Rachunek różniczkowy

Bardzo ważnym działem Analizy Matematycznej jest rachunek różniczkowy. Poznając go, opanujemy narzędzia, umożiwiające systematyczne badanie zachowania odpowiednio regularnych funkcji jednej zmiennej. Nauczymy się, jak określać tempo wzrostu funkcji i~jak znajdować przedziały, na których funkcja rośnie (lub maleje), jest wypukła (lub wklęsła). Poznamy także dodatkowe wygodne narzędzia, służące do przybliżania funkcji za pomocą wielomianów i obliczania granic.

Pojęcie pochodnej

Pojęcie pochodnej, obok pojęcia granicy, jest jednym z najważniejszych pojęć całej analizy.

Definicja Niech $ A\subset \R $ i niech $ a\in A $ będzie punktem skupienia zbioru $ A $. Powiemy, że funkcja $ f\colon A\to \R $ jest różniczkowalna w punkcie $ a $ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje skończona granica

\[ \begin{equation} 	\label{defpochodnej} 	\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = f'(a)\, . \end{equation} \]

Liczbę $ f'(a) $ nazywamy pochodną funkcji $ f $ w punkcie $ a $. Stosunek $ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} $ nazywamy ilorazem różnicowym funkcji $ f $.

W różnych źródłach można także spotkać oznaczenia

\[ f'(a)=\biggl.\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x}\biggr|_{x=a}, \qquad f'(a)= \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}x} (a), \]

którymi będziemy się posługiwać rzadko.

Uwaga (#) Wzoru defpochodnej można użyć, by zdefiniować (w taki sam sposób):

  1. Pochodną funkcji zespolonej $ f\colon \C\supset A\to \C $ w punkcie skupienia $ a\in A $ zbioru $ A $; $ f'(a) $ (o ile istnieje) jest wtedy liczbą zespoloną.
  2. Pochodną funkcji wektorowej $ f\colon \R\supset A\to \K^N $ w punkcie skupienia $ a\in A $ zbioru $ A $, gdzie $ \K $ jest ciałem $ \R $ liczb rzeczywistych lub ciałem $ \C $ liczb zespolonych; $ f'(a) $ (o ile istnieje) jest wtedy pewnym wektorem z przestrzeni $ \K^N $.

W obu powyższych przypadkach ma sens dzielenie przez $ x-a $, czyli mnożenie przez $ (x-a)^{-1} $. Czytelnik powinien jednak rozumieć, że takie postępowanie straciłoby sens, gdybyśmy rozpatrywali funkcje wielu zmiennych rzeczywistych (lub zespolonych). Wtedy pojęcie pochodnej trzeba definiować inaczej. Wrócimy do tej sprawy na początku drugiego roku studiów.

Związek różniczkowalności z ciągłością

Różniczkowalność, zarówno w dziedzinie rzeczywistej, jak i zespolonej, jest warunkiem silniejszym od ciągłości.

Stwierdzenie (#) Jeśli funkcja $ f\colon \K\supset A\to \K $ (gdzie $ \K=\R $ lub $ \K=\C $) jest różniczkowalna w punkcie $ a\in A $, to jest ciągła w punkcie $ a $.

Dowód:
Piszemy

\[ f(x)-f(a)= \frac{f(x)-f(a)}{x-a} \cdot (x-a) \]

i przechodzimy do granicy przy $ x\to a $, korzystając z twierdzenia o granicy iloczynu. Ponieważ $ f $ jest różniczkowalna w $ a $, otrzymujemy

\[ \lim_{x\to a} \bigl( f(x)-f(a)\bigr) = f'(a) \cdot \lim_{x\to a} (x-a) = f'(a)\cdot 0 = 0. \]

Zatem $ f $ jest ciągła w punkcie $ a $.

Nie wszystkie funkcje ciągłe są jednak różniczkowalne.

Przykład Funkcja $ f(x)=|x| $ dla $ x\in \R $ nie jest różniczkowalna w punkcie $ a=0 $. Istotnie, granica we wzorze defpochodnej nie istnieje dla $ a=0 $, gdyż różne są wtedy granice jednostronne ilorazów różnicowych:

\[ 	\lim_{h\to 0^+} \frac{f(0+h)-f(0)}h =	\lim_{h\to 0^+}\frac {|h|}h = 1 \not= - 1 = 	\lim_{h\to 0^-} \frac{|h|}{h}= \lim_{h\to 0^-} \frac{f(0+h)-f(0)}h\, . 	\]
Zadanie Niech $ f(z)=\overline{z} $ dla $ z\in \C $. Wykazać, że jeśli pochodną zespoloną definiujemy tak, jak w Uwadze~ [link] (a), to $ f $ nie ma pochodnej zespolonej w żadnym punkcie $ a\in \C $.      Wskazówka. Zbadać ilorazy różnicowe $ f $ dla ciągu przyrostów $ h_n=i^n/n $, gdzie $ i^2=-1 $.

Istnieją także funkcje ciągłe $ f\colon \R\to \R $, które nie mają pochodnej w żadnym punkcie. Konstrukcja przykładów takich funkcji jest jednak trudniejsza i wymaga albo bardziej zaawansowanej wiedzy matematycznej (np. z zakresu topologii), albo subtelnej analizy funkcji, określonych za pomocą szeregów. Tą sprawą zajmiemy się przy okazji omawiania tzw. zbieżności jednostajnej w następnym rozdziale.

Interpretacja pochodnej funkcji zmiennej rzeczywistej

    Interpretacja geometryczna pochodnej. Niech $ f\colon I\to \R $ będzie różniczkowalna w punkcie $ a\in I $ i niech $ I $ będzie przedziałem. Rozważmy wykres $ f $, tzn. zbiór punktów

\[ \{(x,y)\in \R^2\ \colon \ x\in I, \ y=f(x)\}\ . \]

Iloraz różnicowy $ \frac{f(x)-f(a)}{x-a} $ jest tangensem kąta nachylenia siecznej, przechodzącej przez punkty $ \bigl(a,f(a)\bigr) $ i $ \bigl(x,f(x)\bigr) $, do osi $ x $-ów. Intuicja podpowiada, że gdy funkcja $ f $ jest odpowiednio ``porządna'', to dla $ x $ bliskich $ a $ taka sieczna powinna być przybliżeniem stycznej do wykresu funkcji. Istnienie pochodnej w punkcie $ a $, a więc granicy ilorazów różnicowych, oznacza istnienie stycznej do wykresu $ f $ w punkcie $ \bigl(a,f(a)\bigr) $. Liczba $ f'(a) $ jest współczynnikiem kierunkowym tej stycznej. Styczna to prosta, opisana równaniem

\[ y-f(a)=f'(a)(x-a)\, . \]

\begin{figure}[!t] \begin{center}  \hfill \includegraphics*[totalheight=6cm]{inter-poch.png}\hfill \includegraphics*[totalheight=6cm]{sqrt3.png}  \hfill{}      </p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Po lewej: styczna do wykresu funkcji. Po prawej: przypadek, gdy granica ilorazów różnicowych jest nieskończona. Nie mówimy wtedy, że funkcja jest różniczkowalna, ale styczna do wykresu istnieje i jest prostą pionową.

} \end{figure}

Uwaga [pochodne nieskończone] Definiując pochodną, wpisaliśmy w definicję warunek skończoności granicy ilorazów różnicowych. Może się zdarzyć, że ilorazy różnicowe mają w jakimś punkcie granicę nieskończoną. Jest tak np. dla funkcji $ f(x)=\sqrt[3]{x} $, gdzie $ x\in \R $, w punkcie $ x=0 $, gdyż

\[ \lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}h = \lim_{h\to 0}\frac{\sqrt[3]h}h =  \lim_{h\to 0}\frac 1{\sqrt[3]{h^2}} = + \infty\, . \]

Zgodnie z naszą definicją, funkcja $ f $ nie jest różniczkowalna w zerze, bo nie ma tam skończonej granicy ilorazów różnicowych. Mówi się czasem w takich przypadkach, że $ f $ ma pochodną nieskończoną (dla odróżnienia tej sytuacji od takiej, gdy granica ilorazów różnicowych w ogóle nie istnieje). Geometryczna interpretacja tego, że granica ilorazów różnicowych jest w jakimś punkcie dziedziny funkcji nieskończona, jest nietrudna: styczna do wykresu $ f $ istnieje i jest pionowa.

    Interpretacja kinematyczna pochodnej. Załóżmy, że pewien punkt porusza się w sposób ciągły, tzn. dla każdej chwili czasu $ t\ge 0 $ określona jest droga $ s(t)\in [0,\infty) $, przebyta od chwili początkowej $ t_0=0 $ do chwili $ t $, i $ s(t) $ jest ciągłą funkcją $ t $. Różniczkowalność funkcji $ s $ w punkcie $ t_1 $, tzn. istnienie granicy ilorazów różnicowych $ (s(t_2)-s(t_1))/(t_2-t_1) $ dla $ t_2\to t_1 $, oznacza, że w tym ruchu można określić prędkość chwilową, tzn. granicę stosunku przebytej drogi do czasu, w jakim została przebyta, gdy ów czas dąży do zera.

\begin{wrapfigure}[14]{l}[0cm]{6cm}

\includegraphics*[totalheight=6.5cm]{Krzywa3D.png}

\end{wrapfigure}

     Mówiąc nieco dokładniej, gdy funkcja

$$s\colon [0,\infty)\to \R^3$$

jest torem ruchu punktu materialnego w przestrzeni (patrz rysunek obok), to wektor

$$s'(t)=(s_1'(t),s_2'(t),s_3'(t))\in \R^3$$

jest wektorem prędkości chwilowej w chwili $ t $. Zwrot tego wektora jest wyznaczony przez chwilowy kierunek ruchu, a długość jest równa szybkości chwilowej. Z taką interpretacją można spotkać się zarówno w mechanice, jak i w geometrii.

Arytmetyczne własności pochodnej

Stwierdzenie [pochodna sumy] Jeśli $ f,g\colon \R\supset A\to \R $ są różniczkowalne w punkcie skupienia $ a\in A $ zbioru $ A $, to istnieje pochodna $ (f+g)'(a)=f'(a)+g'(a) $.

Dowód:
Obliczymy pochodną sumy wprost z definicji. Piszemy

\[ \frac{(f(x)+g(x))-(f(a)+g(a))}{x-a} = \frac{f(x)-f(a)}{x-a} +\frac{g(x)-g(a)}{x-a} \]

i przechodzimy do granicy przy $ x\to a $. Prawa strona ma granicę $ f'(a)+ g'(a) $, więc pochodna $ (f+g)'(a) $ istnieje i jest równa właśnie $ f'(a)+ g'(a) $.

Stwierdzenie [pochodna iloczynu] Jeśli $ f,g\colon \R\supset A\to \R $ są różniczkowalne w punkcie skupienia $ a\in A $ zbioru $ A $, to istnieje pochodna

$$(f\cdot g)'(a)=f'(a)g(a) + f(a)g'(a).$$

Dowód:
Obliczymy pochodną sumy wprost z definicji. Postępujemy podobnie, jak w rozdziale 2, w dowodzie twierdzenia o granicy iloczynu ciągów. Piszemy

\[ \begin{eqnarray*} \frac{f(x)g(x)-f(a)g(a)}{x-a} & =&  \frac{\bigl(f(x)g(x)-f(a)g(x)\bigr)+\bigl(f(a)g(x)-f(a)g(a)\bigr)}{x-a}\\& =& \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot g(x) +f(a)\cdot \frac{g(x)-g(a)}{x-a} \end{eqnarray*} \]

i przechodzimy do granicy przy $ x\to a $. Ze Stwierdzenia~ [link] wynika ciągłość $ g $ w $ a $. Zatem, z twierdzenia o granicy sumy i iloczynu, prawa strona ostatniej równości ma granicę równą

\[ \lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \lim_{x\to a} g(x) +f(a)\cdot \lim_{x\to a} \frac{g(x)-g(a)}{x-a}= f'(a)g(a) + f(a)g'(a). \]

Dowód został zakończony.

Stwierdzenie Jeśli $ g\colon \R\supset A\to \R $ jest różniczkowalna w punkcie skupienia $ a\in A $ zbioru $ A $ oraz $ g(x)\not=0 $ dla $ x\in A $, to istnieje pochodna

$$\left(\frac 1 g\right)'(a)=\frac{-g'(a)}{\bigl(g(a)\bigr)^2}.$$

Dowód:
Ponownie, spójrzmy na iloraz różnicowy

\[ \frac{\displaystyle \frac{1}{g(x)}-\displaystyle \frac{1}{g(a)}}{x-a} = \frac{g(a)-g(x)}{g(a)g(x)\cdot (x-a)}\, . \]

Jak w poprzednim dowodzie, możemy skorzystać ze Stwierdzenia~ [link] i stwierdzić, że ponieważ $ g $ jest ciągła w punkcie $ a $, to na mocy twierdzenia o iloczynie granic, prawa strona ostatniej równości ma dla $ x\to a $ granicę równą

\[ \lim_{x\to a} \frac{g(a)-g(x)}{g(a)g(x)\cdot (x-a)} = \frac 1{g(a)} \cdot \lim_{x\to a} \frac{1}{g(x)} \cdot \lim_{x\to a} \frac{g(a)-g(x)}{x-a} = \frac{-g'(a)}{g(a)^2}\, . \]

Zatem, funkcja $ (1/g) $ jest różniczkowalna w $ a $ i zachodzi równość podana w tezie tego stwierdzenia.

Wniosek [pochodna ilorazu] Jeśli $ f,g\colon \R\supset A\to \R $ są różniczkowalne w punkcie skupienia $ a\in A $ zbioru $ A $ i $ g(x)\not=0 $ dla $ x\in A $, to istnieje pochodna

$$\left(\frac f g\right)'(a)=\frac{f'(a)g(a) - f(a)g'(a)}{g(a)^2}.$$

Dowód:
Korzystamy z równości $ f/g = f\cdot (1/g) $ i poprzednich stwierdzeń. Czytelnik zechce sam sprawdzić rachunki.

Uwaga Wzory na pochodną sumy, iloczynu i ilorazu można stosować, gdy $ f,g $ są funkcjami różniczkowalnymi zmiennej zespolonej o wartościach zespolonych, gdyż w dowodach nie korzystamy nigdzie w sposób istotny z tego, że wartości i argumenty funkcji są rzeczywiste, a nie zespolone. Ponadto, wzór na pochodną sumy zachodzi dla funkcji wektorowych $ f,g\colon R\supset A\to \R^N $, a wzór na pochodną iloczynu - dla funkcji wektorowej $ f\colon R\supset A\to \R^N $ i funkcji $ g\colon \R\supset A\to \R $, której wartości są skalarami, tzn. liczbami rzeczywistymi (trzeba tylko odpowiednio rozumieć prawą i lewą stronę - mamy wtedy do czynienia z mnożeniem wektorów przez liczby).

Pochodna złożenia i funkcji odwrotnej

Aby wyprowadzić znany wzór na pochodną złożenia dwóch funkcji różniczkowalnych, podamy najpierw ważną charakteryzację pochodnej. Można się nią posługiwać zarówno dla funkcji zmiennej rzeczywistej, jak i zmiennej zespolonej, więc wszystkie fakty tego podrozdziału sformułujemy ogólnie (każdy z nich ma dwie wersje: jedną dla $ \K=\R $, drugą dla $ \K=\C $).

Lemat (#) Niech $ A\subset \K $ i niech $ a\in A $ będzie punktem skupienia zbioru $ A $. Funkcja $ f\colon A\to \K $ jest różniczkowalna w punkcie $ a $ wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje liczba $ k\in \K $ oraz funkcja $ r_a\colon A\to \K $ taka, że

\[ 	f(x)= f(a)+k\cdot (x-a) + r_a(x)\cdot (x-a) \quad \mbox{dla $x\in A$}, \qquad \lim_{x\to a}r_a(x)=0. 	\]

Mamy wtedy $ k=f'(a) $.

