Pochodne i optymalizacja

Transkrypt

1 ocodne i optymalizacja Micał Kryc, 4 maja 07 r., poprawione listopada 07 r. Z aktualnej podstawy programowej: ) oblicza granice funkcji (i granice jednostronne), korzystając z twierdzeń o działaniac na granicac i z własności funkcji ciągłyc; ) oblicza pocodne funkcji wymiernyc; 3) korzysta z geometrycznej i fizycznej interpretacji pocodnej; 4) korzysta z własności pocodnej do wyznaczania przedziałów monotoniczności funkcji; 5) stosuje pocodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnyc. Kilka słów o tym, co naprawdę powinno być przerobione w szkołac na lekcjac w świetle obowiązującej podstawy programowej. ojęcie ciągłości jest potraktowane intuicyjnie, podobnie pojęcie pocodnej. W podstawie w jawny sposób nie występuje definicja ciągłości. odobnie definicja pocodnej. Jednak występują granice funkcji, również bez definicji, która dla większości uczniów byłaby trudna (ponad 00 lat używano pocodnyc, granic itp. zanim zdefiniowano ściśle granicę ciągu i funkcji). W istniejącej sytuacji należy mówić o tyc pojęciac do pewnego momentu intuicyjnie nie ma innej możliwości. Jednak po sformułowaniu podstawowyc twierdzeń trzeba opierać się na nic i używać ic do rozwiązywania zadań bez wspierania się tekstami w rodzaju jest oczywiste, że..., każdy widzi, że... mającymi carakter demagogiczny. Jasne jest, że lista twierdzeń podawanyc bez dowodu powinna być możliwie krótka. W tej sytuacji pełnią one rolę pewników podajemy je bez dowodu, ale później z nic korzystamy bez wydłużania listy. Definicja. (pocodnej) Załóżmy, że funkcja f jest określona w dziedzinie zawierajacej przedział otwarty o środku p oraz że istnieje granica lim f(p+) f(p) 0. Granic e t e nazywamy pocodna funkcji f w punkcie p i oznaczamy symbolem f (p) lub df (p). Jeśli pocodna jest skończona, czyli gdy jest liczbą, to mówimy, że funkcja f jest różniczkowalna w punkcie p. rzykład. Niec f(x) = c dla każdego x R, gdzie c oznacza ustaloną liczbę rzeczywistą. Wtedy f (x) = 0 dla każdego x, bo f(x+) f(x) = c c = 0. rzykład 3. Niec f(x) = x dla każdego x R. Wtedy f (x) = dla każdego x R. Wynika to stąd, że f(x+) f(x) f(x+) f(x) lim 0 = x+ x = lim 0 =. =, a granicą funkcji stałej (zmiennej ) jest jej wartość, zatem Twierdzenie 4. (o arytmetycznyc własnościac pocodnej) Załóżmy, że funkcje f i g sa różniczkowalne w punkcie x. Wtedy funkcje f ± g, f g i, jeśli g(x) 0, to również f s a g różniczkowalne w punkcie x i zacodza wzory: (f + g) (x) = f (x) + g (x) oraz (f g) (x) = f (x) g (x), dx

2 ( ) (f g) = f (x)g(x) + f(x)g f (x) oraz g (x) = f (x)g(x) f(x)g (x), g(x) ( ) cf(x) = cf (x) dla każdej liczby c R. Dowody twierdzeń o pocodnej sumy i różnicy sprowadzają się do zastosowania twierdzenia o granicy sumy i różnicy funkcji, więc te są w zasięgu uczniów. Dowody twierdzeń o granicy iloczynu i ilorazu wymagają skorzystania z ciągłości funkcji f i g. Znaleźć je można w praktycznie wszystkic podręcznikac racunku różniczkowego i całkowego. rzykład 5. Jeśli f(x) = x, to f (x) = (x x) = (x) x + x (x) = x + x = x. rzykład. Jeśli f(x) = x 3, to f (x) = (x x) = (x ) x + x (x) = x x + x = 3x. rzykład 7. Jeśli f(x) = x 4, to f (x) = (x 3 x) = (x 3 ) x + x 3 (x) = 3x x + x 3 = 4x 3. rzykład 8. Jeśli f(x) = x, to f (x) = ( ) x = () x (x) x = 0 x x = x = x. Można też postąpić nieco inaczej. Z twierdzenia o pocodnej ilorazu wynika istnienie pocodnej funkcji x =. Możemy teraz skorzystać z twierdzenia o pocodnej iloczynu. Mamy x 0 = (xf(x)) = (x) f(x) + xf (x) = f(x) + xf (x), a stąd f (x) = f(x) = = x. x x rzykład 9. Jeśli f(x) = x, to f (x) = (x x ) = (x ) x + x (x ) = = x x + x ( x ) = x 3. rzykład 0. Jeśli f(x) = x 3, to f (x) = (x x ) = (x ) x + x (x ) = = x 3 x + x ( x 3 ) = 4x 3. Stosując łatwe rozumowanie indukcyjne można dowieść, że prawdziwe jest Twierdzenie. Dla każdej liczby całkowitej n i każdej liczby rzeczywistej x 0 zacodzi równość (x n ) = nx n. Dla n równość ta ma miejsce również dla x = 0. Uwaga. Założenie o całkowitości wykładnika w powyższym twierdzeniu jest zbędne. Jest ono prawdziwe dla każdego wykładnika n R, dla którego wyrażenie nx n ma sens lub można nadać mu sens. W szczególności ( x) = ( x /) = x / = x dla każdego x > 0, ( 3 x) = ( x /3) = 3 x /3 = 3 3 dla każdego x 0, x ( 5 ( x ) ) = x /5 = 5 x 3/5 = 5 5 dla każdego x 0, x3 ( ( x 7) ) = x 7/ = 7 x/ = 7 x dla każdego x 0, (x π ) = πx π dla każdego x 0.

3 W szkole tego wzoru nie ma, ale nauczyciel powinien zdawać sobie sprawę z tego, że jest on prawdziwy. rzykład 3. Funkcja f jest określona wzorem f(x) = x dla każdej liczby rzeczywistej x. x + Wyznacz równanie stycznej do wykresu tej funkcji w punkcie = (, 0). To zadanie. z matury na poziomie rozszerzonym z roku 07. otrzebna jest pocodna w punkcie. Z definicji pocodnej otrzymujemy f f(x) f() () = lim = lim =. Wobec tego styczna do wykresu x x x x + funkcji f w punkcie (, 0) opisana jest równaniem y = (x ). rzykład 4. Dla dowolnyc liczb rzeczywistyc a, b, c zacodzi równość (ax + bx + c) = ax + b. Wynika to z twierdzenia o arytmetycznyc własnościac pocodnej i zdania poprzedzającego ten przykład. Teraz najważniejsze z punktu widzenia szkolnej matematyki twierdzenie o pocodnyc. Twierdzenie 5. (o monotoniczności funkcji różniczkowalnej) Załóżmy, że f jest funkcja ciagł a w każdym punkcie przedziału i różniczkowalna we wszystkic jego punktac wewn etrznyc. rzy tyc założeniac funkcja f jest: niemalejaca (x < y f(x) f(y)) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pocodna f nieujemna, nierosnaca (x < y f(x) f(y)) wtedy i tylko wtedy, gdy jej pocodna f niedodatnia. jest jest W szkole twierdzenie to należy podawać jako pewnik. Jego dowód podamy na końcu tego tekstu. W tym twierdzeniu nie zakładaliśmy istnienia pocodnej w końcac przedziału. To samo dotyczy następnyc dwóc twierdzeń. Twierdzenie. (carakteryzujace funkcje stała) Funkcja ciagła na przedziale, różniczkowalna we wszystkic jego punktac wewnetrznyc jest stała wtedy i tylko wtedy, gdy f (x) = 0 dla każdego punktu wewn etrznego przedziału. Dowód. Funkcja stała jest jednocześnie niemalejaca i nierosnaca, zatem jej pocodna jest jednocześnie nieujemna i niedodatnia, czyli zerowa. Jeśli natomiast pocodna jest zerowa, czyli jednocześnie nieujemna i niedodatnia, to funkcja jest zarówno niemalejaca, jak i nierosnaca, wi ec jest stała. Można z łatwościa to twierdzenie udowodnić bezpośrednio, bez powoływania sie na właśnie wykazane twierdzenie o monotoniczności. 3

4 Twierdzenie 7. (o ścisłej monotoniczności funkcji różniczkowalnyc) Zakładamy jak poprzednio, że funkcja f jest ciagła w każdym punkcie przedziału oraz że jest różniczkowalna w każdym punkcie wewn etrznym przedziału. rzy tyc założeniac funkcja f jest: ściśle rosnaca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pocodna jest nieujemna oraz miedzy każdymi dwoma punktami przedziału znajduje si e punkt, w którym pocodna f jest dodatnia, ściśle malejaca wtedy i tylko wtedy, gdy jej pocodna jest niedodatnia oraz miedzy każdymi dwoma punktami przedziału znajduje si e punkt, w