13 listopada 2018 - Zakarczemnymaciej.zakarczemny.pl/wp-content/uploads/2018/11/IWP-05...POCHODNA...
Transcript of 13 listopada 2018 - Zakarczemnymaciej.zakarczemny.pl/wp-content/uploads/2018/11/IWP-05...POCHODNA...
05 Pochodna funkcji
13 listopada 2018
POCHODNA
Definicja 1Niech dana b ↪edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x0. Jeżeli istnieje
granica właściwa limx→x0
f (x)− f (x0)
x − x0= f ′(x0) to nazywamy j ↪a pochodn ↪a funkcji f
w punkcie x0.
Twierdzenie 2Niech dana b ↪edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x0. Jeżeli mapochodn ↪a w punkcie x0 to jest w tym punkcie ci ↪agła.
DOWÓD:
Funkcja ω(x0, x) =
f (x)− f (x0)
x − x0− f ′(x0) dla x 6= x0,
0 dla x = x0traktowana jako funkcja x jest ci ↪agła w x0.
13 listopada 2018 2 / 48
POCHODNA
Definicja 1Niech dana b ↪edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x0. Jeżeli istnieje
granica właściwa limx→x0
f (x)− f (x0)
x − x0= f ′(x0) to nazywamy j ↪a pochodn ↪a funkcji f
w punkcie x0.
Twierdzenie 2Niech dana b ↪edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x0. Jeżeli mapochodn ↪a w punkcie x0 to jest w tym punkcie ci ↪agła.
DOWÓD:
Funkcja ω(x0, x) =
f (x)− f (x0)
x − x0− f ′(x0) dla x 6= x0,
0 dla x = x0traktowana jako funkcja x jest ci ↪agła w x0.
13 listopada 2018 2 / 48
POCHODNA
Definicja 1Niech dana b ↪edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x0. Jeżeli istnieje
granica właściwa limx→x0
f (x)− f (x0)
x − x0= f ′(x0) to nazywamy j ↪a pochodn ↪a funkcji f
w punkcie x0.
Twierdzenie 2Niech dana b ↪edzie funkcja f określona w otoczeniu punktu x0. Jeżeli mapochodn ↪a w punkcie x0 to jest w tym punkcie ci ↪agła.
DOWÓD:
Funkcja ω(x0, x) =
f (x)− f (x0)
x − x0− f ′(x0) dla x 6= x0,
0 dla x = x0traktowana jako funkcja x jest ci ↪agła w x0.
13 listopada 2018 2 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Mamy ponadto f (x) = f (x0) + (x − x0)f′(x0) + (x − x0)ω(x0, x) czyli
limx→x0
f (x) = f (x0).
Definicja 3Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w każdym punkcie punkcie x ∈ (a, b)to funkcj ↪e f ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R nazywamy funkcj ↪a pochodn ↪a funkcji f .
Twierdzenie 4Zachodz ↪a nast ↪epuj ↪ace wzory:
(xα)′ = αxα−1, (ax)′ = ax ln a, (logax)′ =
1x ln a
,
(sin x)′ = cos x , (cos x)′ = −sin x ,
13 listopada 2018 3 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 5Niech b ↪edzie dana bijekcja ci ↪agła f : (a, b) −→ (c , d), x0 ∈ (a, b) i niechf ′(x0) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn ↪a w punkcie y0 = f (x0) i ponadto
(f −1)′(y0) =1
f ′(x0).
DOWÓD:
limy→y0
f −1(y)− f −1(y0)
y − y0= lim
x→x0
x − x0f (x)− f (x0)
=1
f ′(x0).
13 listopada 2018 4 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 5Niech b ↪edzie dana bijekcja ci ↪agła f : (a, b) −→ (c , d), x0 ∈ (a, b) i niechf ′(x0) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn ↪a w punkcie y0 = f (x0) i ponadto
(f −1)′(y0) =1
f ′(x0).
DOWÓD:
limy→y0
f −1(y)− f −1(y0)
y − y0= lim
x→x0
x − x0f (x)− f (x0)
=1
f ′(x0).
13 listopada 2018 4 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 5Niech b ↪edzie dana bijekcja ci ↪agła f : (a, b) −→ (c , d), x0 ∈ (a, b) i niechf ′(x0) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn ↪a w punkcie y0 = f (x0) i ponadto
(f −1)′(y0) =1
f ′(x0).
DOWÓD:
limy→y0
f −1(y)− f −1(y0)
y − y0= lim
x→x0
x − x0f (x)− f (x0)
=1
f ′(x0).
13 listopada 2018 4 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 5Niech b ↪edzie dana bijekcja ci ↪agła f : (a, b) −→ (c , d), x0 ∈ (a, b) i niechf ′(x0) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn ↪a w punkcie y0 = f (x0) i ponadto
(f −1)′(y0) =1
f ′(x0).
DOWÓD:
limy→y0
f −1(y)− f −1(y0)
y − y0= lim
x→x0
x − x0f (x)− f (x0)
=1
f ′(x0).
13 listopada 2018 4 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 5Niech b ↪edzie dana bijekcja ci ↪agła f : (a, b) −→ (c , d), x0 ∈ (a, b) i niechf ′(x0) 6= 0 wtedy funkcja odwrotna ma pochodn ↪a w punkcie y0 = f (x0) i ponadto
(f −1)′(y0) =1
f ′(x0).
DOWÓD:
limy→y0
f −1(y)− f −1(y0)
y − y0= lim
x→x0
x − x0f (x)− f (x0)
=1
f ′(x0).
13 listopada 2018 4 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Przykład 6Dla funkcji cyklometrycznych mamy następujące wzory:
(arcsin x)′ =1√1− x2
, (arccos x)′ =−1√1− x2
,
DOWÓD:
Niech x = sin y dla y ∈ (−π2 ,π2 ) wówczas y = arc sin x .
Mamy: (arc sin x)′ =1
(sin y)′=1cos y
=1√
1− sin 2y=
1√1− x2
.
Drugi wzór dowodzimy analogicznie.
13 listopada 2018 5 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 7Jeżeli funkcje g , f są określone w otoczeniu x0 maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 to
funkcje (f + g), (f − g), (f · g) maj ↪a pochodn ↪a w punkcie x0 i ponadto(f + g)′(x0) = f ′(x0) + g ′(x0),(f − g)′(x0) = f ′(x0)− g ′(x0),(f · g)′(x0) = f ′(x0)g(x0) + g ′(x0)f (x0).
DOWÓD:
limx→x0
(f + g)(x)− (f + g)(x0)
x − x0= lim
x→x0
f (x) + g(x)− f (x0)− g(x0)
x − x0=
limx→x0
(f (x)− f (x0)
x − x0+
g(x)− g(x0)
x − x0
)= f ′(x0) + g ′(x0).
13 listopada 2018 6 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Dowód dla różnicy jest analogiczny i zostaje jako ćwiczenie.
limx→x0
(f · g)(x)− (f · g)(x0)x − x0
= limx→x0
f (x) · g(x)− f (x0) · g(x0)x − x0
=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0) + f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)
x − x0
)=
limx→x0
(f (x) · g(x)− f (x) · g(x0)
x − x0+
f (x) · g(x0)− f (x0) · g(x0)x − x0
)=
limx→x0
(f (x)
g(x)− g(x0)
x − x0+ g(x0)
f (x)− f (x0)
x − x0
)=
= f (x0)g′(x0) + g(x0)f
′(x0).
13 listopada 2018 7 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8
Niech b ↪ed ↪a dane funkcje f : X −→ Y , g : Y −→ Z , gdzie X , Y , Z sąprzedziałami w R i niech f (x0) = y0.
Jeżeli istniej ↪a pochodne f′(x0), g
′(y0) to istnieje (g ◦ f )′(x0)
i ponadto (g ◦ f )′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x0 istnieje x1 takie, że f (x1) = y0 tog(f (x1)) = g(y0) i f ′(x0) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y0 mamy
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0=
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0.
13 listopada 2018 8 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8
Niech b ↪ed ↪a dane funkcje f : X −→ Y , g : Y −→ Z , gdzie X , Y , Z sąprzedziałami w R i niech f (x0) = y0.
Jeżeli istniej ↪a pochodne f′(x0), g
′(y0) to istnieje (g ◦ f )′(x0)
i ponadto (g ◦ f )′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x0 istnieje x1 takie, że f (x1) = y0 tog(f (x1)) = g(y0) i f ′(x0) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y0 mamy
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0=
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0.
13 listopada 2018 8 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8
Niech b ↪ed ↪a dane funkcje f : X −→ Y , g : Y −→ Z , gdzie X , Y , Z sąprzedziałami w R i niech f (x0) = y0.
Jeżeli istniej ↪a pochodne f′(x0), g
′(y0) to istnieje (g ◦ f )′(x0)
i ponadto (g ◦ f )′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x0 istnieje x1 takie, że f (x1) = y0 tog(f (x1)) = g(y0) i f ′(x0) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y0 mamy
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0=
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0.
13 listopada 2018 8 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8
Niech b ↪ed ↪a dane funkcje f : X −→ Y , g : Y −→ Z , gdzie X , Y , Z sąprzedziałami w R i niech f (x0) = y0.
Jeżeli istniej ↪a pochodne f′(x0), g
′(y0) to istnieje (g ◦ f )′(x0)
i ponadto (g ◦ f )′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x0 istnieje x1 takie, że f (x1) = y0 tog(f (x1)) = g(y0) i f ′(x0) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y0 mamy
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0=
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0.
13 listopada 2018 8 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8
Niech b ↪ed ↪a dane funkcje f : X −→ Y , g : Y −→ Z , gdzie X , Y , Z sąprzedziałami w R i niech f (x0) = y0.
Jeżeli istniej ↪a pochodne f′(x0), g
′(y0) to istnieje (g ◦ f )′(x0)
i ponadto (g ◦ f )′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x0 istnieje x1 takie, że f (x1) = y0 tog(f (x1)) = g(y0) i f ′(x0) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y0 mamy
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0=
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0.
