Zastosowanie pochodnej. Twierdzenie Rolle'a i Lagrange'a. Pochodna a monotoniczność funkcji
Przedstawimy tu twierdzenia opisujące zastosowania pochodnej funkcji. Szczególne miejsce wśród nich zajmuje twierdzenie określające związek znaku pochodnej z monotonicznością funkcji. Twierdzenie to jest ważnym narzędziem badania monotoniczności funkcji.
Twierdzenie 1: Rolle'a
Jeżeli
- funkcja \( f \) jest ciągła w przedziale \( [a,b] \),
- funkcja \( f \) ma pochodną właściwą lub niewłaściwą w przedziale \( (a, b) \),
- \( f(a)=f(b) \),
to
istnieje \( c\in(a,b) \) takie, że \( f^{\prime}(c)=0 \).Uwaga 1:
Przyjrzyjmy się interpretacji geometrycznej tego twierdzenia. Zerowanie się pochodnej funkcji w punkcie oznacza, że styczna do wykresu funkcji w tym punkcie jest pozioma. Jeżeli są spełnione założenia twierdzenia Rolle'a, to istnieje punkt \( c\in(a, b) \), w którym styczna do wykresu funkcji \( f \) jest równoległa do osi \( Ox \).
Rysunek 1: Styczna do wykresu funkcji w \( c\in (a,b) \) równoległa do osi \( Ox \).
Przykład 1:
Przyjrzyjmy się następującej sytuacji. Na torze wyścigowym dwa samochody, biorące udział w wyścigu, minęły metę w tym samym momencie. Na podstawie twierdzenia Rolle'a możemy wywnioskować, że w czasie wyścigu był moment, w którym samochody jechały z dokładnie taką samą prędkością.
Dlaczego? Jeżeli rozpatrzymy funkcję, która danemu czasowi przypisuje różnicę przebytej drogi przez samochody w tym czasie, to zauważmy, że ta funkcja spełnia założenia twierdzenia Rolle'a. Zatem dla pewnego momentu czasu pochodna tej funkcji jest równa zero, a pochodna tej funkcji będzie równa różnicy prędkości samochodów.
Przykład 2:
Niech wielomian \( W \) ma 101 różnych pierwiastków rzeczywistych. Korzystając z twierdzenia Rolle'a możemy wykazać, że setna pochodna wielomianu \( W \) ma co najmniej jeden pierwiastek rzeczywisty. Z twierdzenia Rolle'a otrzymujemy, że między każdymi dwoma pierwiastkami wielomianu \( W \) istnieje argument będący pierwiastkiem \( W^{\prime} \), zatem widzimy, że \( W^{\prime} \) ma 100 różnych pierwiastków rzeczywistych. Postępując analogicznie dla kolejnych pochodnych otrzymujemy, że istnieje punkt \( c\in\mathbb{R} \), w którym \( W^{(100)}(c)=0 \).
Twierdzenie 2: Lagrange'a
Jeżeli
- funkcja \( f \) jest ciągła w przedziale \( [a,b] \),
- funkcja \( f \) ma pochodną właściwą lub niewłaściwą w przedziale \( (a, b) \),
to
istnieje \( c\in(a,b) \) takie, że \( f^{\prime}(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} \).Uwaga 2:
Twierdzenie Rolle'a jest prostym wnioskiem z twierdzenia Lagrange'a, zatem twierdzenie Lagrange'a jest uogólnieniem twierdzenia Rolle'a.
Uwaga 3:
Interpretacją geometryczną tego twierdzenia jest wniosek, że jeżeli funkcja \( f \) spełnia założenia twierdzenia Lagrange'a, to istnieje styczna do wykresu funkcji \( f \) w punkcie \( c\in(a,b) \) równoległa do siecznej wykresu funkcji \( f \) przecinającej go w punktach \( A(a,f(a)) \) i \( B(b, f(b)) \).
Rysunek 2: Styczna do wykresu funkcji równoległa do zadanej siecznej \( AB \).