Sens tego lematu jest następujący: różniczkowalność funkcji $ f $ w punkcie $ a $ oznacza tyle, że funkcję $ f $ można przybliżać funkcją liniową $ l(x)=f(a)+f'(a)(x-a) $, a błąd $ b(x)=r_a(x)(x-a) $ tego przybliżenia spełnia warunek

\[ \lim_{x\to a}\frac{b(x)}{x-a} = \lim_{x\to a}r_a(x)=0. \]

Innymi słowy, dla $ x $ bliskich $ a $ błąd $ b(x) $ jest mniejszego rzędu, niż różnica $ x-a $. Istnienie pochodnej $ f'(a) $ jest równoważne istnieniu najlepszego przybliżenia liniowego funkcji $ f $ w~pobliżu punktu $ a $.

Dowód:
Jeśli $ f'(a) $ istnieje, to funkcja

\[ r_a(x) := \frac{f(x)-f(a)}{x-a} -f'(a) \]

spełnia oba warunki podane w tezie lematu, gdy weźmiemy $ k=f'(a) $. Na odwrót, jeśli odpowiednia funkcja $ r_a $ istnieje, to istnieje także

\[ f'(a)=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a} = \lim_{x\to a} (k+r_a(x)) = k\, . \]

To spostrzeżenie kończy dowód lematu.

    Uwaga. Lemat~ [link] wygląda na fakt niepozorny i dość oczywisty, jednak zdecydowanie warto go zapamiętać: ukryty jest w nim pomysł, dzięki któremu można zdefiniować pochodną funkcji wielu zmiennych.

Stwierdzenie (#) Niech $ g\colon \K\supset A\to \K $ i $ f\colon \K\supset B\to \K $, gdzie $ B\supset g(A) $. Załóżmy, że $ a\in K $ jest punktem skupienia zbioru $ A $ i $ b=g(a) $ jest punktem skupienia zbioru $ K $. Jeśli $ g $ jest różniczkowalna w punkcie $ a $ i $ f $ jest różniczkowalna w $ b=g(a) $, to wtedy złożenie $ f\circ g $ jest funkcją różniczkowalną w punkcie $ a $ i ma pochodną

\[ 	 (f\circ g)'(a) = f'(g(a))\cdot g'(a). 	\]

Dowód:
Niech $ y=g(x) $, $ b=g(a) $. Z poprzedniego lematu wynika, że

\[ f(y)=f(b)+f'(b)\cdot (y-b)+ r_b(y)\cdot (y-b) \]

dla pewnej funkcji $ r_b\colon B\to \K $, która ma granicę równą zero, gdy $ y\to b $. Zatem

\[ \begin{eqnarray} \frac{f(g(x))-f(g(a))}{x-a} & = & \frac{f(y)-f(b)}{x-a} \nonumber\\ & = & \frac{f'(b)\cdot (y-b)+ r_b(y)\cdot (y-b)} {x-a} \label{deltazloz}\\ & = & f'(b)\cdot \frac{ g(x)-g(a)}{x-a}+ r_b(y)\cdot \frac{g(x)-g(a)}{x-a}.  \nonumber \end{eqnarray} \]

Na mocy Stwierdzenia~ [link] funkcja $ g $ jest ciągła w $ a $, tzn. $ y=g(x)\to g(a)=b $, gdy $ x\to a $. Dlatego $ \lim_{x\to a} r_b(g(x))=0 $. Zatem, przechodząc w równości deltazloz do granicy przy $ x\to a $, otrzymujemy

\[ \begin{eqnarray*} \lim_{x\to a} \frac{f(g(x))-f(g(a))}{x-a} & = & f'(b)\cdot  \lim_{x\to a} \frac{g(x)-g(a)}{x-a} + \lim_{x\to a} r_b(g(x)) \cdot \lim_{x\to a}  \frac{g(x)-g(a)}{x-a}\\ & = & f'(b)g'(a)\ =\ f'(g(a))g'(a)\, , \end{eqnarray*} \]

co dowodzi różniczkowalności $ f\circ g $ w punkcie $ a $ i równości, podanej w tezie.

     Uwaga. Czytelnik zechce się zastanowić, dlaczego właściwie posłużyliśmy się w tym dowodzie poprzednim lematem, zamiast operować tylko ilorazami różnicowymi funkcji $ f $ i funkcji $ g $, jak w dowodach wzorów na pochodną sumy czy iloczynu funkcji różniczkowalnych.

Stwierdzenie (#) Niech $ f\colon \K\supset A\to B=f(A)\subset \K $ będzie funkcją różnowartościową, różniczkowalną w punkcie $ a\in A $ skupienia zbioru $ A $. Jeśli $ f'(a)\not =0 $ i funkcja $ g=f^{-1} $ odwrotna do $ f $ jest ciągła w punkcie $ b=f(a) $, to $ g $ jest różniczkowalna w $ b\in B $ i zachodzi wzór

\[ 	g'(b)=\frac{1}{f'(a)}\, . 	\]

Dowód:
Niech $ (y_n)\subset B\setminus\{b\} $, $ b=f(a) $. Ponieważ $ f $ jest bijekcją z $ A $ na $ B $, więc znajdziemy punkty $ x_n\in A $, $ x_n\not = a $, takie, że $ y_n=f(x_n) $, tzn. $ x_n=g(y_n) $. Z ciągłości $ g $ w $ b $ wynika, że $ x_n\to g(b)=f^{-1}(b)=a $. Zatem

\[ \frac{g(y_n)-g(b)}{y_n-b}= \frac{1}{\displaystyle\frac{y_n-b}{g(y_n)-g(b)}} = \frac{1}{\displaystyle\frac{f(x_n)-f(a)}{x-a}} \]

(wszystkie ułamki mają sens, gdyż funkcje $ f $ i $ g=f^{-1} $ są różnowartościowe). Biorąc $ n\to \infty $ i posługując się definicją Heinego granicy funkcji, otrzymujemy równość

\[ g'(b)=\lim_{y\to b} \frac{g(y)-g(b)}{y-b}= \frac{1}{f'(a)}\, . \]

To kończy dowód.

Uwaga Założenia ostatniego twierdzenia mają skomplikowaną postać, gdyż z ciągłości i różniczkowalności $ f $ w jednym punkcie nie wynika ciągłość funkcji odwrotnej do $ f $. (Czytelnik może się zastanowić nad odpowiednim przykładem - to nie jest szczególnie łatwe, gdyż przykład nie jest naturalny). Gdyby mówić tylko o funkcjach $ f $ różniczkowalnych w każdym punkcie przedziału $ A $, to założenie ciągłości $ g $ można byłoby oczywiście pominąć, patrz Twierdzenie~ [link] o ciągłości funkcji odwrotnej.

Czytelnik może się zastanowić nad (nietrudną) interpretacją geometryczną ostatniego stwierdzenia dla funkcji zmiennej rzeczywistej.

Pochodne funkcji elementarnych

(#)

Poświęcimy teraz nieco miejsca, aby wyprowadzić konkretne wzory na pochodne funkcji elementarnych.

Stwierdzenie Jeśli $ \K=\R $ lub $ \C $ i $ f\colon \K\supset A\to \K $ jest funkcją stałą, to $ f'(a)=0 $ w każdym punkcie skupienia zbioru $ A $.

Dowód:
Wszystkie ilorazy różnicowe funkcji stałej są równe zero.

Stwierdzenie (#) Jeśli $ f(x)=x $ dla $ x\in \R $, to $ f'(a)=1 $ dla każdego $ a\in \R $.

Dowód:
Wszystkie ilorazy różnicowe funkcji $ f(x)=x $ są równe 1.

Stwierdzenie (#) Jeśli $ n\in \N $ i $ f(x)=x^n $ dla $ x\in \R $, to $ f'(x)=nx^{n-1} $ dla każdego $ x\in \R $.

Dowód:
Można postąpić na dwa sposoby: udowodnić ten fakt przez indukcję, korzystając z poprzedniego stwierdzenia i wzoru na pochodną iloczynu, albo obliczyć pochodną funkcji $ f $ wprost z definicji, stosując wzór xn-yn na różnicę $ n $-tych potęg w celu uproszczenia ilorazów różnicowych. Czytelnik zechce samodzielnie uzupełnić szczegóły jednego z tych dowodów.

Wniosek (#) Jeśli $ f=a_0+a_1x+\cdots + a_nx^n $ jest wielomianem, to

\[ 	f'(x)=a_1+2a_2x +\cdots + na_nx^{n-1}  	\]

(wzór zachodzi zarówno dla wielomianów zmiennej rzeczywistej, jak i dla wielomianów zmiennej zespolonej.)

Dowód:
Dla każdego $ k $ jest $ (a_kx^k)'=ka_kx^{k-1} $, zatem teza wynika z twierdzenia o pochodnej sumy funkcji.

Uwaga Stwierdzenie~ [link] zachodzi nie tylko w dziedzinie rzeczywistej, ale także dla funkcji identycznościowej na $ \C $: jej pochodna istnieje w każdym punkcie płaszczyzny i jest równa 1. Dlatego Wniosek~ [link] zachodzi zarówno w dziedzinie rzeczywistej, jak i w dziedzinie zespolonej.

\newcommand{\ddz}{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}z}}

Stwierdzenie (#) Dla każdej liczby $ w\in \C $ zachodzi wzór

\[ \ddz \bigl(\exp z\bigr)_{z=w} = \exp w \]

Dowód:
To wynika wprost ze wzoru pochodna-expz, który udowodniliśmy, opisując w Twierdzeniu~ [link] własności funkcji wykładniczej.

Stwierdzenie (#) Dla każdej liczby $ w\in \C $ zachodzą wzory

\[ \ddz \bigl(\sin z\bigr)_{z=w} = \cos w,           \qquad \ddz \bigl(\cos z\bigr)_{z=w} = - \sin w, \]

Dowód:
Skorzystamy ze wzorów Eulera i wzoru na pochodną funkcji wykładniczej, oraz wzoru na pochodną złożenia. Mamy

\[ \ddz \bigl( \exp(\pm iz)\bigr)_{z=w} = \pm i\cdot \exp(\pm iw) \]

na mocy Stwierdzenia~ [link]. Zatem, dzięki wzorowi na pochodną sumy i iloczynu,

\[ \ddz \bigl(\sin z\bigr)_{z=w}  = \ddz \bigl(\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}\bigr)_{z=w} = \frac{ie^{iw}-(-i)e^{-iw}}{2i} =  \frac{e^{iw}+e^{-iw}}{2} = \cos w\, .  \]

Tak samo dowodzimy wzoru na pochodną cosinusa:

\[ \ddz \bigl(\cos z\bigr)_{z=w}  = \ddz \bigl(\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}\bigr)_{z=w} = \frac{ie^{iw}+(-i)e^{-iw}}{2} =  -\frac{e^{iw}-e^{-iw}}{2i} = -\sin w\,   \]

(pisząc przedostatnią rowność, skorzystaliśmy z tego, że $ i=-1/i $).

    Uwaga. Znając pochodną sinusa, wzór na pochodną cosinusa można wyprowadzić ze wzorów redukcyjnych. Można także obliczyć obie pochodne wprost, korzystając z definicji, ze ze wzorów na różnicę sinusów i różnicę cosinusów (patrz Stwierdzenie~ [link]), istnienia granicy

\[ \lim_{z\to 0}\frac{\sin z}{z}= 1, \]

oraz ciągłości sinusa i cosinusa.

Stwierdzenie Funkcja $ f(x)=\tg x $ ma pochodną w każdym punkcie $ x\in \R\setminus\{\frac \pi 2+k\pi\mid k\in \Z\} $. Zachodzi wzór

\[ f'(x)=\frac{1}{\cos^2 x} = 1+\tg^2 x, \qquad x\in \R\setminus \left\{\frac \pi 2+k\pi\mid k\in \Z\right\}\, . \]

Dowód:
Korzystając ze wzoru na pochodną ilorazu oraz znanych już wzorów na pochodne sinusa i cosinusa, otrzymujemy we wszystkich punktach dziedziny tangensa równość

\[ (\tg x)' = \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)'=\frac{(\sin x)'\cos x-\sin x (\cos x)'}{\cos^2 x} =  \frac{\cos^2 x+\sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x}\, . \]

Oczywiście, $ 1/\cos^2 x=1+\tg^2 x $ na mocy `jedynki trygonometrycznej'.

Zadanie Udowodnić, że funkcja cotangents jest różniczkowalna we wszystkich punktach swojej dziedziny i ma pochodną równą $ -1-\ctg^2 x $.
Stwierdzenie (#) Funkcja $ \ln\colon (0,\infty)\to \R $ jest różniczkowalna w każdym punkcie $ y\in (0,\infty) $ i zachodzi wzór

\[ 	(\ln)'(y) = \frac 1y, \qquad y>0. 	\]

Dowód:
Granicę ilorazów różnicowych logarytmu naturalnego obliczyliśmy już wcześniej, opisując w Twierdzeniu~ [link] własności logarytmu naturalnego.

    Uwaga. Można także posłużyć się wzorem na pochodną funkcji odwrotnej: jeśli $ y\in (0,\infty) $ jest ustalonym punktem i $ \ln y = x $, tzn. $ e^x=y $, to wobec Stwierdzenia~ [link] zachodzą równości

\[ (\ln)'(y)=\frac{1}{e^x}=\frac{1}{y}\, . \]
Stwierdzenie Niech $ a>0 $ i $ a^z:=\exp(z\ln a) $. Wtedy

\[ \ddz (a^z)_{z=w} = \ln a \cdot a^w\, , \qquad w\in \C. \]

Dowód:
Mamy $ a^z=\exp(z\cdot \ln a) $. Wystarczy posłużyć się wzorem na pochodną funkcji wykładniczej i pochodną złożenia.

Zadanie Posługując się definicją logarytmu o dowolnej podstawie i wzorem na zamianę podstawy logarytmu, udowodnić, że

\[ 	(\log_a x)'= \frac 1{x\ln a}, \qquad x>0      \]

dla każdej podstawy $ a>0, $ $ a\not=1 $.

Stwierdzenie Funkcja potęgowa $ g(x)=x^\omega $, gdzie $ x>0 $, a $ \omega\in \R $ jest ustaloną liczbą, ma w każdym punkcie $ x\in (0,\infty) $ pochodną

\[ 	g'(x)=\omega x^{\omega-1}. 	\]

Dowód:
Piszemy $ x^\omega=\exp(\omega \ln x) $ i stosując wzór na pochodną złożenia, otrzymujemy

\[ (x^\omega)'= \bigl(\exp(\omega \ln x)\bigr)'= \exp(\omega \ln x) \cdot \omega\cdot (\ln x)' = x^\omega \cdot \omega \cdot \frac 1x = \omega x^{\omega-1}\, . \]

Wniosek Dla każdego $ n\in \N $ zachodzi wzór

\[ 	(\sqrt[n]{x})'= \frac{1}{n\sqrt[n]{x^{n-1}}}, \qquad x>0\, .      	\]

Dowód:
Stosujemy poprzednie stwierdzenie dla $ \omega=1/n $.

Uwaga Czytelnik sprawdzi samodzielnie, że gdy $ n $ jest liczbą nieparzystą (i można definiować pierwiastek stopnia $ n $ z dowolnej liczby rzeczywistej), to wzór podany w ostatnim wniosku zachodzi w istocie dla wszystkich $ x\not =0 $. To wynika np. z nieparzystości funkcji $ f(x)=\sqrt[n]{x} $ dla nieparzystych stopni pierwiastka $ n $.
Stwierdzenie Funkcje $ F(y)=\arcsin y $ i $ G(y)=\arccos y $ są różniczkowalne w każdym punkcie przedziału $ (-1,1) $; zachodzą wzory

\[ F'(y_0)=\frac{1}{\sqrt{1-y_0^2}}, \qquad G'(y_0)= \frac{-1}{\sqrt{1-y_0^2}}, \qquad y_0\in (-1,1). \]

Dowód:
Określając arcus sinus i arcus cosinus, sprawdziliśmy, że sinus jest funkcją rosnącą na $ [-\pi/2,\pi/2] $, a cosinus jest funkcją malejącą na $ [0,\pi] $.

