R.Descartes). (A.Couchi)sites.znu.edu.ua/bank/public_files/2009/10/matanaliz/5.pdf5...

5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ

Н.М. Д’яченко 124

5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІН-НОЇ

„Немое число... Услышать его язык дано не каждому. По-нять его суть могут лишь избранные и одержимые. Ибо заговорив, оно становится прозорливым проводником на неисчерпаемых раздорожьях науки»

(Н.А. Сорока)

ВСТУП

Сучасні фахівці повинні добре володіти математичним апара-том, який має надзвичайне значення для розвитку сучасної промис-ловості, економіки, бізнесу, фінансової справи та ін. Фундаментом математики служить математичний аналіз. Основою математичного аналізу служать взаємопов’язані за змістом розділи – диференціальне та інтегральне числення.

«Головним поштовхом для зародження диференціального чис-лення стало введення в математику змінних величин (Р.Дедекінд, R.Descartes). У загальних рисах побудову диференціального і інтег-рального числень було завершено в роботах І.Ньютона (I.Newton) і Г.Лейбніца (G.Leibniz) на прикінці 17 ст., однак питання обґрунту-вання за допомогою поняття границі були розроблені О.Коші (A.Couchi) лише на початку 19 ст. Створення диференціального та інтегрального числення стало початком інтенсивного розвитку мате-матики та пов’язаних з нею прикладних наук…

Диференціальне числення засновано на поняттях дійсного чис-ла, функції, границі і неперервності – найважливіші поняття матема-тики, які були сформульовані і отримали сучасний зміст у процесі розвитку математичного аналізу.

Центральні поняття диференціального числення – похідна та диференціал – і розроблений в диференціальному численні апарат, пов’язаний з ними, надають засіб для дослідження функцій, локально схожих з лінійною функцією або многочленом, а саме такі функції є цікавими для застосування.»1

Засновники диференціального числення:

Ісаак НЬЮТОН (4.1.1643-31.3.1727) – англійський фізик, механік, астроном і математик, що заклав основи природознавства. Чл. Лондон. Королів. товариства (1672) та його президент (1703). Готфрід Вільгельм ЛЕЙБНІЦ (1.7.1646-14.11.1716) – німецький математик, фізик і філософ.

Організатор і перший президент Берлін. АН (1700). Мішель РОЛЛЬ (21.4.1652-8.11.1719) – французький математик. Чл. Париз. АН (1685). Колін МАКЛОРЕН (1698-14.6.1746) – шотландський математик. Чл. Лондонського королів-

ського товариства (1719). Учень і послідовник І.Ньютона. Брук ТЕЙЛОР (18.8.1685-29.12.1731) – Англійський математик і філософ. Чл. Лондонського

королівського товариства (1712) та його вчений секретар (з1724). Огюстен Луі КОШІ (21.8.1789-23.5.1857) – французький математик. Чл.. Париз. АН (1816) Жозеф Луі ЛАГРАНЖ (25.1.1736-10.4.1813) – французький математик, механік і астроном.

Чл. Берлин. АН (1759) та її президент (1766-87), чл. Паризької АН (1787).

1 Г.П.Толстов Дифференциальное исчисление // Математическая энциклопедия: Гл. ред. И.М.Виноградов, т.2Д – Коо. – М.:Советская Энциклопедия, 1979. - с.269-277.


“Есть в математике, вызывающее человече-ский восторг”

(Ф. Хаусдорф)

5.1 Основи диференціального числення

1. Означення похідної функції в точці. Функцію будемо розглядати на інтервалі 2. Розгля-

немо точку ( )f x ( , )a b

0 ( , )x a b∈ і такий приріст аргументу x∆ в точці 0x , що 0 ( , )x x a b+ ∆ ∈ . Цьому приросту аргументу відповідає приріст функції

в точці 0x : 0 0( ) ( ) ( )f x f x x f x0∆ = + ∆ − .

Тоді різницеве відношення 0( )f xx

∆∆

в точці 0x утворює функцію

від x∆ , оскільки кожному значенню 0 0( , ) \{ 0}x a x b x x∆ ∈ − − співстав-

ляє єдине значення різницевого відношення 0( )f xx

∆∆

. Точка 0x є точ-

кою скучення множини 0 0( , ) \{a x b x x0}− − , тому коректно розглядати

границю різницевого відношення в точці x∆ =0, а саме 0

0

( )limx

f xx∆ →

∆∆

.

Така границя може існувати чи не існувати. Наприклад, для непере-рвної в точці 0x функції під знаком такої границі буде невизначеніс-

тю вигляду 00⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

згідно до наступного означення.

Означення 1 (неперервності функції через прирости). Фу-

нкція неперервна в точці ( )f x 0xdef

⇔ нескінченно малому приросту аргументу в точці 0x відповідає нескінченно малий приріст функції

в цій точці, тобто 0( )f x∆ 00lim ( ) 0x

f x∆ →

∆ = .

( Повторіть усі означення неперервності функції в точці!)

Означення 2 (похідної функції в точці). Якщо існує грани-

ця різницевого відношення 0

0

( )limx

f xx∆ →

∆∆

, то цю границю називають

похідною функції в точці ( )f x 0x і позначають 0( )f x′ . Тобто


2 Замість інтервалу ( , можна розглядати відрізок [ , , пів інтервал, пів пряму, усю пряму, а у загальному випадку і будь-яку щільну в собі множину .

)a b ]a b


0( )def

f x′ = 0

0

( )limx

f xx∆ →

∆∆

0 0

0

( ) (limx

f x x f xx∆ →

+ ∆ −=

∆) , (5.1)

Якщо у кожній точці ( , )x a b∈ існує похідна ( )f x′ функції , то похідна функції являє собою функцію, що залежить від ( )f x x . Приклад 1. Розглянемо функцію ( )f x c= , де x∈ , тоді

( )f x′ =0 0

( ) ( )lim lim lim 0 0x x

f x x f x c cx x∆ → ∆ → ∆ →

+ ∆ − −= =

∆ ∆ 0x= .

Приклад 2. Для функції ( )f x x= , де x∈ , маємо

( )f x′ =0 0

( ) ( ) ( )lim lim lim 1x x

f x x f x x x x xx x∆ → ∆ → ∆ →

+ ∆ − + ∆ − ∆0x x

= = =∆ ∆ ∆

.

Означення 3 (односторонніх похідних функції). Лівосто-ронньою (правосторонньою) похідною називається границя зліва (справа) в точці x∆ =0 різницевого відношення функції в точці ( )f x

0x . Позначення: 0( )f x+′ для правосторонньої похідної і 0( )f x−′ для лівосторонньої. Тобто

0( )def

f x±′ = 0 0

0

( ) (limx

f x x f xx∆ →±

+ ∆ −=

∆)

0′

.

З критерію існування границі функції в точці, що виражається через односторонні границі ( повторіть!), з визначень 2 і 3 виплива-ють наступне твердження.

Твердження. ( вивчити доведення !) 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x f x+ − + −′ ′ ′ ′∃ ⇔ ∃ ∧∃ ∧ = . Приклад 3. Розглянемо функцію ( )f x x= в точці 0 0x = :

(0)f+′ =0 0

0(0 ) (0)lim lim lim 1x x

xf x f xx x∆ →+ ∆ →+ ∆ →

∆ −+ ∆ − ∆0x x

= = =∆ ∆ ∆

.

(0)f−′ =0 0

0(0 ) (0)lim lim lim 1x x x

xf x f xx x∆ →− ∆ →− ∆ →

∆ −+ ∆ − −∆0 x

= = =∆ ∆ ∆

− .

(0)f+′ ≠ (0) (0)f f−′ ′⇒ ∃ .

2. Геометричний зміст похідної функції в точці. Розглянемо графік функції ( )y f x= на інтервалі ( , . )a bНехай точка ( , )x a b∈ , а x∆ - такий приріст аргументу в точці

x , що ( , )x x a b+ ∆ ∈ , тоді точки ( , ( ))M x f x і ( , (P x x f x x))+ ∆ + ∆ нале-жать графіку цієї функції.



Означення (дотичної до графіка функції). Дотичною до графіка функції ( )y f x= в точці M називається граничне положення січної МР при прагненні точки Р до точки М (тобто при 0x∆ → ), як-що таке граничне положення існує (див. рис. 5.1).


Рис. 5.1.

Дотична до графіку функції в точці ( )y f x= M існує, якщо

0lim ( )x

x∆ →

∃ ϕ ∆ . На рис. 5.1 0 0lim (x

)x∆ →

ϕ = ϕ ∆

Дотичною в цьому випадку виступає пряма MS . На рис. 5.2 в точці O

0lim ( )x

x∆ →

∃ ϕ ∆ .

В цьому випадку не існує дотичної до графіку функції в точці O

XО

Y

Теорема 5.1 (геометричний зміст похідної). Рис. 5.2.

Якщо існує похідна функції в точці( )f x x , тоді 1) в точці ( , ( ))M x f x існує дотична до графіка цієї функції, 2) кутовий коефіцієнт (тангенс кута нахилу дотичної до додатного

напрямку осі ОХ) дорівнює похідній функції в точці x , тобто 0 ( )tg f x′ϕ = .

Доведення. Доведемо, що 0

lim ( )x

xϕΗ →

∃ ∆ .

Із , 9MNP N∠ = °0( ) ( )( ) PN f x x ftg x

MN x+ ∆ −

∆ = =∆

ϕ x ⇒ ( ) (( ) f x x f xx arctgx

+ ∆ −∆ =

∆ϕ ) .


Доведемо, що 0

( ) (limx

f x x f xarctgx∆ →

+ ∆ −∃

∆) .

Відомо, що 0

( ) (( ) limx

f x x f xf xx∆ →

+ ∆ −′∃ ⇒ ∃∆

) , функція ( ) ( )g t arctg t= не-

перер. на , тому

0 0

0 00

( ) ( ) ( ) ( )lim lim

( ( )) lim ( ) ( ( ))x x

x

f x x f x f x x f xarctg arctgx x

arctg f x x arctg f x∆ → ∆ →

∆ →

+ ∆ − + ∆ −= =

∆ ∆′ ′= = ∆ = ⇒ =ϕ ϕ ϕ ⇒

0 ( )tg f x′⇒ =ϕ . ■ Із аналітичної геометрії відомо, що рівняння прямої, що прохо-

дить через задану точку 0 0( , )M x y і має кутовий коефіцієнт , має ви-

гляд , її нормаль -

k

0 (y y k x x− = − 0 ) 01 (y y x xk

− = − − 0 ) . Тоді, якщо фун-

кція має похідну в точці ( )f x 0x , то із геометричного змісту похідної отримаємо, що 0( )k f x′= , а рівняння дотичної і нормалі до графіка функції в точці 0 0( , ( ))M x f x будуть мати вигляд

0 0 0

0 00

( ) ( )( )1( ) ( )( )

y f x f x x x

y f x x xf x

′− = −

− = − −′

3. Фізичний зміст похідної. Нехай функція переміщення матеріальної точки залежно від

часу має вигляд , а [0, ]t T∈ ( )S t 0 0[0, ], [0, ]t T t t T∈ + ∆ ∈ . Тоді середня швидкість матеріальної точки за час від до 0t 0t t+ ∆ дорівнює

0 0cp

( ) ( )s t t s tvt

+ −=

.

Миттєва швидкість в момент часу дорівнює 0t 0 0( ) lim cpt

v t v∆ →

= , тому

0 00 cp0 0

( ) ( )( ) lim lim ( )t t

s t t s tv t v S tt→ → 0

+ − ′= = =.

Таким чином, фізичний зміст похідної: похідна від функції перемі-щення в момент часу - це миттєва швидкість в цей момент часу. 0t

4. Правила диференціювання. Твердження. Якщо функція має похідну в точці ( )f x 0x , тоді

ця функція в точці 0x - неперервна.


Доведення. Якщо існує похідна функції в точці ( )f x 0x , то згідно до (5.1) здійснюється рівність


00

( ) ( ) ( )f x f x xx

α′− =,

де ( )xα ∆ - нескінченно мала функція в точці 0x∆ = , тобто . Тоді приріст функції в точці

0lim ( ) 0x

x∆ →

α ∆ = ( )f x 0x можна представи-

ти співвідношенням 0 0( ) ( ) ( )f x f x x x x′∆ = ⋅∆ + ∆ ⋅α ∆ .

Звідки отримаємо 00lim ( ) 0 ( )x

f x f x∆ →

∆ = ⇒ – неперервна в т. 0x

(нескінченно малому приросту аргументу відповідає нескінченно малий приріст функції в т. 0x , а це означає, що функція неперервна в т. 0x ). ■

Зауваження. Зворотне твердження невірне. Наприклад, функ-ція ( )f x x= - неперервна в точці 0, хоча вона не має похідну в цій точці (див. приклад 5.3).

Теорема 5.2 (арифметичні операції над похідними). 1) ( ( ) ( ))

( )2) ( ( ) ( ))

( )( )3) , ( ) 0( )

u x v xu x

u x v xv x

u x v xv x

′∃ ±′∃ ⎫ ′⇒ ∃ ⋅⎬′∃ ⎭

′⎛ ⎞∃ ≠⎜ ⎟⎝ ⎠

Вірні наступні співвідношення:

( )( ) ( )Cu x C u x′

′= , ( )( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x′ ′ ′± = ± , ( )( ) ( ) ( ) ( )) ( ) ( )u x v x u x v x u x v x′ ′ ′⋅ = ⋅ + ⋅ ,

2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

u x u x v x u x v xv x v x

′ ′⋅ − ⋅= .

