\hsize 159 truemm
\vsize 216 truemm
\document
\nologo
\NoBlackBoxes
\head
{\bf Wyk�ad z analizy}\\
\\
Tydzie� 10.\\
\\
Pochodne wy�szych rz�d�w
\endhead

\medskip
10.1. Niech $r$ b�dzie liczb� wymiern�. Wtedy
$$
\frac{dx^r}{dx}=rx^{r-1}.\tag10.1
$$
Wz�r (10.1) udowodnimy najpierw
dla liczb $r=\frac{1}{n}$, gdzie $n$ jest dodatni� liczb�
ca�kowit�. Mamy pokaza�, �e
$$
\frac{dx^{\frac{1}{n}}}{dx}=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}\quad
\text{czyli}\quad \frac{d\root n \of{x}}{dx}=\frac{\root
n\of{x}}{nx}.\tag10.2
$$
Dla $n=2$ jest to wz�r na pochodn�
$\sqrt{x}$, kt�ry wyprowadzili�my bezpo�rednim rachunkiem, 8.5
(d), z definicji pochodnej.

Dla dowodu (10.2) zauwa�amy, �e funkcje $x\to y=x^{\frac{1}{n}}$ i
$y\to x =y^n$ s� wzajemnie odwrotne. Korzystamy z twierdzenia o
pochodnej funkcji odwrotnej. Piszemy
$$
\frac{dx^{\frac{1}{n}}}{dx}=\frac{dy}{dx}=\frac{1}{\frac{dx}{dy}}
=\frac{1}{\frac{dy^n}{dy}}=\frac{1}{ny^{n-1}}=\frac{1}{n(x^{\frac
{1}{n}})^{n-1}}
=\frac{1}{nx^{1-\frac{1}{n}}}=\frac{1}{n}x^{\frac{1}{n}-1}.
$$



Niech teraz $r=\frac{m}{n}$, gdzie $m$ jest dowoln� liczb�
ca�kowit�, a $n$ dodatni� liczb� ca�kowit�. Korzystamy ze wzoru na
pochodn� funkcji z�o�onej.
$$
\frac{dx^r}{dx}=\frac{d(x^{\frac{1}{n}})^m}{dx^{\frac{1}{n}}}
\frac{dx^{\frac{1}{n}}}{dx}=m(x^{\frac{1}{n}})^{m-1}\frac{1}{n}x^
{\frac{1}{n}-1}
=\frac{m}{n}x^{\frac{m}{n}-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}-1}=rx^{r-1}.
$$

10.2 Przyk�ady.

(a) Obliczymy pochodn� funkcji $f(x)=\frac{\root
3\of{1+x^2}}{\root 4\of{x}}$. Mamy
$$
\align
f'(x)=&
\frac{d}{dx}\bigg(\frac{(1+x^2)^{\frac{1}{3}}}{x^{\frac{1}{4}}}
\bigg) =\frac{d}{dx}(1+x^2)^{\frac{1}{3}}x^{-\frac{1}{4}}\\
=
&\frac{d(1+x2)^{\frac{1}{3}}}{dx}x^{-\frac{1}{4}}+(1+x^2)^{\frac{
1}{3}} \cdot\frac{d(x^{-\frac{1}{4}})}{dx}\\
=&\frac{d(1+x^2)^{\frac{1}{3}}}{d(1+x^2)}\frac{d(1+x^2)}{dx}
x^{-\frac{1}{4}}
+(1+x^2)^{\frac{1}{3}}\frac{dx^{-\frac{1}{4}}}{dx}\\
=&\frac{1}{3}(1+x^2)x^{-\frac{2}{3}}2xx^{-\frac{1}{4}}+
(1+x^2)^{\frac{1}{3}} \big(-\frac{1}{4}\big) x^{-\frac{5}{4}}\\
=&\frac{2}{3}(1+x^2)^{-\frac{2}{3}}x^{\frac{3}{4}}-\frac{1}{4}
(1+x^2)^{\frac{1}{3}}x^{-\frac{5}{4}}.
\endalign
$$

(b) Obliczymy pochodn� funkcji $f(x)=(1+x^3)^{\frac{4}{5}}$. Mamy
$$
f'(x)=\frac{d(1+x^3)^{\frac{4}{5}}}{dx}=\frac{d(1+x^3)^{\frac{4}{
5}}}
{d(1+x^3)}\cdot\frac{d(1+x^3)}{dx}=\frac{4}{5}(1+x^3)^{-\frac{1}{5}}
3x^2.
$$

