Pochodna funkcji jednej zmiennej

Wstęp

Kurs Pochodna funkcji jednej zmiennej przeznaczony jest dla studentów pierwszego roku uczelni wyższych, jak również dla zainteresowanych uczniów klas maturalnych. Znajdziemy w nim podstawowe definicje i twierdzenia związane z rachunkiem różniczkowym funkcji jednej zmiennej oraz różne przykłady zastosowania pochodnej.

Materiał zawarty w poszczególnych rozdziałach kursu podzielony jest na następujące części:

Teoria – tu znajdziemy elementy teorii związanej z rachunkiem różniczkowym: definicje, twierdzenia oraz filmy,
Przykłady – przykładowe zadania z rozwiązaniami ilustrowane interaktywnymi filmami,
Ćwiczenia interaktywne – różnego typu interaktywne ćwiczenia do samodzielnego rozwiązania z możliwością sprawdzenia poprawności podanych odpowiedzi, na początku każdej strony z ćwiczeniami znajdują się również linki do wykorzystywanych definicji i twierdzeń,
Zadania – zadania do samodzielnego rozwiązania z odpowiedziami i wskazówkami.

Wszystkie zamieszczone w kursie rysunki zostały wykonane za pomocą programu GeoGebra 6.0. W interaktywnych ćwiczeniach wykorzystano aplety GeoGebry oraz różnego typu zasoby H5P.

Kurs jako otwarty zasób edukacyjny został przygotowany w roku 2018 przez zespół wykładowców z Centrum Nauczania Matematyki i Fizyki Politechniki Łódzkiej w składzie: dr inż. Renata Długosz, dr Mariusz Doliński, dr inż. Gertruda Gwóźdź-Łukawska, dr inż. Izabela Jóźwik, dr inż. Elżbieta Kotlicka-Dwurznik, dr Joanna Kucner, dr Monika Lindner, dr inż. Agnieszka Niedziałkowska, dr Monika Potyrała, dr Joanna Rzepecka, dr inż. Małgorzata Terepeta, dr inż. Witold Walas.

1. Wprowadzenie

W tym rozdziale poznamy:

definicję pochodnej funkcji w punkcie (właściwej i niewłaściwej)
definicję pochodnej jako funkcji
definicję różniczki funkcji w punkcie
reguły różniczkowania funkcji
interpretację geometryczną, fizyczną i ekonomiczną pochodnej funkcji w punkcie.

Nauczymy się jak:

badać istnienie pochodnej funkcji w punkcie korzystając z definicji
obliczać pochodną funkcji korzystając ze wzorów na pochodną sumy, iloczynu, ilorazu funkcji, pochodną funkcji złożonej oraz pochodną funkcji odwrotnej
wyznaczać przybliżoną wartość funkcji za pomocą różniczki
wyznaczać równanie stycznej do wykresu funkcji w punkcie.

1.1 Pochodna funkcji w punkcie

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia interaktywne.

Teoria

Załóżmy, że funkcja

$f$

Funkcję jednej zmiennej, która ma pochodną w punkcie

$x_{0}$

Jeśli $f$ $f$ jest funkcją różniczkowalną w $x_0$ oraz $\Delta f=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$ , to

$\Delta f=d f+ \varepsilon$ ,

gdzie $\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\varepsilon}{\Delta x}=\lim\limits_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta f - df}{\Delta x}=0$ . To oznacza, dla dostatecznie małych przyrostów $\Delta x$ przyrost wartości funkcji $\Delta f$ można przybliżyć różniczką funkcji $df$ z błędem $\varepsilon$ , przy czym $\vert \varepsilon \vert$ . Uwzględniając definicję różniczki, otrzymujemy wzór wykorzystywany do wyznaczania przybliżonych wartości funkcji $f$ :

$f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f^\prime(x_0)\cdot \Delta x$ .

Jeżeli istnieje pochodna funkcji $f^\prime$ w punkcie $x_0$ , to nazywamy ją pochodną rzędu drugiego funkcji $f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy przez $f^{\prime\prime}(x_0)$ lub $\frac{d^2f}{dx^2} (x_0)$ .

Analogicznie definiujemy pochodne wyższych rzędów. Niech $n\in \mathbb{N}$ . Wówczas:

$f^{(0)}(x)=f(x)$ ,

$f^{(1)}(x)=f'(x)=\frac{df}{dx} (x)$ ,

$\ \ \ \ \vdots$

$f^{(n)}(x)=\left( f^{(n-1)}(x)\right)'=\frac{d^nf}{dx^n} (x)$ .

Przykłady

1

Korzystając z definicji obliczymy pochodną funkcji $f(x)=1-x^{2}$ w punkcie $x_{0}=3$ .