Доведення. ( )

0 0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( )) lim lim limx x x

u x x v x x u x v x u x x u x v x x v xu x v x0x x x→ → →

+ ± + − ± + − + −′± = = ± =

/застосовуємо означення похідної/ ( ) ( )u x v x′ ′= ±

0

( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( )) limx

u x x v x x u x v xu x v xx→

+ ⋅ + − ⋅′⋅ = =




0

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )limx

u x x v x x u x v x u x v x x u x v x xx→

+ ⋅ + − ⋅ − ⋅ + + ⋅ += =

0

( ) ( ) ( ) ( )lim ( ) ( )x

u x x u x v x x v xv x x u xx x→

⎡ + − + −⎡ ⎤ ⎡= + +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦

⎤⎤ =⎥⎦

)

/застосовуємо останнє твердження і означення похідної/

( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x′ ′= ⋅ + ⋅ Інші формули вивести самостійно . ■

Теорема 5.3 (про похідну складеної функції). Якщо функція має похідну в точці (t g x=x X∈ , а функція має похідну у відпо-

точці ( )y f t=

відній ( )t g x T= ∈ , тоді складена функція ( ) ( ( ))y x f g x= ϕ = має похідну в точці x і має

місце формула

( ) ( )

( ) ( ( ))

g f

x t g x y f t

f g

y x f g x

X T Y= =

ϕ=

=ϕ =

⎯⎯→ ⎯⎯→

↓ ↑⎯⎯→ ⎯⎯⎯→

[ ]( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x f g x f t g x f g x g x′′ ′ ′ ′ϕ = = ⋅ = ⋅ ′ . Доведення. Функцію ( )g x будемо розглядати на множині X .

Розглянемо точку x X∈ і такий приріст аргументу x∆ в точці x , що x x X+ ∆ ∈ . Цьому приросту аргументу відповідає приріст функції в точці x :

( ) ( ) ( )t g x g x x g x∆ = ∆ = + ∆ − . Позначимо . За попередніми викладками ( )t g x T= ∈ t t T+ ∆ ∈ . При-росту аргументу в точці t відповідає приріст функції t∆ ( )y f t= , що має вигляд

( ) ( ) ( )y f t f t t f t∆ = ∆ = + ∆ − . За означення складеної функції, враховуючи, що ( )t g x= , а

, отримаємо приріст складеної функції в точці ( ) ( ( ))y x f g x= ϕ = x ( ) ( ) ( )y x x x x∆ = ∆ϕ = ϕ + ∆ −ϕ .

Оскільки функція ( )y f t= має похідну в точці t , то ( ) ( )y f t t t t′∆ = ⋅∆ + ∆ ⋅α ∆ ,

де .Поділимо обидві частини останнього співвідношення

на 0

lim ( ) 0t

t∆ →

α ∆ =

x∆ :

( ) ( )y t tf t tx x x

∆ ∆ ∆′= ⋅ + ⋅α ∆∆ ∆ ∆

. (*)


Так як функція ( )t g x= має похідну в точці x , тоді

0lim ( )x

t g xx∆ →

∆ ′=∆

, а за твердженням отримаємо неперервність цієї функ-

ції в точці x , тоді 0

lim 0x

t∆ →

∆ = . Робимо граничний перехід в рівності (*)

з урахуванням вищезазначеного:

0 0 0 0

0( ) ( )

lim ( ) lim lim lim ( ) ( ) ( )x x x t

g x g x

y t tf t t f t g xx x x∆ → ∆ → ∆ → ∆ →

=′ ′= =

∆ ∆ ∆′ ′ ′= ⋅ + ⋅ α ∆ = ⋅∆ ∆ ∆

.

Таким чином, 0

limx

yx∆ →

∆∃

∆= ( ) ( )f t g x′ ′⋅ , тому враховуючи, що

- приріст складеної функції в точці

( ) ( ) ( )y x x x∆ = ∆ϕ = ϕ + ∆ −ϕ x( ) ( ( ))y x f g x= ϕ = x , маємо:

( ) ( ) ( )x f t g x′ ′ ′ϕ = ⋅ . ■ Теорема 5.4 (про похідну оберненої функції). Якщо функція

, що задана на , строго зростає, неперервна на , має у всіх точках відрізку [ , похідну

( )f x [ , ]a b [ , ]a b]a b ( ) 0f x′ ≠ , тоді

1) існує обернена функція , що задана, зростає, непере-рвна на [ ( ,

1( )f y−

), ( )]f a f b2) у будь якій точці ( )y f x= відрізку обернена фун-

кція має похідну, що обчислюється за формулою [ ( ), ( )]f a f b

1( )f y−

( )1 1( )( )

f yg x

− ′ = .

Аналогічна теорема має місце для спадної функції . Доведення. Пункт 1) випливає із теореми про існування

оберненої функції до монотонної і неперервної функції. Розглянемо ( )x g y= - обернена до ( )y f x= , а y∆ приросту

аргументу функції ( )g y в т. (y [ ( ), ( )], [ ( ), ( )]y f a f b y y f a f b∈ + ∆ ∈ ) відповідає приріст функції ( ) ( ) ( )x g y g y y g y∆ = ∆ = + ∆ − . За означенням оберненої функції, y∆ - приріст функції в точці ( )f x ( )x g y= , що відповідає приросту аргументу x∆ .

Оскільки ( )g y - непер. в т. , то при y 0y∆ → маємо 0x∆ → . Якщо , то 0y∆ ≠ y y y y y y+ ∆ ≠ ⇔ + ∆ < > . Завдяки зростанню функції

( )g y одержимо ( ) ( ) ( ) ( )g y y g y g y y g y x 0+ ∆ < > ⇔ +∆ ≠ ⇔ ∆ ≠ .



Таким чином, якщо 0y∆ → , то , а також, якщо 0x∆ → 0y∆ ≠ , то . Тому можливе здійснення наступних граничних переходів: 0x∆ ≠

0 0

0

( )

1 1lim 0 0 lim 0 0( )lim

y y

x

f x

x y x y xy yy fx x

∆ → ∆ →

∆ →

′=

∆= ∆ ≠ ⇒ ∆ ≠ = = ∆ → ⇒ ∆ → = = ⇒

∆ ∆ ′∆∆ ∆

1x

0

1 1lim ( ) .( ) ( )y

x g yy f x f x∆ →

∆ ′⇒ ∃ = ⇒ =′ ′∆

■

Похідні від елементарних функцій (таблиця похідних)

( ) 1a ax a x −′ = ⋅ , , 0x > α∈ 0C′ = , ( ) , 1x ′ = ( )2 2x x′ = , ( )3 23x x′ =

2

1 1x x

′⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠

, 0x ≠ ( ) 12

xx

′ = , ; 0x > ( )3

3 2

1

3x

x′ = , 0x ≠

( ) lnx xa a a′ = 0 1a , < ≠ ( )x xe e′ = 1(ln )xx

′ = , 0x >

1(log )lna x

x a′ = , 0,0 1x a> < ≠

(sin ) cosx x′ = (cos ) sinx x′ = −

2

1( )sin

ctgxx

′ = − ,x n n≠ π ∈Z 2

1( )cos

tgxx

′ = , ,2

x n nπ≠ + π ∈Z

2

1( ( ))1

arctg xx

′ =+

2

1( ( ))1

arcctg xx

′ = −+

2

1(arcsin )1

xx

′ =−

, | | 1x < 2

1(arccos )1

xx

′ = −−

, | | 1x <

( ( )) ( )sh x ch x′ = ( ( )) ( )ch x sh x′ =

2

1( )th xch x

′ = 2

1( )cth xsh x

′ = −

Доведення формул таблиці похідних. Виведемо декілька формул за означенням, а потім за

допомогою теорем про похідну скіладної та оберненої функцій. 1) Отримаємо формулу за означенням




( ) ( ) 1

0 0 0

1 1 1 1lim lim lim

a aa

a aa a

x x x

x xxxx x x xx x

x xx xx x

−

∆ → ∆ → ∆ →

⎛ ⎞∆⎛ ⎞ ∆⎛ ⎞⋅ + −⎜ ⎟⎜ ⎟ + −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠+ ∆ −′ ⎝ ⎠= = = ⋅∆ ∆∆ ⋅

⎟⎝ ⎠ ,

0

1 1limx

xxA xx

α

→

⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠=

( )0

1 1lim

0u

x uuA x

uu

α

→

+ −== =

→ (1 ) 1q u α= + − 1 (1 )q u α+ = +

ln( 1) ln(1 )q uα+ = + ln(1 ) 1

ln( 1)u

qα +

=+

( )1 1 ln(1 ) ln(1 )ln(1 ) ln(1 )

u q u q uu u q q u

αα α

+ − + += ⋅ = ⋅ ⋅

+ +

0 0

ln(1 )lim limln(1 )q u

q uAq u

α α→ →

+= ⋅ ⋅

+=

1 1( )x x A xα α α α− −′ = ⋅ = ⋅

2) Виведемо формулу за означенням

( ) ( )0 0

1lim lim ln

x xx x xx x

x x

a aa aa a ax x

+

→ →

−−′ = = =

3) Знайдемо формулу за означенням

( )0 0

log 1log ( ) log 1 1 1log lim lim

ln ln

aa a

a x x

xx x x xx xx a x x ax

x→ →

⎛ ⎞+⎜ ⎟+ − ⎝ ⎠′ = = =⋅

⋅ =

4) За означенням

0 0 0

2 22sin cos 2 cossin( ) sin 2 2 2 2(sin ) lim lim lim cosx x x

x x x x x xx x xx x

x x x→ → →

+ ++ −′ = = = =

5) За означенням



0 0

sin( ) sinsin( )cos sin cos( )cos( ) cos( ) lim lim

cos( )cosx x

x x xx x x x x xx x xtgx

x x x x→ →

+ −+ − ++′ = =

+ x=

20

sin( ) 1limcos( )cos cosx

x x xx x x x→

+ −= =

+ x 6) Одержимо наступну формулу іншим способом,

застосовуючи вже виведену похідну ( )x xe e′ = , а також теорему про похідну від складеної функції. Нехай , тоді 0x >

ln ln ln 11 1( ) ( ) ( )x x xx e e e x xx x

αα α α αα α α α−′ ′ ′= = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅

7) Використаємо виведену похідну (sin ) cosx x′ = і теорему про похідну від складеної функції:

(cos ) sin cos ( 1) sin2 2

x x xπ π′⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = − = − ⋅ − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠x

8) Отримаємо наступну похідну іншим способом.

Застосовуємо формули (sin ) cosx x′ = і (cos ) sinx x′ = і формулу похідної частки:

2 2

sin cos cos sin sin 1( )cos cos cos

x x x x xtgxx x x

′ +⎛ ⎞′ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠ 9) Функція arcsiny x= є оберненою до sinx y= на відрізку

2 2yπ

− ≤ ≤π . На цьому відрізку функція sinx y= є неперервною і

зростаючому з множиною значень 1 1x− ≤ ≤ , а (sin ) cosy y′ = , тому

функція неперервна, зростаюча на відрізку arcsiny = x 11 x− ≤ ≤ , а її

похідна, згідно до теореми про похідну від оберененої функції,

дорівнює

2 2

1 1 1 1(arcsin )(sin ) cos 1 sin 1

xy y y x

′ = = = =′ − −

.

10) Застосовуємо формулу ( )x xe ′ = e і теорему про похідну від оберненої функції



lny x= yx e=

1 1(ln )( )y yxe e

′ = = =′

1x

11) Застосовуємо формулу 2

1( )cos

tg xx

′ = і теорему про

похідну від оберненої функції ( )y arctg x=

( )x tg y=

2 2yπ π−

≤ ≤

2 2

2

1 1 1( ( )) 1( ( )) 1 ( ) 1cos

arctg xtg y tg y x

y

′ = = = =′

1+ +

Інші формули вивести самостійно . Приклад. Знайти похідну функції

( )ln ln 1 sin2xy tg ctgx x= − ⋅ + x− .

Розв’язання. ( )( ) 2ln ln 1 sin2

2

xtgxy tg ctgx x x

xtg

′⎛ ⎞

′ ⎜ ⎟′⎛ ⎞ ⎝ ⎠′ ′= − ⋅ + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

−

( ) ( ) ( )( )2

1ln 1 sin ln 1 sin 12 cos

2 2

ctgx x ctgx xx xtg

′′− ⋅ + − ⋅ + − =⋅

+

( )2

1 cln 1 sin 11 sinsin

xx ctgxxx

+ ⋅ + − ⋅ −+os

=

( )( )

2

2

ln 1 sin1 cos 1sin sin 1 sinsin

x xx xx

+= + − −

+ x.

Логарифмічне диференціювання. Якщо додатна функція ( )y f x= , що має похідну в точці x за-

дається як добуток великої кількості функцій або є показниково-степеневою функцією, то можна застосовувати до обчислення похід-ної від неї логарифмічне диференціювання. А саме: обидві частини рівності

( )y f x=


логарифмують [ ]ln ln ( )y f x= ,

Праву частину рівності перетворюють, використовуючи властивості логарифмів. Після цього обчислюють похідну від обох частин пере-твореної рівності, знаючи, що [ ]ln ( )f x - складена функція, а ( )y f x= - її проміжний аргумент, тому

[ ]( ) 1ln ( )f x yy

′ ′= ⋅ .