13 listopada 2018 8 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8
Niech b ↪ed ↪a dane funkcje f : X −→ Y , g : Y −→ Z , gdzie X , Y , Z sąprzedziałami w R i niech f (x0) = y0.
Jeżeli istniej ↪a pochodne f′(x0), g
′(y0) to istnieje (g ◦ f )′(x0)
i ponadto (g ◦ f )′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).
DOWÓD: Jeżeli w każdym sąsiedztwie x0 istnieje x1 takie, że f (x1) = y0 tog(f (x1)) = g(y0) i f ′(x0) = 0.
Wówczas dla x takich, że f (x) 6= y0 mamy
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0=
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0.
13 listopada 2018 8 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
Z ciągłości funkcji f w punkcie x0 i istnienia granicy limy→y0
g(y)− g(y0)
y − y0
Wnioskujemy, że limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= 0.
Jeżeli teraz w pewnym sąsiedztwie punktu x0 funkcja f nie przyjmuje wartości y0 to
limx→x0
g(f (x))− g(f (x0))
x − x0= lim
x→x0
g(f (x))− g(f (x0))
f (x)− f (x0)
f (x)− f (x0)
x − x0= g ′(y0)·f ′(x0).
Twierdzenie 9Jeżeli funkcje f , g określone w otoczeniu punktu x0 mają pochodne w punkcie x0
oraz g(x0) 6= 0 to istnieje pochodna funkcjif
gw punkcie x0 i zachodzi wzór(
f
g
)′(x0) =
f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)(g(x0)2)
.
13 listopada 2018 9 / 48
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 8 mamy(1g
)′(x0) =
−1(g(x0))2
· g ′(x0).
Z Twierdzenia 7 wynika, że(1g· f)′
(x0) =
(1g
)′(x0) · f (x0) + f ′(x0)
1g(x0)(
1g· f)′
(x0) =−g ′(x0)(g(x0))2
· f (x0) + f ′(x0)1
g(x0)=
=f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)
(g(x0))2.
13 listopada 2018 10 / 48
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 8 mamy(1g
)′(x0) =
−1(g(x0))2
· g ′(x0).
Z Twierdzenia 7 wynika, że(1g· f)′
(x0) =
(1g
)′(x0) · f (x0) + f ′(x0)
1g(x0)(
1g· f)′
(x0) =−g ′(x0)(g(x0))2
· f (x0) + f ′(x0)1
g(x0)=
=f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)
(g(x0))2.
13 listopada 2018 10 / 48
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 8 mamy(1g
)′(x0) =
−1(g(x0))2
· g ′(x0).
Z Twierdzenia 7 wynika, że(1g· f)′
(x0) =
(1g
)′(x0) · f (x0) + f ′(x0)
1g(x0)(
1g· f)′
(x0) =−g ′(x0)(g(x0))2
· f (x0) + f ′(x0)1
g(x0)=
=f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)
(g(x0))2.
13 listopada 2018 10 / 48
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 8 mamy(1g
)′(x0) =
−1(g(x0))2
· g ′(x0).
Z Twierdzenia 7 wynika, że(1g· f)′
(x0) =
(1g
)′(x0) · f (x0) + f ′(x0)
1g(x0)(
1g· f)′
(x0) =−g ′(x0)(g(x0))2
· f (x0) + f ′(x0)1
g(x0)=
=f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)
(g(x0))2.
13 listopada 2018 10 / 48
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 8 mamy(1g
)′(x0) =
−1(g(x0))2
· g ′(x0).
Z Twierdzenia 7 wynika, że(1g· f)′
(x0) =
(1g
)′(x0) · f (x0) + f ′(x0)
1g(x0)(
1g· f)′
(x0) =−g ′(x0)(g(x0))2
· f (x0) + f ′(x0)1
g(x0)=
=f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)
(g(x0))2.
13 listopada 2018 10 / 48
POCHODNA
DOWÓD:
Z Twierdzenia 8 mamy(1g
)′(x0) =
−1(g(x0))2
· g ′(x0).
Z Twierdzenia 7 wynika, że(1g· f)′
(x0) =
(1g
)′(x0) · f (x0) + f ′(x0)
1g(x0)(
1g· f)′
(x0) =−g ′(x0)(g(x0))2
· f (x0) + f ′(x0)1
g(x0)=
=f ′(x0) · g(x0)− f (x0) · g ′(x0)
(g(x0))2.
13 listopada 2018 10 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Mamy następujące wzory
(tg x)′ =1cos 2x
, (ctg x)′ =−1sin 2x
,
oraz
(arctg x)′ =11+ x2
, (arcctg x)′ =−11+ x2
.
DOWÓD:
(tg x)′ =(sin xcos x
)′=cos 2x − (sin x)(−sin x)
cos 2x=1cos 2x
13 listopada 2018 11 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Dowód dla kotangensa jest podobny.
Niech x = tg y y ∈ (−π2,π
2) czyli y = arc tg x .
(arctg x)′ =1
(tg y)′= cos 2y =
cos 2ycos 2y + sin 2y
=1
1+ tg 2y=
11+ x2
,
Dowód dla arkus kotangensa jest podobny.
13 listopada 2018 12 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 11Jeżeli funkcja f : R −→ (0,∞) ma pochodn ↪a w punkcie x0 to funkcja ln f mapochodn ↪a w punkcie x0 oraz f
′(x0) = f (x0)[ln f ]′(x0).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]′(x0) =f ′(x0)
f (x0).
Zatem [ln f ]′(x0) · f (x0) = f ′(x0).
13 listopada 2018 13 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 10Jeżeli funkcja f : R −→ (0,∞) ma pochodn ↪a w punkcie x0 to funkcja ln f mapochodn ↪a w punkcie x0 oraz f
′(x0) = f (x0)[ln f ]′(x0).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]′(x0) =f ′(x0)
f (x0).
Zatem [ln f ]′(x0) · f (x0) = f ′(x0).
13 listopada 2018 13 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 9Jeżeli funkcja f : R −→ (0,∞) ma pochodn ↪a w punkcie x0 to funkcja ln f mapochodn ↪a w punkcie x0 oraz f
′(x0) = f (x0)[ln f ]′(x0).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]′(x0) =f ′(x0)
f (x0).
Zatem [ln f ]′(x0) · f (x0) = f ′(x0).
13 listopada 2018 13 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 8Jeżeli funkcja f : R −→ (0,∞) ma pochodn ↪a w punkcie x0 to funkcja ln f mapochodn ↪a w punkcie x0 oraz f
′(x0) = f (x0)[ln f ]′(x0).
DOWÓD:
Mamy [ln f ]′(x0) =f ′(x0)
f (x0).
Zatem [ln f ]′(x0) · f (x0) = f ′(x0).
13 listopada 2018 13 / 48
POCHODNA
Definicja 9Różniczk ↪a funkcji f w punkcie x0 nazywamy odwzorowanie liniowedx0 f : R 3 h −→ f ′(x0) · h ∈ R.Twierdzenie 10Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas dx0 f = f ′(x0) · dx ,
dy0 f−1 = (dx0 f )
−1 oraz dx0(g ◦ f ) = dy0g ◦ dx0 f .
Definicja 11Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x i funkcjaf ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R ma pochodn ↪a w punkcie x0 to nazywamy ją drugąpochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy f ′′(x0).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f ′ : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x to funkcj ↪ef ′′ : (a, b) 3 x −→ f ′′(x) ∈ R nazywamy pochodn ↪a drugiego rz ↪edu funkcji f .
13 listopada 2018 14 / 48
POCHODNA
Definicja 10Różniczk ↪a funkcji f w punkcie x0 nazywamy odwzorowanie liniowedx0 f : R 3 h −→ f ′(x0) · h ∈ R.Twierdzenie 11Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas dx0 f = f ′(x0) · dx ,
dy0 f−1 = (dx0 f )
−1 oraz dx0(g ◦ f ) = dy0g ◦ dx0 f .
Definicja 12Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x i funkcjaf ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R ma pochodn ↪a w punkcie x0 to nazywamy ją drugąpochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy f ′′(x0).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f ′ : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x to funkcj ↪ef ′′ : (a, b) 3 x −→ f ′′(x) ∈ R nazywamy pochodn ↪a drugiego rz ↪edu funkcji f .
13 listopada 2018 14 / 48
POCHODNA
Definicja 11Różniczk ↪a funkcji f w punkcie x0 nazywamy odwzorowanie liniowedx0 f : R 3 h −→ f ′(x0) · h ∈ R.Twierdzenie 12Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas dx0 f = f ′(x0) · dx ,
dy0 f−1 = (dx0 f )
−1 oraz dx0(g ◦ f ) = dy0g ◦ dx0 f .
Definicja 13Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x i funkcjaf ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R ma pochodn ↪a w punkcie x0 to nazywamy ją drugąpochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy f ′′(x0).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f ′ : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x to funkcj ↪ef ′′ : (a, b) 3 x −→ f ′′(x) ∈ R nazywamy pochodn ↪a drugiego rz ↪edu funkcji f .
13 listopada 2018 14 / 48
POCHODNA
Definicja 12Różniczk ↪a funkcji f w punkcie x0 nazywamy odwzorowanie liniowedx0 f : R 3 h −→ f ′(x0) · h ∈ R.Twierdzenie 13Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas dx0 f = f ′(x0) · dx ,
dy0 f−1 = (dx0 f )
−1 oraz dx0(g ◦ f ) = dy0g ◦ dx0 f .
Definicja 14Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x i funkcjaf ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R ma pochodn ↪a w punkcie x0 to nazywamy ją drugąpochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy f ′′(x0).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f ′ : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x to funkcj ↪ef ′′ : (a, b) 3 x −→ f ′′(x) ∈ R nazywamy pochodn ↪a drugiego rz ↪edu funkcji f .
13 listopada 2018 14 / 48
POCHODNA
Definicja 13Różniczk ↪a funkcji f w punkcie x0 nazywamy odwzorowanie liniowedx0 f : R 3 h −→ f ′(x0) · h ∈ R.Twierdzenie 14Niech dx : R 3 x −→ x ∈ R wówczas dx0 f = f ′(x0) · dx ,
dy0 f−1 = (dx0 f )
−1 oraz dx0(g ◦ f ) = dy0g ◦ dx0 f .