którym pocodna f jest ujemna. rzykład 8. Niec f(x) = 0x 3 5x 4 + 3x 5. Wtedy zacodzi równość f (x) = 0x 0x 3 + 5x 4 = 5x (x ) 0 przy czym ta pocodna zeruje się jedynie w punktac 0 oraz. Z twierdzenie o ścisłej monotoniczności wynika, że funkcja f jest ściśle rosnąca na całej prostej. rzykład 9. Niec f(x) = 48x x 4 + x. Wtedy f (x) = 9x 48x 3 + x 5 = x(x 4). Wobec tego f (x) 0 dla każdego x < 0 oraz f (x) 0 dla każdego x > 0. f (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x {, 0, }. Z twierdzenia o ścisłej monotoniczności wynika natycmiast, że na półprostej (, 0 funkcja f jest ściśle malejąca, a na półprostej 0, + ) ściśle rosnąca. Jej najmniejszą wartością jest więc liczba f(0) = 0. W punktac i funkcja nie ma lokalnyc ekstremów, coć pocodna w nic zeruje się. Teraz nieszkolne różniczkowanie. rzykład 0. Niec f(x) = x + sin x. Wtedy f (x) = + cos x 0 przy czym f (x) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = (k + )π dla pewnej liczby całkowitej k. Wobec tego funkcja f jest ściśle rosnąca na całej prostej. Jej pocodna zeruje się w nieskończenie wielu punktac. Omówię zadanie 5 z matury 07. rzykład. Rozpatrujemy wszystkie walce o danym polu powierzcni całkowitej. Oblicz wysokość i promień tego walca, którego objętość jest największa. Oblicz tę największą objętość. Rozwiązanie. Niec r > 0 oznacza promień podstawy walca, a jego wysokość. Zacodzi wtedy wzór = πr +πr. Wobec tego = πr. Jest jasne, że wysokość walca jest liczbą πr dodatnią, zatem > πr πr, czyli 0 < r <. Mamy więc V (r) = πr = (r π πr πr3 ). ( ) Zacodzi równość V (r) = ( πr ). Jedynym punktem przedziału 0,, w którym ta pocodna jest równa 0 jest liczba. Jeśli 0 < r <, to V (r) > 0, a je- π π π żeli < r <, to V (r) < 0. Wobec tego z twierdzenia o ścisłej monotoniczności π π funkcji różniczkowalnyc wynika, że V jest ściśle rosnąca na przedziale otwarto domkniętym 4

5 ( ( ) 0, i wobec tego jeśli 0 < r <, to V (r) < V. Na przedziale domknięto π π π ) ( ) otwartym, 0 funkcja V jest ściśle malejąca, więc V > V (r) dla każdej liczby π π ( ) r,. Udowodniliśmy w ten sposób, że największą wartością funkcji V jest liczba π π ( ) ( ( ) 3 ) V = π =, promieniem podstawy tego walca jest liczba π π π 3 π, a jego wysokością liczba. π π rzykład. Znaleźć maksimum objetości brył powstałyc w wyniku obrotu trójkata prostokatnego o obwodzie wokół jego przeciwprostokatnej. Rozwiazanie: Niec a, b, c oznaczaja boki trójkata, przy czym c to przeciwprostokatna. Bryła, która powstaje w wyniku obrotu trójkata wokół boku c to dwa stożki złaczone podstawami. romieniem wspólnej podstawy obu stożków jest wysokość c danego trójkata opuszczona na przeciwprostokatną c. Z wzorów na pole trójkąta: ab = c c wynika, że c = ab. c Suma wysokości tyc stożków jest równa c. Stąd wnioskujemy, że suma ic objetości jest równa V = π ( ) ab 3 c c = π(ab). 3c Wiemy, że a + b = c (tw. itagorasa) i a + b + c = (dany obwód trójkata). Wobec tego ab = (a + b) (a + b ) = ( c) c = c. ( Zacodza wiec wzory V = V (c) = π( c) = π 4 + 4c) i V (c) = π c c ( c + 4 ). Wynika stąd, że V (c) = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy c = ±, zatem kandydatami na punkt, w którym funkcja V przyjmuje swa najwieksz a wartość sa trójkata, wiec c > 0 >. Liczba oraz. onieważ c jest długości a boku też nie wcodzi w gr e, bo wtedy byłaby spełniona równość a + b = = = c, wbrew temu, że: suma dwóc boków trójk ata jest wieksza od trzeciego. Oznacza to, że pocodna funkcji V jest różna od 0 w każdym punkcie nieznanej nam jeszcze