Величина, що визначається останньою формулою називається лога-рифмічною похідною.

Обчислимо похідну від показово-степеневої функції [ ] ( )( ) v xy u x=

Зробимо зазначені вище перетворення: ln ( ) ln ( )y v x u x= ; 1 1( ) ln ( ) ( ) ( )

( )y v x u x v x u x

y u′ ′ ′⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅

x;

1( ) ln ( ) ( ) ( )( )

y y v x u x v x u xu x

⎡ ⎤′ ′ ′= ⋅ + ⋅ ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Підставимо замість функцію , отримаємо y [ ] ( )( ) v xy u x=

[ ]( ) [ ]( ) ( ) 1( ) ( ) ( ) ln ( ) ( ) ( )( )

v x v xu x u x v x u x v x u xu x

⎡ ⎤′ ′ ′= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦

.

Розглянемо функцію ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )

a x b x c xf xd x e x g x

=

І застосуємо до неї логарифмічне диференціювання: ln ln ln ln ln ln lnf a b c d e= + + − − − g , 1 a b c d e gff a b c d e g

′ ′ ′ ′ ′′ = + + − − −

′

,

a b c a b c a b c d e gd e g d e g a b c d e g

′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⎛ ⎞ ⎛⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ + + − − −⎜ ⎟ ⎜⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

.

Приклад. Знайти похідну функції sin 2cosxy x= . Розв’язання. Застосуємо логарифмічне диференціювання:

sin 2ln ln cosxy x= ,




21ln ln cossin

y xx

= ⋅ ,

( )2ln cosln

sinxy

x

′⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

,

( )( )2

22 22

2 2

cossin cos ln cosln cos sin (sin ) ln cos1 cos

sin sin

xx x xx x x x xy

y x x

′′ ⋅ − ⋅′⋅ − ⋅

′⋅ = = =

2 2 22 2

2 2

2 2

sin ( ) sin 2sin cos ln cos sin cos ln coscos cos

sin sin

x x x xx x x x xx x

x x

′⋅ ⋅⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅

= =x

.

Отримали: 2 2

2 2

2 sin sin cos cos ln cossin cos

y x x x x x xy x x′ ⋅ − ⋅ ⋅=

⋅

2

. Помножимо обид-

ві частин цієї рівності на : y2 2

2 2

2 sin sin cos cos ln cossin cos

2x x x x x xy yx x

⋅ − ⋅ ⋅′ = ⋅⋅

.

Оскільки sin 2cosxy = x , то в результаті одержимо 2 2

sin 22 2

2 sin sin cos cos ln coscossin cos

x2x x x x x xy x

x x⋅ − ⋅ ⋅′ = ⋅

⋅.

5. Диференційовність функцій. Диференціал функції. Якщо існує похідна функції в точці ( )f x 0x , то згідно до (5.1)

здійснюється рівність 0

0( ) ( ) ( )f x f x xx

α′− =,

де ( )xα ∆ - нескінченно мала функція в точці 0x∆ = , тобто . Тоді приріст функції в точці

0lim ( ) 0x

x∆ →

α ∆ = ( )f x 0x можна представи-

ти співвідношенням 0 0( ) ( ) ( )f x f x x x x′∆ = ⋅∆ + ∆ ⋅α ∆ . (5.2)

Оскільки - є сталою у фіксованій точці 0( )f x′ 0x , то позначимо 0( )A f x′= . Функція ( )x x∆ ⋅α ∆ є нескінченно малою в точці 0x∆ =

більш високого порядку мализни за x∆ , тобто ( ) ( )x x o x∆ ⋅α ∆ = ∆ :

0 0

( )lim lim ( ) 0 ( ) ( )x x

x x x x x o xx

α α α→ →

= = ⇒ =

( повторити означення ( )o γ !). Тому (5.2) можна переписати:


0( ) ( )f x A x o x∆ = ⋅∆ + ∆ . (5.3) Означення (диференційовності і диференціалу). Якщо

приріст функції ( )y f x= в точці 0x можна представити у вигляді (5.3), то

1) функція називається диференційовною в точці ( )f x 0x , 2) головна лінійна частина приросту функції A x⋅∆ називається

диференціалом функції в точці ( )f x 0x і позначаться (або ), тобто

0( )df x

0( )dy x

0( )def

df x = A x⋅∆ . Уведемо позначення dx x= ∆ , тоді 0( )df x = A dx⋅ .

Із зауважень, наданих до означення випливає, що функція, яка має похідну в точці є в цій точці диференційовною. Це твердження можна обернути, і має місце наступна теорема.

Теорема 5.4. Функція диференційовною в точці ( )f x 0x тоді і лише тоді, коли вона в цій точці має похідну, крім того стала A в головній лінійній частині приросту функції дорівнює 0( )f x′ .

Доведення. Достатність вже було виведено вище. Необхідність. Поділимо обидві частини співвідношення (5.3)

на x∆ : ( )f A x o x

x x x⋅

= +

( )f o xAx x= +

Здійснюємо граничний перехід при 0x∆ → , отримаємо ( )f x A′ = . ■

Підставимо знайдене в теоремі значення сталої A в (5.3): ( ) ( )f f x x x xα′= +

Таким чином, якщо функція диференційовна в точці ( )f x 0x , то здійснюються рівності

0 0( ) ( ) ( )f x f x x o x′∆ = ⋅∆ + ∆ , 0( )df x = 0( )f x dx′ ⋅ ,

0 0( ) ( )dff x xdx

′ = .

6. Застосування диференціалу для наближених обчислень. Абсолютна похибка заміни f∆ на : df

Н.М. Д’яченко 138( )f df o x− =


Відносна похибка: ( )

( ) ( )( )( )

o xf df o x x x

o xf A x o x Ax

∆∆ − ∆ ∆= = =

∆∆ ∆ + ∆ +∆

α ∆ .

Приклад. 1) Розглянемо функцію ( ) (1 )f x x α= + в точці 0 0x = . Тоді

(0) ( ) (0) (1 ) 1f f o x f x α∆ = + ∆ − = + ∆ − , ( ) (1 ) , (0) , ,(0) (0) ,

f x x f dx xdf f dx x

α′ ′= α + = α = ∆′= = α∆

f df≈ (1 ) 1x xα α+ − ≈ ⋅

(1 ) 1x xα α+ ≈ + ⋅ . 2) Застосуємо отриману формулу для конкретних значень. Об-

числимо 1,1 . Тоді 1/ 2, 0,1xα = ∆ = , тому 11,1 1 0,1 1 0,1 1,052

= + ≈ + ⋅ =

3) Аналогічно можна отримати такі наближені формули

ln(1 ) , log (1 ) ,lna

xx x xa

∆+ ∆ ≈ ∆ + ∆ ≈

( )2

1 , 1 ln ,1sin , , 1 cos ,2

x xe x a x a

x x tg x x x x

∆ ∆− ≈ ∆ − ≈ ∆

∆ ≈ ∆ ∆ ≈ ∆ − ∆ ≈ ∆

arcsin , .x x arctg x x∆ ≈ ∆ ∆ ≈ ∆ ( Вивести формули самостійно!)

7. Властивості диференціалів:

( )d u v du dv± = ± ( )d uv udv vdu= + 2

u vdu udvdv v

−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

Виконайте вправу: застосовуючи формулу ( )df x = ( )f x dx′ ⋅ і таблицю похідних, випишіть таблицю диференціалів.

8. Геометричний зміст диференціала




)З рис. 5.3 отримаємо:

( ) (f PN f x x f x= = + −( ) ( )df f x dx tg xα′= = x MN=

0( 90MNQ N∠ = ) ( ) ( )QN MN tg tg x= ⋅ α = α ∆

Геометричний зміст диферен-ціала: диференціал функції

( )y f x= в точці x - це приріст значень дотичної до графіка фу-

нкції в точці ( , ( ))M x f x . В наближеному розумінні можна казати про практичну не відмінність графіка функції від дотичної (тобто лі-нійної функції) в якомусь околі точки x .

Рис. 5.3.

9. Інваріантність форми першого диференціалу. Як у випадку, коли змінна x є незалежною, так і у випадку, ко-

ли x сама є диференційовною функцією, що залежить від іншої змінної, форма першого диференціалу не змінюється, а саме: у обох випадках диференціал функції дорівнює добутку похідної від цієї функції на диференціал аргументу , тобто

( )f xdx ( )df x = ( )f x dx′ ⋅ .

Зазначена властивість диференціалу називається інваріантністю фо-рми першого диференціалу.

Покажемо інваріантність. Формула диференціалу у випадку незалежної змінної x :

( )df x = ( )xf x dx′ ⋅ . Нехай тепер вона залежна

( )x x t= ( ) ( ) ( ) ( )t x xdy f t dt f x x t dt f x dx′ ′ ′ ′= = =

10. Похідні вищих порядків. Нехай функція задана на інтервалі ( , і диференційовна

у кожній точці цього інтервалу. Тоді на інтервалі буде визначе-ною функція . Якщо і ця функція є диференційовною у деякій точці

( )f x )a b( , )a b

( )f x′x інтервалу , тобто має у цій точці похідну (див. теорему

5.4), то значення похідної від функції в точці ( , )a b

( )f x′ x називається другою похідною функції в точці ( )f x x і позначається ( )f x′′ , тобто

( )( ) ( )def

f x f x ′′′ ′= .


Якщо функція в точці ( )f x x має другу похідну ( )f x′′ , то функція називається двічі диференційовною в цій точці.

Аналогічно визначається третя, четверта похідна. Якщо похід-на -ого порядку від функції вже визначена і вона є функ-цією , заданою на інтервалі і диференційовною в деякій точці

( 1)n − ( )f x( 1) ( )nf − x ( , )a bx інтервалу , то значення похідної від в точці ( , )a b ( 1) ( )nf x− x

називається похідною -ого порядку від функції в точці n ( )f x x і позначається , тобто ( ) ( )nf x

( )( ) ( 1)( ) ( )def

n nf x f x− ′= .

Якщо функція в точці ( )f x x має похідну -ого порядку , то функція називається разів диференційовною в цій точці.

n ( ) ( )nf xn

Таблиця похідних вищих порядків 1

1 1 0( ) ...m mm m mP x a x a x a x a−

−= + + + + ⇒ ( ) {( ) !,( ) 0,n m

ma m n mP x n m

== >

( )( )( 1) ... ( 1)

n nx n xα α−= α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅ , 0,x > α∈

( )

1

1 ( 1)n n

n

nx x +

−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

0x! , ≠

( )( )ln

nx x n aa a= ⋅ 0 1a, < ≠ ( )( )nx xe e=

( )1

( ) ( 1) ( 1)!logln

nn

a n n

nxx a

+− ⋅ −=

⋅,

, 0 1a< ≠ 0x >

( )1

( ) ( 1) ( 1)!lnn

nn

nxx

+− ⋅ −= , 0x >

( )(sin ) sin2

n nx x π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

( )(cos ) cos2

n nx x π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Виведення формул таблиці. 1) 1

1 1( ) ...m mm m mP x a x a x a x a−

−= + + + + 0

Якщо , тоді .

1m =

( ) ( ) ( )1 1 0 1 1 1 1( ) ( ) , ( ) ( ) .. 0P x a x a P x a P x P x′ ′′ ′′′= + ⇒ = = = =

Нехай при m k= формула ( ) {( ) !,( ) 0,n k

ka k n kP x n k

== > є вірною.

Якщо , то 1m k= +

*

1 11 1 1 0 1

( )

( ) ... ( )k

k k kk k k k k

P x

P x a x a x a x a a x P x+ ++ + +

=

= + + + + = + * ⇒




+ =( ) ( ) ( )

( ) ( )

**

{ ){ )

{ 1){ 1) 1 *1 1 1

(

1 1{ 2) { 3)

1 1

( ) ( ) ( 1) 0

( 1) ! ( 1)!,( ) ( ) .. 0.

k

kk

kk k kk k k k

P x

k kk k

k k

P x a x P x a k x

a k k a kP x P x

++ ++ + +

=

+ ++ +

+ +

⎛ ⎞⎡ ⎤′ ⎜ ⎟= + = +⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟

⎝ ⎠= + ⋅ = +

= = =

2) Для функції ( )f x xα= , α∉ доведемо формулу за індукцією:

Нехай 1, 2,3n =1( )f x xαα −′ =

2( ) ( 1)f x xαα α −′′ = − 3( ) ( 1)( 2)f x xαα α α −′′′ = − −

Нехай для формула n k= ( )( )( 1) ... ( 1)

k kx k xα α−= α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅ є вірною. Тоді для отримаємо 1n k= +

( ) ( )( ) ( )( 1) ( )

( 1)

( 1) ... ( 1)

( 1) ... ( 1) ( ) .

k k k

k

x x k x

k k x

+α α α−

α− +

′ ′= = α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅

= α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅ α − ⋅

=

3) Формула ( )

1

1 ( 1) !n n

n

nx x +

−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

0x, ≠ є наслідком попередньої,

якщо обрати . 1α = −4) Розглянемо функцію

( ) lnf x x= Тоді

1( )f xx

′ = , ( 1) 1

( ) 1 ( 1) (( )n n

nn

nf xx x

− − 1)!− −⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

5) ( ) xf x a= ( ) lnxf x a a′ =

2( ) lnxf x a a′′ = Нехай формула є вірною, тоді ( )( )

lnnx xa a= ⋅ n a

( ) ( )( ) ( )( 1) ( )ln ln ln

n nx x x n x na a a a a a+ ′ ′= = ⋅ = ⋅ ⋅ a .