Definicja 15Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x i funkcjaf ′ : (a, b) 3 x −→ f ′(x) ∈ R ma pochodn ↪a w punkcie x0 to nazywamy ją drugąpochodną funkcji f w punkcie x0 i oznaczamy f ′′(x0).
Jeżeli ∀x ∈ (a, b) funkcja f ′ : (a, b) −→ R ma pochodn ↪a w punkcie x to funkcj ↪ef ′′ : (a, b) 3 x −→ f ′′(x) ∈ R nazywamy pochodn ↪a drugiego rz ↪edu funkcji f .
13 listopada 2018 14 / 48
POCHODNA
Definicja 16Pochodn ↪a rz ↪edu n określamy rekurencyjnie
f (n)(x0) = (f (n−1))′(x0),
f (n) = (f (n−1))′.
Definicja 17Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy Cn na zbiorze X i zapisu-jemy f ∈ Cn(X ), jeżeli funkcje f , f ′, . . . f (n) s ↪a ci ↪agłe na zbiorze X .Mówimy, że f jest klasy C∞(X ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdegonaturalnego n f jest klasy Cn(X ).
13 listopada 2018 15 / 48
POCHODNA
Definicja 16Pochodn ↪a rz ↪edu n określamy rekurencyjnie
f (n)(x0) = (f (n−1))′(x0),
f (n) = (f (n−1))′.
Definicja 17Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy Cn na zbiorze X i zapisu-jemy f ∈ Cn(X ), jeżeli funkcje f , f ′, . . . f (n) s ↪a ci ↪agłe na zbiorze X .Mówimy, że f jest klasy C∞(X ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdegonaturalnego n f jest klasy Cn(X ).
13 listopada 2018 15 / 48
POCHODNA
Definicja 16Pochodn ↪a rz ↪edu n określamy rekurencyjnie
f (n)(x0) = (f (n−1))′(x0),
f (n) = (f (n−1))′.
Definicja 17Odwzorowanie f : X −→ R nazywamy klasy Cn na zbiorze X i zapisu-jemy f ∈ Cn(X ), jeżeli funkcje f , f ′, . . . f (n) s ↪a ci ↪agłe na zbiorze X .Mówimy, że f jest klasy C∞(X ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdegonaturalnego n f jest klasy Cn(X ).
13 listopada 2018 15 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 18Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie c ∈ (a, b) i osi ↪aga wtym punkcie kres górny ( dolny ) to f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
limx→c−
f (x)− f (c)
x − c≥ 0,
limx→c+
f (x)− f (c)
x − c≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
limx→c
f (x)− f (c)
x − c= 0,
13 listopada 2018 16 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 18Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie c ∈ (a, b) i osi ↪aga wtym punkcie kres górny ( dolny ) to f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
limx→c−
f (x)− f (c)
x − c≥ 0,
limx→c+
f (x)− f (c)
x − c≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
limx→c
f (x)− f (c)
x − c= 0,
13 listopada 2018 16 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 18Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie c ∈ (a, b) i osi ↪aga wtym punkcie kres górny ( dolny ) to f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
limx→c−
f (x)− f (c)
x − c≥ 0,
limx→c+
f (x)− f (c)
x − c≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
limx→c
f (x)− f (c)
x − c= 0,
13 listopada 2018 16 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 18Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie c ∈ (a, b) i osi ↪aga wtym punkcie kres górny ( dolny ) to f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
limx→c−
f (x)− f (c)
x − c≥ 0,
limx→c+
f (x)− f (c)
x − c≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
limx→c
f (x)− f (c)
x − c= 0,
13 listopada 2018 16 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 18Jeżeli funkcja f : (a, b) −→ R jest różniczkowalna w punkcie c ∈ (a, b) i osi ↪aga wtym punkcie kres górny ( dolny ) to f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Dla kresu górnego
limx→c−
f (x)− f (c)
x − c≥ 0,
limx→c+
f (x)− f (c)
x − c≤ 0.
Z równości granic jednostronnych
limx→c
f (x)− f (c)
x − c= 0,
13 listopada 2018 16 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNA
Twierdzenie 19 ( Rolle’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) if (a) = f (b) to ∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) = 0.
DOWÓD:
Jeżeli f jest stała to ∀x ∈ [a, b] mamy f ′(x) = 0.
Załóżmy wi ↪ec, że f nie jest stała. W takim razie
inf {f (x) : x ∈ [a, b]} < f (a) lub sup {f (x) : x ∈ [a, b]} > f (b).
Załóżmy, że spełniona jest druga z tych nierówności.
Z ci ↪agłości f wynika, że ∃c ∈ [a, b] takie, że f (c) = sup {f (x) : x ∈ [a, b]}.
Ponieważ f (a) = f (b) wi ↪ec c ∈ (a, b).
Dla tego c mamy f ′(c) = 0.
13 listopada 2018 17 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 20 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) to
∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) =f (b)− f (a)
b − a.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
b − a(x − a) spełnia założenia Twierdzenia
Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g ′(c) = f ′(c)− f (b)− f (a)
b − a.
St ↪adf (b)− f (a)
b − a= f ′(c).
13 listopada 2018 18 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 20 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) to
∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) =f (b)− f (a)
b − a.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
b − a(x − a) spełnia założenia Twierdzenia
Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g ′(c) = f ′(c)− f (b)− f (a)
b − a.
St ↪adf (b)− f (a)
b − a= f ′(c).
13 listopada 2018 18 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 20 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) to
∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) =f (b)− f (a)
b − a.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
b − a(x − a) spełnia założenia Twierdzenia
Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g ′(c) = f ′(c)− f (b)− f (a)
b − a.
St ↪adf (b)− f (a)
b − a= f ′(c).
13 listopada 2018 18 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 20 ( Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) to
∃c ∈ (a, b) taki, że f ′(c) =f (b)− f (a)
b − a.
DOWÓD:
Funkcja g(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
b − a(x − a) spełnia założenia Twierdzenia
Rolle’a.
Istnieje c ∈ (a, b) taki że 0 = g ′(c) = f ′(c)− f (b)− f (a)
b − a.
St ↪adf (b)− f (a)
b − a= f ′(c).
13 listopada 2018 18 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 21 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 ( f ′(x) < 0 ) to funkcja f jest rosn ↪aca ( malej ↪aca ) wprzedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b) dlapewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia Lagrange’a
istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f ′(c) =f (d)− f (a)
d − a6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
13 listopada 2018 19 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 21 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 ( f ′(x) < 0 ) to funkcja f jest rosn ↪aca ( malej ↪aca ) wprzedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b) dlapewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia Lagrange’a
istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f ′(c) =f (d)− f (a)
d − a6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
13 listopada 2018 19 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 21 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 ( f ′(x) < 0 ) to funkcja f jest rosn ↪aca ( malej ↪aca ) wprzedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b) dlapewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia Lagrange’a
istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f ′(c) =f (d)− f (a)
d − a6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
13 listopada 2018 19 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 21 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 ( f ′(x) < 0 ) to funkcja f jest rosn ↪aca ( malej ↪aca ) wprzedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b) dlapewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia Lagrange’a
istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f ′(c) =f (d)− f (a)
d − a6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
13 listopada 2018 19 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 21 ( Wniosek z Twierdzenia Lagrange’a )
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 to funkcja f jest stała w przedziale [a, b].
Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) i∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 ( f ′(x) < 0 ) to funkcja f jest rosn ↪aca ( malej ↪aca ) wprzedziale [a, b].
DOWÓD:
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) = 0 oraz f (d) 6= f (a) lub f (d) 6= f (b) dlapewnego d ∈ [a, b].
Załóżmy, że zachodzi nierówność f (d) 6= f (a) wówczas z twierdzenia Lagrange’a
istnieje takie c ∈ (a, d) ⊂ (a, b), że f ′(c) =f (d)− f (a)
d − a6= 0.
Otrzymana sprzeczność dowodzi pierwszej części Twierdzenia.
13 listopada 2018 19 / 48
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 i istnieją x1, x2 ∈ [a, b] takie, że x1 < x2 if (x1) ≥ f (x2).
Wówczas istnieje x0 ∈ (x1, x2), takie, że f ′(x0) =f (x2)− f (x1)
x2 − x1≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f ′ < 0 jest analogiczny.
Ćwiczenie. Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) ≤ 0 ) to funkcja f jest niemalej ↪aca( nierosn ↪aca ) w przedziale [a, b].
13 listopada 2018 20 / 48
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 i istnieją x1, x2 ∈ [a, b] takie, że x1 < x2 if (x1) ≥ f (x2).
Wówczas istnieje x0 ∈ (x1, x2), takie, że f ′(x0) =f (x2)− f (x1)
x2 − x1≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f ′ < 0 jest analogiczny.
Ćwiczenie. Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) ≤ 0 ) to funkcja f jest niemalej ↪aca( nierosn ↪aca ) w przedziale [a, b].
13 listopada 2018 20 / 48
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 i istnieją x1, x2 ∈ [a, b] takie, że x1 < x2 if (x1) ≥ f (x2).
Wówczas istnieje x0 ∈ (x1, x2), takie, że f ′(x0) =f (x2)− f (x1)
x2 − x1≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f ′ < 0 jest analogiczny.
Ćwiczenie. Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) ≤ 0 ) to funkcja f jest niemalej ↪aca( nierosn ↪aca ) w przedziale [a, b].
13 listopada 2018 20 / 48
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 i istnieją x1, x2 ∈ [a, b] takie, że x1 < x2 if (x1) ≥ f (x2).
Wówczas istnieje x0 ∈ (x1, x2), takie, że f ′(x0) =f (x2)− f (x1)
x2 − x1≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f ′ < 0 jest analogiczny.
Ćwiczenie. Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) ≤ 0 ) to funkcja f jest niemalej ↪aca( nierosn ↪aca ) w przedziale [a, b].
13 listopada 2018 20 / 48
POCHODNE
Przypuśćmy, że ∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0 i istnieją x1, x2 ∈ [a, b] takie, że x1 < x2 if (x1) ≥ f (x2).