Rozwiązanie

$f^{^{\prime }}(3)=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{f(x)-f(3)}{x-3} = \lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{(1-x^{2})-(1-3^{2})}{x-3} =\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{1-x^{2}-1+9}{x-3}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{-x^{2}+9}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{9-x^{2}}{x-3}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{(3-x)(3+x)}{x-3}=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow 3}\frac{-(x-3)(3+x)}{x-3}=\lim\limits_{x \rightarrow 3}\frac{-(3+x)}{1}=\lim\limits_{x\rightarrow 3}(-3-x)=-6$ .

Film

2

Obliczymy pochodne jednostronne funkcji $f(x)=|x-a|$ w punkcie $x_{0}=a$ , gdzie $a\in \mathbb{R}$ .

Rozwiązanie

Niech $a\in \mathbb{R}$ . Iloraz różnicowy funkcji $f$ w punkcie $a$ ma postać:

$I(x)=\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=\frac{|x-a|-|a-a|}{x-a}=\frac{|x-a|-0}{x-a}=\frac{ |x-a|}{x-a}$ .

Korzystając z definicji modułu mamy:

$|x-a|=\left\{ \begin{array}{lll} x-a & \text{dla} & x\geq a \\ -(x-a) & \text{dla} & x$ .

Obliczymy teraz pochodne jednostronne w punkcie $a$ :

$f_{+}^{^{\prime }}(a)=\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}\frac{|x-a|}{x-a} =\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}\frac{x-a}{x-a}=\lim\limits_{x\rightarrow a^{+}}(1)=1$ ,

$f_{-}^{^{\prime }}(a)=\lim\limits_{x\rightarrow a^{-}}\frac{|x-a|}{x-a} =\lim\limits_{x\rightarrow a^{-}}\frac{-(x-a)}{x-a}=\lim\limits_{x \rightarrow a^{-}}(-1)=-1$ .

Zauważmy, że

$f_{+}^{^{\prime }}(a)\not=f_{-}^{^{\prime }}(a)\text{.}$

Zatem nie istnieje pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_{0}=a$ .

3

Obliczymy pochodną funkcji $f(x)=\sqrt{x}$ w dowolnym punkcie $x_{0}>0$ .

Rozwiązanie

Niech $x_0 >0$ .

$f^{^{\prime }}(x_{0})=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{ x-x_{0}}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}}{x-x_{0} }=$

$=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{x_{0}}}{(\sqrt{x}- \sqrt{x_{0}})(\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}})}=\lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}\frac{1 }{\sqrt{x}+\sqrt{x_{0}}}=\frac{1}{\sqrt{x_{0}}+\sqrt{x_{0}}}$ .

Czyli

$f^{^{\prime }}(x_{0})=\frac{1}{2\sqrt{x_{0}}}, \; x_0>0$ .

4

Zbadamy istnienie pochodnej funkcji $f(x)=\sqrt{x-1}$ w punkcie $x_{0}=1.$

Rozwiązanie

Dziedziną funkcji $f$ jest przedział $[1,+\infty)$ , zatem możemy rozważać tylko pochodną prawostronną funkcji $f$ w punkcie $x_0=1$ .

$f_{+}^{^{\prime }}(1)=\lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{f(x)-f(1)}{x-1} =\lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{\sqrt{x-1}-\sqrt{1-1}}{x-1}= \lim\limits_{x\rightarrow 1^{+}}\frac{\sqrt{x-1}}{x-1}=\lim\limits_{x \rightarrow 1^{+}}\frac{1}{\sqrt{x-1}}=\left[\frac{1}{0^{+}}\right]=+\infty .$

Ponieważ $f$ jest funkcją ciągłą, więc $f$ ma w $x_0=1$ pochodną prawostronną niewłaściwą.

5

Obliczymy przybliżoną wartość liczby $\sqrt[3]{1003}$ wykorzystując różniczkę funkcji.

Rozwiązanie

Przybliżoną wartość pierwiastka wyznaczymy korzystając ze wzoru:

$f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f^\prime(x_0)\cdot \Delta x$ .

Przyjmijmy $f(x)=\sqrt[3]{x}$ , $x_0=1000$ oraz $\Delta x=3$ . Wówczas

$f'(x)=\left(x^\frac{1}{3}\right)'=\frac{1}{3} x^{-\frac{2}{3}}=\frac{1}{3 \sqrt[3]{x^2}}$ ,

$f'(x_0)=\frac{1}{3( \sqrt[3]{1000})^2}=\frac{1}{300}$ .

Stąd

$\sqrt[3]{1003}=f(1000+3)\approx f(1000)+f^\prime(1000)\cdot 3 = 10+\frac{1}{300}\cdot 3=10.01$ .

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie:

• definicję pochodnej funkcji w punkcie • warunek konieczny różniczkowalności funkcji w punkcie

1

Wskaż poprawne odpowiedzi.

2

Wskaż poprawne odpowiedzi.

3

4

Udziel odpowiedzi na pytania.

1.2 Reguły różniczkowania

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia interaktywne.

