0$ maksimum lokalne.

Komentarz
Jak widać w powyższym twierdzeniu - kluczowym rozróżnieniem pomiędzy warunkiem koniecznym a wystarczającym istnienia ekstremum $f$ w $x_{0}$ jest kwestia zmiany znaku pochodnej $f^{\prime}$ w okolicy punktu $x_{0}$ .

Twierdzenie (Warunek wystarczający istnienia minimum lokalnego)
Jeżeli funkcja $f$ spełnia warunki:

a) ma pochodną w każdym punkcie pewnego otoczenia $x_0$ (wykres gładki w pobliżu "szczytu")

b) $f^\prime(x_0)=0$ (warunek konieczny)

c) dla każdego $x\in S(x_0^-)$ zachodzi $f^{\prime}(x)<0$ oraz dla każdego $x\in S(x_0^+)$ zachodzi $f^{\prime}(x)>0$ (zmiana znaku pochodnej),
to funkcja $f$ ma w punkcie $x_0$ maksimum lokalne.

Określanie przedziałów wypukłości wykresu funkcji przy pomocy znaku jej drugiej pochodnej

Definicja (Funkcja wypukła ku dołowi)
Funkcję nazywamy wypukłą ku dołowi (lub: wypukłą) w przedziale $(a,b)$ , gdy odcinek łączący dowolne dwa punkty wykresu funkcji $f$ zawężonej do przedziału $(a,b)$ leży powyżej wykresu tej funkcji.

Na rysunku zilustrowany jest wykres funkcji wypukłej ku dołowi na przedziale $(a,b)$ . Widać, że dowolny odcinek $P_{1}P_{2}$ (fragment siecznej przechodzącej przez punkty $P_{1}$ i $P_{2}$ ) znajduje się powyżej fragmentu wykresu funkcji $f$ , zawężonej do przedziału $(a,b)$ .

Definicja (Funkcja wypukła ku górze)
Funkcję nazywamy wypukłą ku górze (lub: wklęsłą) w przedziale $(a,b)$ , gdy odcinek łączący dowolne dwa punkty wykresu funkcji $f$ zawężonej do przedziału $(a,b)$ leży poniżej wykresu tej funkcji.

Na rysunku zilustrowany jest wykres funkcji wypukłej ku górze na przedziale $(a,b)$ . Widać, że dowolny odcinek $P_{1}P_{2}$ znajduje się poniżej odpowiedniego fragmentu wykresu funkcji $f$ .

Komentarz
Aby bardziej zadziałać na wyobraźnię, tłumacząc na przykład dzieciom pojęcie wypukłości funkcji na przedziale, można byłoby użyć określenia "uśmiechnięta", zaś ku górze - "smutna".

Twierdzenie (Wpływ znaku drugiej pochodnej $f^{\prime\prime}$ na wypukłość funkcji $f$ )
Załóżmy, że w każdym punkcie przedziału $(a,b)$ funkcja $f$ ma określoną drugą pochodną. Zachodzą następujące własności:

a) Jeżeli $\color{RoyalBlue}f^{\prime\prime}(x) < 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{RoyalBlue}f$ jest wypukła ku górze w przedziale $(a,b)$

b) Jeżeli $\color{PineGreen}f^{\prime\prime}(x) = 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{PineGreen}f$ jest liniowa w przedziale $(a,b)$

c) Jeżeli $\color{BrickRed}f^{\prime\prime}(x) > 0$ dla każdego $x\in (a,b)$ , to funkcja $\color{BrickRed}f$ jest wypukła ku dołowi w przedziale $(a,b)$

Spostrzeżenie
Aby łatwiej "wzrokowo" zapamiętać powyższe własności, posłużmy się tabelką
$\begin{align} \textrm{znak } f^{\prime\prime} \textrm{ na } (a,b) \textrm{:} \quad & \quad \textrm{wypuk\l{} o\'s\'c } f \textrm{ na } (a,b) \textrm{:} \nonumber \\ \color{RoyalBlue} \boxed{f^{\prime\prime}<0} \quad & \quad \color{RoyalBlue} \boxed{f\,\,\cap} \nonumber \\ \color{PineGreen} \boxed{f^{\prime}=0} \quad & \quad \color{PineGreen} \boxed{f \,\,\diagup \textrm{ lub } f \,\,\diagdown} \nonumber \\\color{BrickRed} \boxed{f^{\prime\prime} > 0} \quad & \quad \color{BrickRed} \boxed{f \,\,\cup} \nonumber \end{align}$