Wówczas istnieje x0 ∈ (x1, x2), takie, że f ′(x0) =f (x2)− f (x1)
x2 − x1≤ 0.
Sprzeczność dowodzi, że f jest rosnąca. Dowód dla f ′ < 0 jest analogiczny.
Ćwiczenie. Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale(a, b) i ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≥ 0 ( f ′(x) ≤ 0 ) to funkcja f jest niemalej ↪aca( nierosn ↪aca ) w przedziale [a, b].
13 listopada 2018 20 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 22Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) inierosn ↪aca ( niemalej ↪aca ) w przedziale (a, b) to ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≤ 0( f ′(x) ≥ 0. )
DOWÓD:
Niech f będzie funkcją niemalejącą wówczas dla x > x0 f (x) ≥ f (x0).
Zatemf (x)− f (x0)
x − x0≥ 0 skąd lim
x→x+0
f (x)− f (x0)
x − x0≥ 0.
Z istnienia pochodnej f ′(x0) ≥ 0.
Dowód dla funkcji nierosnącej jest analogiczny.
13 listopada 2018 21 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 22Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) inierosn ↪aca ( niemalej ↪aca ) w przedziale (a, b) to ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≤ 0( f ′(x) ≥ 0. )
DOWÓD:
Niech f będzie funkcją niemalejącą wówczas dla x > x0 f (x) ≥ f (x0).
Zatemf (x)− f (x0)
x − x0≥ 0 skąd lim
x→x+0
f (x)− f (x0)
x − x0≥ 0.
Z istnienia pochodnej f ′(x0) ≥ 0.
Dowód dla funkcji nierosnącej jest analogiczny.
13 listopada 2018 21 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 22Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) inierosn ↪aca ( niemalej ↪aca ) w przedziale (a, b) to ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≤ 0( f ′(x) ≥ 0. )
DOWÓD:
Niech f będzie funkcją niemalejącą wówczas dla x > x0 f (x) ≥ f (x0).
Zatemf (x)− f (x0)
x − x0≥ 0 skąd lim
x→x+0
f (x)− f (x0)
x − x0≥ 0.
Z istnienia pochodnej f ′(x0) ≥ 0.
Dowód dla funkcji nierosnącej jest analogiczny.
13 listopada 2018 21 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 22Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) inierosn ↪aca ( niemalej ↪aca ) w przedziale (a, b) to ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≤ 0( f ′(x) ≥ 0. )
DOWÓD:
Niech f będzie funkcją niemalejącą wówczas dla x > x0 f (x) ≥ f (x0).
Zatemf (x)− f (x0)
x − x0≥ 0 skąd lim
x→x+0
f (x)− f (x0)
x − x0≥ 0.
Z istnienia pochodnej f ′(x0) ≥ 0.
Dowód dla funkcji nierosnącej jest analogiczny.
13 listopada 2018 21 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 22Jeżeli funkcja ci ↪agła f : [a, b] −→ R jest różniczkowalna w przedziale (a, b) inierosn ↪aca ( niemalej ↪aca ) w przedziale (a, b) to ∀x ∈ (a, b) f ′(x) ≤ 0( f ′(x) ≥ 0. )
DOWÓD:
Niech f będzie funkcją niemalejącą wówczas dla x > x0 f (x) ≥ f (x0).
Zatemf (x)− f (x0)
x − x0≥ 0 skąd lim
x→x+0
f (x)− f (x0)
x − x0≥ 0.
Z istnienia pochodnej f ′(x0) ≥ 0.
Dowód dla funkcji nierosnącej jest analogiczny.
13 listopada 2018 21 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 23 ( Cauchy’ego )Jeżeli funkcje ci ↪agłe f , g : [a, b] −→ R s ↪a różniczkowalne w przedziale (a, b) i
∀x ∈ (a, b) g ′(x) 6= 0 to ∃c ∈ (a, b) taki, żef (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
DOWÓD:
Rozważmy funkcję pomocniczą
h(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
g(b)− g(a)(g(x)− g(a))
Spełnia ona założenia Twierdzenia Rolle’a zatem ∃c ∈ (a, b) takie, że h′(c) = 0.
Stądf (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
13 listopada 2018 22 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 23 ( Cauchy’ego )Jeżeli funkcje ci ↪agłe f , g : [a, b] −→ R s ↪a różniczkowalne w przedziale (a, b) i
∀x ∈ (a, b) g ′(x) 6= 0 to ∃c ∈ (a, b) taki, żef (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
DOWÓD:
Rozważmy funkcję pomocniczą
h(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
g(b)− g(a)(g(x)− g(a))
Spełnia ona założenia Twierdzenia Rolle’a zatem ∃c ∈ (a, b) takie, że h′(c) = 0.
Stądf (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
13 listopada 2018 22 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 23 ( Cauchy’ego )Jeżeli funkcje ci ↪agłe f , g : [a, b] −→ R s ↪a różniczkowalne w przedziale (a, b) i
∀x ∈ (a, b) g ′(x) 6= 0 to ∃c ∈ (a, b) taki, żef (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
DOWÓD:
Rozważmy funkcję pomocniczą
h(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
g(b)− g(a)(g(x)− g(a))
Spełnia ona założenia Twierdzenia Rolle’a zatem ∃c ∈ (a, b) takie, że h′(c) = 0.
Stądf (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
13 listopada 2018 22 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 23 ( Cauchy’ego )Jeżeli funkcje ci ↪agłe f , g : [a, b] −→ R s ↪a różniczkowalne w przedziale (a, b) i
∀x ∈ (a, b) g ′(x) 6= 0 to ∃c ∈ (a, b) taki, żef (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
DOWÓD:
Rozważmy funkcję pomocniczą
h(x) = f (x)− f (a)− f (b)− f (a)
g(b)− g(a)(g(x)− g(a))
Spełnia ona założenia Twierdzenia Rolle’a zatem ∃c ∈ (a, b) takie, że h′(c) = 0.
Stądf (b)− f (a)
g(b)− g(a)=
f ′(c)
g ′(c).
13 listopada 2018 22 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 24Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i wtym jego s ↪asiedztwie g(x) 6= 0, niech limx→x0
f (x) = limx→x0
g(x) = 0 lub
limx→x0
f (x) = ±∞ oraz limx→x0
g(x) = ±∞.
Jeżeli istnieje granica limx→x0
f ′(x)
g ′(x)to istnieje granica lim
x→x0
f (x)
g(x)
i limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
DOWÓD:
Dla ”00”. Możemy przyj ↪ać, że f (x0) = g(x0) = 0.
13 listopada 2018 23 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 24Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i wtym jego s ↪asiedztwie g(x) 6= 0, niech limx→x0
f (x) = limx→x0
g(x) = 0 lub
limx→x0
f (x) = ±∞ oraz limx→x0
g(x) = ±∞.
Jeżeli istnieje granica limx→x0
f ′(x)
g ′(x)to istnieje granica lim
x→x0
f (x)
g(x)
i limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
DOWÓD:
Dla ”00”. Możemy przyj ↪ać, że f (x0) = g(x0) = 0.
13 listopada 2018 23 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 24Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i wtym jego s ↪asiedztwie g(x) 6= 0, niech limx→x0
f (x) = limx→x0
g(x) = 0 lub
limx→x0
f (x) = ±∞ oraz limx→x0
g(x) = ±∞.
Jeżeli istnieje granica limx→x0
f ′(x)
g ′(x)to istnieje granica lim
x→x0
f (x)
g(x)
i limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
DOWÓD:
Dla ”00”. Możemy przyj ↪ać, że f (x0) = g(x0) = 0.
13 listopada 2018 23 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 24Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i wtym jego s ↪asiedztwie g(x) 6= 0, niech limx→x0
f (x) = limx→x0
g(x) = 0 lub
limx→x0
f (x) = ±∞ oraz limx→x0
g(x) = ±∞.
Jeżeli istnieje granica limx→x0
f ′(x)
g ′(x)to istnieje granica lim
x→x0
f (x)
g(x)
i limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
DOWÓD:
Dla ”00”. Możemy przyj ↪ać, że f (x0) = g(x0) = 0.
13 listopada 2018 23 / 48
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamyf (x)
g(x)=
f (x)− f (x0)
g(x)− g(x0)=
f ′(c)
g ′(c),
gdzie c ∈ (x , x0) lub c ∈ (x0, x).
Jeżeli x −→ x0 to c −→ x0 zatem limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
Uwaga 25Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i
niech limx→x0
f (x) =∞, limx→x0
g(x) = 0 wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
f (x)1
g(x)
.
13 listopada 2018 24 / 48
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamyf (x)
g(x)=
f (x)− f (x0)
g(x)− g(x0)=
f ′(c)
g ′(c),
gdzie c ∈ (x , x0) lub c ∈ (x0, x).
Jeżeli x −→ x0 to c −→ x0 zatem limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
Uwaga 25Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i
niech limx→x0
f (x) =∞, limx→x0
g(x) = 0 wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
f (x)1
g(x)
.
13 listopada 2018 24 / 48
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamyf (x)
g(x)=
f (x)− f (x0)
g(x)− g(x0)=
f ′(c)
g ′(c),
gdzie c ∈ (x , x0) lub c ∈ (x0, x).
Jeżeli x −→ x0 to c −→ x0 zatem limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
Uwaga 25Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i
niech limx→x0
f (x) =∞, limx→x0
g(x) = 0 wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
f (x)1
g(x)
.
13 listopada 2018 24 / 48
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamyf (x)
g(x)=
f (x)− f (x0)
g(x)− g(x0)=
f ′(c)
g ′(c),
gdzie c ∈ (x , x0) lub c ∈ (x0, x).
Jeżeli x −→ x0 to c −→ x0 zatem limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
Uwaga 25Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i
niech limx→x0
f (x) =∞, limx→x0
g(x) = 0 wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
f (x)1
g(x)
.
13 listopada 2018 24 / 48
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamyf (x)
g(x)=
f (x)− f (x0)
g(x)− g(x0)=
f ′(c)
g ′(c),
gdzie c ∈ (x , x0) lub c ∈ (x0, x).