Teoria

‒ o pochodnej sumy, iloczynu, ilorazu funkcji

Jeżeli funkcje $f,g$ są określone na pewnym otoczeniu punktu $x_0$ i są różniczkowalne w punkcie $x_0$ , to:

Zachodzą wzory:

W szczególności mamy:

$(e^x)'=e^x$ , $x\in \mathbb R$ ,
$(\ln x)'=\frac{1}{x}$ , $x>0$ .

‒ o pochodnej funkcji złożonej

Jeżeli funkcja złożona $F(x)=f(g(x))$ jest określona na pewnym otoczeniu punktu $x_0$ , funkcja $g$ ma pochodną w punkcie $x_0$ oraz funkcja $f$ ma pochodną w punkcie $y_0=g(x_0)$ , to funkcja $F$ ma pochodną w punkcie $x_0$ oraz

$F'(x_0)=f'(g(x_0))\cdot g'(x_0)$ .

‒ o pochodnej funkcji odwrotnej

Niech funkcja $f$ będzie określona na pewnym otoczeniu punktu $x_0$ , $g$ będzie funkcją odwrotną funkcji $f$ . Jeżeli istnieje i jest różna od zera pochodna funkcji $f$ w punkcie $x_0$ , to funkcja $g$ jest różniczkowalna w punkcie $y_0=f(x_0)$ i zachodzi wzór

$g'(y_0)=\frac{1}{f'(x_0)}$ .

Przy obliczaniu pochodnych funkcji postaci $f^g$ lub $\log_fg$ korzystamy z poniższych przekształceń:

jeżeli $f(x)>0$ dla $x\in (a,b)$ , to na przedziale $(a,b)$ zachodzi równość: $f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\cdot\ln f(x)}$ ,
jeżeli $f(x)>0$ i $f(x)\neq1$ i $g(x)>0$ dla $x\in (a,b)$ , to na przedziale $(a,b)$ zachodzi równość: $\log_{f(x)}g(x)=\frac{\ln g(x)}{\ln f(x)}$ .

Ćwiczenia interaktywne, cz.1

Przypomnij sobie:

• wzory na pochodną sumy, iloczynu i ilorazu funkcji • wzory na pochodne podstawowych funkcji elementarnych

1

Uzupełnij:

2

Uzupełnij:

3

Uzupełnij:

4

Uzupełnij:

5

Ćwiczenia interaktywne, cz.2

Przypomnij sobie:

• wzory na pochodną sumy, iloczynu i ilorazu funkcji • wzory na pochodne podstawowych funkcji elementarnych

6

7

Oblicz pierwszą i drugą pochodną funkcji $f$ .

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

1.3 Interpretacja geometryczna pochodnej w punkcie

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia interaktywne.

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie:

• twierdzenie Taylora • przybliżenia wybranych funkcji za pomocą wielomianów Maclaurina

1

Przyporządkuj funkcji jej przybliżenie za pomocą wielomianu Maclaurina.

2

3

4

Wyznacz wielomian Maclaurina $P_3$ stopnia $3$ dla funkcji $f(x)=xe^{-x}$ .

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

5

Wyznacz wielomian Taylora $P_3$ stopnia $3$ dla funkcji $f(x)=x\ln x$ w punkcie $x_0 = 1$ .

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

6

Wyznacz wielomian Taylora $P_3$ stopnia $3$ dla funkcji $f(x)=\frac{x}{x+1}$ w punkcie $x_0 = -2$ .

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

3. Reguła de l'Hospitala

W tym rozdziale poznamy:

twierdzenie zwane regułą de l'Hospitala.

Nauczymy się jak:

liczyć granice funkcji o symbolach $\frac{0}{0}$ i $\frac{\infty}{\infty}$ stosując bezpośrednio regułę de l'Hospitala
liczyć granice funkcji o pozostałych symbolach nieoznaczonych pośrednio stosując regułę de l'Hospitala.

Teoria

‒ reguła de

l'Hospitala

Niech funkcje $f$ , $g$ będą różniczkowalne na pewnym sąsiedztwie punktu $x_0$ . Jeżeli

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=0$ , $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=0$ ,
istnieje granica $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f'(x)}{g'(x)}$ (właściwa lub niewłaściwa),

to istnieje granica $\displaystyle\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}$ , przy czym

$\displaystyle\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}.$

1

Powyższe twierdzenie dotyczy symbolu nieoznaczonego typu $\frac 00$ , ale przy odpowiedniej zmianie założeń pozostaje prawdziwe dla symbolu $\frac{\infty}{\infty}$ oraz dla granic jednostronnych i granic w $\pm \infty$ .