6)


( ) sinf x x= ( ) cos sin

2f x x x π⎛ ⎞′ = = +⎜ ⎟

⎝ ⎠

( ) cos sin 2 sin2 2

f x x xπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞′′ = + = + ⋅ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x

Нехай формула ( ) ( ) sin

2nf x x π⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟

⎝ ⎠n

є вірною, тоді потрібно довести:

( 1) ( ) sin ( 1)2

nf x x nπ+ ⎛ ⎞= + ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠

Доведення: ( 1) ( ) cos sin sin sin ( 1)

2 2 2 2 2nf x x n x n x nπ π π π πα+ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= + ⋅ = + = + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎞⎟⎠

′

n

Формула Лейбніца. ( )uv u v uv′ ′= + ( ) 2uv u v u v v u uv u v u v uv′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′′ ′ ′ ′′= + + + = + + ( ) 2( ) 3 3uv u v u v u v u v u v uv u v u v u v uv′′′ ′′′ ′′ ′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′′ ′′′ ′′′ ′′ ′ ′ ′′ ′′′= + + + + + = + + +

( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( )

0( ) ... ...

nn k k n k n n k k n k n

n nk

uv C u v uv n u v C u v n u v u v− − − −

=

′ ′= = + ⋅ + + + + + ⋅ +∑

Доводимо за індукцією. Нехай формула ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( 1) 2 ( 2) 3 ( 3) 1 ( 1) ( 1)

0

( ) ...n

n k k n k n n n n k k n kn n n n n

k

uv C u v uv C u v C u v C u v C u v− − − − − −

=

′ ′′ ′′′= = + + + + +∑ − + +

( ) ( ) ( )...k k n k nnC u v u v−+ + +

є вірною, тоді ( 1) ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 ( ) 2 ( 2) 2 ( 1) 3 ( 3)

***************( ) n n n n n n n IV n

n n n n nuv u v uv C u v C u v C u v C u v C u v+ + − − −′ ′′ ′ ′′′ ′′= + + + + + +

3 ( 2) 1 ( ) ( 1) 1 ( 1) ( 2) ( 1) ( ) ( ) ( 1)

***************

( 1) ( )

...n k k n k k k n k k k n k k k n kn n n n n

n n

C u v C u v C u v C u v C u v

u v u v

− − − + − − − + + − − +

−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−

+

′′′+ + + + + +

′+ + =( 1) ( ) 1 ( 1) 1 2 ( 2) 2 3 ( ) ( 1) 1 ( 1)1 ...n n n n k n k k k n

n n n n n n nuv u v C u v C C u v C C u v C C u v+ − − − + −′ ′′ ′′′⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + + + + + + + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦1

( ) ( 1)1

0

nk k n kn

k

C u v+

− ++

=

= ∑

− +

+

... + =

В останній рівності застосовано співвідношення

1 111 1n nC n C ++ = + =



1 2 21

( 1) ( 1)2 2n n n

n n n nC C n C +

− ++ = + = =

1

1k kn n nC C C− k

++ = ■ 11. Диференціали вищих порядків. Допоміжне позначення:

xδ – диференціал аргументу, ( )y f xδ = δ – диференціал функції Якщо функція ( )y f x= диференційовна на , то ( , )a b

( ) ( )df x dy f x dx′= = . І. Припущення:

1) функція – диференційовна двічі в даній точці ( )y f x= ( , )x a b∈ ; 2) змінна x або незалежна змінна або є двічі диференційовною фун-кцією від іншої змінної t , тобто ( )x x t= .

Означення 1 (диференціалу другого порядку). В зроблених припущеннях диференціалом другого порядку в даній точці ( , )x a b∈ називається диференціал від першого диференціалу, якщо x dxδ = , і позначається або . Тобто 2 ( )d f x 2d y

2 ( ) ( ( ) )x dxx dx

d y dy f x dxδδ

δ δ==

′= =.

Якщо x – незалежна змінна, то , тоді ( , )dx x const x a b= ∆ = ∀ ∈( ) ( ) 0dx dx xδ δ′= = ,

{ } ( ){ } ( )22 ( ( ) ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) 0 ( )x dx x dx

x dx

d y f x dx f x dx f x dx f x xdx f x dxδ δ

δ

δ δ δ δ= =

=

′′ ′ ′ ′ ′′= = + = + =

( )22 ( )d y f x dx′′=2

2 ( )d y f xdx

′′=

Якщо ( )x x t= , то { } { }2 2( ( ) ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )

x dx x dx x dxd y f x dx f x dx f x dx f x xdx f x d x

δ δ δδ δ δ δ

= = =′ ′ ′ ′′ ′= = + = + =

( )2 2( ) ( )f x dx f x d x′′ ′= + ( )22 2( ) ( )d y f x dx f x d x′′ ′= +

З останньої формули випливає, що форма другого диференці-алу не є інваріантною, тобто вона змінюється в залежності від того, x є залежною чи незалежною змінною.

ІІ. Означення 2 (диференціалу -ого порядку). Нехай – диференційовна разів в даній точці

n( )y f x= n ( , )x a b∈ , аргумент




x є або незалежною змінною або функцією від , яка диференційов-на разів в даній точці

tn ( , )x a b∈ . -им диференціалом від функції

в точці n

( )y f x= x називається диференціал від ( 1)n − -го диференці-алу, якщо x dxδ = , і позначається або . Тобто ( )nd f x nd y

( )1( ) ( )def

n n

x dxd f x d f x−

δ == δ .

Індуктивно, у випадку, коли x є незалежною змінною, отримати, що

( )( ) ( ) nn nd y f x dx= ( ) ( )n

nn

d y f xdx

=

Форма n -го диференціалу ( ) не є інваріантною. 1n >12. Диференціювання функцій, заданих параметрично. Якщо змінні x та являють собою функції, що залежать від

змінної , яка носить назву параметру, то кажуть, що функція за-дана параметрично:

yt T∈

( )( )

x ty t

ϕψ

=⎧⎨ =⎩ .

Параметризуємо коло 2 2 2x y a+ = . Отримаємо

{ cossin

x a ty a t== ,

де . [0,2 )t∈ πДля того, щоб мати право розглядати як функцію від y x по-

трібно зробити припущення про те, що функція ( )x t= ϕ має обернену в якомусь околі даної точки B t T∈ , тоді в образі цього околу ( )x B буде визначеною функція . 1( ( ))y x−= φ ϕ

Припускаємо, що ( )x t= ϕ та ( )y t= φ диференційовні стільки разів, скільки похідних нам потрібно обчислити. Для першої похідної отримаємо:

( ) ( )( )( ) ( )

dy t dt ty xdx t dt t

ψ ψϕ ϕ′ ′

′ = = =′ ′

( )( )( )( ) ( )

t

t

y tty xt x t

′′′ = =

′ ′ψϕ

.

Для обчислення другої похідної розглянемо функцію ( )z g t= , яку визначимо формулою ( ) ( )g t y x′= , тоді отримаємо нову функцію, що


задана параметрично { ( )( )

z g tx t== ϕ , похідна від якої і буде відповідати

другій похідній вихідної функції. Отримаємо

[ ]( )3(1)

( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )

ttg t t ty x y x

t t t

ψϕ ψ ϕ ψ ϕ

ϕ ϕ ϕ

′′⎡ ⎤⎢ ⎥′ t t′ ′′ ′ ′ ′′−⎣ ⎦′′′ ′= = = =

′ ′

2− π 2π

Приклад. Розгляне

зивається циклоїдою (дивЗнайдемо першу і другу п

sin( )(1 cos )

t

t

y a ty xx a t′

′ = =′ −

22( )2t

tctgy x

x a

−′⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠′′ = =

′

13. ДиференціюваЯкщо функція y =

жуть, що функція задана Наприклад,

2 2

2 2 1x ya b

+ =

2 2

2 2( , ) 1x yF x ya b

= + −

Правило знаходжеобчислюємо похідну від що – це функція, що yлежна змінна:

146

Рис. 5.4.

мо функцію { ((

x ay a==

. рис. 5.4 для випадохідну від цієї фун

2

2sin cos2 2

22sin2

t ttctgt= =

2

2 4

1

sin 12

sin 4 sin2 2

t

t ta= − .

ння функцій, що з( )y x задовольняє рнеявно.

. ння похідної від фуобох частин рівнянзалежить від x (то

Н.М. Д’яченко

sin )1 cos )t t

t−− , графік якої на-

ку a 1= ). кції:

адані неявно. івняння ( , ) 0F x y = , то ка-

нкції, що задана неявно: ня ( , ) 0F x y = , вважаючи, бто ( )y y x= ), а x – неза-


( , ( )) 0d F x y xdx

= .

Приклад. Розглянемо функ-цію,

Рис. 5.5.

2 2 23 3 3x y a+ = ,

графік якої називається астроїдою (див. рис. 5.5 для випадку 1a = ),

Знайдемо похідну першого і другого порядку:

1 13 32 2

3 3x y y− −

′+ = 0

3yyx

′ = −

3223

32 2 2

1 13 3

x x yyy y x y xy

x x y x

−

⎛ ⎞− −⎜ ⎟

′ −⎛ ⎞ ⎝ ⎠′′ = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠

5.2 Основні теореми про диференційовні функції

1. Монотонність функції в точці. Локальний екстремум.

Позначення: ( ) ( , ) ( )B c c c D fδ = − δ + δ ∩ . Припустимо, що точка - внутрішня точка

c( )D f

Означення 1. зростає в т. ( )f x ( )c D f∈ ( ) ( )f xdef

⇔ 0 ( ) [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]x B c x c f x f c x c f x f cδ∃δ > ∀ ∈ < ⇒ < ∧ > ⇒ > Аналогічно дається означення спадної функції в точці.

Означення 2. монотонна в точці ( )f x ( )c D f∈ def

⇔ ( )f x зростає або спадає в точці ( )c D f∈

Означення 3. Точка ( )c D f∈ - точка локального максимуму

функції ( )f xdef

⇔ 1) точка - внутрішня точка ( )c D f ; 2) 0 ( ) ( ) ( )x B c f x f cδ∃δ > ∀ ∈ < .

Аналогічно дається означення локального мінімуму функції.




)Означення 4. Точка (c D f∈ - точка

локального екстремуму функції ( )f xdef

⇔ в точці функція має локальний максимум або

локальний мінімум. c (f x)

На рис 5.11 зображено можливі типи лока-льних екстремумів. Екстремуми на рис 5.11 б-г і е-з називають піковидними.

Теорема 5.5 (достатня умова монотонно-сті функції в точці)

( )f x диференці-йовна в т. , c

( ) 0 ( ( ) 0)f c f c′ ′> <

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

( ) ( )f x в т. . c

Доведення.

0

( ) ( )( ) 0 ( ) lim ( ) 0 0 :x

f c x f cf c f c f c xx

ε δ→

δ+ −′ ′ ′> = ⇒ = > ∃ > < ⇒

Рис. 5.6.

0

( ) ( )lim ( ) ( )x

f c x f c f c f cx→

+ − ′ ′⇒ − <

x c x c δ= + − < x c x= + x c δ− <

( )c x c x Bδδ δ− < < + ⇒ ∈ c ( ) ( )( ) ( ) ( )f c x f cf c f c f c

x+ −′ ′− < − < ′

( ) ( ) 1) ( ) ( )0 2 ( )

1) ( ) ( )

f x f c x c f x f cf cx c

x c f x f cc c cδ δ

− ⎫′ > ⇒ >< < ⎪⇒− ⎬ < ⇒ <⎪− < < + ⎭ Висновок: в т. . ■ ( )f x c

Зауваження. Умова додатності похідної функції в точці є лише достатньою умовою зростання функції в точці . Наприклад, функція зростає в точці 0, однак

cc

3( )f x x= 2

0(0) 3 0

xf x

=′ = = .

Теорема 5.6 Ферма (необхідна умова локального екстремуму).

( )f x диференційовна в т. , cc loc extr− }⇒ ( ) 0f c′ = .

Доведення. 1 спосіб. – диференційована в т.( )f x ( )c f c′⇒ ∃ .


Оскільки т. – точка локального екстремуму, то в цій точці функція не може спадати, а тому її похідна в цій точці не може бути меншою за нуль, вона також не може зростати, тому похідна не може бути більшою за нуль, Отже,

c

( ) 0f c′ = . Скорочений запис висловленого: ( ) 0f c′⇒ <

( ) 0( ) 0

f cf c

⎫⎪ ′⇒ =⎬′⇒ > ⎪⎭

2 спосіб. ( )f x – диференційована в т. ( ) ( ) ( )c f c f c f c+ −′ ′ ′⇒ ∃ = = . Нехай для визначенності – т. локального максимуму, тоді

. c

( ) (f c x f c+ ∆ ≤ )

0

0

( ) ( )( ) ( ) lim 0

( ) 0( ) ( )( ) ( ) lim 0

x

x

f c x f cf c f cx

f cf c x f cf c f c

x

−

+ ∆ →+

+−

+ ∆ →+

−

⎫⎪+ ∆ −′ ′= = ≤ ⎪∆ ⎪⎪ ′⇒ =⎬⎪+ ∆ − ⎪′ ′= = ≥⎪∆⎪⎭

. ■

Геометричний зміст теореми Ферма. ( )f x диференційовна в т. , c

c loc extr− }⇒ в т. дотична паралельна осі абсцис (див. рис. 5.7).

c

2. Теореми Ролля, Лагранжа, Коші Теорема 5.7 Ролля (про нуль похідної).