Aby zastosować twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej do obliczenia pochodnej $ F(y)=\arcsin y $ w punkcie $ y_0=\sin x_0 $ , musimy sprawdzić, że pochodna sinusa nie znika w $ x_0 $. Tak jednak jest, gdyż $ \cos x_0\not=0 $ dla każdego $ x_0\in (-\pi/2,\pi/2) $. Zatem, na mocy Stwierdzenia~ [link] zastosowanego do $ f=\sin $ i $ g=f^{-1}=F $ w punktach $ a=x_0, $ $ b=y_0 $, otrzymujemy

\[ F'(y_0) =g'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}=\frac{1}{\cos x_0}= \frac{1}{\sqrt{1-(\sin x_0)^2}}= \frac{1}{\sqrt{1-y_0^2}}\, . \]

Zauważmy: skorzystaliśmy w powyższym rachunku z tego, że cosinus jest dodatni na przedziale $ (-\pi/2,\pi/2) $.

Podobnie obliczmy pochodną funkcji $ G(y)=\arccos y $. Tym razem stosujemy Stwierdzenie~ [link] (Proszę samodzielnie sprawdzić, że spełnione są założenia tego stwierdzenia!) do $ f=\cos $ i $ g=f^{-1}=G $ w punktach $ a=x_0, $ $ b=y_0=\cos x_0 $, gdzie $ y_0\in (-1,1) $ i $ x_0\in (0,\pi) $. Otrzymujemy

\[ G'(y_0) =g'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}=\frac{-1}{\sin x_0}= \frac{-1}{\sqrt{1-(\cos x_0)^2}}= \frac{-1}{\sqrt{1-y_0^2}}\, . \]

Korzystaliśmy z tego, że $ \sin x_0>0 $ dla $ x_0\in (0,\pi) $.

Stwierdzenie Funkcja $ H(y)=\arctg y $ jest różniczkowalna w każdym punkcie $ y\in \R $; mamy

\[ H'(y)=\frac{1}{1+y^2} \qquad y\in \R. \]

Dowód:
Jak poprzednio, stosujemy twierdzenie o pochodnej funkcji odwrotnej -- tym razem do pary funkcji $ f(x)=\tg x $, $ x\in (-\pi /2, \pi/ 2) $, oraz $ g(y)=f^{-1}(y)=H(y) $, $ y\in \R $, biorąc punkty $ y,x $ powiązane zależnością $ y=\tg x $. Wolno to zrobić: pochodna tangensa, tzn. $ 1+\tg^2 x $, jest zawsze liczbą większą od 1, a więc różną od zera. Otrzymujemy

\[ H'(y)=g'(y)=\frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{1+(\tg x)^2}=   \frac{1}{1+y^2} \]

dla każdego $ y\in \R $.

Stosując powyższe wzory i twierdzenia o pochodnej sumy, iloczynu, ilorazu i złożenia funkcji, można obliczać pochodne dowolnych funkcji elementarnych. Zakończmy ten podrozdział przykładem, ilustrującym sposób obliczania pochodnych w jeszcze jednej sytuacji.

Przykład Niech $ f(x)=x^x $ dla $ x>0 $. Wtedy, ze wzorów na pochodną złożenia i pochodną iloczynu,

\[ f'(x)= \Bigl(e^{x\ln x}\Bigr)'=   e^{x\ln x}\cdot (x\ln x)' =  e^{x\ln x}\cdot (1+ \ln x ) \, . \]

(Ważne jest to, że nie stosujemy bezpośrednio ani wzoru na pochodną funkcji wykładniczej, ani wzoru na pochodną funkcji potęgowej. Nie wolno tego robić, bo ani podstawa, ani wykładnik potęgi nie są w tym przykładzie stałymi).

Najważniejsze własności funkcji różniczkowalnych

W tym podrozdziale zajmiemy się opisem własności funkcji różniczkowalnych i związkiem pochodnej z monotonicznością oraz ekstremami. Będziemy zajmować się funkcjami określonymi na przedziałach prostej rzeczywistej. Termin funkcja różniczkowalna będzie oznaczał funkcję, która jest różniczkowalna w każdym punkcie swojej dziedziny.

Definicja [ekstremum lokalne] Niech $ f\colon I\to \R $, gdzie $ I $ jest przedziałem w $ \R $. Mówimy, że funkcja $ f $ ma w punkcie $ a\in I $ maksimum lokalne (odpowiednio: minimum lokalne), jeśli istnieje taka liczba $ \delta >0 $, że dla wszystkich $ x\in I $, $ |x-a|<\delta $, zachodzi nierówność $ f(a)\ge f(x) $ (odpowiednio: $ f(a)\le f(x) $).

Jeśli dla wszystkich $ x\in I $, $ 0<|x-a|<\delta $, nierówności są ostre, to mówimy wtedy, że $ f $ ma w punkcie $ a $ maksimum (lub minimum) właściwe.

Słowo ekstremum jest wspólną nazwą minimum i maksimum: w zależności od kontekstu i potrzeby może oznaczać jedno lub drugie. Z definicji wynika, że funkcja może mieć ekstremum lokalne także w końcu przedziału. Czytelnik powinien pamiętać, że wartość funkcji w punkcie ekstremum lokalnego nie musi być najmniejszą ani największą wartością funkcji na danym przedziale. Ekstremów może być wiele, a ponadto jeśli przedział jest otwarty, to funkcja w ogóle nie musi przyjmować swoich kresów. \begin{figure}[!h] \begin{center}  \includegraphics*[totalheight=5cm]{ekstr.png}</p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Funkcja $ f\colon (a,b)\to \R $, która ma dużo ekstremów lokalnych wewnątrz $ (a,b) $, jednak w żadnym z nich nie jest osiągany kres dolny ani górny zbioru $ f\bigl((a,b)\bigr) $.

} \end{figure}

Lemat [lemat Fermata] Jeśli $ I $ jest odcinkiem otwartym, $ a\in I $, $ f\colon I\to \R $ jest różniczkowalna w punkcie $ a $ i $ f $ ma w $ a $ ekstremum lokalne, to $ f'(a)=0 $.

Geometryczna interpretacja lematu Fermata jest prosta: styczna do wykresu funkcji różniczkowalnej w punkcie ekstremum lokalnego jest pozioma.

Dowód:
Dla ustalenia uwagi załóżmy, że $ f $ ma w $ a $ maksimum lokalne (w drugim przypadku dowód jest taki sam; można także rozważyć funkcję $ -f $, która ma maksima tam, gdzie $ f $ ma minima). Wybierzmy $ \delta>0 $ tak, aby przedział $ J:=(a-\delta,a+\delta) $ był zawarty w $ I $ i aby $ f(x)\le f(a) $ dla wszystkich $ x\in J $.

Dla $ 0<|h|<\delta $ mamy wtedy $ f(a+h)-f(a)\le 0 $. Dlatego iloraz różnicowy $ (f(a+h)-f(a))/h $ jest nieujemny dla $ -\delta<h<0 $ i niedodatni dla $ 0<h<\delta $. Nierówności nieostre zachowują się w granicy, a pochodna $ f'(a) $ istnieje, więc

\[ 0\le \lim_{h\to 0^-}\frac{f(a+h)-f(a)}h = f'(a) = \lim_{h\to 0^+}\frac{f(a+h)-f(a)}h \le 0\, . \]

Stąd już wynika, że $ f'(a)=0 $.

Uwaga Podkreślmy bardzo ważny fakt: lematu Fermata nie można odwrócić: z faktu, że funkcja różniczkowalna $ f $ ma w pewnym punkcie pochodną równą zero, nie wynika, że $ f $ ma w tym punkcie ekstremum lokalne. Najprostszym przykładem jest $ f(x)=x^3 $, różniczkowalna na całej prostej $ \R $. Mamy $ f'(x)=3x^2 $, a więc $ f'(0)=0 $, jednak $ f $ jest rosnąca i nie ma ekstremum w zerze. Pochodna funkcji ciągłej, rosnącej, może znikać na zbiorze nieskończonym, a nawet na zbiorze gęstym. (Samodzielna konstrukcja odpowiednich przykładów może być ciekawym zadaniem dla ambitnych Czytelników.)
Twierdzenie [Rolle'a](#) Załóżmy, że $ a<b $, zaś funkcja $ f\colon [a,b]\to \R $ jest ciągła na $ [a,b] $ i różniczkowalna w każdym punkcie $ x\in (a,b) $. Jeśli $ f(a)=f(b) $, to istnieje taki punkt $ x_0\in (a,b) $, że $ f'(x_0)=0 $.

Dowód:
Jeśli $ f $ jest funkcją stałą, to $ f' $ znika w każdym punkcie $ x\in (a,b) $ i nie ma czego dowodzić. Załóżmy więc, że $ f $ nie jest funkcją stałą. Połóżmy

\[ m:= \inf_{[a,b]} f\, , \qquad M:= \sup_{[a,b]} f\, . \]

Ponieważ $ f $ nie jest stała i $ f(a)=f(b) $, to musi być $ m<f(a)=f(b) $ lub $ M>f(a)=f(b) $. Z twierdzenia Weierstrassa (patrz Tw.~ [link] w rozdziale~5) wiemy, że $ m $ i $ M $ są wartościami $ f $, zatem przynajmniej jedna z tych wartości jest przyjmowana w punkcie wewnętrznym $ x_0 $, należącym do przedziału otwartego $ (a,b) $. Funkcja $ f $ ma oczywiście w tym punkcie ekstremum lokalne. Z lematu Fermata wynika, że $ f'(x_0)=0 $.

Twierdzenie [Cauchy'ego] (#) Niech $ a<b $ i niech $ f,g\colon [a,b]\to \R $ będą funkcjami ciągłymi na $ [a,b] $, różniczkowalnymi w każdym punkcie przedziału $ (a,b) $. Załóżmy ponadto, że $ g'(x)\not=0 $ dla $ x\in (a,b) $. Wówczas istnieje taki punkt $ \xi\in (a,b) $, że

\[ \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} = \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}. \]

Dowód:
Zauważmy najpierw, że $ g(a)\not=g(b) $, gdyż w przeciwnym przypadku na mocy twierdzenia Rolle'a istniałby punkt, w którym $ g' $ znika, a zakładamy, że $ g'\not=0 $ na $ (a,b) $. Dlatego prawa strona wzoru z tezy twierdzenia ma sens.

Rozpatrzmy teraz funkcję pomocniczą

\[ h(x)=f(x)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} \Bigl(g(x)-g(a)\Bigr)\, . \]

Z założeń o $ f $ i $ g $ wynika, że $ h $ jest funkcją ciągłą na $ [a,b] $ i różniczkowalną wewnątrz tego przedziału. Ponadto, $  h(b) = f(b)- (f(b)-f(a)) = f(a)= h(a)\, .  $ Zatem, $ h $ spełnia wszystkie założenia twierdzenia Rolle'a. Istnieje więc punkt $ \xi \in (a,b) $ taki, że $ h'(\xi)=0 $. Mamy jednak

\[ h'(x)= f'(x)-   \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} g'(x)\, . \]

Dlatego równość $ h'(\xi)=0 $ jest równoważna tezie twierdzenia.

Odnotujmy bardzo ważny wniosek z twierdzenia Cauchy'ego.

Wniosek [twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej] Załóżmy, że $ a<b $, zaś funkcja $ f\colon [a,b]\to \R $ jest ciągła na $ [a,b] $ i różniczkowalna w każdym punkcie $ x\in (a,b) $. Wówczas istnieje taki punkt $ \xi\in (a,b) $, że

\[ 	{f'(\xi)} = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}. 	\]

Dowód:
Stosujemy twierdzenie Cauchy'ego do $ f $ i do funkcji $ g(x)=x $, $ x\in [a,b] $.

Zadanie Podać przykład, świadczący o tym, że jeśli $ f $ jest ciągła na $ [a,b] $, ale $ f' $ nie istnieje choćby w jednym punkcie, to teza twierdzenia Lagrange'a nie musi zachodzić.

Przykład (#) Twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej nie zachodzi (w powyższej postaci) dla funkcji o wartościach wektorowych, np. zespolonych. Oto banalny przykład: niech $ f(t)=\exp(2\pi i t) $ dla $ t\in [0,1] $. Wtedy, dla każdego $ c\in (0,1) $, mamy $ 0=f(1)-f(0)\not= f'(c)=2\pi i\cdot \exp (2\pi i c) $.

Twierdzenie Lagrange'a ma bardzo prostą interpretację geometryczną: w przedziale $ (a,b) $ istnieje taki punkt, w którym styczna do wykresu $ f $ jest równoległa do siecznej, poprowadzonej przez dwa końce łuku wykresu.

\begin{figure}[!h] \begin{center}  \includegraphics*[totalheight=6cm]{lagrange.png}</p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Interpretacja geometryczna twierdzenia Lagrange'a: Istnieje co najmniej jeden punkt, w którym styczna do wykresu funkcji jest równoległa do siecznej. (Może się zdarzyć, że takich punktów jest więcej).

} \end{figure}

Wniosek (#) Załóżmy, że $ A\subset \R $, $ [c,d]\subset A $, $ c<d $, a funkcja $ f\colon A\to \R $ jest ciągła na $ [c,d] $ i różniczkowalna w $ (c,d) $. Zachodzą wówczas następujące implikacje:

  1. Jeśli $ f'(x)\ge 0 $ dla każdego $ x\in (c,d) $, to $ f $ jest niemalejąca na $ [c,d] $.
  2. Jeśli $ f'(x)> 0 $ dla każdego $ x\in (c,d) $, to $ f $ jest rosnąca na $ [c,d] $.
  3. Jeśli $ f'(x)< 0 $ dla każdego $ x\in (c,d) $, to $ f $ jest malejąca na $ [c,d] $.
  4. Jeśli $ f'(x)\le 0 $ dla każdego $ x\in (c,d) $, to $ f $ jest nierosnąca na $ [c,d] $.

Dowód:
Wystarczy zapisać tezę twierdzenia Lagrange'a w postaci

\[ f(b)=f(a)+ f'(\xi) (b-a)\qquad\mbox{dla pewnego $\xi\in (a,b)$,} \]

a następnie podstawiać za $ a $ i $ b $ dowolne pary punktów przedziału $ [c,d] $.

Wniosek Jeśli funkcja $ f\colon [a,b]\to \R $ spełnia warunek: $ f'(\xi)=0 $ dla każdego $ \xi\in (a,b) $, to $ f $ jest funkcją stałą. (#)

Dowód:
Stosując twierdzenie Lagrange'a dla $ f $ na dowolnym przedziału $ [a,x]\subset [a,b] $, stwierdzamy, że $ f(a)=f(x) $ dla każdego $ x\in [a,b] $.

Twierdzenie Załóżmy, że $ c<d $, zaś funkcja $ f\colon [c,d]\to \R $ jest ciągła na $ [c,d] $ i różniczkowalna w każdym punkcie $ x\in (c,d) $. Następujące warunki są równoważne:

  1. Funkcja $ f $ spełnia warunek Lipschitza ze stałą $ M $;
  2. Dla każdego $ x\in (c,d) $ zachodzi nierówność $ |f'(x)|\le M $

Dowód:
Jeśli $ f $ spełnia warunek Lipschitza ze stałą $ M $, to dla dowolnych $ y,x\in (c,d) $, $ y\not=x $ zachodzi nierówność

\[ \frac{|f(y)-f(x)|}{|y-x|}\le M. \]

Wykonując przejście graniczne $ y\to x $, otrzymujemy $ |f'(x)|\le M $.

Na odwrót, jeśli $ f $ spełnia warunek (ii), to dla dowolnych $ a,b\in [c,d] $, $ a\not=b $, dobierając do $ a $ i $ b $ punkt $ \xi\in (a,b) $ tak, jak w tezie twierdzenia Lagrange'a, możemy napisać

\[ |f(b)-f(a)|=|f'(\xi)|\cdot |b-a|\ \stackrel{\text{(ii)}}\le\  M\, |b-a|\, . \]

Funkcja $ f $ spełnia więc warunek Lipschitza ze stałą $ M $.

Uwaga Funkcja ciągła na odcinku $ [a,b] $ (a więc jednostajnie ciągła na tym odcinku) i różniczkowalna w $ (a,b) $ może mieć nieograniczoną pochodną. Przykład: $ f(x)=\sqrt{x} $ dla $ x\in [0,1] $; wtedy $ f'(x)=1/2\sqrt{x} $ dla $ x\in (0,1] $ i $ f' $ nie jest ograniczona w żadnym otoczeniu zera.