2

Regułę można także stosować do pozostałych symboli nieoznaczonych, po sprowadzeniu ich do symbolu $\frac 00$ lub $\frac{\infty}{\infty}$ w następujący sposób:

symbol $0\cdot \infty$ sprowadzamy do $\frac 00$ lub $\frac{\infty}{\infty}$ za pomocą przekształceń:
$f(x)\cdot g(x)=\frac{f(x)}{\frac{1}{g(x)}}=\frac{g(x)}{\frac{1}{f(x)}}$
symbol $\infty - \infty$ przekształcamy najpierw do symbolu $0\cdot \infty$ a następnie do $\frac 00$ lub $\frac{\infty}{\infty}$ :
$f(x)- g(x)=f(x)g(x)\left( \frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}\right)=\frac{\frac{1}{g(x)}-\frac{1}{f(x)}}{\frac{1}{f(x)g(x)}}$
symbole $1^{\infty}$ , $0^0$ oraz $\infty^0$ sprowadzamy do $0\cdot \infty$ za pomocą tożsamości $f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\cdot \ln f(x)}$ (wyrażenie $f(x)\cdot \ln g(x)$ jest zawsze wówczas symbolem typu $0\cdot \infty$ ).

Przykłady

1

Obliczymy granice funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

Rozwiązanie

Zaczynamy od określenia symbolu granicy, aby zdecydować, czy można zastosować regułę de l'Hospitala.
$\underset{x\rightarrow 0}{\lim}\,$ $\dfrac{e^x-1}{2\sin x} = \left[\dfrac{0}{0}\right]$ .
Następnie badamy, czy istnieje granica ilorazu pochodnych:
$\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{(e^x-1)'}{(2\sin x)'}=$ $\underset{x\rightarrow 0 }{\lim }\, \dfrac{e^x}{2\cos x} =\dfrac{1}{2}$ .
Na mocy reguły de l'Hospitala otrzymujemy odpowiedź
$\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\, \dfrac{e^x-1}{2\sin x} =\dfrac{1}{2}.$
Zwykle stosując regułę de l'Hospitala stosujemy uproszczony zapis przedstawiony poniżej.
$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x}{\ln x} = \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right] \overset{\text{H}}{=}$ $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{(x)'}{(\ln x)'} = \underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{1}{\frac{1}{x}} =\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, x = +\infty$
Określamy symbol badanej granicy:
$\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x} = \left[\dfrac{-\infty}{0^{+}}\right].$
Symbol granicy jest oznaczony, a zatem w tym przypadku nie można wykorzystać reguły de l'Hospitala. Aby obliczyć granicę należy zastosować odpowiednie twierdzenia arytmetyki granic funkcji:
$\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\ln x }{x} = \underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \ln x \cdot \dfrac{1}{x} =\left[-\infty \cdot \dfrac{1}{0^{+}}\right] = [-\infty \cdot \infty]=-\infty.$
Na koniec zauważmy, że w tym przypadku
$\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{(\ln x)'}{(x)'} =\underset{x\rightarrow 0^{+} }{\lim }\, \dfrac{\frac{1}{x}}{1} = \left[\dfrac{1}{0^{+}}\right] = +\infty$ ,
a zatem granica ilorazu pochodnych różni się od badanej granicy. Przykład ten pokazuje, iż stosowanie reguły de l'Hospitala bez sprawdzenia założeń tego twierdzenia może prowadzić do błędnej odpowiedzi.

Filmy

2

Obliczymy granice funkcji stosując regułę de l'Hospitala:

Rozwiązanie

Obliczymy podaną granicę funkcji stosując regułę de l'Hospitala:
$\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{x\cos 2x}{x+\arcsin x} = \left[\dfrac{0}{0}\right]\overset{\text{H}}{=} \underset{x\rightarrow 0}{\lim }\dfrac{(x\cos 2x)'}{(x+\arcsin x)'}=\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\cos 2x-x\sin 2x\cdot 2}{1+\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}}}}=$ $\left[\dfrac{1-0}{1+1}\right]=\dfrac{1}{2}\,$ .
W przypadku tej granicy regułę de l'Hospitala zastosujemy dwukrotnie:
$\underset{x\rightarrow + \infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}}{x^{3}}=\left[ \dfrac{\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow +\infty } {\lim }\dfrac{(e^{x^{2}})^{\prime }}{(x^{3})^{\prime }}=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{e^{x^{2}}\cdot 2x}{3x^{2}}=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{2e^{x^{2}}}{3x}=\left[ \dfrac{\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}$

$=\underset{ x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{(2e^{x^{2}})^{\prime }}{(3x)^{\prime }}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{2e^{x^{2}}\cdot 2x}{3 }=\left[ \dfrac{\infty}{3} \right] =\infty$ .
Obliczymy podaną granicę funkcji stosując regułę de l'Hospitala i wykorzystując fakt, że $\underset{x\rightarrow 0}{\lim }\,\dfrac{\sin x}{x}=1$ .
$\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\ln (\sin x )}{\ln ^{2}{x}}=\left[ \dfrac{-\infty }{\infty }\right] \overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{\frac{1}{\sin x}\cdot \cos x}{2\ln x \cdot \frac{1}{x}}=\underset{x\rightarrow 0^{+}}{\lim }\,\dfrac{x}{\sin x} \cdot \dfrac{\cos x}{2\ln x}=\left[ 1\cdot\dfrac{1}{-\infty}\right] =0$ .