Jeżeli x −→ x0 to c −→ x0 zatem limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
Uwaga 25Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i
niech limx→x0
f (x) =∞, limx→x0
g(x) = 0 wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
f (x)1
g(x)
.
13 listopada 2018 24 / 48
POCHODNE
Wtedy z Twierdzenia Cauchy’ego mamyf (x)
g(x)=
f (x)− f (x0)
g(x)− g(x0)=
f ′(c)
g ′(c),
gdzie c ∈ (x , x0) lub c ∈ (x0, x).
Jeżeli x −→ x0 to c −→ x0 zatem limx→x0
f (x)
g(x)= lim
x→x0
f ′(x)
g ′(x).
Uwaga 25Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 i
niech limx→x0
f (x) =∞, limx→x0
g(x) = 0 wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
f (x)1
g(x)
.
13 listopada 2018 24 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 0, lim
x→x0g(x) = 0 wtedy lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Jeżeli funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) = 1, lim
x→x0g(x) =∞ to lim
x→x0f (x)g(x) = lim
x→x0eg(x)ln f (x).
Niech funkcje f , g : (a, b) −→ R s ↪a różniczkowalne w s ↪asiedztwie punktu x0 iniech lim
x→x0f (x) =∞ lim
x→x0g(x) = 0
wówczas limx→x0
f (x)g(x) = limx→x0
eg(x)ln f (x).
13 listopada 2018 25 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Przykład 26
limx→0
(x · ln x) = limx→0
lnx1x
= limx→0
1x−1x2
= limx→0
(−x) = 0.
limx→0
xx = limx→0
ex·ln x = elimx→0
x·ln x= e0 = 1.
limx→π
4
(tg x)1
cos 2x = limx→π
4
elntg xcos 2x = e
limx→π
4
lntg xcos 2x
= elim
x→π4
cos xsin x·cos 2x·2(−sin 2x)
=
= elim
x→π4
1sin x·cos x·2(−sin 2x)
= e−1 =1e.
limx→π
2
(tg x)cos x = limx→π
2
ecos x·ln tg x = elim
x→π2
cos x·lntg x= e
limx→π
2
lntg x1cos x =
= elim
x→π2
ctg x· 1cos 2x
−sin xcos 2x = e
limx→π
2
cos x−sin 2x
= e0 = 1.13 listopada 2018 26 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 27 ( Taylora z resztą Lagrange’a)
Niech funkcja f : [a, b] −→ R jest klasy Cn−1 w przedziale [a, b] i ∀x ∈ (a, b)∃f n(x) wtedy ∃c ∈ (a, b) taki, że
f (b) = f (a) + f ′(a)(b − a) +f ′′(a)
2!(b − a)2 + · · ·+ f (n−1)(a)
(n − 1)!(b − a)n−1 + Rn,
gdzie Rn =f (n)(c)
n!(b − a)n.
DOWÓD:
Rozważmy funkcję daną wzorem
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
13 listopada 2018 27 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 27 ( Taylora z resztą Lagrange’a)
Niech funkcja f : [a, b] −→ R jest klasy Cn−1 w przedziale [a, b] i ∀x ∈ (a, b)∃f n(x) wtedy ∃c ∈ (a, b) taki, że
f (b) = f (a) + f ′(a)(b − a) +f ′′(a)
2!(b − a)2 + · · ·+ f (n−1)(a)
(n − 1)!(b − a)n−1 + Rn,
gdzie Rn =f (n)(c)
n!(b − a)n.
DOWÓD:
Rozważmy funkcję daną wzorem
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
13 listopada 2018 27 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 27 ( Taylora z resztą Lagrange’a)
Niech funkcja f : [a, b] −→ R jest klasy Cn−1 w przedziale [a, b] i ∀x ∈ (a, b)∃f n(x) wtedy ∃c ∈ (a, b) taki, że
f (b) = f (a) + f ′(a)(b − a) +f ′′(a)
2!(b − a)2 + · · ·+ f (n−1)(a)
(n − 1)!(b − a)n−1 + Rn,
gdzie Rn =f (n)(c)
n!(b − a)n.
DOWÓD:
Rozważmy funkcję daną wzorem
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
13 listopada 2018 27 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 27 ( Taylora z resztą Lagrange’a)
Niech funkcja f : [a, b] −→ R jest klasy Cn−1 w przedziale [a, b] i ∀x ∈ (a, b)∃f n(x) wtedy ∃c ∈ (a, b) taki, że
f (b) = f (a) + f ′(a)(b − a) +f ′′(a)
2!(b − a)2 + · · ·+ f (n−1)(a)
(n − 1)!(b − a)n−1 + Rn,
gdzie Rn =f (n)(c)
n!(b − a)n.
DOWÓD:
Rozważmy funkcję daną wzorem
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
13 listopada 2018 27 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
h(x) = f (b)− f (x)−n−1∑k=1
f (k)(x)
k!(b − x)k .
h′(x) = −f ′(x) +n−1∑k=1
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−1∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k =
= −f ′(x) + f ′(x) +n−1∑k=2
f (k)(x)
(k − 1)!(b − x)k−1 −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k −
f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
(k)!(b − x)k −
n−2∑k=1
f (k+1)(x)
k!(b − x)k − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1 =
= − f (n)(x)
(n − 1)!(b − x)n−1.
13 listopada 2018 28 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
Niech H(x) = h(x)− h(a)
(b − a)n(b − x)n.
Funkcja H spełnia w [a, b] założenia twierdzenia Rolle’a.
Istnieje zatem c ∈ (a, b) taki, że H ′(c) = 0.
Ale H ′(x) = h′(x) + nh(a)
(b − a)n(b − x)n−1.
Mamy więc 0 = H ′(c) = h′(c) + nh(a)
(b − a)n(b − c)n−1 =
= − f (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 + n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
Stądf (n)(c)
(n − 1)!(b − c)n−1 = n
h(a)
(b − a)n(b − c)n−1.
13 listopada 2018 29 / 48
POCHODNE
h(a) =f (n)(c)
(n)!(b − a)n,
oraz
h(a) = f (b)− f (a)−n−1∑k=1
f (k)(a)
k!(b − a)k .
Co daje nam
f (b) =n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(b − a)k +
f (n)(c)
(n)!(b − a)n.
Co kończy dowód Twierdzenia.
13 listopada 2018 30 / 48
POCHODNE
h(a) =f (n)(c)
(n)!(b − a)n,
oraz
h(a) = f (b)− f (a)−n−1∑k=1
f (k)(a)
k!(b − a)k .
Co daje nam
f (b) =n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(b − a)k +
f (n)(c)
(n)!(b − a)n.
Co kończy dowód Twierdzenia.
13 listopada 2018 30 / 48
POCHODNE
h(a) =f (n)(c)
(n)!(b − a)n,
oraz
h(a) = f (b)− f (a)−n−1∑k=1
f (k)(a)
k!(b − a)k .
Co daje nam
f (b) =n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(b − a)k +
f (n)(c)
(n)!(b − a)n.
Co kończy dowód Twierdzenia.
13 listopada 2018 30 / 48
POCHODNE
h(a) =f (n)(c)
(n)!(b − a)n,
oraz
h(a) = f (b)− f (a)−n−1∑k=1
f (k)(a)
k!(b − a)k .
Co daje nam
f (b) =n−1∑k=0
f (k)(a)
k!(b − a)k +
f (n)(c)
(n)!(b − a)n.
Co kończy dowód Twierdzenia.
13 listopada 2018 30 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 28 ( Maclourin’a )
Jeżeli w powyższym twierdzeniu b = x i a = 0 to otrzymujemy wzór
f (x) = f (0) + f ′(0)x +f ′′(0)2!
x2 + · · ·+ f (n−1)(0)(n − 1)!
xn−1 + Rn, gdzie
Rn =f (n)(c)
(n)!xn, c ∈ (0, x).
Twierdzenie 29 ( Taylora z resztą Peano )
Niech funkcja f : (a, b) −→ R jest klasy Cn−1 w otoczeniu x0 ∈ (a, b) i ∃f (n)(x0)wtedy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +f ′′(x0)
2!h2 + · · ·+ f (n)(x0)
n!hn + ω(x0, h)h
n, gdzie
ω(x0, h) −→ 0, gdy h −→ 0 i x0 + h należy do rozważanego otoczenia.
13 listopada 2018 31 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 28 ( Maclourin’a )
Jeżeli w powyższym twierdzeniu b = x i a = 0 to otrzymujemy wzór
f (x) = f (0) + f ′(0)x +f ′′(0)2!
x2 + · · ·+ f (n−1)(0)(n − 1)!
xn−1 + Rn, gdzie
Rn =f (n)(c)
(n)!xn, c ∈ (0, x).
Twierdzenie 29 ( Taylora z resztą Peano )
Niech funkcja f : (a, b) −→ R jest klasy Cn−1 w otoczeniu x0 ∈ (a, b) i ∃f (n)(x0)wtedy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +f ′′(x0)
2!h2 + · · ·+ f (n)(x0)
n!hn + ω(x0, h)h
n, gdzie
ω(x0, h) −→ 0, gdy h −→ 0 i x0 + h należy do rozważanego otoczenia.
13 listopada 2018 31 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 28 ( Maclourin’a )
Jeżeli w powyższym twierdzeniu b = x i a = 0 to otrzymujemy wzór
f (x) = f (0) + f ′(0)x +f ′′(0)2!
x2 + · · ·+ f (n−1)(0)(n − 1)!
xn−1 + Rn, gdzie
Rn =f (n)(c)
(n)!xn, c ∈ (0, x).
Twierdzenie 29 ( Taylora z resztą Peano )
Niech funkcja f : (a, b) −→ R jest klasy Cn−1 w otoczeniu x0 ∈ (a, b) i ∃f (n)(x0)wtedy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +f ′′(x0)
2!h2 + · · ·+ f (n)(x0)
n!hn + ω(x0, h)h
n, gdzie
ω(x0, h) −→ 0, gdy h −→ 0 i x0 + h należy do rozważanego otoczenia.