(c) Obliczymy pochodn� funkcji $f(x)=\sqrt{\root 3\of{x}+\root
5\of{x}}$. Mamy
$$
f'(x)=\frac{d(x^{\frac13}+x^{\frac15})^{\frac12}}
{d(x^{\frac13}+x^{\frac15})}\cdot\frac{d(x^\frac13+x^
\frac15)} {dx}=\frac12
(x^{\frac{1}{3}}+x^{\frac{1}{5}})^{-\frac12}\big(\frac{1}{3}
x^{-\frac{2}{3}}+\frac{1}{5}x^{-\frac{4}{5}}\big).
$$
\medskip

10.3. Przyk�ady funkcji ci�g�ych nier�niczkowalnych.

(a) Funkcja $x\to |x|$ nie jest r�niczkowalna w punkcie $0$.
Istotnie,
$$
\frac{|0+h|-|0|}{h}=\frac{|h|}{h}= \cases 1&\text{
gdy } h>0\\-1&\text{ gdy } h<0
\endcases ,\text{ wi�c } \lim_{h\to 0}\frac{|0+h|-|0|}{h}
\text{ nie istnieje.}
$$

(b) Funkcja $x\to\cases\root 3\of{x}&\text{ gdy } x\xgeq 0\\ -\root
3\of{|x|}&\text{ gdy }x<0
\endcases$
nie jest r�niczkowalna w punkcie $0$. Istotnie
$$
\frac{f(h)}{h}=\cases\frac{\root 3\of{h}}{h}=h^{-\frac{2}{3}}&
\text{ gdy } h>0\\ \frac{-\root
3\of{|h|}}{h}=(-h)^{-\frac{2}{3}}&\text{ gdy } h<0
\endcases
$$
Sk�d, w obu przypadkach,
$$\lim_{h\to 0}\frac{f(h)}{h} =
\lim_{h\to 0} |h|^{\frac{2}{3}}=+\infty.
$$
\medskip

10.4. Niech $f$ b�dzie funkcj� tak�, �e jej pochodna $f'$ jest
r�niczkowalna. Pochodna funkcji $f'$
 jest oznaczana przez $f''$  i nazywa si� drug�
pochodn� funkcji $f$. Innymi s�owy,
$$
f''=\frac{d}{dx}\frac{d}{dx}f=\bigg(\frac{d}{dx}\bigg)^2f=\frac{d
^2}{dx^2}f.
$$
Podobnie okre�lamy trzeci� pochodn� (i wy�sze
pochodne) funkcji $f$
$$
f'''=\bigg(\frac{d}{dx}\bigg)^3f=\frac{d^3}{dx^3}f\quad
f^(4)=\bigg(\frac{d}{dx}\bigg)^4f=\frac{d^4}{dx^4}f\dots
$$
M�wimy,�e funkcja $f$ jest $k$-krotnie r�niczkowalna w przedziale
$(a,b)$ je�li istniej� wszystkie pochodne $f,f',f'',\dots,f^{(k)}$
dla ka�dego punktu przedzia�u $(a,b)$.
\medskip

10.5. Przyk�ady.

(a) Niech $f(x)=3x^3+2x^2+2x+1$. Wtedy
$$
f'(x)=9x^2+4x+2\quad
f''(x)=18x+4\quad f'''(x)=18\quad f^{(4)}(x)= f^{(5)}(x) =\dots= 0.
$$
(b) Niech $f(x)= x^{\frac{5}{3}}. $ Wtedy
$$
f'(x)=\frac{5}{3}x^{\frac{2}{3}}\quad
f''(x)=\frac{10}{6}x^{-\frac{1}{3}}
$$
Trzecia pochodna i wy�sze
nie istniej� w punkcie $0$.
\medskip

10.6. Podamy teraz twierdzenie bez dowodu, kt�re intuicyjnie
wydaje si� oczywiste:
\proclaim{Twierdzenie} Niech $f$ b�dzie
funkcj� ci�g�� na przedziale domkni�tym $[a,b]$. Wtedy istniej�
punkty $x_1,x_2\in [a,b]$ w kt�rych funkcja $f$ przyjmuje warto��
maksymaln� oraz warto�� minimaln�, odpowiednio, to znaczy
$$
f(x_1)\geq f(x)\text{ dla ka�dego }x\in [a,b], \quad f(x_2)\xleq
f(x)\text{ dla ka�dego }x\in [a,b]
$$