dziedziny, zatem funkcja V ściśle monotoniczna na każdym przedziale zawartym w swej dziedzinie. Musimy wi ec znaleźć dziedzin e funkcji V. Liczby a, b, c maja być bokami trójkata prostokatnego o obwodzie. Musza wiec być dodatnimi rozwiazaniami układu równań: a + b = c, a + b = c. Warunek ten jest też dostateczny: jeśli a, b, c > 0 i a + b = c, to (a + b) > a + b = c, zatem a + b > c i oczywiście a + c > c > b oraz b + c > c > a. Oznacza to, że z odcinków o długościac a, b, c można zbudować trójkat, oczywiście prostokatny. Układ równań równoważny jest nastepuj acemu: a + b = c, ab = ( c) c = c. Liczby a i b sa wiec pierwiastkami równania kwadratowego t ( c)t+ c = 0. Warunkiem koniecznym i dostatecznym na to, by to równanie miało dodatnie pierwiastki dla dodatniej wartości parametru c, jest 0 < c < oraz 0 = ( c) 4( c) = + c + c = (c + ) czyli c <. Z tej nierówności wynika, że V (c) = π ( c + 4 ) < 0, a to oznacza, że funkcja V maleje na przedziale, ). Wobec tego najwi eksz a wartościa funkcji V jest 5

6 liczba V ( ) = π(3 ) ( = π( ) 4 ) ( = ( ) π 3 ) = π (5 7) 0,0. Dla c = otrzymujemy trójkat równoramienny, bo = 0, wiec pierwiastki równania kwadratowego x ( c)x + c = 0, czyli liczby a i b s a równe. Dodajmy jeszcze, że w zadaniu nie wymagano oszacowania największej objętości. Komentarz: Ten przykład powinien przekonać uczniów i nauczycieli o konieczności zwracania uwagi na dziedzin e funkcji w tym zadaniu to nie jest czynność rytualna. Bez znalezienia dziedziny nie da się znaleźć bryły o największej objętości. Omawiałem to zadanie wielokrotnie na ćwiczeniac ze studentami, jeszcze si e nie zdarzyło, by studenci ccieli, aby obj etość V potraktować np. jako funkcj e zmiennej a. Skorzystalibyśmy wtedy z następującego πa wzoru V = V (a) = ( a). Maksimum osi agane ( a)( a+a ) byłoby w punkcie wewnetrznym dziedziny funkcji V, czyli przedziału ( 0, ), mianowicie w punkcie, zatem w punkcie zerowania sie pocodnej funkcji V. Byłoby mniej kłopotu z dziedzina funkcji, za to wiecej z obliczeniami. Czesto studenci nie potrafili stwierdzić, że ponieważ funkcja ma niezerowa pocodna na przedziale, to jest na nim monotoniczna. Wydawało im sie, że w obliczeniac był bład, bo skoro w jakimś punkcie ma być maksimum, to pocodna musi sie tam zerować zapominajac, że to twierdzenie mówi o punktac wewn etrznyc dziedziny. rzykład 3. Niec a b > 0 bed a liczbami rzeczywistymi. Niec oznacza prostokat, którego jeden bok ma długość a, a drugi b. Z prostokata wycinamy cztery kwadraty o boku x ( 0, ) b zawieraj ace cztery wierzcołki tak, że pole zmniejsza sie o 4x. Nastepnie zaginamy wystajace cześci powstałego dwunastokata (niewypukłego) tak, by powstało pudełko o wymiarac a x, b x, x. Dla jakiego x pojemność otrzymanego pudełka b edzie najwi eksza? Rozwiazanie. Niec V (x) = x(a x)(b x) bedzie pojemnościa pudełka. V jest funkcja ciagł a, a nawet różniczkowalna w każdym punkcie swej dziedziny. Z punktu widzenia pojemności pudełka dziedzina funkcji V jest przedział ( 0, ) b. Spełniona jest równość V (x) = x 4(a + b)x + ab. onieważ = (4(a + b)) 4 ab = ((a + b) 3ab) = (a ab + b ) b > 0, więc równanie kwadratowe x 4(a + b)x + ab = 0 ma dwa pierwiastki, ale nie wiadomo, czy znajdują się one w przedziale (0, b 4(a+b) ). onieważ sumą pierwiastków jest liczba > 0, a iloczynem liczba ab > 0, więc obie liczby a+b± a ab+b są dodatnie. Mamy a + b a ab + b = (a + b) (a ab + b ) (a + b + a ab + b ) = ab (a + b + a ab + b ) < b, bo a + b + a ab + b > a. Teraz zauważmy, że a + b + a ab + b a + b + b b.