13 listopada 2018 31 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 28 ( Maclourin’a )
Jeżeli w powyższym twierdzeniu b = x i a = 0 to otrzymujemy wzór
f (x) = f (0) + f ′(0)x +f ′′(0)2!
x2 + · · ·+ f (n−1)(0)(n − 1)!
xn−1 + Rn, gdzie
Rn =f (n)(c)
(n)!xn, c ∈ (0, x).
Twierdzenie 29 ( Taylora z resztą Peano )
Niech funkcja f : (a, b) −→ R jest klasy Cn−1 w otoczeniu x0 ∈ (a, b) i ∃f (n)(x0)wtedy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +f ′′(x0)
2!h2 + · · ·+ f (n)(x0)
n!hn + ω(x0, h)h
n, gdzie
ω(x0, h) −→ 0, gdy h −→ 0 i x0 + h należy do rozważanego otoczenia.
13 listopada 2018 31 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Rozważmy granicę funkcji
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (x0 + h)−n∑
k=0
f (k)(x0)k! hk
hn.
Mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym ′′ 00′′
Stosując (n-1)-krotnie Regułę de L’Hospitala otrzymamy
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)− f (n)(x0) · hh
=
= limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)
h− f (n)(x0) = 0
13 listopada 2018 32 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Rozważmy granicę funkcji
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (x0 + h)−n∑
k=0
f (k)(x0)k! hk
hn.
Mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym ′′ 00′′
Stosując (n-1)-krotnie Regułę de L’Hospitala otrzymamy
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)− f (n)(x0) · hh
=
= limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)
h− f (n)(x0) = 0
13 listopada 2018 32 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Rozważmy granicę funkcji
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (x0 + h)−n∑
k=0
f (k)(x0)k! hk
hn.
Mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym ′′ 00′′
Stosując (n-1)-krotnie Regułę de L’Hospitala otrzymamy
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)− f (n)(x0) · hh
=
= limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)
h− f (n)(x0) = 0
13 listopada 2018 32 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Rozważmy granicę funkcji
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (x0 + h)−n∑
k=0
f (k)(x0)k! hk
hn.
Mamy do czynienia z symbolem nieoznaczonym ′′ 00′′
Stosując (n-1)-krotnie Regułę de L’Hospitala otrzymamy
limh→0
ω(x0, h) = limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)− f (n)(x0) · hh
=
= limh→0
f (n−1)(x0 + h)− f (n−1)(x0)
h− f (n)(x0) = 0
13 listopada 2018 32 / 48
POCHODNE
Definicja 30Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ∈ R minimum lokalne ( maksimum lokalne) jeżeli ∃S sąsiedztwo punktu x0 takie, że ∀x ∈ S f (x) > f (x0) (f (x) < f (x0)).Jeżeli funkcja ma minimum lokalne lub maksimum lokalne to mówimy, że maekstremum lokalne.
Twierdzenie 31Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum lokalnego funkcji różniczkowalnej f wpunkcie x0 jest to aby f ′(x0) = 0.
DOWÓD:
Rozważając funkcję w otoczeniu, w którym funkcja przyjmuje wartość największąlub najmniejszą z Twierdzenia 18 mamy natychmiast Twierdzenie 31.
13 listopada 2018 33 / 48
POCHODNE
Definicja 30Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ∈ R minimum lokalne ( maksimum lokalne) jeżeli ∃S sąsiedztwo punktu x0 takie, że ∀x ∈ S f (x) > f (x0) (f (x) < f (x0)).Jeżeli funkcja ma minimum lokalne lub maksimum lokalne to mówimy, że maekstremum lokalne.
Twierdzenie 31Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum lokalnego funkcji różniczkowalnej f wpunkcie x0 jest to aby f ′(x0) = 0.
DOWÓD:
Rozważając funkcję w otoczeniu, w którym funkcja przyjmuje wartość największąlub najmniejszą z Twierdzenia 18 mamy natychmiast Twierdzenie 31.
13 listopada 2018 33 / 48
POCHODNE
Definicja 30Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 ∈ R minimum lokalne ( maksimum lokalne) jeżeli ∃S sąsiedztwo punktu x0 takie, że ∀x ∈ S f (x) > f (x0) (f (x) < f (x0)).Jeżeli funkcja ma minimum lokalne lub maksimum lokalne to mówimy, że maekstremum lokalne.
Twierdzenie 31Warunkiem koniecznym istnienia ekstremum lokalnego funkcji różniczkowalnej f wpunkcie x0 jest to aby f ′(x0) = 0.
DOWÓD:
Rozważając funkcję w otoczeniu, w którym funkcja przyjmuje wartość największąlub najmniejszą z Twierdzenia 18 mamy natychmiast Twierdzenie 31.
13 listopada 2018 33 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 32Warunkiem wystarczaj ↪acym istnienia ekstremum lokalnego w punkcie x0 funkcji fróżniczkowalnej w otoczeniu punktu x0 jest to aby f ′(x0) = 0 i aby pochodnazmieniała znak w punkcie x0.
DOWÓD:
Jeżeli f ′(x0) = 0 oraz f ′(x) > 0 dla x < x0 zaś dla x > x0 mamy f ′(x) < 0 tona mocy Twierdzenia 21 mamy
f (x) < f (x0) dla x leżących w sąsiedztwie x0.
13 listopada 2018 34 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 32Warunkiem wystarczaj ↪acym istnienia ekstremum lokalnego w punkcie x0 funkcji fróżniczkowalnej w otoczeniu punktu x0 jest to aby f ′(x0) = 0 i aby pochodnazmieniała znak w punkcie x0.
DOWÓD:
Jeżeli f ′(x0) = 0 oraz f ′(x) > 0 dla x < x0 zaś dla x > x0 mamy f ′(x) < 0 tona mocy Twierdzenia 21 mamy
f (x) < f (x0) dla x leżących w sąsiedztwie x0.
13 listopada 2018 34 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 32Warunkiem wystarczaj ↪acym istnienia ekstremum lokalnego w punkcie x0 funkcji fróżniczkowalnej w otoczeniu punktu x0 jest to aby f ′(x0) = 0 i aby pochodnazmieniała znak w punkcie x0.
DOWÓD:
Jeżeli f ′(x0) = 0 oraz f ′(x) > 0 dla x < x0 zaś dla x > x0 mamy f ′(x) < 0 tona mocy Twierdzenia 21 mamy
f (x) < f (x0) dla x leżących w sąsiedztwie x0.
13 listopada 2018 34 / 48
POCHODNE
Twierdzenie 33Jeżeli f jest klasy C1 w otoczeniu punktu x0 i istnieje f ′′(x0) 6= 0 to f ma wpunkcie x0 ekstremum lokalne. Minimum lokalne, gdy f ′′(x0) > 0, maksimumlokalne, gdy f ′′(x0) < 0.
13 listopada 2018 35 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Z Twierdzenia Taylora z resztą Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) +
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2, gdzie ω(x0, h) −→ 0, gdy h zmierza
do zera.
f (x0 + h)− f (x0) =
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2,
Dla h dostatecznie małych znak f (x0 + h)− f (x0) jest taki sam jak f ′′(x0).
Zatem dla f ′′(x0) > 0 f ma w punkcie x0 minimum lokalne, zaś dla f ′′(x0) < 0 fma w punkcie x0 maksimum lokalne.
13 listopada 2018 36 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Z Twierdzenia Taylora z resztą Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) +
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2, gdzie ω(x0, h) −→ 0, gdy h zmierza
do zera.
f (x0 + h)− f (x0) =
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2,
Dla h dostatecznie małych znak f (x0 + h)− f (x0) jest taki sam jak f ′′(x0).
Zatem dla f ′′(x0) > 0 f ma w punkcie x0 minimum lokalne, zaś dla f ′′(x0) < 0 fma w punkcie x0 maksimum lokalne.
13 listopada 2018 36 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Z Twierdzenia Taylora z resztą Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) +
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2, gdzie ω(x0, h) −→ 0, gdy h zmierza
do zera.
f (x0 + h)− f (x0) =
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2,
Dla h dostatecznie małych znak f (x0 + h)− f (x0) jest taki sam jak f ′′(x0).
Zatem dla f ′′(x0) > 0 f ma w punkcie x0 minimum lokalne, zaś dla f ′′(x0) < 0 fma w punkcie x0 maksimum lokalne.
13 listopada 2018 36 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Z Twierdzenia Taylora z resztą Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) +
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2, gdzie ω(x0, h) −→ 0, gdy h zmierza
do zera.
f (x0 + h)− f (x0) =
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2,
Dla h dostatecznie małych znak f (x0 + h)− f (x0) jest taki sam jak f ′′(x0).
Zatem dla f ′′(x0) > 0 f ma w punkcie x0 minimum lokalne, zaś dla f ′′(x0) < 0 fma w punkcie x0 maksimum lokalne.
13 listopada 2018 36 / 48
POCHODNE
DOWÓD:
Z Twierdzenia Taylora z resztą Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) +
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2, gdzie ω(x0, h) −→ 0, gdy h zmierza
do zera.
f (x0 + h)− f (x0) =
(f ′′(x0)
2+ ω(x0, h)
)h2,
Dla h dostatecznie małych znak f (x0 + h)− f (x0) jest taki sam jak f ′′(x0).
Zatem dla f ′′(x0) > 0 f ma w punkcie x0 minimum lokalne, zaś dla f ′′(x0) < 0 fma w punkcie x0 maksimum lokalne.
13 listopada 2018 36 / 48
POCHODNE
Definicja 34Styczną do krzywej w punkcie P nazywamy graniczne położenie siecznychprzechodzących przez punkt P oraz punkt sąsiedni Q, gdy punkt sąsiedni Qzmierza do P.
Twierdzenie 35Niech funkcja f określona w otoczeniu punktu x0 będzie różniczkowalna w punkciex0 wówczas istnieje styczna do wykresu funkcji f w punkcie (x0, f (x0)) i marównanie y − y0 = f ′(x0)(x − x0).
DOWÓD:
Sieczna przechodząca przez punkt (x0, f (x0)) oraz punkt sąsiedni (x1, f (x1)) ma
równanie y − f (x0) =f (x1)− f (x0)
x1 − x0(x − x0).