3

Obliczymy granice funkcji:

Rozwiązanie

Podobnie jak w poprzednich przykładach zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy
$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\, \dfrac{x-\sin x }{x} = \left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]$ ,
przy czym $\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }(x-\sin x)=\infty$ na mocy twierdzenia o dwóch funkcjach. W tym przypadku nie możemy wykorzystać reguły de l'Hospitala, gdyż
$\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim}\,\dfrac{(x-\sin x)' }{(x)'}=\underset{x\rightarrow +\infty } {\lim}\,\dfrac{1-\cos x}{1},$
zaś taka granica nie istnieje. Nie oznacza to jednak, że nie istnieje badana granica – trzeba tylko policzyć ją innym sposobem. Ponieważ
$\displaystyle\underset{x>0}{\bigwedge } \ -\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin x}{x}\leq \dfrac{1}{x}$
oraz $\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim} (-\dfrac{1}{x})=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim} \dfrac{1}{x}$ , więc na mocy twierdzenia o trzech funkcjach $\underset{x\rightarrow+ \infty }{\lim }\dfrac{\sin x}{x}=0$ . Stąd
$\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\dfrac{x-\sin x }{x}=\underset{x\rightarrow +\infty }{\lim }\left(1-\dfrac{\sin x}{x} \right)=[1-0]=1$ .
W tym przypadku
$\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\left[\dfrac{\infty}{\infty}\right]\overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x^2+1}}\cdot 2x}{1}=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\dfrac{x}{\sqrt{x^2+1}}\overset{\text{H}}{=}\underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}$ ,
a zatem stosowanie reguły de l'Hospitala nie jest efektywne. Granicę funkcji możemy jednak obliczyć w inny sposób:
$\underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\underset{x\rightarrow+ \infty}{\lim }\,\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2}}=\underset{x\rightarrow +\infty}{\lim }\,\sqrt{1+\dfrac{1}{x^2}}=1$ .

4

Obliczymy granice funkcji:

Rozwiązanie

Zaczynamy od określenia symbolu badanej granicy funkcji:
$\lim\limits_{x\to + \infty }\,x^2 \,e^{-x}= \left[ \infty\cdot0 \,\right]$ .
W tym przypadku, aby zastosować regułę de l'Hospitala, wyrażenie $x^2 \,e^{-x}$ zapiszemy w postaci ilorazu $\dfrac{x^2}{e^x}$ . Dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala otrzymujemy:

$\lim\limits_{x\to +\infty }\,x^2 \,e^{-x}=\lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{x^2}{e^x}=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty } \dfrac{(x^2)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{2x}{e^x}$ $=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{(2x)'}{(e^x)'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{2}{e^x} = \left[ \dfrac{2}{\infty} \right] = 0$ .
Podobnie jak poprzednim przykładzie określimy najpierw symbol badanej granicy funkcji:
$\lim\limits_{x\to 0^{+}}\,x \ln x=\left[ 0\cdot (-\infty) \right]$ .
Następnie przekształcimy funkcję, której granicę obliczamy, w taki sposób by można było zastosować regułę de l'Hospitala. A zatem

$\lim\limits_{x\to 0^{+}} x\ln x=\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{\ln x}{\frac{1}{x}}=\left[ \dfrac{-\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{(\ln x)'}{(\frac{1}{x})'}$ $= \lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{\frac{1}{x}}{-\frac{1}{x^2}}$ $=\lim\limits_{x\to 0^{+}}\dfrac{-x^2}{x}=\lim\limits_{x\to 0^{+}}(-x)=0$ .
Ustalimy najpierw symbol badanej granicy funkcji:
$\lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x=\left[ 0^0\right]$ .
Przekształcimy funkcję stosując tożsamość: $f(x)^{g(x)}=e^{\ln (f(x)^{g(x)})}$ . A zatem

$x^x=e^{\ln x^x}=e^{x \ln x}$ .
Korzystając z wyniku otrzymanego w podpunkcie (b) mamy

$\displaystyle \lim\limits_{x\to 0^{+} }x^x=\lim\limits_{x\to 0^{+} }e^{x\ln x}=\left[ e^0 \right]=1$ .

Filmy

5

Obliczymy granice funkcji:

Rozwiązanie

Zauważmy, że dla wszystkich rozważanych w tym przykładzie granic otrzymujemy symbole nieoznaczone

$\left[\infty-\infty\right]$ , które po odpowiednich przekształceniach sprowadzimy do symbolu

$\left[ \frac{\infty}{\infty} \right]$ albo

$\left[ \frac{0}{0} \right]$ .