7 Wobec tego jeśli 0 < x < a+b a ab+b, to V a+b (x) > 0, a jeśli a ab+b < x < ( b, to V (x) < 0. Wykazaliśmy, że na przedziale 0, a+b a ab+b funkcja V rośnie, więc jeżeli ( 0 < x < a+b a ab+b a+b, to V (x) < V ) a ab+b a+b, a na przedziale ) a ab+b, b funkcja V maleje, zatem jeśli a+b a ab+b < x < b, to V a+b ) ( a ab+b > V (x). Stąd wynika, ( ) że największą wartością funkcji V jest liczba V, zatem bok kwadratu powinien a+b a ab+b mieć długość a+b a ab+b. Uwaga. Można np. przyjąć a = b = 4 albo a = 5 i b = 8. A teraz kilka słów o twierdzeniac i ic dowodac, z któryc korzystać należy w zadaniac optymalizacyjnyc. odstawowym twierdzeniem racunku różniczkowego jest Twierdzenie 4. (Lagrange a o wartości średniej) Jeśli funkcja f jest ciagła w każdym punkcie przedziału domknietego a, b i ma pocodna we wszystkic punktac przedziału otwartego (a, b), to istnieje taki punkt c (a, b), że f (c) = f(b) f(a) b a. To twierdzenie nie jest wymienione w podstawie programowej, jednak na nim opierają się twierdzenia używane do tzw. badania funkcji. odkreślmy, że nie ma potrzeby zakładać istnienia pocodnej w punkcie a ani w punkcie b. Ma to istotne znaczenie dla zastosowań tego twierdzenia. Dowód tego twierdzenia w zasadzie wymaga skorzystania z faktu, którego w szkole nie ma: codzi o twierdzenie Weierstrassa o osiąganiu kresów przez funkcję ciągłą określoną na domkniętym przedziale. Jego dowód wymaga pewnika ciągłości, zwanego też aksjomatem Dedekinda, więc nie bardzo nadaje się się do podręczników szkolnyc. Trzeba też skorzystać z twierdzenia, które zaczął stosować Fermat, coć za jego czasów pocodnyc jeszcze nie znano. Domkniętość przedziału jest istotnym założeniem twierdzenia Weierstrassa. Funkcja określona na przedziale (0, nie jest ograniczona z góry, więc największej wartości x nie ma. Funkcja sin określona na przedziale (0, nie jest ograniczona ani z góry ani z dołu, x x więc nie ma największej, ani najmniejszej wartości. Funkcja sin określona na przedziale +x x (0, jest ograniczona z góry i z dołu, ale nie ma ani największej ani najmniejszej wartości, bo < +x sin x < dla każdego x 0 i lim n oraz analogicznie lim sin n +(nπ π ) (nπ π ) +(nπ+ π ) sin (nπ+ π ) = lim n +(nπ π ) =. = lim n +(nπ+ π ) = Twierdzenie 5. (o zerowaniu si e pocodnej w punktac przyjmowania wartości ekstremalnyc) Jeśli f jest funkcja różniczkowalna w punkcie p, określoną na przedziale otwartym i przyjmuje w punkcie p wartość najmniejsza lub najwieksz a w tym przedziale, to f (p) = 0. Dowód. Załóżmy, że funkcja f ma w punkcie p wartość najwieksz a. Znaczy to, że dla każdego punktu x z dziedziny funkcji f zacodzi nierówność f(x) f(p), zatem dla > 0 mamy f(p+) f(p) 0, wobec tego f f(p+) f(p) (p) = lim 0. Mamy też f f(p+) f(p) (p) = lim a zacodzić jednocześnie jedynie w przypadku f (p) = 0. dla < 0. Obie te nierówności mog 7