Na zakończenie tego podrozdziału spróbujemy udzielić częściowych odpowiedzi na dwa pytania: jakie funkcje mogą być pochodnymi, i czy pochodna funkcji różniczkowalnej musi być funkcją ciągłą. Odpowiedź na drugie pytanie jest prosta: pochodna nie musi być funkcją ciągłą.

Przykład (#) Niech

\[ f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x^2 \bigl(2+ \sin(1/x)\bigr)\, , \qquad & x\not=0\, ,\\ 0, & x=0\, . \end{array} \right. \]

Dla $ x\not=0 $ otrzymujemy, stosując wzory na pochodną iloczynu i pochodną złożenia,

\[ \begin{equation} \label{fprimniec} f'(x)= 2x \cdot \left(2+ \sin\frac 1x\right) + x^2 \cdot \cos\frac 1x \cdot (-x^{-2})=  2x \left(2+ \sin\frac 1x\right)- \cos \frac1x\, . \end{equation} \]

Zatem na $ \R\setminus\{0\} $ pochodna $ f $ istnieje i jest tam funkcją ciągłą.

Ponieważ sinus na $ \R $ przyjmuje tylko wartości z przedziału $ [-1,1] $, więc $ |f(x)|\le 3x^2 $ dla wszystkich $ x\in \R $. Dlatego

\[ 0\le \left|\frac{f(h)-f(0)}h\right|= \left|\frac{f(h)}h\right|\le 3|h| \to 0 \qquad\mbox{dla $h\to 0$.} \]

Z twierdzenia o trzech funkcjach wynika zatem, że $ f'(0)=0 $. Jednak $ f' $ nie jest ciągła w zerze. To wynika stąd, że pierwszy składnik po prawej stronie fprimniec dąży do zera dla $ x\to 0 $ (moduł tego składnika nie przekracza $ 6|x| $), jednak drugi składnik, $ -\cos 1/x $, nie ma granicy dla $ x\to 0 $ (patrz Przykład~ [link]). Dlatego granica $ f' $ w zerze nie istnieje.

\begin{figure}[!t] \begin{center}  \includegraphics*[totalheight=5cm]{fprim-nieciagla1.png}</p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Funkcja z Przykładu~ [link] w otoczeniu zera (dla nieco większej czytelności rysunku, oś $ y $ została liniowo rozciągnięta). Wykres oscyluje między dwiema parabolami, $ y=x^2 $ i $ y=3x^2 $. Pochodna istnieje w każdym punkcie, jednak nie jest ciągła w zerze i zmienia znak nieskończenie wiele razy w każdym przedziale wokół zera.

} \end{figure}

Nietrudno zauważyć jeszcze jedno: $ f(x)=0 $ tylko dla $ x=0 $, a dla $ x\not=0 $ jest $ f(x)\ge x^2 > 0 $. Zatem $ f $ ma w zerze minimum lokalne właściwe (a nawet osiąga w zerze swój kres dolny). Jednak dla dowolnej liczby $ \delta>0 $ funkcja $ f' $ zmienia znak nieskończenie wiele razy w przedziale $ (0,\delta) $. Podobnie jest w przedziale $ (-\delta, 0) $: tam też $ f' $ zmienia znak nieskończenie wiele razy. (Czytelnik zechce, naśladując rozumowanie z Przykładu~ [link] Zatem prawdziwy jest następujący fakt, dla kogoś być może lekko zaskakujący i przeczący naiwnej intuicji. \begin{quote} Może się zdarzyć, że $ f $ jest ciągła na $ \R $ i ma w punkcie $ x_0\in \R $ ekstremum lokalne właściwe, jednak nie jest monotoniczna na żadnym przedziale $ (x_0,x_0+\delta) $, ani na żadnym przedziale $ (x_0-\delta,x_0) $, gdzie $ \delta>0 $.

\end{quote}

Twierdzenie [własność Darboux dla pochodnej] Załóżmy, że $ a<b $, zaś funkcja $ f\colon [a,b]\to \R $ jest ciągła i różniczkowalna na $ [a,b] $. Dla każdej liczby $ c\in [f'(a),f'(b)] $ istnieje punkt $ x\in [a,b] $ taki, że $ f'(x)=c $.

Uwaga: nie zakładamy, że $ f'(a)<f'(b) $. Napis $ [f'(a),f'(b)] $ oznacza przedział o końcach $ f'(a) $ i $ f'(b) $, być może zdegenerowany do jednego punktu. Podkreślmy też wyraźnie: nie zakładamy tu ciągłości $ f' $.

Dowód:
Bez zmniejszenia ogólności przyjmijmy $ f'(a)<f'(b) $. Rozpatrzmy funkcję pomocniczą (Nietrudno zobaczyć, że $ \phi $ dobieramy tak, aby mieć $ \phi'=0\ \Leftrightarrow f'=c $.) $ \phi(x)=f(x)-cx $. Spełnia ona warunki:

\[ \phi'(a)=f'(a)-c \le 0, \qquad \phi'(b)=f'(b)-c\ge 0\, . \]

Jeśli $ \phi'(a)=0 $ lub $ \phi'(b)=0 $, to teza twierdzenia zachodzi (można wziąć $ x=a $ lub $ x=b $). Załóżmy więc odtąd, że $ \phi'(a)<0<\phi'(b) $.

Funkcja $ \phi $ jest ciągła na $ [a,b] $, zatem, z Twierdzenia~ [link] wynika, że istnieje punkt $ x\in [a,b] $ taki, że

\[ \phi(x) = \inf_{[a,b]} \phi\, . \]

Zauważmy, że gdyby $ x=a $, to mielibyśmy dla małych $ h>0 $

\[ \frac{\phi(a+h)-\phi(a)}{h}\ge 0, \qquad\mbox{a zatem}\quad \phi'(a)\ge 0\, . \]

Ponieważ jednak $ \phi'(a)<0 $, więc $ x\not=a $. Tak samo pokazujemy, że $ x\not = b $. Z lematu Fermata otrzymujemy teraz $ \phi'(x)=f'(x)-c=0 $.

Odpowiedź na inne naturalne pytanie: czy każda funkcja ciągła jest pochodną pewnej funkcji? jest też twierdząca, ale na jej uzasadnienie Czytelnik będzie musiał poczekać.

Pochodne wyższych rzędów. Wzór Taylora

Definicja pochodnych wyższych rzędów

Jeśli funkcja $ f\colon A\to \R $, gdzie $ A\subset \R $, jest różniczkowalna w każdym punkcie zbioru $ A $, to funkcję $ g\colon A\to \R $ taką, że $ g(a)=f'(a) $ dla każdego $ a\in A $, nazywamy pierwszą pochodną funkcji $ f $. Pochodne wyższych rzędów definiuje się indukcyjnie. Służą one, jak się przekonamy, do aproksymacji funkcji wielomianami, do badania ekstremów, a także (druga pochodna) do określania wypukłości. Zacznijmy od definicji.

Definicja [pochodne wyższych rzędów] Niech $ n\in \N $ i niech $ P $ będzie przedziałem otwartym w $ \R $, $ a\in P $. Jeśli w każdym punkcie przedziału $ P $ funkcja $ \colon P\to \R $ ma pochodne do rzędu $ (n-1) $ włącznie, to mówimy, że $ f $ ma $ n $-tą pochodną w $ a $ (lub: pochodną rzędu $ n $ w $ a $) wtedy i tylko wtedy, gdy $ f^{(n-1)} $ jest różniczkowalna w punkcie $ a $. Przyjmujemy

\[ 	 f^{(n)}(a)=\lim_{x\to a} \frac{f^{(n-1)}(x)-f^{(n-1)}(a)}{x-a}\, . 	\]

Krótko mówiąc, górny indeks w nawiasie oznacza liczbę wykonanych różnoczkowań. Zatem, $ f^{(0)}=f $, $ f^{(1)}=f' $, $ f^{(2)}=f''=(f')' $, $ f^{(3)}=(f^{(2)})'=(f'')'=f''' $. Primów nie używamy do oznaczania pochodnych rzędu wyższego niż trzeci. Ogólna, indukcyjna reguła podana w definicji orzeka, iż $ f^{(n)}= \bigl(f^{(n-1)}\bigr)' $ w tych punktach, w których funkcja $ f^{(n-1)} $ jest różniczkowalna.

Przykład (#)

  1. Jeśli $ f(x)=\exp (x) $ dla $ x\in \R $, to - jak już wiemy - $ f'(x)=\exp(x)=f(x) $. Nietrudno stąd wywnioskować, że $ f $ ma pochodne wszystkich rzędów: $ f''=(f')'=f'=f $, $ f'''=(f'')'=f'=f $ i ogólnie $ f^{(n)}=f $ dla każdego $ n\in \N $.
  2. Posługując się wzorami na pochodne sinusa i cosinusa (patrz Stwierdzenie~ [link]), łatwo sprawdzamy, że
    \[ \begin{gather} 	(\sin x)^{(2n)} = (-1)^{n+1} \sin x, \qquad     (\sin x)^{(2n-1)} = (-1)^{n+1} \cos x, \qquad n=1,2,\ldots, \label{dn-sin}\\   	(\cos x)^{(2n)} = (-1)^{n} \cos x, \qquad     (\cos x)^{(2n-1)} = (-1)^{n} \sin x, \qquad n=1,2,\ldots. \label{dn-cos}   \end{gather*} \]
  3. Ze wzoru na pochodną logarytmu naturalnego (patrz Stwierdzenie~ [link]) i pochodną funkcji potęgowej otrzymujemy dla $ n\ge 1 $
    \[ \begin{gather} (\ln y)^{(n)} = \bigl(y^{-1}\bigr)^{(n-1)} = \bigl(-y^{-2}\bigr)^{(n-2)} = \ldots = (-1)^{n-1} (n-1)! y^{-n},\qquad y>0,\label{dn-log} \\ \bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(n)}=(-1)^{n-1} (n-1)! (1+x)^{-n}, \qquad x>-1\, . \label{dn-log1x}  \end{gather*} \]

    (Obu wzorów dowodzi się tak samo, przez łatwą indukcję.)

  4. Jeśli $ m,k\in \Z $ są nieujemne, to wówczas
    \[ \begin{equation}  \bigl(x^m\bigr)^{(k)} = \left\{ \begin{array}{ll}   m(m-1)\cdot \ldots \cdot(m-k+1)x^{m-k}, \quad & 0\le k\le m \, ,\\ 0, & k>m\, . \end{array}  \label{dkxm} \right. \end{equation} \]

Pochodna $ n $-tego rzędu sumy dwóch funkcji $ n $-krotnie różniczkowalnych jest sumą $ n $-tych pochodnych składników, tzn. $ (f+g)^{(n)}=f^{(n)}+g^{(n)} $. Dowód jest oczywisty i wynika ze wzoru na pochodną sumy. Wzory na wyższe pochodne złożenia funkcji i funkcji odwrotnej są dość zawiłe, ale w razie potrzeby można je wyprowadzić, wykonując czysto mechaniczną pracę. Odnotujmy natomiast wzór Leibniza na $ n $-tą pochodną iloczynu. Z mnemotechnicznego punktu widzenia jest on ``taki sam'', jak dwumian Newtona.

Stwierdzenie [wzór Leibniza] Jeśli $ P\subset \R $ jest przedziałem, $ a\in P $ i $ f,g\colon P\to \R $$ n $-krotnie różniczkowalne w $ a $, to wówczas

\[ 	(fg)^{(n)}(a)=\sum_{j=0}^n \binom{n}{j} f^{(j)}(a)g^{(n-j)}(a). 	\]

(#)

    Szkic dowodu. Dowód jest łatwy; prowadzi się go przez indukcję, korzystając ze wzoru na pochodną iloczynu i tożsamości $ \binom n{j-1}+\binom nj = \binom {n+1}j $. Sprawdzimy tylko wzór na $ (fg)'' $:

\[ (fg)''= \bigl((fg)'\bigr)'=  \bigl(f'g + fg'\bigr)'= f''g+f'g' + f'g' + fg'' =  f''g+ 2 f'g' +  fg''\, , \]

pozostawiając resztę szczegółów zainteresowanym.

Wzór Taylora

Najważniejszym wzorem w Analizie, wykorzystującym pochodne wyższych rzędów, jest tak zwany wzór Taylora. Służy on do przybliżania funkcji $ n $-krotnie różniczkowalnych wielomianami, z pewną kontrolą błędu przybliżenia (jakość i stopień tej kontroli zależą od tego, ile wiemy o danej funkcji). W najprostszym przypadku, dla wielomianów, wynika on ze związku między współczynnikami wielomianu i wartościami pochodnych wielomianu w zerze, który z kolei łatwo otrzymać ze wzoru dkxm.

Prześledźmy odpowiedni rachunek. Niech

\[ P(x)=\sum_{j=0}^n a_jx^j = a_0 +a_1x+a_2x^2+\cdots + a_nx^n \]

będzie wielomianem stopnia $ n $ o współczynnikach rzeczywistych. Wówczas

\[ \begin{eqnarray*} P'(x) & = & a_1+2a_2x+ \cdots + na_nx^{n-1}=\sum_{j=1}^n     ja_jx^{j-1}, \\ P''(x) & = & 2a_2+ \cdots + n(n-1)a_nx^{n-2}=\sum_{j=2}^n     j(j-1)a_jx^{j-2}, \\   &\vdots & \\[8pt] P^{(k)}(x) & = & \sum_{j=k}^n j(j-1)\cdot\ldots \cdot (j-k+1)a_j x^{j-k}     \qquad \mbox{dla {$k\le n$}.}  \end{eqnarray*} \]

W szczególności, $ P^{(n)}(x)=n! a_n $ dla każdego $ x\in \R $, a ponadto

\[ \begin{equation}   \label{dkP0} P^{(k)}(0)= k!a_k, \qquad k=0,1,\ldots, n.	 \end{equation} \]
Stwierdzenie [Wzór Taylora dla wielomianów] Jeśli $ P $ jest wielomianem stopnia $ n $, to wówczas

\[ \begin{eqnarray} 		P(x) & = & P(0)+ \frac{P^{(1)}(0)}{1!} x + \cdots + \frac{P^{(n)}(0)}{n!} x^n= \sum_{j=0}^{n} \frac{P^{(j)}(0)}{j!} x^j;\label{TayP0}\\ 	   P(w) & = & P(x_0)+ \frac{P^{(1)}(x_0)}{1!} (w-x_0) + \cdots + \frac{P^{(n)}(x_0)}{n!} (w-x_0)^n\\ 	&= & \sum_{j=0}^{n} \frac{P^{(j)}(x_0)}{j!} (w-x_0)^j.\label{TayPx_0}    	\end{eqnarray} \]

Dowód:
Pierwszy wzór wynika z relacji dkP0 między współczynnikami wielomianu $ P $ i jego pochodnymi w zerze. Aby otrzymać drugi wzór, wystarczy zastosować pierwszy do wielomianu $ Q $, gdzie $ Q(w-x_0)=P(w) $. Wtedy $ Q^{(k)}(0)=P^{(k)}(x_0) $ dla dowolnego $ k $.

Jeśli $ k>n $, to oczywiście $ (a_0 +a_1x+a_2x^2+\cdots + a_nx^n)^{(k)}=0 $ dla wszystkich $ x $. Okazuje się, że taki warunek spełniają na prostej tylko wielomiany odpowiedniego stopnia. Odnotujmy ten fakt.

Stwierdzenie Jeśli $ f\colon \R\supset P\to \R $, gdzie $ P $ jest przedziałem, jest $ k $-krotnie różniczkowalna i $ f^{(k)}\equiv 0 $, to $ f $ jest wielomianem stopnia co najwyżej $ k-1 $.

Dowód:
Dowodzimy przez indukcję względem $ k $. Jeśli $ k=1 $, to z Wniosku~ [link] wynika, że $ f=\mathrm{const} $, a więc $ f $ jest wielomianem stopnia 0 i teza zachodzi.