Określamy symbol granicy i przekształcamy funkcję w następujący sposób:
$\lim\limits_{x\to+ \infty } (e^{x^2}-x^3)=\left[\infty-\infty\right] =\lim\limits_{x\to +\infty } e^{x^2}\left(1-\dfrac{x^3}{e^{x^2}}\right)$ .
Dalej pomocniczo obliczymy granicę $\lim\limits_{x\to+ \infty} \frac{x^3}{e^{x^2}}$ dwukrotnie stosując regułę de l'Hospitala:
$\lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{x^3}{e^{x^2}}=\left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to+ \infty } \dfrac{(x^3)'}{(e^{x^2})'} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{3x^2}{2x\,e^{x^2}} = \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{3x}{2\,e^{x^2}}$ $= \left[ \dfrac{\infty}{\infty} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to +\infty }\,\dfrac{(3x)'}{(2e^{x^2})'} = \lim\limits_{x\to+ \infty }\,\dfrac{3}{4x\,e^{x^2}} = \left[ \dfrac{3}{\infty} \right] = 0$ .
Ostatecznie otrzymujemy
$\lim\limits_{x\to+ \infty } e^{x^2}(1-\frac{x^3}{e^{x^2}})=\left[ \infty \cdot(1-0) \right]=\infty$ .
Określamy symbol granicy:
$\lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) = \left[\infty-\infty\right]$ .
W tym przypadku, aby można było wykorzystać regułę de l'Hospitala, wystarczy sprowadzić ułamki do wspólnego mianownika. A zatem
$\lim\limits_{x\to 0^{+} }\left( \dfrac1x-\dfrac{1}{\sin x}\right) = \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{\sin x-x}{x\sin x}= \left[ \dfrac{0}{0} \right] \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{(\sin x-x)'}{(x\sin x)'}$ $=\lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{\cos x-1}{\sin x+x\cos x}$ $= \left[ \dfrac{0}{0} \right]\overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to 0^{+} }\dfrac{-\sin x}{\cos x+\cos x-x\sin x}= \left[ \dfrac{0}{2} \right]=0$ .
Stosujemy regułę de l'Hospitala po wykonaniu odpowiednich przekształceń:
$\lim\limits_{x\to +\infty }(\pi\, x-2x\,\text{arctg} x)=\left[\infty-\infty\right] = \lim\limits_{x\to +\infty }x\,(\pi\,-2\,\text{arctg} x)=\left[ \infty\cdot 0\right]$ $= \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{\pi\,-2\,\text{arctg} x}{\frac1x}= \left[ \dfrac{0}{0} \right] \overset{\text{H}}{=} \lim\limits_{x\to+\infty }\dfrac{(\pi\,-2\,\text{arctg} x)'}{(\frac1x)'}$ $= \lim\limits_{x\to+ \infty }\dfrac{-2\,\frac{1}{1+x^2}}{-\,\frac{1}{x^2}} = \lim\limits_{x\to +\infty }\dfrac{2\,x^2}{1+x^2}=2$ .

Filmy

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie:

• regułę de l'Hospitala

1

W przypadku których z poniższych symboli granic funkcji możemy bezpośrednio zastosować regułę de l'Hospitala?

2

Określ, czy podany symbol granicy jest oznaczony czy nieoznaczony, oraz czy możemy w takiej sytuacji bezpośrednio zastosować regułę de l'Hospitala:

Przeciągnij poprawne odpowiedzi w odpowiednie pola.

3

Oblicz podane granice.

Uzupełnij puste pola. Edycja tekstów w GeoGebrze

4

Oblicz podane granice. Czy i ile razy stosowałeś regułę de l'Hospitala?

Przeciągnij i upuść poprawne odpowiedzi.

5

Oblicz podane granice. Czy i ile razy stosowałeś regułę de l'Hospitala?

Przeciągnij i upuść poprawne odpowiedzi.

6

Oblicz podaną granicę.

Uzupełnij puste pola. Edycja tekstów w GeoGebrze

7

Oblicz podane granice stosując regułę de l'Hospitala po wykonaniu odpowiednich przekształceń.

Uzupełnij puste pola. Edycja tekstów w GeoGebrze

4. Monotoniczność funkcji, ekstrema lokalne i ekstrema globalne

W tym rozdziale poznamy:

definicje ekstremów lokalnych i ekstremów globalnych funkcji
warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego
I i II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego.

Nauczymy się jak:

wyznaczać przedziały monotoniczności funkcji wykorzystując pierwszą pochodną
badać istnienie ekstremów lokalnych funkcji w oparciu o warunki wystarczające
wyznaczać ekstrema globalne, czyli wartość największą i najmniejszą funkcji ciągłej na przedziale domkniętym.

4.1 Badanie monotoniczności funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia interaktywne.

Teoria

‒ warunki

wystarczające monotoniczności funkcji

Jeżeli $f^\prime(x)=0$ dla każdego $x\in(a,b)$ , to funkcja $f$ jest stała na przedziale $(a,b)$ .
Jeżeli $f^\prime(x)>0$ dla każdego $x\in(a,b)$ , to funkcja $f$ jest rosnąca na przedziale $(a,b)$ .
Jeżeli $f^\prime(x)$ dla każdego $x\in(a,b)$ , to funkcja $f$ jest malejąca na przedziale $(a,b)$ .
Jeżeli $f^\prime(x)\geq0$ dla każdego $x\in(a,b)$ , to funkcja $f$ jest niemalejąca na przedziale $(a,b)$ .
Jeżeli $f^\prime(x)\leq 0$ dla każdego $x\in(a,b)$ , to funkcja $f$ jest nierosnąca na przedziale $(a,b)$ .