8 Jeśli f przyjmuje w punkcie p wartość najmniejsza, to funkcja przeciwna f przyjmuje w tym punkcie wartość najwieksz a, wiec 0 = ( f) (p) = f (p). W ten sposób zakończyliśmy dowód. Wypada podkreślić, że jeśli funkcja określona na przedziale (nieotwartym) przyjmuje wartość najwieksz a w jego końcu, to nawet w przypadku, gdy jest w tym końcu jednostronnie różniczkowalna, jej pocodna nie musi być równa 0. Funkcja x rozpatrywana na przedziale 7, 3 przyjmuje swa najwieksz a wartość w punkcie 3, w którym jej pocodna jest liczba. Dowód. (twierdzenia o monotoniczności funkcji różniczkowalnej). Załóżmy, że f jest funkcją niemalejącą oraz że ma ona w pewnym punkcie p przedziału (a, b) pocodną. onieważ f jest funkcją niemalejącą, więc dla każdego, dla którego p+ (a, b), mamy f(p+) f(p) 0. f(p+) f(p) Stąd od razu wynika, że lim 0, co kończy dowód pierwszej implikacji. 0 Załóżmy teraz, że pocodna funkcji f jest nieujemna we wszystkic punktac przedziału (a, b) i niec x, y i x < y. Z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej wynika, że istnieje taka liczba c (x, y), że f(y) f(x) y x = f (c) 0, zatem licznik i mianownik ułamka f(y) f(x) y x taki sam znak, a to oznacza, że funkcja f jest niemalejąca na przedziale. mają Drugą część twierdzenia można uzasadnić w taki sam sposób. Można też sprowadzić ją do części pierwszej zastąpiwszy funkcję f funkcją f. Dowód. (twierdzenia o ścisłej monotoniczności funkcji różniczkowalnyc). Załóżmy, że funkcja f jest ściśle rosnaca. Wobec tego jest niemalejaca, wiec na podstawie poprzedniego twierdzenia jej pocodna jest nieujemna. Jeśli x, y i x < y, to w pewnym punkcie wewn etrznym z przedziału x, y zacodzi nierówność f (z) > 0, bowiem gdyby pocodna równa była 0 w każdym punkcie przedziału x, y, to funkcja f byłaby stała na tym przedziale, wi ec nie byłaby ściśle rosnaca. Zajmiemy sie dowodem implikacji przeciwnej. Zakładamy teraz, że f jest funkcja ciagł a, której pocodna jest nieujemna. Z poprzedniego twierdzenia wnioskujemy, że f jest funkcja niemalejac a. Jeśli nie jest ona ściśle rosnaca, to istnieja takie punkty x, y, że x < y i f(x) = f(y). Z tego, że x < z < y wynika, że zacodzi nierówność f(x) f(z) f(y) = f(x), co oznacza, że f(x) = f(z), a to z kolei oznacza, że f jest funkcja stała na przedziale x, y, a z tego wynika, że f (z) = 0 dla każdego punktu z x, y, wbrew założeniu. Druga cz eść twierdzenia może być uzyskana z pierwszej przez rozważenie funkcji f zamiast funkcji f. Można ominąć twierdzenie o wartości średniej ukrywając przy okazji pewnik ciągłości głęboko. Dowód poprzedzimy uwagą wynikającą natycmiast z definicji granicy funkcji. Uwaga. Jeśli p jest punktem wewnętrznym dziedziny funkcji f, która jest różniczkowalna w p, i f (p) > 0, to istnieje taka liczba δ > 0, że jeśli 0 < < δ, to punkt p + znajduje się w dziedzinie funkcji f, a liczby i f(p + ) f(p) mają ten sam znak. 8

9 Dowód. Jeśli granica funkcji przy 0 jest dodatnia, to w pewnym otoczeniu punktu 0 f(p+) f(p) funkcja też jest dodatnia, zatem z tego, że lim = f (p) > 0 wynika istnienie takiej 0 liczby δ > 0, że jeżeli 0 < < δ, to f(p+) f(p) > 0, a to oznacza, że licznik i mianownik mają taki sam znak. Drugi dowód twierdzenia o ścisłej monotoniczności funkcji różniczkowalnyc. Załóżmy, że funkcja f jest określona na przedziale, być może zawierającym jeden ze swyc końców lub oba, być może nieograniczonym, i jest ciągła we wszystkic punktac przedziału