( )f x неперервна на [ , , ]a b( )f x - диференційовна на ( , ,

)a b

( ) ( )f a f b=

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

( , ) ( ) 0a b f ′∃ξ∈ ξ = .


Рис. 5.7. Рис. 5.8.

Y Y

y=f(x) y=f(x)

f(a)=f(b)

с XO ξO a Xb


Доведення. Оскільки функція неперервна на то за ІІ теоремою Вейєрштрасса вона досягає свого найбільшого і найменшого значення, які будемо позначати М та .

[ , ]a b

m1) Якщо М = , то m ( )f x const= , тоді у всіх точках відрізка

. ( ) 0f x′ =2) Нехай

( ) ( )M m

f a f b> ⎫

⇒⎬= ⎭ хоча б одне із значень М або досягається у внутрішній точці відрізка , тобто існує така точка , що

m[ , ]a b ( , )a bξ∈ ( )f Mξ = або

, тоді , то за теоремою Ферма ( )f ξ = m .loc extrξ − ( ) 0f ′ ξ = .■

Геометричний зміст теореми Ролля. ( )f x неперервна на [ , , ]a b( )f x - диференційовна на , ( , )a b( ) ( )f a f b=

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

( , )a b∃ξ∈ , дотична в точці

( , ( ))fξ ξ паралельна вісі абсцис (див. рис. 5.8).

Теорема 5.8 Коші (формула Коші). ( , )a b∃ξ∈ :

( )f x і ( )g x неперервні на [ , , ]a b( )f x і ( )g x - диференційовні на

, ( , )a b ( ) 0 ( , )g x x a b′ ≠ ∀ ∈

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

f a f b fg a g b g

′− ξ=

′− ξ

Доведення. Уведемо допоміжну функцію ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))( ) ( )

f a f bF x f x f a g x g bg a g b

−= − − ⋅ −

−.

1) Вона є заданою коректно: знасенник не обертається в нуль. Дійсно, у супротивному випадку застосуємо теорему Ролля

( ) ( )g a g b=

1 1

. [ , ]( , ) : ( ) 0

. ( , )g неп на a b

a b gg диф на a b

ξ ξ− ⎫ ′⇒ ∃ ∈ = →⎬− ⎭

Отримане суперечить умові. Отже, ( ) ( )g a g b≠ . Завдяки неперервності функцій і ( )( )f x g x на і властивостям непере-рвних функцій, приходимо до висновку, що

[ , ]a b( )F x – неперервна на

. [ , ]a b2)

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( , )( ) ( )

f a f bF x f x g x F x x a bg a g b

−′ ′ ′ ′= − ⇒ ∃ ∀ ∈− Н.М. Д’яченко 150


3) ( ) 0 ( )F a F b= =

Застосуємо теорему Ролля до функції ( )F x }1),2),3) ( , ) : ( ) 0a b Fξ ξ′⇒ ∃ ∈ =

Тобто ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0( ) ( )

f a f bF f gg a g b

ξ ξ ξ−′ ′ ′= − =−

Звідси ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

f a f b fg a g b g

′− ξ=

′− ξ.■

Теорема 5.9 Лагранжа (формула Лагранжа). ( , )a b∃ξ∈ :

( )f x неперервна на [ , , ]a b( )f x диференційовна на ( , )a b }⇒

( ) ( ) ( )( )f a f b f a b′− = ξ −

Доведення. Нехай ( )g x x= , тоді ( ) . [ , ]g x неп на a b− ( ) . ( , )g x диф на a b− ( ) 1 0 ( , )g x x′ = ≠ ∀ ∈ a b

Застосовуємо теорему Коші; ( ) ( ) ( )

1f a f b f

a b′− ξ

=−

. ■

Геометричний зміст теореми Y
Лагранжа. Із рис.5.9 отримаємо

090KNP P∠ =( ) ( ) ( ) ( )NP f b f a f a f btg

KP b a a bβ − −= = =

− − Для диференційовної на і неперервної на функції можна знайти

( ,a b))[ , ]a b (f x

( , )a b∃ξ∈ , що доти-чна в точці ( , ( )f )ξ ξ буде парале-льна січній, що проходить через точки з координатами

, ( , ( , ( ))a f a ( ))b f b

b ξ a X

K

f(b)

f(a)

N

P β

f(ξ)

Рис. 1.9

Нехай для функції усі припущення теореми Лагранжа ви-конані. Розглянемо точку

( )f x

0 ( , )x a b∈ і такий приріст аргументу x∆ в точці 0x , що 0 ( , )x x a b+ ∆ ∈ , тоді здійснюється формула Лагранжа скінченних приростів.


0 0 00 1: ( ) ( ) ( )f x x f x f x x x′∃ < θ < + ∆ − = + θ∆ ⋅∆ Дійсно, всі припущення теореми Лагранжа виконані на

відрізку 0 0[ , ]x x x+ ∆ , якщо x∆ >0 (або на відрізку 0 0[ , ]x x x+ ∆ , якщо x∆ <0). На цьому відрізку формула Лагранжа набає вигляду:

0 0 0 0( ) ( ) ( )[ ( )]f x f x x f x x xξ′− + = − + 0 0( ) ( ) ( )f x x f x f ξ x′+ − =

Тут ξ – лежить між 0 0x i x x+ ∆ .

0x 0x x+ξ Тоді отримаємо:

0(0,1) : x xξ∃Θ∈ = +Θ 0 0 0( ) ( ) ( )f x x f x f x x x′+ − = +Θ . ■

3. Наслідки з теореми Лагранжа. Теорема 5.10 (про сталість функції, що має на інтервалі рівну

нулю похідну). ( )f x диференційовна на , ( , )a b( ) 0 ( , )f x x a b′ = ∀ ∈ }⇒ ( )f x const x= ∀ ∈ ( , )a b .

Доведення. Нехай 0 ( , )x a b∈ фіксована точка, а ( , )x a b∈ - до-вільна 0x x≠ . Оскільки функція диференційовна на , то вона диф. на відрізку

( )f x ( , )a b

0[ , ] ([ , ])0x x x x , а тому неперервна на цьому відрізку. Таким чином, можливо використати формулу Лагранжа.

0 0( ) ( ) ( )( )f x f x f x xξ′− = − Тут – лежить між ξ 0x i x . За умовою , тому ( ) 0f ′ ξ = 0( ) ( )f x f x= . В силу довільності вибору точки ( , )x a b∈ маємо: значення функції у всіх точках співпадають із значеннями в конкретній точці 0 ( , )x a b∈ . Тобто c f ⇒ = .■ 0( )x= ∀ ∈( ) ( , )f x c x a b

Геометричний зміст теореми 5.10. Якщо функція диференційовна на інтервалі, і в будь-якій його точці дотична паралельна осі абсцис, тоді ця функція сама паралельна осі абсцис, тобто є сталою.

Дійсно, паралельність дотичної вісі абсцис еквівалентно обер-танню похідної в нуль. Оскільки це здійснюється у будь-якій точці інтервалу, то доведення звелося до попередньої тереми. ■



Теорема 5.11. ( )f x і ( )g x диференційовні на

, ( , )a b ( ) ( ) ( , )f x g x x a b′ ′= ∀ ∈}⇒ ( ) ( ) ( , )f x g x const x a b= + ∀ ∈

Доведення. ( ) ( ) ( )

. ( , ) ( ) ( ) ( ) ( , )'( ) 0

x f x g xдиф на a b x const f x g x c x a b

x

ϕϕ ϕ

ϕ

= − ⎫⎪− ⇒ = ⇒ = + ∀⎬⎪= ⎭

∈

■ Теорема 5.12 (критерій нестрогої монотонності функції на

інтервалі). Якщо – диференційовна на , то для того, щоб функція була неспадною (незростаючою) на цьому інтервалі необ-хідно і достатньо, щоб похідна у всіх точках інтервалу була не-від’ємною (недодатною), тобто

( )f x ( , )a b

( ) 0 ( ( ) 0) ( , )f x f x x a b′ ′≥ ≤ ∀ ∈ . Доведення. Достатність. Нехай 0 ( , ), ( , )x a b x a b∈ ∈ , а для

визначенності припустимо, що 0x x< . Оскільки диференційо-вана на інтервалі ( , , то вона диференційовна на відрізку

( )f x

)a b 0[ , ]x x , що лежить в середині цього інтервалу, тоді неперервна на ( )f x 0[ , ]x x .

Отже, вимоги теореми Лагранжа здійснюються на відрізку 0[ , ]x x , тому можна знайти точку 0( , )x xξ∈ таку, що

0 0( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x x′− = ξ ⋅ − . Якщо на , а за припущенням ( ) 0f x′ ≥ ( , )a b 0x x< , тоді

, тобто 0( ) ( ) 0f x f x− ≥ 0( ) ( )f x f x≥ . Таким чином, – не спадна. ( )f x

Необхідність: . ( , )f диф на a b

даноf не спадна− ⎫

⎬− ⎭ Довести:

( ) 0 ( , )f x x a′ ≥ ∀ ∈ b Пп: ( , ) : ( ) 0c a b f c′∃ ∈ < , тоді із теореми про достатню умову

монотонності функції в точці, маємо, що в т. с спадає, що супе-речить умові. ■

( )f x

Теорема 5.13 (достатня умова строгої монотонності функції на інтервалі)

( )f x диференційовна на , ( , )a b( ) 0 ( 0) ( , )f x x a b′ > < ∀ ∈ }⇒ ( ) ( )f x на ( , . )a b



Доведення дублює обґрунтування достатності попередньої те-ореми. ■

Умова додатності (від’ємності) похідної на інтервалі не є необ-хідною умовою зростання (спадання) функції на цьому інтервалі. Наприклад, функція 3( )f x x= зростає ( ) на ( 1,1)− , однак

2( ) 3 0f x x′ = ≥ ,а (0) 0f ′ = . Геометричний зміст теореми 5.13 (див. рис.5.10). Якщо ( ) 0f x′ > на , то усюди на дотична, що лежить у верхній півплощині утворює з додатнім напрямком осі гострий кут, тому крива

( ,a b))( ,a b

Ox( )y f x= «йде вгору» усюди на

інтервалі . ( , )a b

Рис. 5.10. Точки, в яких виконується необхідна умова екстремуму, тобто

, будемо називати стаціонарними, а стаціонарні точки і ті, в яких похідна не існує - критичними.

( ) 0f c′ =

Теорема 5.14 (перша достатня умова loc extr).

1) диферен-ційовна в

,

( )f x

( ) \{ }B c cδ

непер. в т. , c 2) - критична

точка, внутрішня для

c

( )D f

⎫⎪⎪⇒⎬

⎪⎪⎭

І) ; ( ) 0 ( , )

max( ) 0 ( , )

f x x c cc loc

f x x c c′ > ∀ ∈ − ⎫

⇒ −⎬′ < ∀ ∈ + ⎭

δδ

ІІ) ; ( ) 0 ( , )min

( ) 0 ( , )f x x c c

c locf x x c c′ < ∀ ∈ − ⎫

⇒ −⎬′ > ∀ ∈ + ⎭

δδ

ІІІ) при переході через т. c в ( ) \{ }B c cδ ( )f x′ не змінює свій знак в точці c немає⇒ loc extr.

Доведення. І) Нехай ( ) \{ }x B c cδ∈ - довільна точка проколотого -околу. Оскільки функція диференційовна в , то вона

диф. на піввідрізку δ ( )f x ( ) \{ }B c cδ

[ , ) (( , ])x c c x , а тому і непер. на ньому. Крім того, функція неперервна в точці . Тому можна застосувати на цьому відрізку теорему Лагранжа:

c

( ) ( ) ( ) ( )f x f c f x c′− = ξ ⋅ − , де лежить поміж х і с. ξ

( ) 0 ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )

( ) 0 ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )

( ) ( ) ( ) \{ } . max.

f x x c c f x f c f x c f x f c

f x x c c f x f c f x c f x f c

f x f c x B c c c т loc

+ −

− +

′ ′> ∀ ∈ − ⇒ − = ⋅ − < ⇒ < ⎫⎪⇒⎬′ ′< ∀ ∈ + ⇒ − = ⋅ − < ⇒ < ⎪

⎭⇒ < ∀ ∈ ⇒ −δ

δ ξ

δ ξ



ІІ) Доведення аналогічне І). ІІІ) Нехай для визначеності ( )f x′ в усіх точках із є до-датнім, тоді

( ) \{ }B c cδ

( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )

( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )

x c c f x f c f x c f x f c

x c c f x f c f x c f x f c+ −

+ +

′∈ − ⇒ − = ⋅ − < ⇒ < ⎫⎪⇒⎬′∈ + ⇒ − = ⋅ − > ⇒ > ⎪

⎭

δ ξ

δ ξ в точці

немає

c

loc extr. ■


а б в г

д е ж з

Рис. 5.11. Можливі типи локальних екстремумів: максимумів (а-г) і мінімумів (д-з).

Теорема 5.15 (друга достатня умова loc extr).