1

Zwróćmy uwagę, że w powyższych twierdzeniach dotyczących związku znaku pochodnej funkcji z jej monotonicznością zakładamy, że funkcja $f$ jest określona na przedziale otwartym. Twierdzenia pozostają prawdziwe również w przypadku przedziałów domkniętych, jednostronnie domkniętych, czy też nieograniczonych. Natomiast nie można ich stosować np. dla funkcji określonej na zbiorze będącym sumą rozłącznych przedziałów.

Rozważmy funkcję $f(x)=\frac1x$ , $x\in \mathbb R\setminus \{0\}$ . Pochodna tej funkcji jest równa $f^\prime(x)=-\frac1{x^2}$ dla $x\in \mathbb R\setminus \{0\}$ . Zatem $f^\prime(x)$ dla każdego $x\in (-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ . Funkcja jest więc malejąca na przedziale $(-\infty,0)$ i funkcja jest malejąca na przedziale $(0,+\infty)$ . Natomiast nie jest prawdą, że funkcja $f(x)=\frac1x$ jest malejąca na zbiorze $(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$ .

2

Jeśli funkcja $f$ jest ciągła na przedziale $[a,b]$ i rosnąca (malejąca) na przedziale $(a,b)$ , to $f$ jest rosnąca (malejąca) na przedziale $[a,b]$ .

Jeśli funkcja $f$ jest ciągła na przedziale $(a,c)$ i rosnąca (malejąca) na przedziałach $(a,b)$ oraz $(b,c)$ , to $f$ jest rosnąca (malejąca) na przedziale $(a,c)$ .

Przykłady

1

Wykażemy, że funkcja określona wzorem $f(x)=x^{2}+3\ln x$ jest monotoniczna w całej dziedzinie.

Rozwiązanie

Funkcja $f$ jest określona na zbiorze $(0,+\infty)$ . Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$f^{\prime }(x)=(x^{2}+3\ln x)^{\prime }=(x^{2})^{\prime }+(3\ln x)^{\prime }=2x+\frac{3}{x}$ dla $x\in (0,+\infty)$ .

Ponieważ $f^{\prime }(x)>0$ dla $x\in (0,+\infty)$ , więc funkcja $f$ jest rosnąca w całej swojej dziedzinie.

Film

2

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem $f(x)=\ln\frac{x^2-4}{x}$ .

Rozwiązanie

Aby wyznaczyć dziedzinę funkcji $f$ należy rozwiązać nierówność $\frac{x^2-4}{x}>0$ . Ponieważ

$\frac{x^2-4}{x}>0 \Leftrightarrow x(x-2)(x+2)>0 \Leftrightarrow x\in (-2,0) \cup (2,+\infty)$ ,

zatem $D=(-2,0) \cup (2,+\infty)$ . Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$f'(x)=\frac{x}{x^2-4} \cdot \frac{2x \cdot x-(x^2-4)\cdot 1}{x^2}=\frac{x^2+4}{x \cdot (x^2-4)}$ dla $x\in D$ .

Zauważamy, że pochodna funkcji jest dodatnia w całej dziedzinie. Nie oznacza to jednak, że funkcja jest rosnąca w całej dziedzinie, gdyż dziedzina nie jest przedziałem a sumą przedziałów. A zatem stwierdzamy, że funkcja $f$ jest rosnąca na przedziale $(-2,0)$ i na przedziale $(2,+\infty)$ .

3

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem $f(x)=\frac{x^3}{x-1}$ .

Rozwiązanie

W tym przypadku $D=(-\infty,1) \cup (1,+\infty)$ . Obliczamy pochodną funkcji $f$ :

$f'(x)= \left(\frac{x^3}{x-1}\right)^{\prime }=\frac{3x^2 \cdot (x-1)- x^3\cdot 1}{(x-1)^2} =\frac{2 x^{3} - 3 x^{2}}{(x- 1)^2}=\frac{x^2(2x - 3)}{(x- 1)^2}$ dla $x\in D$ .

Aby wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji $f$ badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Ponieważ $(x-1)^{2} >0$ dla każdego $x\in D$ oraz

$x^2(2x - 3) >0\; \Leftrightarrow \; x \in (\frac{3}{2},+\infty )$ ,

$x^2(2x - 3)$ ,

więc

$f^{\prime }(x)>0\Leftrightarrow \frac{x^2 (2x - 3)}{(x- 1)^2}>0\Leftrightarrow x\in (\frac{3}{2},+\infty )$ ,

$f^{\prime }(x)0\Leftrightarrow x\in (-\infty ,0)\cup (0,1) \cup (1,\frac{3}{2} )$ .

A zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziale $(\frac{3}{2},+\infty )$ oraz malejąca na każdym z przedziałów $(-\infty ,0)$ , $(0,1)$ i $(1,\frac{3}{2} )$ .

Film

4

Wyznaczymy przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem $f(x)=x\, e^{4x}$ .

Rozwiązanie

Dziedziną funkcji jest zbiór $D=\mathbb R$ . Obliczamy pochodną funkcji:

$f^{\prime} (x)=\left(x\, e^{4x}\right)^\prime=x^\prime \cdot e^{4x}+x\cdot \left(e^{4x}\right)^\prime=1\cdot e^{4x}+x\cdot e^{4x}\cdot \left(4x\right)^\prime= e^{4x}+4xe^{4x}=e^{4x}\left(1+4x\right)$ dla $x\in \mathbb R$ .

Aby wyznaczyć przedziały monotoniczności funkcji $f$ badamy, gdzie pochodna funkcji przyjmuje wartości dodatnie, a gdzie ujemne. Ponieważ $e^{4x}>0$ dla każdego $x\in \mathbb R$ więc

$f^{\prime} (x)>0 \Leftrightarrow e^{4x}\left(1+4x\right)>0 \Leftrightarrow 1+4x >0 \Leftrightarrow x\in \left(-\frac14, +\infty\right)$ ,

$f^{\prime} (x)$ .

Zatem badana funkcja jest rosnąca na przedziale $\left(-\frac14, +\infty\right)$ oraz malejąca na przedziale $\left(-\infty, -\frac14\right)$ .

Z uwagi 2 wynika, że funkcja $f$ jest również monotoniczna na przedziałach domkniętych, tzn. rosnąca na przedziale $\left[-\frac14, +\infty\right)$ oraz malejąca na przedziale $\left(-\infty, -\frac14\right]$ – są to maksymalne przedziały monotoniczności funkcji $f$ .

Ćwiczenia interaktywne

Przypomnij sobie:

• warunki wystarczające monotoniczności funkcji

1

2

Wybierz rysunki mogące przedstawiać wykresy funkcji $f, \, g$ i $h$ .

Wybrane rysunki przenieś do odpowiedniego obszaru.

3

Przyporządkuj pochodną $f$ do wykresu funkcji $f$ .

4

Wyznacz przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem $f(x)=x^4-x^3$ .

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

5

Wyznacz przedziały monotoniczności funkcji określonej wzorem $f(x)=\ln(4x-x^2)$ .

Uzupełnij. Edycja tekstów w GeoGebrze

Rozwiązanie:

6

7

8

4.2 Ekstrema lokalne funkcji

W tym rozdziale dostępne są: Teoria, Przykłady, Ćwiczenia interaktywne.

Teoria

Mówimy, że funkcja

$f$

‒ warunek konieczny istnienia ekstremum lokalnego dla funkcji różniczkowalnej

Jeżeli funkcja $f$ $f$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0$ i ma w tym punkcie ekstremum lokalne, to $f'(x_0)=0.$

Jeżeli funkcja $f$ jest różniczkowalna w $x_0$ i $f'(x_0)\neq 0$ , to funkcja $f$ nie ma ekstremum lokalnego w punkcie $x_0$ .

Funkcja $f$ może mieć ekstremum lokalne jedynie w punkcie $x_0$ , takim że $f'(x_0)=0$ (gdy jest różniczkowalna w $x_0$ ) lub w punkcie $x_0$ , w którym funkcja $f$ nie ma pochodnej.

Punkty, w których pochodna funkcji zeruje się nazywamy punktami stacjonarnymi tej funkcji.

‒ I warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego

Jeżeli funkcja $f$ jest ciągła na pewnym otoczeniu $U_{x_0}$ i różniczkowalna na sąsiedztwie $S_{x_0}$ punktu $x_0$ oraz

1. $f'(x)>0$ dla $x\in S^-_{x_0}$ oraz $f'(x)$ dla $x\in S^+_{x_0}$

lub

2. $f'(x)$ dla $x\in S^-_{x_0}$ oraz $f'(x)>0$ dla $x\in S^+_{x_0}$ ,

to funkcja $f$ ma w punkcie $x_0$ ekstremum lokalne właściwe. Jest to maksimum lokalne w przypadku 1 oraz minimum lokalne, gdy zachodzi warunek 2.

‒ II warunek wystarczający istnienia ekstremum lokalnego

Jeżeli funkcja $f$ jest dwukrotnie różniczkowalna na pewnym otoczeniu punktu $x_0$ oraz

1. $f'(x_0)=0$ ,

2. $f''(x_0)\neq 0$ ,

to funkcja $f$ ma w punkcie $x_0$ ekstremum lokalne właściwe, przy czym jest to maksimum lokalne, jeżeli $f''(x_0)$ oraz minimum lokalne, gdy $f''(x_0)>0$ .