oraz jest różniczkowalna w punktac wewnętrznyc tego przedziału. Załóżmy, że pocodna f jest dodatnia we wszystkic punktac wewnętrznyc przedziału. Niec x oznacza punkt wewnętrzny przedziału. Z uwagi poprzedzającej ten dowód wynika, że istnieje taka liczba δ x > 0, że jeśli 0 < < δ x, to f(x ) < f(x) < f(x + ). Innymi słowy z nierówności x < t < x + δ x wynika, że f(x) < f(t), a z nierówności x δ x < t < x wynika, że f(t) < f(x). Niec y x będzie największą taka liczbą, że z nierówności x < t < y x wynika nierówność f(x) < f(t). Oczywiście x + δ x y x. Jeśli y x jest punktem wewnętrznym przedziału, to z tego, że y x < t < y x + δ yx takim punktem, że y x δ yx wynika, że f(y x ) < f(t). Niec s (x, y x ) będzie < s < y x. Zacodzą nierówności f(x) < f(s) < f(y x ) < f(t), ale to oznacza, że wbrew założeniu, liczbę y x można powiększyć o δ yx. Udowodniliśmy, że y x jest końcem przedziału. onieważ tak jest dla każdego punktu wewnętrznego przedziału, więc jeśli x i x są punktami wewnętrznymi przedziału oraz x < x, to również f(x ) < f(x ). Jeśli b jest prawym końcem przedziału, to f(b) = lim x b f(x), a ponieważ funkcja f jest ściśle rosnąca na wnętrzu przedziału, to f(x) f(b) dla każdego punktu wewnętrznego x przedziału. Stąd jednak wynika, że jeśli x < t < b, to f(x) < f(t) f(b), więc f(x) < f(b). odobnie dowodzimy, że jeśli a jest lewym końcem przedziału, to f(a) < f(x) dla każdego punktu x z wnętrza. Udowodniliśmy, że funkcja f jest ściśle rosnąca na przedziale. Teraz kolej na wywnioskowanie tego, że jeśli pocodna funkcji f jest nieujemna we wszystkic wewnętrznyc punktac przedziału, to sama funkcja f jest niemalejąca. Niec ε > 0 będzie dowolną liczbą. Niec f ε (x) = f(x) + εx. Wtedy f ε jest ciągła w każdym punkcie przedziału, jako suma funkcji ciągłyc. Jeśli x jest punktem wewnętrznym przedziału, to f ε(x) = f (x) + ε > 0. Z tego, co wykazaliśmy wcześniej, wnioskujemy, że jeżeli x, x i x < x, to f ε (x ) < f ε (x ), czyli f(x )+εx < f(x )+εx, zatem ε(x x ) < f(x ) f(x ). Ta nierówność zacodzi dla każdej dodatniej liczby ε. Wynika stąd, że zacodzi nierówność f(x ) f(x ) lim ε 0 ε(x x ) = 0, więc f(x ) f(x ). Analogicznie dowodzimy, że funkcja o niedodatniej pocodnej jest nierosnąca. W szczególności funkcja o zerowej pocodnej jest jednocześnie niemalejąca i nierosnąca, zatem jest stała. Stąd już łatwo wynika, że jeśli pocodna funkcji f jest nieujemna i w każdym niepustym, 9

10 otwartym podprzedziale przedziału znajduje się punkt, w którym f jest dodatnia, to funkcja f jest ściśle rosnąca. Udowodniliśmy więc zarówno twierdzenie o monotoniczności funkcji różniczkowalnej jak i twierdzenie o ścisłej monotoniczności funkcji różniczkowalnyc w jedną stronę: z własności pocodnej wynika odpowiednia własność funkcji. Dowód implikacji przeciwnej jest taki sam, jak poprzednio nie korzystaliśmy z twierdzenia o wartości średniej w rozumowaniu w tę stronę. W zasadzie ten dowód nie wykracza poza to, co uczniowie w szkołac słyszą na lekcjac (jeśli akurat słucają). Nie ma tu żadnyc lokalnyc ekstremów, bo one do tyc zadań, które można rozwiązywać w czasie lekcji lub w czasie matur są niepotrzebne