\endproclaim

\medskip


\proclaim{Twierdznie 10.7} Niech $f$ b�dzie funkcj� okre�lon� na
przedziale $(a,b)$. Za��my, �e dla punktu $x_0\in (a,b)$ pochodna
$f'(x_0)$ istnieje. Wtedy dla $x$ bliskich $x_0$ mamy
$$
f'(x_0)>0\rightarrow \cases f(x)<f(x_0)&\text{ dla }x<x_0\\
f(x_0)<f(x)&\text{ dla }x_0<x
\endcases
\quad\text{oraz}\quad f'(x_0)<0\rightarrow \cases f(x)>f(x_0)&\text{ dla
}x<x_0\\ f(x_0)>f(x)&\text{ dla }x_0<x
\endcases
$$
\endproclaim
Dow�d. Pochodna $f'(x_0)$ jest granic� ilorazu r�nicowego
$$
\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \quad\text{gdy}\quad h\to 0
$$
Je�li
wi�c $f'(x_0)>0$, to iloraz r�nicowy jest dodatni dla ma�ych $h$.
Mno��c $\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}>0$ przez $h$ dla $h>0$
otrzymujemy $f(x_0+h)>f(x_0)$, a dla $h<0$ otrzymujemy
$f(x_0+h)<f(x_0)$. To dowodzi twierdzenia w przypadku $f'(x_0)>0$.
Dow�d w drugim przypadku jest podobny.\qed

\proclaim{Wniosek} Niech $f$ b�dzie funkcj� ci�g�� na przedziale
$[a,b]$ r�niczkowaln� w  punkcie $x_0\in (a,b)$. Za��my, �e
funkcja $f$ przyjmuje warto�� maksymaln� (minimaln�) w punkcie
$x_0$. Wtedy $f'(x_0)=0$.
\endproclaim

Dow�d. Istotnie, poprzednie twierdzenie m�wi, �e w przypadku
$f'(x_0)\neq 0$, tzn. $f'(x_0)>0$ lub $f'(x_0)<0$ blisko punktu
$x_0$ s� punkty $x$, w kt�rych $f(x)<f(x_0)$ i punkty $y$ w
kt�rych $f(y)>f(x_0)$.\qed
\medskip


\proclaim{Twierdzenie (Rolle'a)}. Niech $f$ b�dzie funkcj� ci�g��
na odcinku $[a,b]$ i r�niczkowaln� w ka�dym punkcie odcinka
$(a,b)$. Wtedy, je�li $f(a)=f(b)$, to istnieje punkt $c\in (a,b)$
taki, �e $f'(c)=0$.
\endproclaim

Dow�d. Za�o�enie $f(a)=f(b)$ poci�ga, �e albo funkcja $f$ jest
sta�a i wtedy $f'(x)=0$ dla wszystkich $x\in (a,b)$, albo $f$
przyjmuje swoj� warto�� najwi�ksz� lub swoj� warto�� najmniejsz�
w punkcie $c$ wewn�trz odcinka $(a,b)$. W punkcie tym
$f'(c)=0.$\qed
\medskip

\proclaim{Twierdzenie 10.8} Niech $f$ b�dzie funkcj� ci�g�� na
przedziale $[a,b]$, maj�c� pochodn� w ka�dym punkcie przedzia�u
$(a,b)$. Wtedy
$$
f'(x)>0\text{ dla ka�dego }x\in (a,b)\rightarrow
f\text{ jest rosn�ca},\quad f'(x)<0\text{ dla ka�dego }x\in
(a,b)\rightarrow f\text{ jest malej�ca}.
$$
\endproclaim
Dow�d. Niech $f'(x)>0$ dla ka�dego $x\in (a,b)$ i niech $x_1,
x_2\in (a,b)$ oraz $x_1<x_2$. Za��my, �e $f(x_1)\xgeq f(x_2)$.
Oznaczmy $f(x_1)=\gamma$. Poniewa� $f'(x_1)>0$ dla  $x'$ blisko $x_1$
mamy $x_1<x'<x_2$ oraz $f(x_1)<f(x')$. Innymi slowy $f(x')>\gamma\xgeq
f(x_2)$. Poniewa� $f$ jest ci�g�� istnieje punkt $x''$,
$x'<x''\leq x_2$ taki, �e $\gamma=f(x'')$. Tak wi�c na ko�cach odcinka
$[x_1,x'']$ funkcja przyjmuje r�wne warto�ci. St�d na podstawie
twierdzenia Rolle'a istnieje punkt $c$ wewn�trz tego odcinka dla
kt�rego $f'(c)=0$, wbrew za�o�eniu, �e $f'(x)>0$ dla wszystkich
punkt�w odcinka $(a,b)$.\qed

W przypadku $f'(x)<0$ rozumowanie jest bardzo podobne.
\medskip

10.9. Przyk�ady.

(a) Niech
$$
f(x)=x^3,\quad g(x)=x^{\frac{1}{3}},\quad h(x)=\cases
x &\text{ dla }x\leq 0\\ 2x &\text{ dla }x>0\endcases
$$
Wszystkie
trzy funkcje s� rosn�ce na ca�ej prostej, przy czym jednak
$f'(0)=0$, $g'(0)=+\infty$ (por�wnaj 10.3 (b)) , pochodna $h$ w zerze
nie istnieje.