Przejdźmy teraz do wspomnianego twierdzenia łączącego znak pochodnej funkcji z monotonicznością funkcji. Twierdzenie to pozwala badanie monotoniczności funkcji sprowadzić do rozwiązania nierówności.
Twierdzenie 3: o związku znaku pochodnej funkcji z monotonicznością funkcji
Niech \( I \) oznacza dowolny przedział.
- Jeżeli \( f^{\prime}(x)=0 \) dla każdego \( x\in I \), to funkcja \( f \) jest stała w przedziale \( I \).
- Jeżeli \( f^{\prime}(x)\gt 0 \) dla każdego \( x\in I \), to funkcja \( f \) jest rosnąca w przedziale \( I \).
- Jeżeli \( f^{\prime}(x)\lt 0 \) dla każdego \( x\in I \), to funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( I \).
- Jeżeli \( f^{\prime}(x)\geq 0 \) dla każdego \( x\in I \), to funkcja \( f \) jest niemalejąca w przedziale \( I \).
- Jeżeli \( f^{\prime}(x)\leq 0 \) dla każdego \( x\in I \), to funkcja \( f \) jest nierosnąca w przedziale \( I \).
Uwaga 4:
Założenie, że \( I \) jest przedziałem, jest bardzo istotne. Twierdzenie o związku znaku pochodnej funkcji z monotonicznością funkcji jest prawdziwe, gdy stosujemy je w przedziale. Natomiast w zbiorze będącym sumą rozłącznych przedziałów, to twierdzenie już nie zawsze jest prawdziwe.
Przykład 3:
Weźmy dla przykładu funkcję \( f(x)=\frac{1}{x} \), której pochodna \( f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2} \) jest mniejsza od zera dla każdego \( x\in D_f=(-\infty,0)\cup (0,+\infty) \). Funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (-\infty,0) \) i funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (0,+\infty) \). Natomiast fałszywe jest stwierdzenie, że funkcja \( f(x)=\frac{1}{x} \) jest malejąca w \( (-\infty,0)\cup (0,+\infty) \).
Jeżeli \( f^{\prime}(x)\geq 0 \) dla każdego \( x\in I \) i \( f^{\prime}(x)=0 \) tylko w skończonej liczbie punktów przedziału \( I \), to funkcja \( f \) jest rosnąca w przedziale \( I \).
Analogicznie: Jeżeli \( f^{\prime}(x)\leq 0 \) dla każdego \( x\in I \) i \( f^{\prime}(x)=0 \) tylko w skończonej liczbie punktów przedziału \( I \), to funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( I \).
Przykład 4:
Przyjrzyjmy się pochodnej i monotoniczności funkcji \( f(x)=x^3 \). Pochodna funkcji \( f \) to \( f^{\prime}(x)=3x^2 \), zatem \( f^{\prime}(x)\gt 0 \) dla każdego \( x\neq 0 \) oraz \( f^{\prime}(0)=0 \). Z twierdzenia o związku znaku pochodnej funkcji z monotonicznością funkcji wiemy, że funkcja \( f \) jest rosnąca w przedziale \( (-\infty ,0) \) i że funkcja \( f \) jest rosnąca w przedziale \( (0,+\infty) \). Ale wykorzystując powyższą uwagę możemy stwierdzić, że funkcja jest rosnąca w całym zbiorze liczb rzeczywistych, bo \( f^{\prime}(x)\geq 0 \) dla każdego \( x\in\mathbb{R} \) i jest równa zero dla tylko jednego argumentu (czyli dla skończonej liczby argumentów). Ten wniosek zgadza się z naszą wiedzą o funkcji \( f(x)=x^3 \).