13 listopada 2018 37 / 48
POCHODNE
Definicja 34Styczną do krzywej w punkcie P nazywamy graniczne położenie siecznychprzechodzących przez punkt P oraz punkt sąsiedni Q, gdy punkt sąsiedni Qzmierza do P.
Twierdzenie 35Niech funkcja f określona w otoczeniu punktu x0 będzie różniczkowalna w punkciex0 wówczas istnieje styczna do wykresu funkcji f w punkcie (x0, f (x0)) i marównanie y − y0 = f ′(x0)(x − x0).
DOWÓD:
Sieczna przechodząca przez punkt (x0, f (x0)) oraz punkt sąsiedni (x1, f (x1)) ma
równanie y − f (x0) =f (x1)− f (x0)
x1 − x0(x − x0).
13 listopada 2018 37 / 48
POCHODNE
Definicja 34Styczną do krzywej w punkcie P nazywamy graniczne położenie siecznychprzechodzących przez punkt P oraz punkt sąsiedni Q, gdy punkt sąsiedni Qzmierza do P.
Twierdzenie 35Niech funkcja f określona w otoczeniu punktu x0 będzie różniczkowalna w punkciex0 wówczas istnieje styczna do wykresu funkcji f w punkcie (x0, f (x0)) i marównanie y − y0 = f ′(x0)(x − x0).
DOWÓD:
Sieczna przechodząca przez punkt (x0, f (x0)) oraz punkt sąsiedni (x1, f (x1)) ma
równanie y − f (x0) =f (x1)− f (x0)
x1 − x0(x − x0).
13 listopada 2018 37 / 48
POCHODNE
Definicja 34Styczną do krzywej w punkcie P nazywamy graniczne położenie siecznychprzechodzących przez punkt P oraz punkt sąsiedni Q, gdy punkt sąsiedni Qzmierza do P.
Twierdzenie 35Niech funkcja f określona w otoczeniu punktu x0 będzie różniczkowalna w punkciex0 wówczas istnieje styczna do wykresu funkcji f w punkcie (x0, f (x0)) i marównanie y − y0 = f ′(x0)(x − x0).
DOWÓD:
Sieczna przechodząca przez punkt (x0, f (x0)) oraz punkt sąsiedni (x1, f (x1)) ma
równanie y − f (x0) =f (x1)− f (x0)
x1 − x0(x − x0).
13 listopada 2018 37 / 48
POCHODNE
Przechodząc w granicy z x1 do x0 otrzymujemy
y − y0 = f ′(x0)(x − x0), gdzie y0 = f (x0).
Definicja 36Funkcja f : X −→ Y nazywamy wklęsłą ( wypukłą ) w punkcie x0 ∈ X jeżelistyczna do wykresu funkcji w punkcie x0 leży powyżej ( odpowiednio poniżej )wykresu funkcji dla x z pewnego sąsiedztwa punktu x0.
Jeżeli styczna do wykresu funkcji w punkcie x0 przechodzi w punkcie x0 na drug ↪astron ↪e wykresu to punkt x0 nazywamy punktem przegi ↪ecia wykresu funkcji.
13 listopada 2018 38 / 48
POCHODNE
Przechodząc w granicy z x1 do x0 otrzymujemy
y − y0 = f ′(x0)(x − x0), gdzie y0 = f (x0).
Definicja 36Funkcja f : X −→ Y nazywamy wklęsłą ( wypukłą ) w punkcie x0 ∈ X jeżelistyczna do wykresu funkcji w punkcie x0 leży powyżej ( odpowiednio poniżej )wykresu funkcji dla x z pewnego sąsiedztwa punktu x0.
Jeżeli styczna do wykresu funkcji w punkcie x0 przechodzi w punkcie x0 na drug ↪astron ↪e wykresu to punkt x0 nazywamy punktem przegi ↪ecia wykresu funkcji.
13 listopada 2018 38 / 48
POCHODNE
Przechodząc w granicy z x1 do x0 otrzymujemy
y − y0 = f ′(x0)(x − x0), gdzie y0 = f (x0).
Definicja 36Funkcja f : X −→ Y nazywamy wklęsłą ( wypukłą ) w punkcie x0 ∈ X jeżelistyczna do wykresu funkcji w punkcie x0 leży powyżej ( odpowiednio poniżej )wykresu funkcji dla x z pewnego sąsiedztwa punktu x0.
Jeżeli styczna do wykresu funkcji w punkcie x0 przechodzi w punkcie x0 na drug ↪astron ↪e wykresu to punkt x0 nazywamy punktem przegi ↪ecia wykresu funkcji.
13 listopada 2018 38 / 48
WYPUKŁOŚĆ
Twierdzenie 37Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x0 to f ′′(x0) < 0implikuje, że f jest wklęsła, a f ′′(x0) > 0 implikuje, że f jest wypukła.
DOWÓD:
Ze wzoru Taylora z reszt ↪a Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +
(12f ′′(x0) + ω(x0, h)
)h2,
gdzie limh→0
ω(x0, h) = 0.
Dla małych h punkt (x0 + h, f (x0) + hf ′(x0)) leżący na stycznej leży poniżejwykresu dla f ′′(x0) > 0, zaś dla f ′′(x0) < 0 leży powyżej wykresu.
13 listopada 2018 39 / 48
WYPUKŁOŚĆ
Twierdzenie 37Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x0 to f ′′(x0) < 0implikuje, że f jest wklęsła, a f ′′(x0) > 0 implikuje, że f jest wypukła.
DOWÓD:
Ze wzoru Taylora z reszt ↪a Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +
(12f ′′(x0) + ω(x0, h)
)h2,
gdzie limh→0
ω(x0, h) = 0.
Dla małych h punkt (x0 + h, f (x0) + hf ′(x0)) leżący na stycznej leży poniżejwykresu dla f ′′(x0) > 0, zaś dla f ′′(x0) < 0 leży powyżej wykresu.
13 listopada 2018 39 / 48
WYPUKŁOŚĆ
Twierdzenie 37Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x0 to f ′′(x0) < 0implikuje, że f jest wklęsła, a f ′′(x0) > 0 implikuje, że f jest wypukła.
DOWÓD:
Ze wzoru Taylora z reszt ↪a Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +
(12f ′′(x0) + ω(x0, h)
)h2,
gdzie limh→0
ω(x0, h) = 0.
Dla małych h punkt (x0 + h, f (x0) + hf ′(x0)) leżący na stycznej leży poniżejwykresu dla f ′′(x0) > 0, zaś dla f ′′(x0) < 0 leży powyżej wykresu.
13 listopada 2018 39 / 48
WYPUKŁOŚĆ
Twierdzenie 37Jeżeli funkcja f jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie x0 to f ′′(x0) < 0implikuje, że f jest wklęsła, a f ′′(x0) > 0 implikuje, że f jest wypukła.
DOWÓD:
Ze wzoru Taylora z reszt ↪a Peano mamy
f (x0 + h) = f (x0) + f ′(x0)h +
(12f ′′(x0) + ω(x0, h)
)h2,
gdzie limh→0
ω(x0, h) = 0.
Dla małych h punkt (x0 + h, f (x0) + hf ′(x0)) leżący na stycznej leży poniżejwykresu dla f ′′(x0) > 0, zaś dla f ′′(x0) < 0 leży powyżej wykresu.
13 listopada 2018 39 / 48
EKSTREMA LOKALNE
Twierdzenie 38Jeżeli funkcja jest n krotnie róźniczkowalnaw x0 i f ′(x0) = f ′′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0, a f (n)(x0) 6= 0 to
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) > 0 to funkcja f ma w punkcie x0 minimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) < 0 to funkcja f ma w punkcie x0 maksimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a nieparzyst ↪a to wykres funkcja f ma w punkcie (x0, f (x0)) punktprzegi ↪ecia.
13 listopada 2018 40 / 48
EKSTREMA LOKALNE
Twierdzenie 38Jeżeli funkcja jest n krotnie róźniczkowalnaw x0 i f ′(x0) = f ′′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0, a f (n)(x0) 6= 0 to
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) > 0 to funkcja f ma w punkcie x0 minimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) < 0 to funkcja f ma w punkcie x0 maksimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a nieparzyst ↪a to wykres funkcja f ma w punkcie (x0, f (x0)) punktprzegi ↪ecia.
13 listopada 2018 40 / 48
EKSTREMA LOKALNE
Twierdzenie 38Jeżeli funkcja jest n krotnie róźniczkowalnaw x0 i f ′(x0) = f ′′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0, a f (n)(x0) 6= 0 to
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) > 0 to funkcja f ma w punkcie x0 minimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) < 0 to funkcja f ma w punkcie x0 maksimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a nieparzyst ↪a to wykres funkcja f ma w punkcie (x0, f (x0)) punktprzegi ↪ecia.
13 listopada 2018 40 / 48
EKSTREMA LOKALNE
Twierdzenie 38Jeżeli funkcja jest n krotnie róźniczkowalnaw x0 i f ′(x0) = f ′′(x0) = · · · = f (n−1)(x0) = 0, a f (n)(x0) 6= 0 to
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) > 0 to funkcja f ma w punkcie x0 minimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a parzyst ↪a i f(n)(x0) < 0 to funkcja f ma w punkcie x0 maksimum
lokalne,
jeśli n jest liczb ↪a nieparzyst ↪a to wykres funkcja f ma w punkcie (x0, f (x0)) punktprzegi ↪ecia.
13 listopada 2018 40 / 48
ASYMPTOTY
Definicja 39Prost ↪a x = x0 nazywamy asymptot ↪a pionow ↪a wykresu funkcji f jeżeli funkcja fjest określona przynajmniej w jednostronnym s ↪asiedztwie punktu x0 i przynajmniejjedna z granic lim
x→x+0
f (x), limx→x−0
f (x) jest nieskończona.
Definicja 40Prost ↪a y = y0 nazywamy asymptot ↪a poziom ↪a wykresu funkcji f w +∞( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w s ↪asiedztwie +∞( odpowiednio −∞ ) i granica lim
x→+∞f (x) = y0 ( odpowiednio lim
x→−∞f (x) = y0 ).