(b) Znajdziemy przedzia�y, w kt�rych funkcja
$f(t)=\frac{1+t}{1+t^2}$ ro�nie i przedzia�y, w kt�rych $f$
maleje.

Obliczamy
$
f'(t)=\frac{2-(1+t)^2}{(1+t^2)^2}.
$
Poniewa� mianownik jest dodatni,
$$
f'(t)>0\iff (1+t)^2<2\iff
|1+t|<\sqrt 2\iff -1-\sqrt 2<t<-1+\sqrt 2
$$
W przedzia�ach
$(-\infty,-1-\sqrt 2)$ i $(-1+\sqrt 2,+\infty))$ funkcja $f$ maleje.
Zauwa�amy r�wnie�, �e
$$
\lim_{t\to -\infty}f(f)=0=\lim_{t\to
+\infty}f(t).
$$

(c) Niech
$$
f(x)=\cases \frac{1}{x}&\text{ dla } x\neq 0\\ 0
&\text{ dla } x=0.\endcases
$$
Wtedy funkcja $f$ nie ma pochodnej w
punkcie $0$, a poza tym
$$
f'(x)= -\frac{1}{x^2}<0.
$$ Funkcja $f$
maleje w obu przedzia�ach $(-\infty,0)$ i $(0,+\infty)$.
\medskip

\proclaim{Twierdzenie 10.10} Niech $f$ b�dzie funkcj� ci�g�� w
przedziale $[a,b]$ i r�niczkowalna w przedziale $(a,b)$.
 Wtedy
$$
f'(x)\xgeq 0\text{ dla ka�dego }x\in (a,b)\rightarrow f\text{ jest
niemalej�ca},\quad f'(x)\xleq 0\text{ dla ka�dego }x\in
(a,b)\rightarrow
f\text{ jest nierosn�ca}.
$$
\endproclaim
\bigskip


Dow�d. Niech $x_1<x_2$. Mamy pokaza�, �e je�li $f'(x)\xgeq 0$ dla
ka�dego $x\in (a,b)$, to $f(x_1)\xleq f(x_2)$. Dla $n>0$ rozwa�my
funkcj� $g(x)=f(x)+\frac{x}{n}$. Wtedy $g'(x)=f'(x)+\frac{1}{n}$.
Poniewa� $f'(x)\xgeq 0$, wi�c $g'(x)\xgeq \frac{1}{n}>0$. Wobec tego
funkcja $g$ jest rosn�ca, sk�d $g(x_1)<g(x_2)$. Czyli
$f(x_1)+\frac{x_1}{n}< f(x_2)+\frac{x_2}{n}$. Otrzymujemy st�d, �e
$f(x_1)-f(x_2)<\frac{x_2-x_1}{n}$. Poniewa� to zachodzi dla
ka�dego $n=1,2,\dots$ z postulatu Archimedesa wynika, �e
$f(x_1)-f(x_2)\xleq 0$, czyli $f(x_1)\xleq f(x_2)$.\qed
\medskip

\proclaim{Twierdzenie o warto�ci �redniej 10.11}. Niech $f$
b�dzie funkcj� ci�g�� na odcinku $[a,b]$ i r�niczkowaln� w ka�dym
punkcie odcinka $(a,b)$. Wtedy istnieje punkt $c\in (a,b)$ taki,
�e
$$
f(b)-f(a) = f'(c)(b-a).\tag 10.3
$$
\endproclaim
\demo{Dow�d} Rozwa�my funkcj�
$$
g(x) = f(x) -
(f(b)-f(a))\frac{x-a}{b-a}.
$$
Wtedy $g(a) = f(a)\quad g(b) = f(a)$. Sk�d wobec twierdzenia Rolle'a
istnieje punkt $c\in (a,b)$ taki, �e
$$
0=g'(c)= f'(c) -\frac{f(b)-
f(a)}{b-a},\quad\text{ sk�d wynika (10.3).}\qed
$$
\enddemo
\enddocument