Określanie punktów przegięcia wykresu funkcji przy pomocy znaku jej drugiej pochodnej

Definicja (Punkt przegięcia)
Niech $f$ będzie funkcją ciągłą w pewnym otodzeniu $\mathcal{O}(x_{0)$ punktu $x_{0}$ . Mówimy, że funkcja $f$ ma punkt przegięcia w $x_{0}$ , gdy spełniony jest jeden z warunków:

a) funkcja $f$ jest wypukła w $S(x_0^-)$ i wklęsła w $S(x_0^+)$

albo

b) funkcja $f$ jest wklęsła w $S(x_0^-)$ i wypukła w $S(x_0^+)$

Zilustrowana na wykresie funkcja $f(x)=x^3$ jest wklęsła w przedziale $(-\infty,0)$ a wypukła na przedziale $(0,+\infty)$ , zatem ma punkt przegięcia w $x_0=0$ .

Komentarz: W przypadku kłopotu ze zrozumieniem istoty definicji punktu przegięcia można sobie wyobrazić podróż samochodem po wykresie - na lewo od czerwonego punktu pokonujemy zakręt "w prawo", zaś na prawo od czerwonego punktu pokonujemy zakręt "w lewo". Czerwony punkt przegięcia jest takim punktem, w którym zakręt zmienia się z "prawego" na "lewy" lub "lewego" na "prawy", zaś kierownica samochodu przechodzi w tym punkcie przez swoje położenie neutralne.

Inaczej mówiąc: w punkcie przegięcia wykres się "przeprostowuje".

Twierdzenie (Warunek konieczny istnienia punktu przegięcia)
Jeżeli funkcja $f$ ma punkt przegięcia w $x_0$ oraz istnieje pochodna rzędu drugiego funkcji $f$ w punkcie $x_0$ , to $f^{\prime\prime}(x_0)=0$ .

Na rysunku przedstawiony jest wykres funkcji $f(x)=x^4$ . Jej pochodna drugiego rzędu jest równa $f^{\prime\prime}(x)=12x^2$ i zeruje się w punkcie $x_0=0$ , ale - jak widać - pomimo tego zerowania się drugiej pochodnej, funkcja $f$ nie ma w punkcie $x_{0}=0$ punktu przegięcia (wykres się wprawdzie "rozprostował", ale się nie "przegiął" w przeciwną stronę; inaczej: zakręt nie zmienił kierunku). Dlatego właśnie równość $f^{\prime\prime}(x_0)=0$ określana jest warunkiem koniecznym, a nie wystarczającym istnienia punktu przegięcia.

Komentarz
Domyślamy się dlaczego wykres się nie "przegiął" w powyższym zilustrowanym przykładzie: zabrakło zmiany znaku drugiej pochodnej, czyli zmiany wypukłości z "ku górze" na "ku dołowi" lub odwrotnie.

Twierdzenie (Warunek wystarczający istnienia punktu przegięcia)
Jeżeli funkcja $f$ ma pochodną drugiego rzędu w każdym punkcie pewnego otoczenia $x_0$ i zachodzi któryś z warunków:

a) dla każdego $x\in S(x_0^-)$ zachodzi $f^{\prime\prime}(x)>0$ oraz dla każdego $x\in S(x_0^+)$ zachodzi $f^{\prime\prime}(x)<0$

lub

b) dla każdego $x\in S(x_0^-)$ zachodzi $f^{\prime\prime}(x)<0$ oraz dla każdego $x\in S(x_0^+)$ zachodzi $f^{\prime\prime}(x)>0$ ,
to funkcja $f$ ma w punkcie $x_{0}$ punkt przegięcia.

dostęp do własnych plusów, ocen, obecności i materiałów dydaktycznych po zalogowaniu

17 ms - 33120 wyświetleń