Załóżmy prawdziwość stwierdzenia dla liczby $ k $. Niech $ f $ będzie $ (k+1) $-krotnie różniczkowalna i $ f^{(k+1)}\equiv 0 $. Wówczas $ f^{(k)}(x)\equiv c\in \R $ na mocy Wniosku~ [link]. Rozpatrzmy $ \varphi(x)=f(x)-cx^k/k! $. Oczywiście,

\[ \varphi^{(k)}(x)=f^{(k)}(x)- k!\cdot c/k!= 0\, . \]

a więc na mocy założenia indukcyjnego $ \varphi $ jest wielomianem stopnia co najwyżej $ k-1 $. Zatem, $ f(x)=\varphi(x)+a_kx^k $, gdzie $ a_k=c/k! $, jest wielomianem stopnia co najwyżej $ k $.

Twierdzenie [wzór Maclaurina z resztą w postaci Peano] Niech $ P\subset \R $ będzie przedziałem, $ 0\in P $. Załóżmy, że $ f\colon P\to \R $ ma $ (k-1) $ pochodnych w przedziale $ P $ i $ k $-tą pochodną w punkcie $ 0 $. Wtedy

\[ \begin{equation} \label{MCL-Peano}  f(x)=\sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(0)}{j!} x^j + r(x),  \end{equation} \]

gdzie reszta $ r(x) $ spełnia warunek

\[ \begin{equation} \label{rjesto} 	\lim_{x\to 0} \frac{r(x)}{x^k}  = 0. \end{equation} \]

Intuicyjny sens tego twierdzenia jest jasny: funkcję, która ma $ (k-1) $ pochodnych w~pewnym przedziale i $ k $-tą pochodną w pewnym ustalonym punkcie (jak zobaczymy później, zero nie odgrywa tu żadnej szczególnej roli), to w pobliżu tego punktu można tę funkcję przybliżać wielomianami stopnia $ k $, przy czym błąd przybliżenia ma, dla małych $ x $-ów, mniejszy rząd niż $ x^k $.

Liczne przykłady zastosowań tego twierdzenia Czytelnik zobaczy później (także na ćwiczeniach). Najpierw przytoczymy

Dowód:
Krok 1. Niech najpierw $ k=1 $. Wtedy wzór Maclaurina przybiera postać $ f(x)=f(0)+f'(0)x+r(x) $, a równość

\[ \lim_{x\to 0}\frac{r(x)}x = \lim_{x\to 0}\left(\frac{f(x)-f(0)}x - f'(0)\right) = 0 \]

wynika wprost z definicji pochodnej.      Krok 2. Rozpatrzymy teraz przypadek szczególny: niech funkcja $ \phi \colon P\to \R $ spełnia warunek

\[ \begin{equation} 	\phi^{(j)}(0)=0 \qquad\mbox{dla $j=0,1,\ldots, k$.}  	\label{phiplaskak} \end{equation} \]

Dla takiej $ \phi $ prawa strona MCL-Peano składa się z samej `reszty', tzn. wzór Maclaurina przybiera postać $ \phi(x)=r(x) $. Trzeba więc wykazać, że dla każdej takiej funkcji zachodzi równość

\[ \begin{equation} 	\lim_{x\to 0}\frac{\phi(x)}{x^k}=0. \label{limrxk}  \end{equation} \]

Udowodnimy to przez indukcję względem $ k $. Przypadek $ k=1 $ już rozpatrzyliśmy.

Niech $ \phi $ spełnia warunek phiplaskak dla $ k=q+1 $. Wtedy $ \psi=\phi' $ spełnia ten sam warunek dla $ k=q $. Piszemy, stosując do $ \phi $ twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej na odcinku o końcach $ 0 $ i $ x $,

\[ \begin{eqnarray*} \frac{\phi(x)}{x^{q+1}} & = & \frac{\phi(x)}{x}    \cdot \frac{1}{x^q} = \phi'(tx) \cdot \frac{1}{x^q}  \qquad\mbox{dla pewnego $t\in (0,1)$} \\ & = & \psi(tx) \cdot \frac{1}{(tx)^q} \cdot t^q \   \longrightarrow \ 0 \qquad\mbox{dla $x\to 0$} \end{eqnarray*} \]

na mocy założenia indukcyjnego, zastosowanego do funkcji $ \psi $. To kończy dowód wzoru Maclaurina dla funkcji $ \phi $, spełniających dodatkowy warunek phiplaskak.

     Krok 3. Przypadek ogólny. Dla $ f $ spełniającej założenia twierdzenia kładziemy

\[ \phi(x)=f(x)- \sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(0)}{j!} x^j, \]

tzn. po prostu $ \phi (x)=r(x) $. Nietrudno sprawdzić, że $ \phi^{(j)}(0)=f^{(j)}(0)-f^{(j)}(0)=0 $, więc $ \phi $ spełnia założenie phiplaskak. Zgodnie z poprzednim krokiem dowodu, zachodzi więc warunek limrxk, tzn. $ \phi(x)/x^k=r(x)/x^k\to 0 $ dla $ x\to 0 $.

Podkreślmy: w całym twierdzeniu chodziło tylko o zbadanie zachowania reszty $ r(x) $ dla małych $ x $. To był kluczowy problem. Otrzymany wzór Maclaurina można ``przesunąć'' na dowolny inny przedział $ P\subset \R $, z wyróżnionym punktem $ x_0 $. Jeśli $ f(x)=\varphi(x-x_0) $, to $ f^{(j)}(x_0)=\varphi^{(j)}(0) $ dla wszystkich $ j $, dla których pochodne rzędu $ j $ istnieją. Zachodzi więc także następujący fakt.

Wniosek [wzór Taylora z resztą w postaci Peano] Niech $ P\subset \R $ będzie przedziałem otwartym, $ x_0\in P $. Załóżmy, że $ f\colon P\to \R $ ma $ (k-1) $ pochodnych na $ P $ i $ k $-tą pochodną w punkcie $ x_0 $. Wówczas

\[ f(x)=\sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!} (x-x_0)^j + r(x), \qquad \lim_{x\to x_0} \frac{r(x)}{(x-x_0)^k}=0\, .           \]
Uwaga [terminologia] Wielomian

\[ \sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!} (x-x_0)^j        \]

nazywa się $ k $-tym wielomianem Taylora funkcji $ f $ w punkcie $ x_0 $ (gdy $ x_0=0 $, używamy nazwy wielomian Maclaurina). Zamiast podawać warunek rjesto, pisze się czasem $ r(x)=o(x^k) $ dla $ x\to 0 $. Symbol po prawej stronie to tzw.``o małe''; napis

\[ f(x)=o(g(x))\qquad \mbox{dla $x\to a$} \]

oznacza po prostu, że granica $ \lim_{x\to a}(f(x)/g(x))=0 $. Taki język jest czasem bardzo wygodny, co zobaczymy w konkretnych przykładach.

\begin{figure}[!t] \begin{center}  \includegraphics*[totalheight=4.85cm]{T1f.png}\hfill \includegraphics*[totalheight=4.85cm]{T5f.png} </p>
<p>\smallskip                  \includegraphics*[totalheight=4.85cm]{T15f.png}\hfill \includegraphics*[totalheight=4.85cm]{T40f.png}   \smallskip             \includegraphics*[totalheight=4.85cm]{T52f.png}\hfill \includegraphics*[totalheight=4.85cm]{T82f.png}</p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Funkcja $ f(x)=6 - x + \frac 32 \cos x + \frac 12 \cos (2\pi x) $ i jej wielomiany Taylora-Maclaurina w punkcie $ x_0=0 $ dla $ n=1 $ (styczna do wykresu), dla $ n=5 $ (górne rysunki), dla $ n=15 $ i $ n=40 $ (środkowe rysunki), i wreszcie dla $ n=52 $ i $ n=82 $ (dolne rysunki). Jak widać, wykresy $ f $ i $ T_{82} $ na przedziale $ [-4,4] $ pokrywają się praktycznie idealnie. Jednak dla $ |x|\to\infty  $ funkcja $ g=|f-T_{82}| $ ma oczywiście granicę $ +\infty $. Przybliżenie, jakie zapewnia wzór Taylora, ma charakter lokalny.

} \end{figure}

Z praktycznego punktu widzenia, przybliżenie, jakie zapewnia wzór Taylora, jest wystarczające do wielu celów praktycznych, np. choćby do obliczania wartości funkcji. Nawet ktoś zupełnie niezainteresowany teorią może zobaczyć to na rysunkach. Te, które widać w skrypcie, zostały wykonane dla konkretnej funkcji (wybranej tak, aby uzyskać rozsądną ilość przedziałów monotoniczności i wykres, który w otoczeniu zera wygląda dość przypadkowo)

\[ \begin{equation}  f(x) = 6 - x + \frac 32 \cos x + \frac 12 \cos (2\pi x); \end{equation} \]

jej wykres jest zaznaczony kolorem czarnym. Kolorem niebieskim zaznaczono wykresy wielomianów Taylora-Maclaurina,

\[ T_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)} k! \cdot x^k , \]

dla różnych $ n $. Jak widać, im wyższy stopień wielomianu Taylora, tym (w danym przypadku) większa długość przedziału, na którym przybliżenie jest dokładne, i tym mniejszy błąd przybliżenia. Zobaczymy później, jakie są teoretyczne oszacowania reszty we wzorze Taylora. (Zobaczymy też, niestety, że istnieją tak `złośliwe' funkcje, dla których prawa strona wzoru Taylora w pewnych punktach składa się, dla dowolnego $ n $, z samej reszty) - wtedy przybliżanie wielomianami Taylora nie wnosi żadnej informacji.

Oto fragment kodu, który zainteresowanym pozwoli na prowadzenie w wydziałowym Laboratorium własnych eksperymentów z wielomianami Taylora. Można samodzielnie zmieniać funkcję i dwoma suwakami zmieniać rozmiar przedziału oraz stopień wielomianu Taylora:

              Manipulate[    Plot[       Evaluate[         {1.5 Cos[x] + .5 Cos[2 * Pi * x] - x + 6,          Normal[Series[1.5 Cos[x] + .5 Cos[2 * Pi * x] - x + 6, {x, 0, n}]]            }], {x, -x0, x0},       PlotRange -> {-.5, 12.5}, PlotPoints -> 120, MaxRecursion -> 3,       PlotStyle -> {{Black, Thick}, {Blue, Thick}},       TicksStyle -> Directive[Black, 26],       Ticks -> {{-4, -3, -2, -1, 1, 2, 3, 4}, {2, 6, 10}},      Filling -> {2}, FillingStyle -> Directive[Opacity[.15], Gray],       ImageSize -> {800, 500}, ImagePadding -> 20    ],  {{n, 5, "stopień wielomianu"}, 1, 80, 1},    {{x0, 5, "wielkość przedziału"}, .5, 8} ]    

Przejdziemy teraz do konkretnych przykładów, wskazujących m.in., jak przydatny jest wzór Taylora przy obliczaniu granic.

Przykład (#) Posługując się wzorami na pochodne wyższych rzędów funkcji wykładniczej i funkcji trygonometrycznych, podanymi w Przykładzie~ [link], możemy teraz łatwo wypisać wzory MacLaurina dla tych funkcji. Można to zrobić dla dowolnej liczby $ n $, gdyż rozpatrywane funkcje mają pochodne wszystkich rzędów na całej prostej.

  1. Niech $ f(x)=\exp(x) $. Wówczas $ f^{(n)}(0)=\exp(0)=1 $ dla dowolnego $ n\in \N\cup\{0\} $, więc wzór MCL-Peano dla funkcji wykładniczej przybiera postać
    \[ 	\exp(x)=1+\frac{1}{1!}\, x + \frac{1}{2!}\, x^2  + \cdots +    \frac{1}{n!}\, x^n + o(x^n) \quad\mbox{dla $x\to 0$}. 	\]
  2. Dla $ f(x)=\sin x $ mamy $ f^{(2n)}(0)=(-1)^n\sin 0=0 $ (tzn. w MCL-Peano nie ma w ogóle składników o numerach parzystych), natomiast $ f^{(2n+1)}(0)=(-1)^{n+1}\cos 0 = (-1)^{n} $ dla $ n=0,1,\ldots $. Wzór MacLaurina dla sinusa jest więc następujący:
    \[ 	\sin x = x- \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!} +\cdots + (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} + r(x), 	\]

    gdzie $ r(x)=o(x^{2n+1}) $ dla $ x\to 0 $, gdyż skończyliśmy wypisywanie wielomianu Maclaurina na pochodnej rzędu $ (2n+1) $. Zauważmy, że w tym przypadku można w istocie twierdzić, że $ r(x)=o(x^{2n+2}) $ dla $ x\to 0 $, gdyż kolejny, parzysty, składnik w rozwinięciu Maclaurina jest zerem (parzyste pochodne sinusa znikają w zerze).

  3. Dla $ f(x)=\cos x $ mamy $ f^{(2n+1)}(0)=0 $ dla każdego $ n=0,1,\ldots $, natomiast $ f^{(2n)}(0)= (-1)^n \cos 0 = (-1)^n $ i dlatego
    \[ \cos x = 1- \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} +\cdots + (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} + r(x),  \]

    gdzie $ r(x)=o(x^{2n}) $ dla $ x\to 0 $ (i, jak w poprzednim podpunkcie, można zauważyć, że w istocie mamy nawet $ r(x)=o(x^{2n+1}) $, gdyż kolejny, nieparzysty, składnik rozwinięcia Maclaurina jest zerem).

    Uwaga. Czytelnik zauważył zapewne, że wielomiany Maclaurina w ostatnim przykładzie wyglądają tak samo, jak odpowiednie sumy częściowe szeregów, którymi posługiwaliśmy się w rozdziale 4. To nie jest przypadkowy fakt: jak zobaczymy za jakiś czas, jeśli funkcja $ f $ jest sumą szeregu, $ f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_n x^n $, zbieżnego na pewnym przedziale otwartym wokół zera, to wówczas $ f $ ma pochodne wszystkich rzędów i $ f^{(k)}(0)=k! a_k $ dla każdego $ k $.

Przykład Niech $ f(x)=\ln x $ i $ x_0=1 $. Tym razem zastosujemy wzór Taylora w punkcie $ x_0=1 $. Mamy $ f^{(n)}(x_0)=(-1)^{n-1}(n-1)! $ (patrz Przykład~ [link]), a więc

\[ 	\ln x = (x-1) - \frac{(x-1)^2}{2} + \cdots + (-1)^{n-1} \frac{(x-1)^n}{n} + r(x)\, , \quad \mbox{gdzie}\quad \lim_{x\to 1} \frac{r(x)}{(x-1)^n}=0\, . 	\]

Podstawiając $ x-1=t $, otrzymamy

\[ \ln(1+t)= t-\frac{t^2}{2}+\frac{t^3}{3}+\cdots +(-1)^{n-1}\frac{t^n}n + o (t^n) \qquad\mbox{dla $t\to 0$.}     \]

Tym wzorem też można się posługiwać dla dowolnej liczby $ n\in \N $, gdyż logarytm naturalny ma na $ (0,\infty) $ pochodne wszystkich rzędów.