i co gorsza tylko komplikują rozumowania. Uczniowie, którzy będą studiować w szkołac wyższyc i będą tam mieć racunek różniczkowy spotkają się zapewne z funkcjami dwu i większej liczby zmiennyc. Tam jest jeszcze gorzej, ale tam lokalne ekstrema są niezbędne. Jednak wymaga to dobrego zrozumienia twierdzeń dla jednej zmiennej. oniżej dwa ostrzeżenia. Uwaga 7. Każdy wie, że wielomian parzystego stopnia o dodatnim współczynniku kierującym przyjmuje w jakimś punkcie prostej swą najmniejszą wartość. Tak jest dla jednej zmiennej. Wielomian x + (xy ) zmiennyc x i y przyjmuje jedynie wartości dodatnie: układ równań x = 0 i xy = 0 jest w oczywisty sposób sprzeczny. Jednocześnie każda liczba dodatnia c jest jego wartością: wystarczy przyjąć x = c oraz y = c, by się o tym przekonać. Uwaga 8. Niec f(x, y) = x + y ( + x) 3. Jasne jest, że każda liczba rzeczywista jest wartością funkcji (wielomianu) f: f(x, ) = x + ( + x) 3 jest wielomianem trzeciego stopnia zmiennej x, więc wszystkie liczby rzeczywiste są jego wartościami. Jeżeli x > oraz (x, y) (0, 0), to x + y ( + x) 3 > 0, zatem w punkcie (0, 0) funkcja f ma lokalne minimum właściwe. Warunkiem koniecznym na to, by miała ona w pewnym punkcie lokalne ekstremum jest zerowanie się pocodnyc pierwszego rzędu. Mamy f (x, y) = x + x 3y ( + x) oraz f (x, y) = y( + y x)3. rzyrównując je obie do zera otrzymujemy układ równań x + 3y ( + x) = 0, y( + x) 3 = 0. Jedynym rozwiązaniem jest punkt (0, 0): z drugiego równania wynika, że x = lub y = 0. W pierwszym przypadku z pierwszego równania wynika, że x = 0, wbrew równości x =. W drugim z równości y = 0 wynika, że x = 0. Jest to rezultat przez mało kogo oczekiwany, Ten przykład pojawił się kiedyś jako zadanie w Delcie. 0

11 większość osób spośród tyc, które są w stanie tego rodzaju kwestie analizować, oczekuje przynajmniej jeszcze jednego punktu zerowania się obu pocodnyc cząstkowyc. Dodajmy jeszcze, że wysilając się nieco można skonstruować funkcję określoną na R, o wartościac rzeczywistyc, której pocodna zeruje się w każdym punkcie wymiernym, istnieje we wszystkic punktac, każdy przedział zawiera punkt, w którym pocodna jest dodatnia. Taka funkcja jest ściśle rosnąca, co wynika z twierdzenia udowodnionego wyżej. Ucząc młodzież znajdowania największyc i największyc wartości funkcji musimy podawać twierdzenia, z któryc korzystamy i odwoływać się do nic. Twierdzenia powinny mieć możliwie krótkie sformułowania i jak wszędzie w matematyce powinny być możliwie proste. Niestety w wielu podręcznikac, nie tylko szkolnyc, są niedopowiedzenia, czasem błędy, a ic autorzy często powołują się na zbyt złożone twierdzenia, często nieudowodnione. W szkolnej praktyce w zasadzie jedynym twierdzeniem pozwalającym na znajdowanie wartości największyc lub najmniejszyc jest twierdzenie o monotoniczności funkcji różniczkowalnyc i twierdzenie o ścisłej monotoniczności funkcji różniczkowalnyc. Funkcje, z którymi uczniowie mają do czynienia (wielomiany lub funkcje wymierne), są przedziałami monotoniczne i zawsze liczba przedziałów monotoniczności funkcji jest niewielka, więc żadne złożone twierdzenia potrzebne nie są.