Przykład 5:
Zbadajmy monotoniczność funkcji
Rozpoczynamy badanie monotoniczności funkcji od określenia dziedziny funkcji \( f \):
Obliczamy pochodną funkcji \( f \):
Aby określić monotoniczność funkcji \( f \), potrzebujemy rozwiązać nierówności: \( f^{\prime}(x)\gt 0 \) oraz \( f^{\prime}(x)\lt 0 \). Zauważmy, że znak pochodnej nie będzie zależał od mianownika, ponieważ \( (x^2-4)^2\gt 0 \) dla każdego \( x\in D_f \). Zatem
Z tego faktu na podstawie twierdzenia o związku znaku pochodnej funkcji z monotonicznością funkcji wnioskujemy, że:
I tu na podstawie twierdzenia o związku znaku pochodnej funkcji z monotonicznością funkcji wnioskujemy, że:
\( f(x)=\frac{x^3}{x^2-4}. \)
\( D_f=(-\infty,-2)\cup (-2,2)\cup (2,+\infty). \)
\( f^{\prime}(x)=\frac{3x^2(x^2-4)-x^32x}{(x^2-4)^2}=\frac{x^4-12x^2}{(x^2-4)^2}. \)
\( \begin{aligned}f^{\prime}(x)\gt 0\Leftrightarrow & x^4-12x^2\gt 0 \wedge x\in D_f \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow & x^2(x+2\sqrt{3})(x-2\sqrt{3})\gt 0 \wedge x\in D_f \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow & x\in \left[(-\infty, -2\sqrt{3})\cup (2\sqrt{3},+\infty)\right]\cap D_f \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow & x\in (-\infty, -2\sqrt{3})\cup (2\sqrt{3},+\infty).\end{aligned} \)
- funkcja \( f \) jest rosnąca w przedziale \( (-\infty, -2\sqrt{3}) \),
- funkcja \( f \) jest rosnąca w przedziale \( (2\sqrt{3},+\infty) \).
Przejdźmy do drugiej nierówności:
\( \begin{aligned}f^{\prime}(x)\lt 0\Leftrightarrow & x^4-12x^2\lt 0 \wedge x\in D_f \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow & x^2(x+2\sqrt{3})(x-2\sqrt{3})\lt 0 \wedge x\in D_f \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow & x\in \left[(-2\sqrt{3},0)\cup (0,2\sqrt{3})\right] \cap D_f \Leftrightarrow\\ \Leftrightarrow & x\in (-2\sqrt{3},-2)\cup (-2,0)\cup (0,2)\cup (2,2\sqrt{3})\end{aligned} \)
- funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (-2\sqrt{3},-2) \),
- funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (-2,0) \),
- funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (0,2) \),
- funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (2,2\sqrt{3}) \).
Zwróćmy uwagę, że nieprawdą jest, że funkcja \( f \) jest malejąca w zbiorze \( (-2\sqrt{3},-2)\cup (-2,0) \) czy \( (0,2)\cup (2,2\sqrt{3}) \). Jedynie na podstawie ostatniej uwagi możemy stwierdzić, że funkcja \( f \) jest malejąca w przedziale \( (-2,2) \), bo \( f^{\prime}(0)=0 \) i \( f^{\prime}(x)\lt 0 \) dla każdego \( x\in (-2,0)\cup (0,2) \).
Następne dwa twierdzenia pokażą nam, że porównanie wartości pochodnych dwóch funkcji w pewnym przedziale oraz porównanie wartości tych funkcji w pewnym punkcie tego przedziału, pozwala wnioskować o relacji tych funkcji w rozważanym przedziale.
Twierdzenie 4: o równości funkcji
Niech funkcje \( f \) i \( g \) będą określone w przedziale \( I \) oraz \( x_0\in I \).
Jeżeli \( f(x_0)=g(x_0) \) i \( f^{\prime}(x)=g^{\prime}(x) \) dla każdego \( x\in I \),
to \( f(x)=g(x) \) dla każdego \( x\in I \).Twierdzenie 5: o nierówności funkcji
Niech funkcje \( f \) i \( g \) będą ciągłe w przedziale \( I \) oraz \( x_0\in I \).