Przykład Obliczymy granicę

\[ \lim_{x\to 0} \frac {\sin x -\sin (\sin x)}{\ln (1+x^3)}.   \]

Mamy $ \ln (1+t)=t+o(t) $; biorąc $ t=x^3 $ stwierdzamy, że mianownik jest równy $ x^3 $ z dokładnością do wyrazów niższego rzędu. Dlatego znajdziemy rozwinięcie Taylora licznika też z dokładnością do wyrazów z $ x^3 $. Wiemy, że $ \sin x= x-x^3/6 + o(x^3) $ dla $ x\to 0 $. Zatem

\[ \begin{eqnarray*} \sin (\sin x) & = & \sin x - \frac{(\sin x)^3}6 + o ((\sin x)^3) \\ & = & x-\frac{x^3}{6}+o(x^3) - \frac{x^3+ o(x^3)}6 + o(x^3)   \ =\  x-\frac{x^3}3 + o(x^3)\, \qquad\mbox{dla $x\to 0$.} \end{eqnarray*} \]

Skomentujmy ten prosty skądinąd rachunek. Po pierwsze, nie musieliśmy wcale różniczkować złożenia $ \sin \circ \sin $. Podstawialiśmy jeden wzór Taylora do drugiego, kontrolując błąd. Po drugie, napis `$ o(x^3) $' oznaczał w różnych miejscach różne wyrażenia! Wiemy tylko, że `$ o(x^3) $ dla $ x\to 0 $' to funkcja, która po podzieleniu przez $ x^3 $ ma w zerze granicę 0. Dlatego (To jeden z powodów, dla których tej symboliki trzeba używać z wyczuciem i ostrożnie!) $ o(x^3)+o(x^3)= o(x^3) $ oraz $ o((\sin x)^3)=o(x^3) $, gdyż $ \frac{\sin x}{x} $ ma zerze granicę 1. Ostatecznie,

\[ \frac {\sin x -\sin (\sin x)}{\ln (1+x^3)}=\frac{x-\frac{x^3}6 + o(x^3)- \left(x-\frac{x^3}3 + o(x^3)\right)}{x^3+ o(x^3)}= \frac{\frac{x^3}6 + o(x^3)}{x^3+o(x^3)}=\frac{\frac 16 + \frac{o(x^3)}{x^3}}{1+\frac{o(x^3)}{x^3}}\, ,  \]

a więc szukana granica wynosi $ 1/6 $. Podkreślmy ponownie: w liczniku i mianowniku ostatniego ułamka pod tym samym symbolem $ o(x^3) $ kryją się różne wyrażenia - reszty ze wzoru Maclaurina dla różnych funkcji! Ich wspólną własnością jest jednak to, że po podzieleniu przez $ x^3 $ dążą do zera. Dlatego umiemy udzielić odpowiedzi.

Podamy teraz ogólne twierdzenie, pozwalające dokładniej szacować resztę we wzorze Taylora.

Twierdzenie [wzór Taylora z resztą Schl\"{omilcha-Roche'a}] (#) Niech $ f\colon (a,b)\to\R $ ma w przedziale $ (a,b) $ pochodne do rzędu $ (k+1) $ włącznie. Załóżmy, że $ x_0,x_0+d\in (a,b) $, $ d>0 $. Oznaczmy

\[ 	r_k(x)=f(x)-\sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!} (x-x_0)^j\, . 	\]

Wówczas dla każdego $ x\in (x_0,x_0+d) $ i każdego $ p>0 $ istnieje liczba $ \theta\in (0,1) $ taka, że

\[ \begin{equation} \label{resztaSR} r_k(x)= \frac{f^{(k+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{k!\cdot p} (1-\theta)^{k+1-p} (x-x_0)^{k+1}\, .   \end{equation} \]

Dowód:
Ustalmy $ x\in (x_0,x_0+d) $ i rozważmy funkcję pomocniczą

\[ \varphi(y)  =  f(x)-\sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(y)}{j!} (x-y)^j , \qquad\mbox{gdzie $x_0\le y\le x$.} \]

Wtedy $ \varphi(x)=0 $ i $ \varphi(x_0)=r_k(x) $; ponadto, $ \varphi $ jest różniczkowalna w $ [x_0,x] $, gdyż $ f $ ma $ k+1 $ pochodnych na większym przedziale. Obliczmy

\[ \begin{eqnarray*} \varphi'(y)& =& 0-f'(y)- \left(\frac{f^{(2)}(y)}{1!} (x-y)-\frac{f^{(1)}(y)}{1!}\right)   - \left(\frac{f^{(3)}(y)}{2!} (x-y)^2-\frac{f^{(2)}(y)}{1!}(x-y)\right)\\& &{}  - \ldots - \left(\frac{f^{(k+1)}(y)}{k!} (x-y)^k-\frac{f^{(k)}(y)}{(k-1)!}(x-y)^{k-1}\right) \, . \end{eqnarray*} \]

Opuszczając nawiasy, otrzymujemy po dokonaniu redukcji

\[ \begin{equation} \label{fiprim} \varphi'(y)=- \frac{f^{(k+1)}(y)}{k!} (x-y)^k\, .      \end{equation} \]

Niech teraz $ \psi $ będzie funkcją ciągłą w $ [x_0,x] $, różniczkowalną w $ (x_0,x) $, której pochodna nie znika nigdzie w $ (x_0,x) $. Stosując Twierdzenie Cauchy'ego (patrz Tw.~ [link]; proszę samodzielnie sprawdzić, że spełnione są wszystkie założenia), otrzymujemy

\[ \frac{\varphi(x)-\varphi(x_0)}{\psi(x)-\psi(x_0)}=\frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)} \qquad\mbox{dla pewnego $c\in (x_0,x)$.} \]

Korzystając z tej równości, obliczamy

\[ \begin{eqnarray} r_k(x)=\varphi(x_0)&=&  \underbrace{\varphi(x)}_{=0}-(\psi(x)-\psi(x_0))\frac{\varphi'(c)}{\psi'(c)} \nonumber \\ & \stackrel{\eqref{fiprim}}= &   \frac{f^{(k+1)}(c)}{k!} (x-c)^k \, \cdot \, \frac{\psi(x)-\psi(x_0)}{\psi'(c)}   \label{prereszta} \end{eqnarray} \]

Aby zakończyć dowód, pozostaje odpowiednio dobrać funkcję $ \psi $ i użyć powyższego wzoru dla niej. Weźmy $ \psi(y)=(x-y)^p $. Wtedy $ \psi $ jest ciągła na $ [x_0,x] $ i $ \psi'(y)=-p(x-y)^{p-1} $ nie znika w $ (x_0,x) $. Ponadto, $ \psi(x)=0 $ i $ \psi(x_0)=(x-x_0)^p $. Niech $ \theta\in (0,1) $ będzie takie, że $ c=x_0+\theta(x-x_0) $. Wzór prereszta przepisujemy teraz w postaci

\[ \begin{eqnarray*} r_k(x) & = &   \frac{f^{(k+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{k!} (x-x_0-\theta(x-x_0))^k \, \cdot \, \frac{-(x-x_0)^p}{-p(x-x_0-\theta(x-x_0))^{p-1}} \\           & = &   \frac{f^{(k+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{k!\cdot p} (x-x_0)^k(1-\theta)^k \, \cdot \, \frac{(x-x_0)^p}{(x-x_0)^{p-1}(1-\theta)^{p-1}} \\ & = &   \frac{f^{(k+1)}(x_0+\theta(x-x_0))}{k!\cdot p} (x-x_0)^{k+1}(1-\theta)^{k+1-p}\, .  \end{eqnarray*} \]

To jest właśnie szukana postać reszty, resztaSR. Dowód jest zakończony.

Dobierając różne wartości $ p $, można otrzymać różne konkretne postacie reszty. Bardzo znana jest tzw. reszta Lagrange'a, którą otrzymujemy dla $ p=k+1 $. Wtedy $ k+1-p=0 $, a $ k!\cdot p=(k+1)! $. Dlatego zachodzi następujący fakt.

Wniosek [wzór Taylora z resztą Lagrange'a] (#) Załóżmy, że funkcja $ f\colon (a,b)\to \R $ ma w~przedziale $ (a,b) $ pochodne do rzędu $ (k+1) $ włącznie. Wówczas, dla każdego $ x_0\in (a,b) $ i każdego $ x\in (a,b) $ istnieje taki punkt $ c $, pośredni między $ x_0  $ i $ x $, że

\[ f(x)= \sum_{j=0}^k \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!} (x-x_0)^j \ + \  \frac{f^{({k+1})}(c)}{(k+1)!} (x-x_0)^{k+1} \, . \]

Warunki dostateczne istnienia ekstremów lokalnych

Posługując się wzorem Taylora, nietrudno sformułować warunki dostateczne istnienia ekstremów lokalnych, wyrażone za pomocą pochodnych wyższych rzędów. Wiemy już, że zerowanie pierwszej pochodnej funkcji nie jest warunkiem dostatecznym istnienia ekstremum lokalnego (przykład: $ f(x)=x^3 $ jest ściśle rosnąca, ale $ f'(0)=0 $). Jeśli jednak wiadomo, które pochodne wyższych rzędów danej funkcji znikają, a które nie, to można łatwo określić, czy w danym punkcie jest ekstremum lokalne, czy nie. Służy do tego wzór Taylora.

Stwierdzenie Załóżmy, że $ f\colon (a,b)\to \R $ ma w $ (a,b) $ pochodne do rzędu $ (2k-1) $ włącznie, a ponadto istnieje $ f^{(2k)}(x_0) $. Jeśli

\[ 	f^{(j)}(x_0)=0 \quad\mbox{dla $j=1,\ldots, 2k-1$,} \qquad \mbox{zaś $f^{(2k)}(x_0)\not = 0$,} 	\]

to $ f $ ma w $ x_0 $ ekstremum lokalne właściwe. Dokładniej, jeśli $ f^{(2k)}(x_0)>0 $, to $ f $ ma w $ x_0 $ minimum lokalne właściwe, a jeśli $ f^{(2k)}(x_0)<0 $, to $ f $ ma w $ x_0 $ maksimum lokalne właściwe.

Dowód:
Rozpatrzymy tylko przypadek $ f^{(2k)}(x_0)>0 $; w drugim przypadku dowód jest analogiczny. Ze wzoru Taylora z resztą w postaci Peano otrzymujemy, uwzględniając założenie o znikaniu pochodnych $ f^{(j)}(x_0) $ dla $ j=1,\ldots,2k-1 $,

\[ f(x)-f(x_0)=\sum_{j=1}^{2k} \frac{f^{(j)}(x_0)}{j!} (x-x_0)^j + r(x) =  \frac{f^{(2k)}(x_0)}{(2k)!} (x-x_0)^{2k} + r(x)\,   , \]

gdzie $ r(x)=o((x-x_0)^{2k}) $ dla $ x\to x_0 $. Dobierzmy liczbę $ \delta>0 $ tak, aby

\[ \left|\frac{r(x)}{(x-x_0)^{2k}}\right| < \frac 12    \cdot \frac{f^{(2k)}(x_0)}{(2k)!} \qquad\mbox{dla $0<|x-x_0|<\delta$;} \]

można to zrobić, posługując się wprost definicją granicy, gdyż $ \eps = f^{(2k)}(x_0)/(2\cdot (2k)!)>0 $. Zatem, z nierówności trójkąta,

\[ f(x)-f(x_0)= \left( \frac{f^{(2k)}(x_0)}{(2k)!}+\frac{r(x)}{(x-x_0)^{2k}}\right) (x-x_0)^{2k}>  \frac 12    \cdot \frac{f^{(2k)}(x_0)}{(2k)!} (x-x_0)^{2k} >0 \]

dla wszystkich $ x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\setminus\{x_0\} $. Dowód jest zakończony.

Stwierdzenie (#) Załóżmy, że $ f\colon (a,b)\to \R $ ma w $ (a,b) $ pochodne do rzędu $ 2k $ włącznie, a ponadto istnieje $ f^{(2k+1)}(x_0) $. Jeśli

\[ 	f^{(j)}(x_0)=0 \quad\mbox{dla $j=1,\ldots, 2k$,} \qquad \mbox{ale $f^{(2k+1)}(x_0)\not = 0$,} 	\]

to $ f $ nie ekstremum w punkcie $ x_0 $.

     Szkic dowodu. Postępując tak, jak w poprzednim dowodzie, otrzymujemy

\[ f(x)-f(x_0) =\frac{f^{(2k+1)}(x_0)}{(2k)!} (x-x_0)^{2k+1} + r(x)\,   , \]

przy czym dla pewnej liczby $ \delta>0 $ jest

\[ \left|\frac{r(x)}{(x-x_0)^{2k+1}}\right| < \frac 12    \cdot \left|\frac{f^{(2k+1)}(x_0)}{(2k+1)!}\right| \qquad\mbox{dla $0<|x-x_0|<\delta$.} \]

Ponieważ wyrażenie $ (x-x_0)^{2k+1} $ nie ma stałego znaku, więc łatwo jest stąd wywnioskować, że i różnica $ f(x)-f(x_0) $ nie ma stałego znaku dla $ x $ bliskich $ x_0 $.

Warunki dostateczne wypukłości. Punkty przegięcia.

W ostatniej części tego podrozdziału powiemy o związkach pochodnej z wypukłością.

Twierdzenie Załóżmy, że $ f\colon P=(a,b)\to\R $ jest różniczkowalna. Wówczas $ f $ jest wypukła na $ P $ (odpowiednio: ściśle wypukła na $ P $) wtedy i tylko wtedy, gdy $ f' $ jest niemalejąca na $ P $ (odpowiednio: rosnąca na $ P $).

Dowód:
Znamy już Twierdzenie~ [link], które podaje równoważne warunki wypukłości. Trzeci warunek w tym twierdzeniu orzeka, że $ f $ jest wypukła na $ P=(a,b) $ wtedy i tylko wtedy, gdy dla wszystkich $ x<y<z $ należących do $ P $ zachodzą nierówności

\[ \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \frac{f(z)-f(y)}{z-y}\, . \]

Jeśli $ f $ jest ściśle wypukła, to dla każdej trójki punktów nierówności są ostre.

Ustalmy teraz dowolne $ x<y<z\in P $ i załóżmy, że $ f $ jest różniczkowalna, a $ f' $ jest funkcją niemalejącą. Z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej wynika, że istnieją $ c_1\in (x,y) $ oraz $ c_2\in (y,z) $ takie, że

\[ \frac{f(y)-f(x)}{y-x}= f'(c_1)\le f'(c_2) =\frac{f(z)-f(y)}{z-y}\, , \]

gdzie środkowa nierówność zachodzi, gdyż $ f' $ jest niemalejąca i $ c_1<y<c_2 $. Jeśli ponadto $ f' $ jest rosnąca, to $ f'(c_1)<f'(c_2) $. To kończy dowód w jedną stronę.

Pokażemy teraz, że jeśli $ f $ jest wypukła i $ f' $ istnieje, to $ f'(x)\le f'(z) $ dla $ x<z\in P $. Z Twierdzenia~ [link] wynika, że dla $ 0<h<y-x $, gdzie $ y=\frac{x+z}2 $ jest środkiem odcinka $ (x,z) $, zachodzą nierówności

\[ \frac{f(x+h)-f(x)}h\le \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \frac{f(z)-f(y)}{z-y}\le \frac{f(z)-f(z-h)}h\, .  \]

Ponieważ nierówności nieostre zachowują się w granicy, więc wykonując przejście graniczne $ h\to 0 $, otrzymujemy

\[ \begin{equation} f'(x)\le  \frac{f(y)-f(x)}{y-x}\le \frac{f(z)-f(y)}{z-y}\le f'(z)\, . \label{monofprim} \end{equation} \]

Zatem $ f' $ jest niemalejąca. Jeśli ponadto $ f $ jest ściśle wypukła, to środkowa nierówność jest ostra, co oznacza, że wtedy $ f'(x)<f'(z) $.

    Uwaga. Aby sprawdzić, że monotoniczność $ f' $ jest warunkiem dostatecznym wypukłości $ f $, można też postąpić inaczej. Niech $ x_1\le x\le y=x_2\in P $, $ t\in (0,1) $. Funkcja

\[ \psi(x)=f((1-t)x+ty) -(1-t)f(x)-tf(y) \]

ma pochodną $ \psi'(x)=(1-t)\bigl(f'((1-t)x+ty) -f'(x)\bigr) $. Zauważmy, że $ (1-t)x+ty=x+t(y-x)>x $, gdy $ x<y $ i $ t>0 $. Dlatego, jeśli $ f' $ jest niemalejąca, to $ \psi'\ge 0 $ na $ [x_1,x_2] $. Stąd $ \psi(x_1)\le \psi (x_2)=0 $, a warunek $ \psi(x_1)\le 0 $ jest po prostu nierównością Jensena. Zauważmy, że gdy $ f' $ jest rosnąca, to nierówności w ostatnim zdaniu można zmienić na ostre.

Wniosek Załóżmy, że $ f\colon P=(a,b)\to\R $ jest dwukrotnie różniczkowalna. Wówczas:

  1. Jeśli $ f''>0 $ na $ P $, to $ f $ jest ściśle wypukła na $ P $;
  2. Jeśli $ f''\ge 0 $ na $ P $, to $ f $ jest wypukła na $ P $;
  3. Jeśli $ f''<0 $ na $ P $, to $ f $ jest ściśle wklęsła na $ P $;
  4. Jeśli $ f''\le 0 $ na $ P $, to $ f $ jest wklęsła na $ P $.