1) диференційовна в

, 2) c -внутр. т. ,

( )f x( )B cδ ( )D f

3) , 4) ( ) 0f c′ = ( )f c′′∃ ,

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

І) ( ) 0 maxf c c loc′′ < ⇒ − , ІІ) ( ) 0 minf c c loc′′ > ⇒ − , ІІІ) ( ) 0f c′′ = - сумнівний випадок.

Доведення.

І) за

попередньою теоремою т.

( ) ( ) 0( ) 0 ( ) . ( )

( ) ( ) 0x c f x f c

f c f c в т с x B cx c f x f c

′ ′> ⇒ < = ⎫′′ ′< ⇒ ⇒∀ ∈ ⇒⎬′ ′< ⇒ > = ⎭δ

. maxc т loc− . ІІ) Доводиться аналогічно.

3ІІ) Функція ( )f x x= в точці 0 зростає і, відповідно, не має екс-тремуму, хоч (0) 0f ′ = , а 4( )f x x= в т. 0 має лок. мінімум, а (0) 0f ′ = . Тому цей випадок є сумнівним. ■

с

Y

X O с

Y

X O с

Y

X O с

Y

X O

Y

с X O

Y

с X O

Y Y

O с X с X O


4. Доведення нерівностей за допомогою похідної Можливі виділити деякі з основних методів доведення нерівно-

стей, що застосовують диференціальні властивості функцій. І. Доведення нерівностей за допомогою теореми Лагранжа. ІІ. Доведення нерівностей з використанням монотонності функції. ІІІ. Доведення нерівностей за допомогою властивостей опуклості функції.

І. Доведення нерівностей за допомогою теореми Лагранжа. Приклади. Довести наступні нерівності.

1. sin sin ,x y x y x y R− ≤ − ∀ ∈ 2. ( ) ( )arctg x arctg y x y− ≤ − 1. sin sin

( ) sin . ( , ) sin sin cos ( ) cos( ) sin . [ , ]

x yf x x диф на x y x y x y x y

f x x непер на x yξ ξ

− ⎫⎪= − ⇒ − = ⋅ − = ≤ −⎬⎪= − ⎭

2. 2 2

( ) ( )1 1( ) ( ) . ( , ) ( ) ( ) ( )

1 1( ) ( ) . [ , ]

arctg x arctg yg x arctg x диф на x y arctg x arctg y x y x y x y

g x arctg x непер на x yξ ξ

− ⎫⎪= − ⇒ − = − = − ≤⎬ + +⎪= − ⎭

−

∈

≥ +

ІІ. Доведення нерівностей з використанням монотонності фу-

нкції на інтервалі. Для розв’язання деяких задач будемо застосовува-ти наступний логічний ланцюжок.

( ) . ( , )( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) [ , ]( ) 0 ( , )

( ) [ , ]

f x диф на a bf x на a b f a f x f b x a bf x x a b

f x непер на a b

− ⎫⎪′ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ∀> ∀ ∈ ⎬⎪− ⎭

Приклад 1. Доведемо наступну нерівність e x для 1x x∈ . Якщо 0x = , то 0 1 0e ≥ + , і нерівність, що перевіряється, Перетворюється в рівність. Розглянемо функцію.

( ) 1xf x e x= − − . Тоді

( ) 1xf x e′ = − .

Знаки похідної: 1) 2)

0( ) (0)

( )x

f x ff x

> ⎫⇒ >⎬

⎭

0( ) (0)

( )x

f x ff x< ⎫

⇒ >⎬⎭

1 0xe x− − > 1 0xe x− − > Що і треба було довести для 1n = .


Приклад 2. Доведемо наступну нерівність для 0x >

0+–

5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ 2 3

1 ...2! 3! !

nx x x xe x

n> + + + + +

. Доведення здійснюємо за індукцією.

Якщо 1n = , то нерівність 1xe ≥ + x вже доведена, навіть для . x∈ Зробимо індуктивне припущення про здійсненність нерівності для : 1n −

2 3 1

1 ... 02! 3! ( 1)!

nx x x xe x x

n

−

> + + + + + ∀ >−

.

Розглянемо функцію 2 3

( ) 1 ...2! 3! !

nx x x xf x e x

n= − − − − − − ,

Тоді, 2 3 1 2 3 13 4( ) 1 ... 1 ...

3! 4! ! 2! 3! ( 1)!

n nx xx x nx x x xf x e e x

n n

− −

′ = − − − − + = − − − − − −−

.

Згадавши індуктивне припущення, отримаємо ( ) 0 0f x x′ ≥ ∀ > . Звід-си робимо висновок:

0( ) (0)

( ) (0, )x

f x ff x на

> ⎫⇒ >⎬+∞ ⎭

,

тому

1 ... 0!

nx xe x x

n− − − − > ∀ > 0

.

Приклад 3. Уведемо позначення для середнього арифметично-го і середнього геометричного

1 2 ... 0 1ni

x x xA x in

+ + += > n∀ = + , 1 2 ...n

nB x x x= ⋅ ⋅ ⋅ .

Доведемо, що A B≥ , тобто,

х1

1 2x x

х2

1 2

2x x+

K

L

M N

Q

O

1 21 2

... ...n nn

x x x x x xn

+ + +≥ ⋅ ⋅ ⋅

. Наприклад, для 2n =

будемо мати 1 2

1 22x x x x+

≥ ⋅.

Геометричну інтерпретацію останньої нерівності можна



отримати з рисунку. А саме: середнє геометричне відповідає висоті LN прямокутного трикутника KLM ( ), а середнє арифметич-не – радіусу OQ описаного навколо нього кола. Як бачимо, LN<OQ, що і відповідає зазначеній нерівності, оскільки

90oL∠ =

1 2LN x x= , а

1 2

2x x

OQ+

= .

Спочатку доведемо допоміжну нерівність при . 1xe − ≥ x 0x >При має місце рівність. Нехай 1x = 1x ≠ , тоді

1( ) xf x e x−= − 1( ) 1xf x e −′ = −

1 1xe − = 1x = .

Знаки похідної:

1) 2)


1, ( ) (1)x f f x f> ⇒ > 1, ( ) 1x f f x< ⇒ > 1 0xe x− − > 1 0xe x− − >

Тепер маємо 1 0xe x x− ≥ ∀ > ,

Розглянемо , 1,..., ,kk

xy k n

A= = тоді

1kyke y− ≥ ⇒

1 11

xA xe

A−≥

2 12

xA xe

A−≥

пермножимо⇒

1 2 ... 1 2 ...nxx x n nA A An

x x xeA

+ + + − ⋅ ⋅ ⋅≥ ⇒

…………. 1nx

nA xeA

−≥

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭

Розглянемо показник степеня в лівій частині останньої нерівності і застосуємо означення значення A , як середнього арифметичного:

1 2 ... 0nx x x Ann n n n nAn A

+ + +⎛ ⎞ − = − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ,

Отже, експонента має степінь 0, підставивши це, отримаємо

1+–


0 1 2 ...1 nn

x x xeA

⋅ ⋅ ⋅= ≥

1 2 ...n

nA x x x≥ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 ...n

nA x x x B≥ ⋅ ⋅ ⋅ = . A B≥ . Що і треба було довести 5. Правило Лопіталя. Проколотий δ -окіл точки позначимо , тобто a ( )B aδ

( ) ( , ) ( , )B a a a a aδ = − δ ∪ + δ .

Теорема 5.16 (І правило Лопіталя розкриття невизначеностей 00⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

).

1) і ( )f x ( )g x диференційовні в , ( )B aδ

2) ( ) 0 ( )g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ a=,

3) lim ( ) lim ( ) 0x a x a

f x g x→ →

= , тобто під1) ( )lim

( )x a

f xg x→

∃ ,

знаком границі ( )lim( )x a

f xg x→

має місце

невизначеність 00⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

,

4) ( )lim( )x a

f xg x→

′′

∃ скінченна або нескін-

ченна,

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭

⇒2)

( ) ( )lim lim( ) ( )x a x a

f x f xg x g→ → x

′=

′

Доведення. 1) в т. функції і a ( )f x ( )g x довизначаємо значенням 0, тобто ( ) 0f a = і ( ) 0g a = .

Так як і ( )f x ( )g x – диференційовні на , то ( )B aδ

( )f x і ( )g x неперервна на ( )B aδ

( ) ( ) 0( ) ( ) . .lim ( ) lim ( ) 0

x a x a

f a g af x i g x í åï åð â ò àf x g x

→ →

= = ⎫⇒ −⎬= = ⎭

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

( )f x і ( )g x – неперер. на ( ,a a )− δ + δ

2) Доведемо теорему з використанням означення за Гейне. , ,n n nx a x a n N x Bδ→ ≠ ∀ ∈ ∈

Розглянемо відрізок [ , ] ([ , ])n nx a a x , тоді на цьому відрізку: ( )f x і ( )g x неперервна на [ , ] ([ , ])n nx a a x ( )f x і ( )g x неперервна на ( , ) (( , ))n nx a a x ( ) 0g x′ ≠ на ( , ) (( , ))n nx a a x

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

можливо використати теорему Коші :



( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

n n

n n

f x f a fg x g a g

ξξ′−

=′−

Тут ( , ) (( , ))n n nx a a xξ ∈ . Здійснемо граничний перехід, враховуючи, що і : ( ) 0f a = ( ) 0g a =

( ) ( )lim lim( ) ( )

n n

n nn n

f x fg x g

ξξ→∞ →∞

′=

′ тому

( ) ( )lim lim( ) ( )

n n

n nn n

f f xg g x

ξξ→∞ →∞

′∃ ⇒ ∃

′ За теоремою «про двох міліціонерів»

n nx a

a

< ξ <⇓ або

n nx a

a

> ξ >⇓

отримаємо . За умовою lim nnaξ =

( )lim( )x a

f xg x→

′∃

′, тому за означенням

границі за Гейне ( ) ( )lim lim( ) ( )

n

n x an

f f xg g x→

′ ′ξ=

′ ′ξ.

В силу довільності послідовності { }nx , яка збігається до а, за озна-ченням за Гейне

( ) ( )lim lim( ) ( )

n

n x an

f x f xg x g→ x

′=

′. ■

Зауваження 1. І правило Лопіталя здійснюється також і для границь і . 0x a→ + 0x a→ −

Зауваження 2. Якщо похідні від функції ( )f x′ і ( )g x′ є такими функціями, які задовольняють умовам правила Лопіталя, то правило Лопіталя можна застосовувати двічі. До такого прийому прибігають у тому випадку, коли залишається невизначеність після першого ви-користання правила Лопіталя.

Зауваження 3. Якщо похідні ( )f x′ і ( )g x′ є неперервними в точці , то рівність правила Лопіталя можна переписати: a

( ) ( )lim( ) ( )x a

f x f ag x g a→

′=

′.



Зауваження 4. Зустрічаються випадки, коли ( )lim( )x a

f xg x→

′∃

′, хоч

( )lim( )x a

f xg x→

∃ . Наприклад,

2

0 0

1

1cos 1lim lim cos 0sin sinx x

нмфобм

нмф

x xx xx x→ →

→

x= ⋅ ⋅ = ,

22

0 0 0

1 1 1 1 12 cos sin 2 cos sin( )lim lim lim( ) cos cosx x x

x x xf x x x x x xg x x x→ → →

⎛ ⎞⎛ ⎞− − − −⎜ ⎟⎜ ⎟′ ⎝ ⎠⎝ ⎠= =′

→ ∃

Зауваження 5. В правилі Лопіталя стверджується, що за від-повідних припущень із існування границі відношення похідних ви-пливає існування границі відношення функцій (цей момент у форму-люваннях тверджень виділено). Тому спочатку бажано відповідну рівність границь записувати під знаком запитання, який після переві-рки існування границі відношення похідних перекреслювати.

Приклад.

( )( )

44 3?

20 0 2

2 2 2?2

20 0 0

0 4lim ( ) lim lim0 22cos 2 2cos 2

00 12 6 12( . ) lim lim lim 12.1 cos ~0 2 2cos 1 cos

2

x x

x x x

xx xï ðàâèëî Ëî ï ³ò àëÿ0 2sinx x xx x x x

xx x xï ð Ëî ï ³ò àëÿ xxx x x

→ →

→ → →

′⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ −+ − ′⎣ ⎦ + −

→ ⇒⎡ ⎤= = = = =⎢ ⎥ −− −⎣ ⎦

→=

=

Зауваженням 5. Правило Лопіталя також можна використову-вати, якщо x →∞ , а саме: 1) і ( )f x ( )g x диференційовні в

-околі нескінченності, тобто в ,

δ\ ( , )Bδ = −δ δ

2) ( ) 0g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ , ⇒1) ( )lim

( )x

f xg x→∞

∃ ,

3) lim ( ) lim ( ) 0x x

f x g x→∞ →∞

= = ,

4) ( )lim( )x

f xg x→∞

′′

∃ скінченна або нескін-

ченна,

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭

2) ( ) ( )lim lim( ) ( )x x

f x f xg x g→∞ →∞ x

′=

′.