Jeżeli \( f(x_0)\leq g(x_0) \) i dla każdego \( x\in I \) takiego, że \( x>x_0 \) jest spełniona nierówność \( f^{\prime}(x)\leq g^{\prime}(x) \),
to \( f(x)\leq g(x) \) dla każdego \( x\in I \) takiego, że \( x\geq x_0 \).Uwaga 6:
Pochodna funkcji opisuje, jak zmienia się funkcja. Analizując powyższe twierdzenia widać, że pochodna nie tylko opisuje czy funkcja jest rosnąca czy malejąca, ale również tempo tych zmian. Funkcja rosnąca o większej pochodnej rośnie szybciej niż funkcja rosnąca mająca mniejszą pochodną (dodatnią). Funkcje o równych pochodnych zmieniają się w tym samym tempie.
Przykład 6:
Korzystając z twierdzenia o równości funkcji, wykażemy prawdziwość wzoru
Rozważmy następujące funkcje \( f(x)=\arcsin x \) i \( g(x)=\frac{\pi}{2}-\arccos x \). Pochodne tych funkcji dla \( x\in (-1,1) \) wynoszą:
czyli są sobie równe. Zauważmy również, że wartości tych funkcji w zerze są sobie równe:
Zatem na podstawie twierdzenia o równości funkcji wnioskujemy, że
czyli
Uwzględniając fakt, że \( \arcsin (-1)=-\frac{\pi}{2} \), \( \arccos (-1)=\pi \), \( \arcsin 1=\frac{\pi}{2} \) i \( \arccos 1=0 \), otrzymujemy wzór:
\( \arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2}\quad\text{ dla każdego }x\in (-1,1). \)
\( \begin{aligned}f^{\prime}(x)=&\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\\ g^{\prime}(x)=&\frac{1}{\sqrt{1-x^2}},\end{aligned} \)
\( \begin{aligned}f(0)=&\arcsin 0=0,\\ g(0)=&\frac{\pi}{2}-\arccos 0=\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}=0.\end{aligned} \)
\( \arcsin x=\frac{\pi}{2}-\arccos x \quad\text{dla każdego }x\in (-1,1), \)
\( \arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2} \quad\text{dla każdego }x\in (-1,1). \)
\( \arcsin x+\arccos x=\frac{\pi}{2} \quad\text{dla każdego }x\in [-1,1]. \)
\( \text{arctg} x+\text{arcctg} x=\frac{\pi}{2} \quad\text{dla każdego }x\in \mathbb{R}. \)
Powyższe twierdzenia znajdują zastosowanie również w rozwiązywaniu równań i nierówności nieelementarnych.
Przykład 7:
Rozwiążmy równanie
Określmy dziedzinę tego równania: \( D=(0,+\infty) \). Podejrzewamy, że powyższe równanie nie ma rozwiązania, ale jak to wykazać?
Dla każdego \( x\in (0,1) \) wiemy, że \( \ln x\lt 0 \) i \( 0\lt x^3 \), zatem \( \ln x \lt x^3 \) dla każdego \( x\in (0,1) \). Rozważmy teraz przedział \( [ 1,+\infty) \). Niech \( f(x)=1+\ln x \) i \( g(x)=x^3 \). Są to funkcje ciągłe w przedziale \( [ 1,+\infty) \), a ponadto dla tych funkcji mamy:
Funkcje \( f \) i \( g \) w przedziale \( [1,+\infty) \) spełniają założenia , zatem korzystając z otrzymujemy:
czyli \( 1+\ln x\leq x^3 \). Oczywiście \( \ln x\lt 1+\ln x \), zatem \( \ln x\lt x^3 \) dla każdego \( x\in[ 1,+\infty) \). Wykazaliśmy, że \( \ln x\lt x^3 \) dla każdego \( x\in D \), co oznacza, że równanie \( x^3=\ln x \) nie ma rozwiązania.
\( x^3=\ln x. \)
\( \begin{aligned}&f(1)=1\text{ i }g(1)=1 && \Rightarrow f(1)\leq g(1)\\ &f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}\\ &g^{\prime}(x)=3x^2\\ &\frac{1}{x}\lt 3x^2 \text{ dla }x\in[ 1,+\infty) && \Rightarrow f^{\prime}(x)\leq g^{\prime}(x)\end{aligned} \)
\( f(x)\leq g(x)\, \text{ dla każdego }\, x\in[ 1,+\infty), \)