Dowód:
Wystarczy zastosować poprzednie twierdzenie i Wniosek~ [link], podający warunki dostateczne monotoniczności funkcji różniczkowalnej.

    Uwaga. Należy pamiętać, że mówimy tu tylko o dostatecznych warunkach wypukłości. Funkcja wypukła może przecież w pewnych punktach nie mieć nawet pierwszej pochodnej (przykład: $ f(x)=|x| $ dla $ x\in \R $), a tym bardziej drugiej. Stosując Twierdzenie~ [link], można dość łatwo wykazać, że funkcja wypukła ma w każdym punkcie pochodne jednostronne i jest różniczkowalna poza zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Szczegóły pozostawiamy w charakterze zadania.

Definicja [punkty przegięcia](#) Niech $ f\colon P=(a,b)\to \R $ będzie ciągła i niech ma w punkcie $ x_0\in P $ skończoną lub nieskończoną pochodną. Załóżmy, że istnieje taka liczba $ \delta>0 $, że $ f $ nie jest liniowa na żadnym z przedziałów $ (x_0,x_0-\delta) $ i $ (x_0,x_0+\delta) $, a ponadto na jednym z nich jest wypukła, zaś na drugim - wklęsła. Mówimy wtedy (i tylko wtedy), że $ f $ ma punkt przegięcia w $ x_0 $.

Można spotkać w literaturze inne, nierównoważne powyższej, definicje punktów przegięcia - np. taką: \begin{quote} {\it Niech $ f\colon (a,b)\to \R $ będzie różniczkowalna w $ x_0\in (a,b) $ i niech $ y(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) $ będzie styczną do wykresu $ f $ w punkcie $ (x_0,f(x_0)) $. Mówimy, że $ f $ ma w $ x_0 $ punkt przegięcia, gdy funkcja $ f(x)-y(x) $ zmienia znak w punkcie $ x_0 $.} \end{quote} Geometrycznie biorąc, powyższe określenie oznacza, że wykres $ f $ przechodzi z jednej strony stycznej na drugą. Nie wymagamy, żeby na ustalonym przedziale z jednej strony $ x_0 $ funkcja była wklęsła, a z drugiej wypukła.

Zadanie (#) Niech

\[ f(x)=\left\{\begin{array}{ll} x^2 \bigl(2+ \sin(1/x)\bigr)\, , \qquad & x\not=0\, ,\\ 0, & x=0\,  \end{array} \right. \]

będzie funkcją z Przykładu~ [link] i niech $ g(x)=f(x) $ dla $ x\ge 0 $, $ g(x)=-f(x) $ dla $ x<0 $. Sprawdzić, że $ g $ nie ma w $ x_0=0 $ punktu przegięcia w sensie Definicji~ [link], ale funkcja

\[ g(x)-\Bigl(g(x_0)+g'(x-x_0)(x-x_0)\Bigr) \]

jest dodatnia dla $ x>x_0=0 $ i ujemna dla $ x<x_0=0 $, tzn. wykres $ g $ przechodzi w zerze z jednej strony stycznej na drugą. (#)

Stwierdzenie Załóżmy, że $ f\colon (a,b)\to \R $ jest dwukrotnie różniczkowalna na $ (a,b) $ i trzykrotnie różniczkowalna w $ x_0\in (a,b) $, przy czym $ f^{(3)}(x_0)\not=0=f''(x_0) $. Wtedy $ f $ ma w $ x_0 $ punkt przegięcia. (#)

Dowód:
Bez zmiany ogólności załóżmy, że $ f^{(3)}(x_0)>0 $. Ponieważ

\[ 0< f^{(3)}(x_0)=\lim_{h\to 0}\frac{f''(x_0+h)-f''(x_0)}h =  \lim_{h\to 0}\frac{f''(x_0+h)}h\, , \]

więc dla wszystkich dostatecznie małych $ h>0 $ jest $ f''(x_0+h)>0>f''(x_0-h) $. Zatem $ f $ jest ściśle wypukła na pewnym przedziale $ x_0,x_0+\delta) $ i ściśle wklęsła na pewnym przedziale $ (x_0-\delta,x_0) $. Na żadnym z tych przedziałów $ f $ oczywiście nie jest liniowa, a ponadto $ f'(x_0) $ istnieje, gdyż $ f $ jest dwukrotnie różniczkowalna. Spełnione są więc wszystkie warunki Definicji~ [link].

\begin{figure}[!t] \begin{center}  \includegraphics*[totalheight=5cm]{pp.png}</p>
<p>\includegraphics*[totalheight=7.2cm]{pp-a-styczna.png} </p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt U góry: punkt przegięcia. U dołu: wykres funkcji przechodzi na drugą stronę stycznej, jednak w dowolnie małym przedziale $ (a,a+\delta) $ są zarówno odcinki, na których funkcja jest wklęsła, jak i odcinki, na których funkcja jest wypukła. Konkretny przykład takiej sytuacji można znaleźć w Zadaniu~ [link].

} \end{figure}

Uwaga Przy założeniach ostatniego stwierdzenia funkcja

\[ 	h(x)=f(x)-\Bigl(f(x_0)+f'(x-x_0)(x-x_0)\Bigr)   	\]

zmienia znak w punkcie $ x_0 $, gdyż ze wzoru Taylora z resztą w postaci Peano wynika, że

\[ \begin{eqnarray*} h(x)&=&\frac{f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 +  \frac{f^{(3)}(x_0)}{3!}(x-x_0)^3 + o \bigl((x-x_0)^3\bigr) \\ &= &\frac{f^{(3)}(x_0)}{3!}(x-x_0)^3 + o \bigl((x-x_0)^3\bigr) \quad\mbox{dla $x\to x_0$;} \end{eqnarray*} \]

znak prawej strony określamy tak samo, jak w dowodzie Stwierdzenia~ [link]. Z intuicyjnego punktu widzenia, przy założeniach $ f^{(3)}(x_0)\not=0=f''(x_0) $ różnica $ h $ między $ f $ i styczną do wykresu $ f $ zachowuje się w otoczeniu punktu $ x_0 $ - z dokładnością do zaniedbywalnego błędu - tak, jak pewna wielokrotność $ (x-x_0)^3 $. Widać, że przy takich założeniach oba przytoczone określenia punktu przegięcia są równoważne (a patologie takie, jak w Zadaniu~ [link], są wykluczone).

Zadanie Sprawdzić, że przy założeniach Stwierdzenia~ [link] $ f $ ma w $ x_0 $ punkt przegięcia.      Wskazówka. Spróbować naśladować dowód Stwierdzenia~ [link].

Reguła de l'Hospitala

Sformułujemy teraz kilka wariantów tak zwanej reguły de l'Hospitala, która ułatwia obliczanie granice wyrażeń nieoznaczonych typu $ \frac 00 $ i $ \frac \infty\infty $. Jest to narzędzie wygodne i warto je znać. Zobaczymy jednak przykłady sytuacji, gdy reguła de l'Hospitala prowadzi do koszmarnych rachunków i z kretesem przegrywa konkurencję z wzorem Taylora.

Twierdzenie (#) Załóżmy, że $ f,g\colon \R\supset P \to\R $ są różniczkowalne w punkcie skupienia $ a\in P $ zbioru $ P\subset \R $, a ponadto $ f(a)=g(a)=0\not= g'(a) $. Wtedy granica

\[ 	\lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} 	\]

istnieje i jest równa $ f'(a)/g'(a) $.

Dowód:
Z założeń $ f(a)=g(a)=0\not= g'(a) $ wynika, że

\[ \frac{f(x)}{g(x)}=  \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \frac{x-a}{g(x)-g(a)} \]

(ostatni ułamek ma sens: blisko punktu $ a $ jest $ g(x)\not=g(a) $, gdyż $ g'(a)\not= 0 $). Z twierdzenia o granicy iloczynu i definicji pochodnej wynika natychmiast, że

\[ \frac{f(x)}{g(x)}=   \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\cdot \frac{x-a}{g(x)-g(a)} \to f'(a)\cdot \frac{1}{g'(a)} \qquad\mbox{gdy $x\to a$. <p style="text-align: right">&square;</p>} \]
Twierdzenie (#) Załóżmy, że $ f,g\colon \R\supset P \to\R $$ (k-1) $-krotnie różniczkowalne w przedziale $ P\subset \R $. Jeśli $ a $ jest punktem wewnętrznym $ P $ i

\[ f^{(j)}(a)=g^{(j)}(a)=0 \quad\mbox{dla $j=0,1,\ldots, k-1$,} \qquad \mbox{ale } g^{(k)}(a)\not=0, \]

to granica

\[ \lim_{x\to a} \frac{f(x)}{g(x)} \]

istnieje i jest równa $ f^{(k)}(a)/g^{(k)}(a) $.

Dowód:
Posługując się wzorem Taylora z resztą Peano i założeniem o znikaniu odpowiednich pochodnych $ f $ i $ g $, możemy napisać:

\[ \frac{f(x)}{g(x)} =\frac{ \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k + o ((x-a)^k) } { \frac{g^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k + o ((x-a)^k) }= \frac{ f^{(k)}(a)  + \frac{o ((x-a)^k)}{(x-a)^k} } { g^{(k)}(a)  + \frac{o ((x-a)^k)}{(x-a)^k} } \quad\mbox{dla $x\to a$.} \]

(Zauważmy, że w otoczeniu punktu $ a $ mianownik nie będzie się zerował, gdyż $ g^{(k)}(a)\not =0 $.) Stąd natychmiast wynika teza.

Kolejny wariant od dwóch poprzednich różni się tym, że nie zakładamy różniczkowalności obu funkcji w punkcie $ a $.

Twierdzenie (#) Załóżmy, że $ f,g\colon [a,a+ d ) \to\R $, gdzie $  d >0 $, są różniczkowalne w przedziale otwartym $ (a,a+ d ) $, $ g'(x)\not = 0 $ na $ (a,a+ d ) $ i $ f(a)=g(a)=0 $. Jeśli istnieje granica $ \lim_{x\to a} \bigl(f'(x)/g'(x)\bigr)=A $, to istnieje granica $ \lim_{x\to a} \bigl(f(x)/g(x)\bigr) $ i też jest równa $ A $.

    Szkic dowodu. Tym razem skorzystamy z twierdzenia Cauchy'ego i napiszemy

\[ \begin{equation} 	\label{C-H3} \frac{f(x)}{g(x)}=  \frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)} = \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}, \qquad\mbox{gdzie $a<\xi_x<x$.} \end{equation} \]

Posługując się wprost definicją granicy (wg. Cauchy'ego), nietrudno stwierdzić, że dla $ x\to a $ prawa strona dąży do $ A $, a więc i lewa strona dąży do $ A $. Czytelnik zechce uzupełnić wszystkie szczegóły rozumowania.

Uwaga (#) Regułę de l'Hospitala w wersji podanej w Twierdzeniu~ [link] wolno stosować nie tylko dla $ A\in \R $, ale także w przypadku $ A=\pm\infty $. Jeśli np. $ A=+\infty $, to dla dowolnej liczby $ M>0 $ znajdziemy $ \eta>0 $ takie, że $ f'(\xi)/g'(\xi)>M $ na przedziale $ (a,a+\eta) $. Jeśli $ x\in (a,a+\eta) $, to $ \xi_x $ we wzorze C-H3 też jest punktem przedziału $ (a,a+\eta) $ i dlatego dla $ x\in (a,a+\eta) $ lewa strona C-H3 jest większa od $ M $.
Uwaga W Twierdzeniu~ [link] punkt $ a\in\R $ można zastąpić przez $ \pm\infty $. Uzasadnienie nie jest skomplikowane. Wystarczy przyjąć, że

\[ 	F(t)=f(1/t)\, , \qquad G(t)=g(1/t)\, ; 	\]

wtedy (powiedzmy, że $ a=+\infty $)

\[ \lim_{x\to +\infty} \frac{f(x)}{g(x)}= \lim_{t\to 0^+} \frac{F(t)}{G(t)}\, . \]

Mamy też, dzięki wzorowi na pochodną złożenia,

\[ \lim_{t\to 0} \frac{F(t)}{G(t)} =   \lim_{t\to 0} \frac{F'(t)}{G'(t)}= \lim_{t\to 0} \frac{-t^{-2}f'(1/t)}{-t^{-2}g'(1/t)} =  \lim_{t\to 0} \frac{f'(1/t)}{g'(1/t)} = \lim_{x\to +\infty} \frac{f'(x)}{g'(x)}\, . \quad\mbox{<p style="text-align: right">&square;</p>} \]

W ostatniej wersji reguła de l'Hospitala przenosi się na nieoznaczoności typu $ \frac\infty\infty $.

Twierdzenie (#) Niech $ f,g $ będą różniczkowalne w przedziale $ (a,a+ d ) $, $ g'(x)\not = 0 $ na $ (a,a+ d ) $ i $ \lim_{x\to a} f(x)=\lim_{x\to a} g(x)=\pm\infty $. Jeśli istnieje granica $ \lim_{x\to a} \bigl(f'(x)/g'(x)\bigr)=A $, to istnieje granica $ \lim_{x\to a} \bigl(f(x)/g(x)\bigr) $ i też jest równa $ A $.

Dowód:
Dla ustalenia uwagi rozpatrzymy przypadek $ \lim_{x\to a} f(x)=\lim_{x\to a} g(x)=+\infty $ i $ A\in \R $. Niech $ a<x<x_0<a+ d  $. Wtedy

\[ \frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}= \frac{f(x)}{g(x)} \cdot \frac{1-(f(x_0)/f(x))}{1-(g(x_0)/g(x))}\, . \]

Dla ustalonego $ x_0 $, ułamek

\[ U(x_0,x)= \frac{1-(g(x_0)/g(x))}{1-(f(x_0)/f(x))} \]

ma dla $ x\to a $ granicę równą $ 1 $, gdyż $ f,g\to +\infty $ dla $ x\to a $. Posługując się twierdzeniem Cauchy'ego, by wyrazić stosunek przyrostów funkcji $ f $ i $ g $, piszemy

\[ \begin{equation} 	\label{pre-dowH} \frac{f(x)}{g(x)} =  \frac{f(x)-f(x_0)}{g(x)-g(x_0)}\cdot {U(x_0,x)} = \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}\cdot   {U(x_0,x)}, \qquad\mbox{gdzie $a<x<\xi_x<x_0$}\, . \end{equation} \]

Dlatego

\[ \begin{eqnarray} \left|\frac{f(x)}{g(x)} - A\right|&= &\left|\frac{f(x)}{g(x)} - \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} + \frac{f'(\xi_x)}{g(\xi_x)}-  A\right| \nonumber  \\   &\stackrel{\eqref{pre-dowH}}=&   \left| \frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)} \bigl(U(x_0,x)-1\bigr)+ \frac{f'(\xi_x)}{g(\xi_x)}-  A\right| \nonumber  \\   &\le &    \left|\frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}\right|\cdot \bigl|U(x_0,x)-1\bigr| + \left|  \frac{f'(\xi_x)}{g(\xi_x)}-  A\right|\, .                         \label{dowH}  \end{eqnarray} \]

Ustalmy $ \eps>0 $ i liczbę $ \eta\in (0,1) $, którą dobierzemy do $ \eps $ później. Korzystając z założenia o istnieniu granicy ilorazu pochodnych, weźmy taki punkt $ x_0\in (a,a+ d ) $, aby $ |\frac{f'(t)}{g'(t)}-A|<\eta $ dla wszystkich $ t\in (a,x_0) $. Wreszcie, ustaliwszy już $ x_0 $, wybierzmy liczbę $ \delta\in (0,|x_0-a|) $ tak, aby $ \bigl|U(x_0,x)-1\bigr|<\eta $ dla wszystkich $ x\in (a,a+\delta) $. Szacując prawą stronę dowH, otrzymujemy teraz

\[  \left|\frac{f(x)}{g(x)} - A\right|\le    \left|\frac{f'(\xi_x)}{g'(\xi_x)}\right|\cdot \eta + \eta\le (|A|+\eta)\eta + \eta< (|A|+1+1)\eta< \eps \]

dla wszystkich liczb $ x\in (a,a+\delta) $; aby zachodziła ostatnia nierówność, wystarczy wziąć np. $ \eta=\eps/(|A|+3) $.