13 listopada 2018 41 / 48
ASYMPTOTY
Definicja 39Prost ↪a x = x0 nazywamy asymptot ↪a pionow ↪a wykresu funkcji f jeżeli funkcja fjest określona przynajmniej w jednostronnym s ↪asiedztwie punktu x0 i przynajmniejjedna z granic lim
x→x+0
f (x), limx→x−0
f (x) jest nieskończona.
Definicja 40Prost ↪a y = y0 nazywamy asymptot ↪a poziom ↪a wykresu funkcji f w +∞( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w s ↪asiedztwie +∞( odpowiednio −∞ ) i granica lim
x→+∞f (x) = y0 ( odpowiednio lim
x→−∞f (x) = y0 ).
13 listopada 2018 41 / 48
ASYMPTOTY
Definicja 41Prost ↪a y = ax + b, gdzie a 6= 0 nazywamy asymptot ↪a ukośn ↪a wykresu funkcji f w+∞ ( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w s ↪asiedztwie +∞( odpowiednio −∞ ) i lim
x→+∞(f (x)− (ax + b)) = 0 ( odpowiednio
limx→−∞
(f (x)− (ax + b)) = 0
Twierdzenie 42Prosta y = ax + b, gdzie a 6= 0 jest asymptot ↪a ukośn ↪a wykresu funkcji f w +∞
( odpowiednio −∞ ) jeżeli a = limx→+∞
f (x)
xoraz b = lim
x→+∞(f (x)− ax)
( odpowiednio a = limx→−∞
f (x)
xoraz b = lim
x→−∞(f (x)− ax)).
13 listopada 2018 42 / 48
ASYMPTOTY
Definicja 41Prost ↪a y = ax + b, gdzie a 6= 0 nazywamy asymptot ↪a ukośn ↪a wykresu funkcji f w+∞ ( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w s ↪asiedztwie +∞( odpowiednio −∞ ) i lim
x→+∞(f (x)− (ax + b)) = 0 ( odpowiednio
limx→−∞
(f (x)− (ax + b)) = 0
Twierdzenie 42Prosta y = ax + b, gdzie a 6= 0 jest asymptot ↪a ukośn ↪a wykresu funkcji f w +∞
( odpowiednio −∞ ) jeżeli a = limx→+∞
f (x)
xoraz b = lim
x→+∞(f (x)− ax)
( odpowiednio a = limx→−∞
f (x)
xoraz b = lim
x→−∞(f (x)− ax)).
13 listopada 2018 42 / 48
ASYMPTOTY
Definicja 41Prost ↪a y = ax + b, gdzie a 6= 0 nazywamy asymptot ↪a ukośn ↪a wykresu funkcji f w+∞ ( odpowiednio −∞ ) jeżeli funkcja f jest określona w s ↪asiedztwie +∞( odpowiednio −∞ ) i lim
x→+∞(f (x)− (ax + b)) = 0 ( odpowiednio
limx→−∞
(f (x)− (ax + b)) = 0
Twierdzenie 42Prosta y = ax + b, gdzie a 6= 0 jest asymptot ↪a ukośn ↪a wykresu funkcji f w +∞
( odpowiednio −∞ ) jeżeli a = limx→+∞
f (x)
xoraz b = lim
x→+∞(f (x)− ax)
( odpowiednio a = limx→−∞
f (x)
xoraz b = lim
x→−∞(f (x)− ax)).
13 listopada 2018 42 / 48
ASYMPYOTY
DOWÓD:
Jeżeli limx→∞
(f (x)− (ax + b)) = 0 to limx→∞
(f (x)
x− (a+
b
x)
)= 0.
Stąd limx→∞
f (x)
x= a
oraz
limx→∞
(f (x)− ax) = b.
13 listopada 2018 43 / 48
ASYMPYOTY
DOWÓD:
Jeżeli limx→∞
(f (x)− (ax + b)) = 0 to limx→∞
(f (x)
x− (a+
b
x)
)= 0.
Stąd limx→∞
f (x)
x= a
oraz
limx→∞
(f (x)− ax) = b.
13 listopada 2018 43 / 48
ASYMPYOTY
DOWÓD:
Jeżeli limx→∞
(f (x)− (ax + b)) = 0 to limx→∞
(f (x)
x− (a+
b
x)
)= 0.
Stąd limx→∞
f (x)
x= a
oraz
limx→∞
(f (x)− ax) = b.
13 listopada 2018 43 / 48
PLAN BADANIA FUNKCJI
Plan Badania funkcji:
1. Ustalenie dziedziny funkcji, miejsc zerowych, parzystości, okresowości,wyznaczanie granic na krańcach przedziałów określoności, wyznaczenie asymptot.
2. Obliczenie pochodnej, wyznaczenie dziedziny pochodnej, wyznaczenie miejsczerowych pochodnej, wyznaczenie przedziałów monotoniczności funkcji i jejekstremów.
3. Obliczenie drugiej pochodnej, wyznaczenie dziedziny drugiej pochodnej,wyznaczenie miejsc zerowych drugiej pochodnej, wyznaczenie przedziałówwypukłości funkcji i jej punktów przegi ↪ecia.
4. Sporz ↪adzenie tabelki i wykresu funkcji.
13 listopada 2018 44 / 48
PLAN BADANIA FUNKCJI
Plan Badania funkcji:
1. Ustalenie dziedziny funkcji, miejsc zerowych, parzystości, okresowości,wyznaczanie granic na krańcach przedziałów określoności, wyznaczenie asymptot.
2. Obliczenie pochodnej, wyznaczenie dziedziny pochodnej, wyznaczenie miejsczerowych pochodnej, wyznaczenie przedziałów monotoniczności funkcji i jejekstremów.
3. Obliczenie drugiej pochodnej, wyznaczenie dziedziny drugiej pochodnej,wyznaczenie miejsc zerowych drugiej pochodnej, wyznaczenie przedziałówwypukłości funkcji i jej punktów przegi ↪ecia.
4. Sporz ↪adzenie tabelki i wykresu funkcji.
13 listopada 2018 44 / 48
PLAN BADANIA FUNKCJI
Plan Badania funkcji:
1. Ustalenie dziedziny funkcji, miejsc zerowych, parzystości, okresowości,wyznaczanie granic na krańcach przedziałów określoności, wyznaczenie asymptot.
2. Obliczenie pochodnej, wyznaczenie dziedziny pochodnej, wyznaczenie miejsczerowych pochodnej, wyznaczenie przedziałów monotoniczności funkcji i jejekstremów.
3. Obliczenie drugiej pochodnej, wyznaczenie dziedziny drugiej pochodnej,wyznaczenie miejsc zerowych drugiej pochodnej, wyznaczenie przedziałówwypukłości funkcji i jej punktów przegi ↪ecia.
4. Sporz ↪adzenie tabelki i wykresu funkcji.
13 listopada 2018 44 / 48
PLAN BADANIA FUNKCJI
Plan Badania funkcji:
1. Ustalenie dziedziny funkcji, miejsc zerowych, parzystości, okresowości,wyznaczanie granic na krańcach przedziałów określoności, wyznaczenie asymptot.
2. Obliczenie pochodnej, wyznaczenie dziedziny pochodnej, wyznaczenie miejsczerowych pochodnej, wyznaczenie przedziałów monotoniczności funkcji i jejekstremów.
3. Obliczenie drugiej pochodnej, wyznaczenie dziedziny drugiej pochodnej,wyznaczenie miejsc zerowych drugiej pochodnej, wyznaczenie przedziałówwypukłości funkcji i jej punktów przegi ↪ecia.
4. Sporz ↪adzenie tabelki i wykresu funkcji.
13 listopada 2018 44 / 48
PLAN BADANIA FUNKCJI
Plan Badania funkcji:
1. Ustalenie dziedziny funkcji, miejsc zerowych, parzystości, okresowości,wyznaczanie granic na krańcach przedziałów określoności, wyznaczenie asymptot.
2. Obliczenie pochodnej, wyznaczenie dziedziny pochodnej, wyznaczenie miejsczerowych pochodnej, wyznaczenie przedziałów monotoniczności funkcji i jejekstremów.
3. Obliczenie drugiej pochodnej, wyznaczenie dziedziny drugiej pochodnej,wyznaczenie miejsc zerowych drugiej pochodnej, wyznaczenie przedziałówwypukłości funkcji i jej punktów przegi ↪ecia.
4. Sporz ↪adzenie tabelki i wykresu funkcji.
13 listopada 2018 44 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
Przykład 43y = f (x) = x − 2 · arc tg x .
Df = (−∞,∞), fukcja jest nieparzysta, wykres przechodzi przez początek układuwspółrzędnych. Funkcja nie jest okresowa.
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x) = −∞, limx→∞
(x − 2 · arc tg x) =∞.
limx→±∞
x − 2 · arc tg xx
= − limx→±∞
1− 2 · arc tg xx
= 1,
limx→−∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→−∞
(−2 · arc tg x) = π
limx→+∞
(x − 2 · arc tg x − x) = limx→+∞
(−2 · arc tg x) = −π
y = x + π asymptota ukośna w minus nieskończoności.
y = x − π asymptota ukośna w plus nieskończoności.
13 listopada 2018 45 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48
PRZYKŁAD BADANIA FUNKCJI
f ′(x) = 1− 21+ x2
=1+ x2 − 21+ x2
=x2 − 11+ x2
. Df ′ = (−∞,∞).
f ′(x) = 0 ⇐⇒ x = −1 lub x = 1.
f ′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞). f ′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−1, 1).
fmax(−1) = −1− 2 · arc tg (−1) =π
2− 1.
fmin(1) = 1− 2 · arc tg 1 = 1−π
2.
f ′′(x) =4x
(1+ x2)2Df ′′ = (−∞,∞).
f ′′(x) = 0 ⇐⇒ x = 0,
f ′′(x) > 0 ⇐⇒ x ∈ (0,∞) f ′′(x) < 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, 0)
13 listopada 2018 46 / 48