Доведення. Заміна


1 0t x tx

= →∞ →


приведе до 1( )F t ft

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 1( )G t gt

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

( ) 22

1 1 1 1( )G t g g g x xt t t t

′⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ ′ ′ ′= ⋅ = − ⋅ = − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. (*)

1) Тому із (*) – диференційована в . ⇒ ( )G t (0)Bδ

2) Оскільки ( ) 0g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ 0x і ≠ , то із (*)⇒ ( ) 0G t′ ≠ . 3) Оскільки ( ) ( )G t g x= і lim ( ) 0

xg x

→∞= , то

0lim ( ) lim ( ) 0t x

G t g x→ →∞

= = . Аналогічно для ( )F t . Тобто всі припущення теореми 5.16 для ( )F t і

виконані, тому ( )G t

0 0

( ) ( )lim lim( ) ( )t t

F t F tG t G t→ →

′=

′ Звідси і із (*) маємо

2

2

( ) ( )lim lim( ) ( )x x

f x x f xg x x g x→∞ →∞

′−∃ =

′− ( ) ( )lim lim( ) ( )x x

f x f xg x g→∞ →∞

′=

′ x ■ Теорема 5.17 (ІІ правило Лопіталя розкриття невизначено-

стей ∞⎡ ⎤⎢ ⎥∞⎣ ⎦

).

1) і ( )f x ( )g x диференційовні в , ( )B aδ 2) ( ) 0 ( )g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ a

= ∞,

3) lim ( ) lim ( )x a x a

f x g x→ →

= , тобто під 1) ( )lim

( )x a

f xg x→

∃ ,

⇒ знаком границі ( )lim

( )x a

f xg x→

має місце неви-

значеність ∞⎡ ⎤⎢ ⎥∞⎣ ⎦

,

4) ( )lim( )x a

f xg x→

′′

∃ скінченна або нескінченна

⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭

2) ( ) ( )lim lim( ) ( )x a x a

f x f xg x g→ → x

′=

′



Доведення. Нехай nx a→ , тоді можливі два випадки n

n

x ax a

>< .

Розглянемо перший випадок (другий випадок доводиться аналогіч-но).

Розглянемо n

m

x ax a

>> і відповідно відрізки [x ,x ] (або [x ,x ]).

Оскільки є В (а)\{a}, f і g – диференційовані в В (а)\{a} і

n m m n

nx δ δ f⇒g -диференційовані на ( ,n mx x )[( ,m nx x )] і неперервна на [ ,n mx x ]([ ,m nx x ]). Крім того, ( ) 0 ( )g x x Bδ a′ ≠ ∀ ∈ . Тому можливо використати теорему Коші:

( ) ( )( ) ( )

n m

n m

f x f xg x g x

−−

= '( )'( )

nm

nm

f cg c

, (*)

де знаходиться між і . nmc nx mx

Випадок 1:∃ limx a→

'( )'( )

f xg x

=b<∞

За теоремою про «двох міліціонерів»

n nm m nmx c x c

a

< < ⇒ →⇓

a або

n nm m nmx c x c

a

> > ⇒ →⇓

a.

Оскільки ( )lim( )x a

f xg x→

′∃

′, то за означенням границі за Гейне

,

'( )lim

'( )nm

n mnm

f cg c→∞

∃ ,

тоді

00 n∀ε > ∃ ∈ : 0 0,n n m n∀ ≥ ≥ '( )'( ) 2

nm

nm

f cb

g cε

− < .

Зробимо перетворення: ( )1

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 1( )

m

n m n

mn m n

n

f xf x f x f x f xn

g xg x g x g xg x

−−

= ⋅− −

. (**)

Зафіксуємо m, а n ∞→ , тоді 1

1 0 1

( )1( ) 20 : : 1( )1

2( )

m

n

m

n

f xf x

n n n ng x bg x

−⎛ ⎞ ε−⎜ ⎟⎜ ⎟∀ε > ∃ > ∀ ≥ − <

ε⎜ ⎟ +−⎜ ⎟⎝ ⎠

. (***)



Зробимо позначення

1( )1( )( )1( )

m

nnm

m

n

f xf x

Ag xg x

−⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

⎟ , тоді із (***) отримаємо

2 1

2

nmAb

ε

<ε

++ . (****)

Оскільки із (*) і (**) випливає, що 1( )1

( ) ( ) ( ) ( ) '( )( )( ) ( ) ( ) '( )1( )

m

n n m n nmnm

mn n m nm

n

f xf x f x f x f x f c

Ag xg x g x g x g cg x

−⎛ ⎞−⎜ ⎟− ⎜ ⎟= ⋅ =

− ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠

⋅ ,

тоді з урахуванням (****), отримаємо ( ) '( ) '( )( ) '( ) '( )

'( )1

'( )

n nm nmnm nm nm

n nm nm

nmnm nm

nm

f x f c f cb A b b A b A

g x g c g cf c

A b b Ag c

⎛ ⎞− = ⋅ − = − ⋅ + ⋅ −⎜ ⎟

⎝ ⎠

≤ ⋅ − + ⋅ − ≤

b ≤

2 2 2

2 22 2 2 2 2 22 21

22 2 2 2

b b bb

b b b b

ε ε ε ε ε ε⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ε ε⎛ ⎞ + ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ε ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠≤ + ⋅ + ⋅ = =⎜ ⎟ε ε ε ε⎜ ⎟+ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

= ε .

Таким чином, ( )( )

n

n

f xb

g x→ .

Разом маємо: ( )

,( )

nn n

n

f xx a x a b

g x→ > ⇒ → .

В силу довільності послідовності { }nx приходимо до висновку, що

0

( )lim( )x a

f x bg x→ +

= .

'( )lim'( )x a

f xg x→

= ∞Випадок 2: . Тоді '( )lim 0'( )x a

g xf x→

= , а застосувавши

випадок 1, отримаємо



( ) '( )lim lim 0( ) '( )x a x a

g x g xf x f x→ →

∃ = =

( )lim( )x a

f xg x→

⇒ = ∞ . ■

Приклад. ?

1 30 0 0 0 0 0 0 02 2

1lnlim ln lim lim lim ( 2 ) 0

12

x x x x

x xx x xx x

→ + → + → + → +− −

−∞⎡ ⎤⋅ = = = = −⎢ ⎥+∞⎣ ⎦ −=

(f x [ , ]def

a b

.

6. Опуклість функцій. Означення (опуклості вниз). Фун-

кція - опукла вниз на ) ⇔ 1 2 1 2 1 2, [ , ] ( , 0 1x x a b q q q q )∀ ∈ ∀ ≥ ∧ + =

2( )f x


1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( )f q x q x q f x q f x( )+ ≤ + . Зокрема, якщо - опукла вниз на

, то (рис. 5.12) ( )f x

[ , ]a b

1 2, [ , ]x x a b∀ ∈ 1 2 1 2( ) ( )2 2

x x f x f xf

+ +⎛ ⎞ <⎜ ⎟⎝ ⎠

, ]

.

Покажемо рівність множин 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2{ : , 0 1} [A x q x q x q q q q x x= = + ≥ ∧ + = = , якщо 1 2x x< .

Дійсно, нехай 1 1 2 2x q x q x= + , а , тоді 1 2 1 2, 0q q q q≥ ∧ + =1,

.1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2

1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 2 1

( )( )

x q x q x q x q x x q q xx q x q x q x q x x q q x= + < + = + == + > + = + =

Тобто 1 2 1[ , ]2x x x x x x< < ⇒ ∈ . Отже, 1 2[ , ]A x x⊂ . З іншого боку, якщо 1 2x x x< < , тоді для

2 11 2

2 1 2 1

,x x x

q qx

x x x− −

= =− − x

маємо 2 1

1 22 1

1x x x x

q qx x− + −

+ = =−

,

2 1 1 2 1 2 1 2 2 11 1 2 2 1 2

2 1 2 1 2 1 2 1

( )x x x x x x xx xx x x x x xq x q x x x x

x x x x x x x x− − − + − −

+ = ⋅ + ⋅ = = =− − − −

.

Тобто x A∈ . Отже, 1 2[ , ]A x x⊃ .

Рис. 5.12.

Y

1 2( ) ( )2

f x f x+

1 2

2x x

f+⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

1( )f x

1x 2x1 2

2x x+

ХO



Перша геометрична інтерпретація опуклості вниз: графік

опуклої вниз на відрізку [ , функції розташовується нижче за січну (хорду) що сполучає будь-які дві точки цього графіка, абсциси яких лежать в середині відрізка [ , .

]a b

]a b

1x 2xx

Доведення. - опукла вниз на [ , , тоді під-

ставимо у означення ( )f x ]a b

2( )f x Y

y

2 11 2

2 1 2 1

,x x x

q qx

x x x− −

= =x− −

, ( )f x

1( )f x тоді отримаємо

1 2a x x x b∀ < < < < 2 1

1 22 1 2 1

( ) ( ) ( )x x x x

f x f x f x yx x x x

− −1≤ ⋅ + ⋅ =

− −,

тобто 1( )f x y≤ . Із рис. 5.12 а. отримаємо

1 2

1 2

( ) ( )y f x f x ytg

x x x x− −

= =− −

α ,

звідки ,

, ,

1 2 2 1( ( ))( ) ( ( ) )(y f x x x f x y x x− − = − − )

1)

1)2 1 2 2 1( ) ( )( ) ( )( ) (y x x f x x x f x x x y x x− − − = − − −

2 1 1 2 2( ) ( )( ) ( )(y x x x x f x x x f x x x− + − = − + −

2 1 1 21

2 1

( )( ) ( )( )f x x x f x x xy y

x x− + −

= =−

.

Таким чином, y - значення аргументу січної в точці x . ■ Лема. Має місце еквівалентність нерівностей

: 1 2a x x x b∀ < < < <

1 2 1 21 2

2 1 2 1 1 2

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )

x x x x f x f x f xf x f x f x

x x x x x x x x− − −

≤ ⋅ + ⋅ ⇔ ≤− − − −

f x− .

Доведення. Пригадаємо, що 2 11 2

2 1 2 1

,x x x

q qx

x x x− −

= =− − x

, тоді

Рис. 5.12а.

1x 2xХ

O x


2 11 2

2 1 2 1

1x x x x

q qx x x x

− −= + = +

− −.

Ліву частину нерівності 1 21

2 1 2 1

( ) ( ) ( )x x x x

f x f x f xx x x x− −

≤ ⋅ + ⋅− − 2 помножимо

на одиницю («1»), яка виражається останнім співвідношенням: 2 1 1 2

2 12 1 2 1 2 1 2 1

( ) ( ) ( )x x x x x x x x

f x f x f xx x x x x x x x

⎛ ⎞− − − −⋅ + ≤ +⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠

.

Тоді

( ) ( )1 22 1

2 1 2 1

( ) ( ) ( ) ( )x x x x

f x f x f x f xx x x x− −

− ≤ −− −

,

2 1

2 1

( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −

≤− −

,

1 2

1 2

( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −

≤− −

.

Усі перетворення були еквівалентні. ■ Теорема 5.18 (критерій опуклості вниз).

( )y f x= неперервна на [ , , ]a b

( )f x - диференційовна на ( , , )a b

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

для опуклості графіка ф-ії ( )y f x= на і [ , ]a b ⇒ ⇐ ,

щоб ( )f x′ на не-строго .

( , )a b

Доведення. Необхідність. Функція ( )y f x= на опукла вниз, тому з урахуванням леми

[ , ]a b

1 2a x x x b∀ < < < < 1 2

1 2

( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −

≤− −

.

Оскільки - диф. на , то після граничного переходу при ( )f x ( , )a b

1 2x x x x→ → отримаємо 2 1 2 1

1 22 1 2 1

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

f x f x f x f xf x f x

x x x x− −′ ′≤ ∧ ≤− −

.

Тому 1 2 1 2 2, ( ) ( )x x x x f x f x′ ′∀ < ⇒ ≤ ( ) ( , )f x í à a b′, тобто . Достатність. Розглянемо 1 2a x x x b< < < < . На 1[ , ]x x застосує-

мо ф-лу Лагранжа (доведіть можливість її застосування!), тоді ∃ 1( , )c x x∈ : 1 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x f c x x′− = ⋅ − .

Аналогічно на 2[ , ]x x маємо: ∃ 2 1 2 2 2( , ) : ( ) ( ) ( ) ( )c x x f x f x f c x x′∈ − = ⋅ − .



Звідки одержимо 1 2

1 21 2

( ) ( ) ( ) ( )( ) , ( ) .

f x f x f x f xf c f c

x x x x−′ ′= =− −

− (1)

1x b


За умовою , тому, оскільки ( ) ( , )f x í à a b′ 1 2c c< , то

. З урахуванням (1) отримаємо 1( ) ( )f c f c′ ′≤

х 2xа 1c 2c

2

1 2a x x x b∀ < < < < 1 2

1 2

( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −

≤− −

.

Це і означає згідно до леми опуклість вниз даної функції. ■ Наслідок.

( )y f x= неперервна на [ , , ]a b

( )f x - диференційовна на ( , двічі, )a b

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

для опуклості вниз графі-ка функції на і [ , ]a b ⇒⇐ , щоб ( ) 0f x′′ ≥ на

. ( , )a b

Доведення. опукла вниз ( )f x ⇔ ( )f x′ на нестрого (критерій опуклості вниз)

( , )a b⇔ згідно до критерію не зрост. на

. ■

( , )a b

( )( ) ( ) 0f x f x′′ ′′= ≥

Друга геометрична інтерпретація опуклості вниз:

( )y f x= неперервна на [ , , ]a b( )f x - диференційовна на , ( , )a b }⇒

функція опуклої вниз на і [ , ]a b ⇒ ⇐ , коли до-

тична в будь якій точці розташовується

нижче за графік функції. ( , )a b

Доведення. Достатність. Нехай 1 2, ( , )x x a b∈ , тоді рівняння дотичної в цих точках мають вигляд:

1 1 1

2 2

( ) ( )( ),( ) ( )( )2

y f x f x x xy f x f x x x .