Zadanie Przeprowadzić dowód ostatniego twierdzenia dla $ A=\pm\infty $.

Założenie o istnieniu granicy ilorazu $ f'/g' $ jest istotnie i nie można go pominąć.

Przykład Oczywiście,

\[ 	\lim_{x\to +\infty} \frac{2x+\sin x}{2x-\sin x} 	=\lim_{x\to +\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{\sin x}{2x}}{1-\displaystyle\frac{\sin x}{2x}}= 1\, .    	\]

Jednak, oznaczając $ f(x)={2x+\sin x} $, $ g(x)={2x-\sin x} $, otrzymujemy

\[ \frac{f'(x)}{g'(x)} = \frac{2+\cos x}{2-\cos x}\, , \]

a ten iloraz nie ma granicy dla $ x\to \infty $. (Można wykazać, że każda liczba $ z\in [\frac 13, 3] $ jest granicą ciągu $ f'(x_n)/g'(x_n) $ dla pewnego ciągu $ (x_n) $, który dąży do nieskończoności).

Teraz omówimy kilka przykładów zastosowań reguły de l'Hospitala.

Przykład Zacznijmy od nieoznaczoności typu $ \frac 00 $. Obliczmy granicę $ \lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)}{g(x)} $, gdzie $  f(x)=e^x-e^{-x}-x $ i $ g(x) =\sin x-2x $. Mamy $ f(0)=g(0)=0 $. Jest $ f'(x)=e^x+e^{-x}-1 $ i $ g'(x)=\cos x - 2 $, więc $ f'(0)/g'(0)= 1/(-1)=-1 $. Dlatego granica

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{e^x-e^{-x}-x}{\sin x-2x} \]

istnieje i jest równa $ -1. $ (Posłużyliśmy się Twierdzeniem~ [link]).

Przykład Obliczmy granicę $ \lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)}{g(x)} $, gdzie $  f(x)=e^x-e^{-x}-x $ i $ g(x) =\sin x-x $. Mamy $ f(0)=g(0)=0 $. Jest $ f'(x)=e^x+e^{-x}-1 $ i $ g'(x)=\cos x - 1 $, więc wartości $ f'(0)/g'(0) $ nie można określić. Iloraz $ f'(x)/g'(x)\to -\infty $ dla $ x\to 0^+ $ ilatego granica

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{e^x-e^{-x}-x}{\sin x-x} \]

istnieje i jest równa $ -\infty. $ (Tym razem posłużyliśmy się Twierdzeniem~ [link] i Uwagą~ [link]).

Przykład Obliczmy granicę $ \lim_{x\to 0^+} \frac{f(x)}{g(x)} $, gdzie tym razem $  f(x)=e^x-e^{-x}-2x $ i $ g(x) =\sin x-x $. Łatwo sprawdzić, że

\[ f(0)=f'(0)=f''(0)=g(0)=g'(0)=g''(0)=0, \qquad\mbox{ale }g'''(0)= - \cos 0 = - 1. \]

Ponieważ $ f'''(0)=e^0+e^{-0}=2 $, więc na mocy Twierdzenia~ [link]

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{e^x-e^{-x}-2x}{\sin x-x}= \lim _{x\to 0^+} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'''(0)}{g'''(0)}=-2\, . \]

Przykład Ten przykład jest nieco bardziej skomplikowany. Obliczymy granicę

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{\bigl(1+x\bigr)^{1/x}-e}{x}\, . \]

Niech $ f(x)=\bigl(1+x\bigr)^{1/x}-e $ dla $ x>0 $. W punkcie $ x=0 $ kładziemy $ f(0)=0 $. Ponieważ $ \bigl(1+x\bigr)^{1/x}\to e $ dla $ x\to 0^+ $ (to można sprawdzić, obliczając granicę prawostronną w zerze funkcji $ \ln\bigl((1+x)^{1/x}\bigr)=\frac{\ln(1+x)}x $, a następnie korzystając z ciągłości funkcji wykładniczej), więc otrzymamy w ten sposób funkcję ciągłą $ f\colon [0,+\infty)\to \R $, różniczkowalną dla $ x>0 $.

Ponadto, niech $ g(x)=x $. Wtedy $ g(0)=0 $ i $ g'(x)=1 $ dla wszystkich $ x $. Aby zastosować Twierdzenie~ [link], obliczamy

\[ \begin{eqnarray} 	f'(x) & = &\left(\exp\Bigl(\frac{\ln(1+x)}x\Bigr)\right)' \nonumber \\ 	      & = & \exp\Bigl(\frac{\ln(1+x)}x\Bigr)\, \cdot \,   \left(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)\nonumber \\ & = & \bigl(1+x\bigr)^{1/x}  \cdot  \left(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)\, . \label{preexp1n}      \end{eqnarray} \]

Twierdzenie~ [link] pozwala teraz sprowadzić istnienie granicy $ f/g $ do istnienia granicy

\[ \begin{equation}  \label{preexp2n}                    \lim_{x\to 0^+} \left(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)= \lim_{x\to 0^+} \frac{x-(x+1)\ln(1+x)}{x^2(x+1)}\, .  \end{equation} \]

Niech teraz $ F(x)=x-(x+1)\ln(1+x) $, $ G(x)=x^2(x+1)=x^3+x^2 $. Mamy

\[ F'(x)=1-\ln(1+x)-1=-\ln(1+x), \qquad G'(x)= 3x^2+2x, \]

więc $ F(0)=G(0)=F'(0)=G'(0)=0 $, natomiast

\[ F''(x)=-\frac{1}{1+x}, \qquad G''(x)=6x +2, \]

tzn. $ F''(0)=-1 $, $ G''(0)=2 $ i na mocy Twierdzenia~ [link] otrzymujemy

\[ \lim_{x\to 0^+}\left(\frac{1}{x(x+1)}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)\  \stackrel{\eqref{preexp2n}}= \ \lim_{x\to 0^+} \frac{F(x)}{G(x)}\ \stackrel{\text{Tw.~\ref{regH2}}}=\ \frac{F''(0)}{G''(0)}= -\frac 12. \]

Podstawiając ten wynik do preexp1n i korzystając z równości $ \lim_{x\to 0+}(1+x)^{1/x}=e $, otrzymujemy teraz, stosując Twierdzenie~ [link],

\[ \lim_{x\to 0^+}\frac{\bigl(1+x\bigr)^{1/x}-e}{x}= \lim_{x\to 0^+}\frac{f(x)}{g(x)}=  \lim_{x\to 0^+}  \frac{f'(x)}{g'(x)}=  \lim_{x\to 0^+} {f'(x)} = -\frac{e}{2}\, . \]

Ponieważ $ -e/2<-1 $, więc otrzymujemy z ostatniego przykładu następujący wniosek.

Wniosek Dla wszystkich dostatecznie dużych $ n $ zachodzi nierówność

\[ 	\left(1+\frac 1n\right)^n < e-\frac 1n 	\]

Dowód:
Dla ciągu $ x_n=\frac 1n $, przy oznaczeniach z ostatniego przykładu, z pewnością zachodzi warunek: $ f(x_n)/g(x_n)<-1 $ dla wszystkich dostatecznie dużych $ n $ (posługujemy się definicją Heinego granicy funkcji i Stwierdzeniem~ [link]). Równoważnie,

\[ \left(1+\frac 1n\right)^n =f(x_n)+e<e-g(x_n)=e-\frac 1n\, , \]

a to jest teza wniosku.

Widzimy zatem, że ciąg $ a_n=(1+\frac 1n)^n $ jest zbieżny do swojej granicy, liczby $ e $, dość wolno: odstęp $ e-a_n $ jest większy od $ \frac 1n $. Do wszelkich celów związanych z praktycznymi obliczeniami używa się rozwinięcia funkcji wykładniczej w szereg, które poznaliśmy w Rozdziale~4.

Przykład Logarytm rośnie w nieskończoności wolniej, niż dowolna funkcja potęgowa o wykładniku dodatnim. Innymi słowy, dla każdego $ \omega>0 $ jest

\[ \lim_{x\to +\infty}\frac{\ln x}{x^\omega} = 0, \]

gdyż dla $ f(x)=\ln x $ i $ g(x)=x^\omega $ mamy

\[ \frac{f'(x)}{g'(x)}=\frac {1/x}{\omega x^{\omega-1}}= \frac{1}{\omega x^\omega}\to 0 \qquad\mbox{dla $x\to \infty$.} \]

Zauważmy: tym razem chodziło o nieoznaczoność typu $ \frac\infty\infty $ i skorzystaliśmy z Twierdzenia~ [link].

Zadanie Proszę samodzielnie wykazać, używając metody z ostatniego przykładu, że dla dowolnych liczb $ \omega>0 $ i $ a>1 $ jest

\[ 	\lim_{x\to +\infty}\frac{x^\omega}{a^x}=0\, . 	\]

Ile razy trzeba zastosować regułę de l'Hospitala, żeby uzyskać odpowiedź?

Z ostatniego zadania i ostatniego przykładu wynika ponownie morał, który skądinąd Czytelnik miał szansę poznać wcześniej, rozwiązując elementarnymi metodami wiele konkretnych zadań o granicach ciągów:

\begin{framed} \begin{quote}

Dla $ x\to +\infty $:

  1. Logarytm naturalny dąży do nieskończoności wolniej, niż dowolna funkcja potęgowa o wykładniku dodatnim;
  2. Funkcja wykładnicza dąży do nieskończoności szybciej, niż dowolny wielomian.

\end{quote} \end{framed}

Przykład (#) W ostatnim przykładzie wskażemy granicę, którą można względnie łatwo określić, stosując wzór Taylora, natomiast używanie reguły de l'Hospitala jest raczej skazane na porażkę. Obliczymy

\[ \lim_{x\to 0}\frac{(\arcsin x - \sin x)^{4/3}\ln (1/\cos x)} {\bigl(\exp(x-\sin x)-1\bigr)^2}\, . \]

Korzystając z rozwinięć Taylora-Maclaurina funkcji trygonometrycznych, $ \exp t $ i $ \ln (1+t) $, które poznaliśmy w poprzednim podrozdziale, możemy dla $ x\to 0 $ napisać

\[ \begin{gather*} \ln (1/\cos x)=-\ln \cos x = - \ln \left(1-\frac{x^2}2 + o(x^2)\right)= \frac{x^2}2+ o(x^2);\\  \exp(x-\sin x)-1 = \exp \left(x-\Bigl(x-\frac{x^3}{6}+ o(x^3)\Bigr)\right)-1 =\frac{x^3}{6}+ o(x^3)\, . \end{gather*} \]

Funkcja $ h(x)=\arcsin x $ ma pochodne

\[ \begin{gather*}      h'(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=(1-x^2)^{-1/2}, \\ h''(x)=-\frac 12  (1-x^2)^{-3/2}\cdot (-2x)= x (1-x^2)^{-3/2},\\ h'''(x)= (1-x^2)^{-3/2} - x\cdot \frac 32  (1-x^2)^{-5/2}\cdot(-2x)=(1-x^2)^{-3/2}+3x^2 (1-x^2)^{-5/2}. \end{gather*} \]

Zatem $ h(0)=h''(0)=0 $, $ h'(0)=h'''(0)=1 $, i ze wzoru Maclaurina z resztą Peano otrzymujemy

\[ \arcsin x = h(x) = x+ \frac{x^3}6+o(x^3)\qquad\mbox{dla $x\to 0$.} \]

Stąd, ponieważ $ \sin x=x- \frac{x^3}6+o(x^3) $ dla $ x\to 0 $,

\[ \arcsin x-\sin x = \frac{x^3}3 + o (x^3). \]

\begin{figure}[!t] \begin{center}  \includegraphics*[totalheight=7.5cm]{RGH1.png}</p>
<p>\end{center}

{\footnotesize\baselineskip 11pt Stosowanie reguły de l'Hospitala nie zawsze jest dobrym pomysłem. Trzecią pochodną funkcji

$$ (\arcsin x - \sin x)^{4/3} \cdot \ln\Bigl(\frac{1}{\cos x}\Bigr) $$

można obliczyć, ułatwiając sobie pracę: załączony zrzut ekranu pokazuje wynik obliczeń symbolicznych, wykonanych przez komputer. Czytelnik powinien sobie teraz wyobrazić, że przedstawiony wynik ma trzykrotnie zróżniczkować za pomocą kartki i ołówka. Obliczanie granicy z Przykładu~ [link] tylko przy użyciu reguły de l'Hospitala jest zajęciem dość absurdalnym.

}

\end{figure} Teraz możemy zakończyć rachunki. Otóż,

\[ \begin{eqnarray*} \frac{(\arcsin x - \sin x)^{4/3}\ln (1/\cos x)} {\bigl(\exp(x-\sin x)-1\bigr)^2}&=&\frac{\biggl(\displaystyle\frac{x^3}3+ o(x^3)\biggr)^{4/3}\cdot \biggl(\frac{x^2}2+ o(x^2)\biggr)} {\biggl(\displaystyle\frac{x^3}{6}+ o(x^3)\biggr)^2}\\ & =&    \frac{\biggl(\displaystyle\frac{1}3+ \frac{o(x^3)}{x^3}\biggr)^{4/3}\cdot \biggl(\frac{1}2+ \frac{o(x^2)}{x^2}\biggr)} {\biggl(\displaystyle\frac{1}{6}+ \frac{o(x^3)}{x^3}\biggr)^2} \, \qquad\mbox{dla $x\to 0$} \end{eqnarray*} \]

(pisząc drugą równość, po prostu skróciliśmy ułamek przez $ x^6 $). Dlatego

\[ \lim_{x\to 0}\frac{(\arcsin x - \sin x)^{4/3}\ln (1/\cos x)} {\bigl(\exp(x-\sin x)-1\bigr)^2}=  \frac{\biggl(\displaystyle\frac{1}3\biggr)^{4/3}\cdot \frac{1}2} {\biggl(\displaystyle\frac{1}{6}\biggr)^2} =  6^2\cdot 3^{-4/3} 2^{-1} = 2\cdot 3^{2/3}\, . \]

Proszę zauważyć: o wartości granicy wnioskowaliśmy, dzieląc licznik i mianownik przez $ x^6 $. To oznacza, że ważne były wartości szóstych pochodnych licznika i mianownika w zerze! Jednak różniczkując licznik i mianownik, otrzymujemy coraz bardziej skomplikowane wyrażenia; nic się wtedy nie upraszcza\ldots

Warto zatem pamiętać, że wzór Taylora jest znacznie bardziej uniwersalnym narzędziem niż reguła de l'Hospitala.

Przykład (#) Wskażemy funkcję, dla której prawa strona wzoru Taylora-Maclaurina zawsze składa się tylko z reszty; wszystkie inne składniki są zerami. Niech

\[ f(x)=\left\{ \begin{array}{ll} \exp(-1/x^2),\  & x\not= 0, \\ 0, & x=0.  \end{array}\right. \]

Łatwo sprawdzić, że $ f $ jest ciągła w zerze. Nietrudno też zauważyć, a następnie wykazać przez indukcję, że dla $ x\not=0 $ zachodzi wzór

\[ f^{(n)}(x) = \exp(-1/x^2)\cdot W_n(1/x), \]

gdzie $ W_n(t) $ jest pewnym wielomianem zmiennej $ t $ o współczynnikach całkowitych. Korzystając z tej własności, nietrudno udowodnić, że $ f^{(n)}(0)=0 $ dla wszystkich $ n\in \N\cup  \{0\} $. Istotnie, dla $ n=0 $ wynika to wprost z definicji $ f $, a jeśli wiemy już, że $ f^{(n)}(0)=0 $, to

\[ f^{(n+1)}(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f^{(n)}(x)-f^{(n)}(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{\exp(-1/x^2)\cdot W_n(1/x)}{x} =\lim_{t\to\infty}\frac{tW_n(t)}{e^t}=0 \]

na mocy reguły de l'Hospitala. Dla tej funkcji używanie wzoru Taylora-Maclaurina do jej przybliżania nic nie daje!