′= + −′= + −

2

Оскільки дотична нижче графіка ф-ії, то 1 1 1

2 2

( ) ( ) ( )( ),( ) ( ) ( )( ).

f x f x f x x xf x f x f x x x

′≥ + −′≥ + −

Тобто 1 1 1

2 2

( ) ( ) ( )( ),( ) ( ) ( )( ).

f x f x f x x xf x f x f x x x2

′− ≥ −′− ≥ −

.


Нехай . Розглянемо два випадки: І ІІ

1 2a x x x b< < < <

1x x< 2x x< 1

11

( ) ( )( )

f x f xf x

x x−′ ≤−

22

2

( ) ( )( )

f x f xf x

x x−′ ≥−

.

Здійснимо граничні переходи: 2x x→ 1x x→

21

2 1

( ) ( )( )

f x f xf x

x x−′ ≤−

1 2 32

2 3

( ) ( )( )

f x f xf x

x x−′ ≥−

.

Таким чином, 1 2 1 2( ) ( )x x f x f x′ ′< ⇒ ≤ , що означає нестроге зро-стання на , а тому за критерієм опуклості вниз отримаємо, що .

( )f x′ ( , )a b( )f x ∪Необхідність. Дано: на . ( )f x ∪ ( , )a bД-ти, що графік дотичної нижче за графік ф-ії, а саме:

0 0 0 0( ) ( ) ( )( ) , ( , )f x f x f x x x x x a b′≥ + − ∀ ∈ . (2) Нерівність (2) рівносильна двом іншим:

І ІІ 0x x> 0x x<

00

0

( ) ( )( )

( )f x f x

f xx x−′ ≤−

00

0

( ) ( )( )

( )f x f x

f xx x−′ ≥−

.

2

1 0

,x xx x= ⎫

⇒⎬= ⎭

1

11

1

( ) ( )( )

x xf x f x

f xx x

<⎧⎪ −⎨ ′ ≤⎪ −⎩

2 0

1

x xx x= ⎫

⎬= ⎭

2

22

2

( ) ( )( )

x xf x f x

f xx x

<⎧⎪⇒ −⎨ ′ ≥⎪ −⎩

Згідно доведенню необхідності в теоремі 5.18 опуклість вниз функції еквівалентна двом отриманим нерівностям, які у свою чергу еквівалентні нерівності (2). ■



Рис. 5.13. Графіки функцій xy a= .

Приклад 1. Розглянемо функцію

. Знайде-мо другу похідну: ,

, 0,xy a a a= > 1≠lnxy a a′ =

2(ln ) 0xy a a′′ = > . Висновок: функція xy a= на строго опукла вниз.

Рис. 5.14. Граф

Приклад 2. Для функція

знайдемо

другу похідну:

log , 0, 1ay x a a= > ≠

1ln

yx a

′ = ,

2

1 1y ⎛ ⎞′′ = ⋅ −⎜ ⎟ . Отримаємо:

Рис. 5.15.

siny x ï ð=

1a > 0 1a< <

Х

1a >

Х

0 1a< <

170

Y

тобто пряма

графік функц

іки функцій log .ay x=

ln a x⎝ ⎠1 0

0 1 0a y

a y′′> ⇒ < ∩′′< < ⇒ > ∪

Графіки функцій

0è x≤ ≤ π і

Н.М. Д’яченко

2y x=π

Приклад 3. Розглянемо функцію (рис.

5.15) sin 02

y x ï ðè x= ≤ ≤π .

Отримаємо sin 0y x′′ = − < ⇒ ∩ . Із першої геометричної ін-

терпретації опуклості вгору фу-нкції випливає, що хорда, яка

сполучає точки (0,0) 0,2

i π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

,

Х

2y = xπ

на відрізку 0,2π⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦ усіма точками лежить нижче за

ії siny x= . Звідки отримаємо нерівність


2sin 02

x x ï ðè x π≥ ≤π

≤ .

Пригадавши відому з теорії границь нерівність sin 0x x ï ðè x≤ ≥ ,

одержимо 2 sin 0

2x x x ï ðè x π≤ ≤ ≤

π≤ .

7. Точки перегину.

Рис. 5.16.

Означення 1. 0x - точка перегину

графіка функції ( )y f x= def

⇔ 0∃ >δ в -околі точки δ 0x при пере-

ході через цю точку функція змінює напрямок опуклості, тобто

0x - точка перегину графіка функції

( )y f x= def

⇔

Y

0x0x −δ 0x +δ

O ХХ

0∃ >δ ( ) 0 0( ; ) ( ) ( )â x x f x− −∪ ∩ ∧δ ( )0 0( ; ) ( ) ( )â x x f x+ −∩ ∪δ . Теорема 5.19 (необхідна умова перегину).

1) диференційовна в , ( )f x 0( )B xδ

2) 0x - точка перегину, 3) 0( )f x′′∃ , }⇒ 0( ) 0f x′′ =

Доведення. Нехай диф. в . ( )f x 0( )B xδ

Оскільки т. 0x - точка перегину, то

0 0

0 0

( ; ) ( ) ( )( ; ) ( ) ( )

в x x f x опукла f xв x x f x опукла f x

′ ⎫− ↓⇒ ⇒⎬′+ ↑⇒ ⎭δ

δ т. 0x - точка лок.

максимуму ф-ії 0( ) ( ) 0f x f x′ ′′⇒ = . ■ Умова 0( ) 0f x′′ = є тільки необхідною умовою перегину в т. 0x ,

але не є достатньою. Наприклад, для функції 4y x= в точці 0x =0 ма-ємо 2

0(0) 12 0

xy x

=′′ = = , але ця функція в цій точці не має перегину

( накресліть графік функції!). На рис. 5.17 зображено можливі типи перегинів функцій. Пере-

гини, зображені на рис. 5.17 в, г, ж, з відповідають піковидним екст-ремумам. Зауважимо, що при переході через точки екстремумів, зо-



бражених на рис. 5.11 а, г, д, з, функція не змінює напрям опуклості, тому в цих точках немає перегинів.


а б в г

д е ж з

Рис. 5.17. Можливі типи перегинів функцій.

Теорема 5.20 (достатня умова перегину) 1) двічі диференційовна в , ( )f x 0( )B xδ

2) ; 3) при переході через т. 0( ) 0f x′′ = 0x в змінює свій знак, 0( )B xδ ( )f x′′

⎫⎪⇒⎬⎪⎭

0x - точка перегину.

Доведення. При переході через т. 0x в 0( )B xδ ( )f x′′ змінює свій знак , тому

0 0

0 0

( ; ) ( ) 0 ( 0) ( ) ( )( ; ) ( ) 0 ( 0) ( ) ( )

x x x f x f x î ï óêëàx x x f x f x î ï óêëà

′ ⎫∀ ∈ − > < ⇒ ↓ ↑ ⇒⎬′∀ ∈ + < > ⇒ ↑ ↓ ⎭δ

δ т. 0x точки

перегину (за визнач.). ■ 8. Асимптоти графіка функції.

Означення 1. Пряма 0x x= - вертикальна асимптота гра-

фіка функції ( )y f x=def

⇔ 0 0

lim ( )x x

f x→ −

= ∞ або 0 0

lim ( )x x

f x→ +

= ∞ .

0x O Х

Y

0x O Х

Y

0x O Х

Y

0x O Х

Y

0x

Y

O Х

Y

0x O Х

Y

0x O Х 0x O Х

Y



Рис. 5.18.

Приклад 1.

Для функції 1yx

= (рис. 5.18)

маємо

0 0

1limx x→ +

= +∞ , 0 0

1limx x→ −

= −∞ .

Тому 0x = вертикальна асим-птота наданої функції.

Означення 2. Пряма y kx b= + - похила асимптота графіка

функції на ( )y f x= +∞ ( −∞ )def

⇔ відстань від графіка функції до графіка прямої ( )y f x= y kx b= + прямує до „0”, якщо x → +∞

( x →−∞ ). (У випадку коли функція визначена для скільки завгодно великих значень x ).

Формулу для обчислення і b . k

Рис. 5.19.

На рис. 5.19 від-стань, про яку йдеться мова у означенні – це MN . У

маємо: 90oKNM N∆ ∠ =

cosMN MK= ⋅ α , тоді

M

( )( )MK AM AK f x kx b= − = − + ,

( ) ( )( ) cos

lim ( ) 00 x

MN f x kx bf x kx b

x MN →∞

⎫= − + ⋅ ⎪⇒ − +⎬→ +∞⇒ → ⎪⎭

α= ,

( ) ( )lim 0x

f x kx bx→∞

− += ⇒ ( ) ( )0 lim lim

x x

f x b f xk kx x x→∞ →∞

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦.

Висновок: ( )lim

x

f xkx→+∞

= , ( )lim ( )x

b f x k→∞

= − x

Частковим випадком є горизонтальна асимптота y b= , тоді 0k =

K

M

N

A

( )f x

α

α

Y

K kx+b N

х ХO



xlim ( )x

b f→∞

= .

Приклад 2. Функція 1yx

= має горизонтальну асимптоту 0y =

(див. рис. 5.19).

Приклад 3. Знайти асимптоти функції 3

2

3 2xyx−

= .

ОДЗ: . 1). Шукаємо горизонтальні асимптоти (0x ≠ y b= ): 3

2

3 2limx

xx→±∞

−= ±∞ .

Оскільки обчислена границя є нескінченою, надана функція не має горизонтальної асимптоти.

2). Шукаємо вертикальні асимптоти ( 0x x= ): 3

2 20 0

3 2 2lim lim 3x x

x xx x→± →±

− ⎛ ⎞= − = ±⎜ ⎟⎝ ⎠

∞ .

Оскільки функція має нескінчену границю при , то існує верти-кальна асимптота

0x →0x = .

3). Шукаємо похилі асимптоти ( ): y kx b= +

( )3

32

3

3 23 2lim lim lim 3

x x x

xy x xxk

x x x→±∞ →±∞ →±∞

−−

= = = = , тобто 3k = ;

( )( )3

2 2

3 2 2lim lim 3 lim 0x x x

xb y x kx xx x→±∞ →±∞ →±∞

⎛ ⎞−= − = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

−= , тобто 0b = .

Таким чином, похилою асимптотою для наданої функції буде пряма . 3y x=

9. Загальна схема дослідження функції за допомогою похід-ної та побудова графіків. 1) , ( )D f2) (іноді можна опускати), ( )E f3) парність, непарність, 4) періодичність, 5) неперервність і характер точок розриву, 6) асимптоти, 7) проміжки монотонності, точки екстремуму, 8) проміжки опуклості, 9) точки перетину з осями, значення функції в характерних точках.


Приклад 1. Провести повне дослідження та побудувати графік

функції 3

2 1xy

x=

−.

1) . 2) ( ) ( ;1) ( 1;1) (1; )D y = −∞ ∪ − ∪ +∞ ( )E y = . 3) непарна, тому її графік симетричний відносно точки О(0,0).

( ) ( )y x y x− = − ⇒

4) Функція неперіодична. 5) Точки розриву 1; 1;x x= − = оскільки

( )

3

2 21 0

1lim1 1 0 1x

xx→ +

⎡ ⎤== = +∞⎢ ⎥

− + −⎢ ⎥⎣ ⎦,

( )

3

2 21 0

1lim1 1 0 1x

xx→ −

⎡ ⎤== =⎢ ⎥

− − −⎢ ⎥⎣ ⎦−∞ ,

то в точці розрив II роду. Так як функція непарна, то в точці

теж розрив II роду, а

1x =

1x = −3

21 0lim

1x

xx→− +

=== −∞−

, 3

21 0lim

1x

xx→− −

=== +∞−

.

Функції 3( )g x x= і 2( ) 1h x x= − неперервні на , як многочлени, тому надана функція у точках, де знаменник 2( ) 1h x x= − не оберта-ється в нуль (тобто 1x ≠ ± ), є неперервною функцією, як частка двох неперервних функцій. 6) З п. 5) випливає, що 1; 1;x x= − = - вертикальні асимптоти. Знайдемо похилі асимптоти:

2

2

( )lim lim 11x x

f x xkx x→+∞ →+∞

= =−

= ,

( )3 3 3

2 2lim ( ) lim lim 01 1x x x

x x xb f x kx xx x→±∞ →±∞ →±∞

⎛ ⎞ − += − = − =⎜ ⎟− −⎝ ⎠

x= ,

тому - похила асимптота на y x= ±∞ . Оскільки на є похилі асимптоти, то горизонтальних немає. ±∞7) Для дослідження функції на монотонність і пошуку її точок екст-ремуму знайдемо першу похідну:

2 2 3 4 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 ( 1) 2 3 ( 3)( 1) ( 1) ( 1)

x x x x x x x xyx x x− − − −′ = = =− − −

.

Знайдемо критичні точки, тобто точки, в яких похідна обертається в нуль або не існує.

2 2

2 2

( 3)0 0( 1)

x xyx

−′ = ⇔ =−

3, 0x x⇔ = ± = ;

y′ не існує в точках 1x = ± .



Знаки : y′

Характерні точки Напрямки моно-тонності, loc extr Значення функції в точках loc extr 3 3

2− 3 3

2


8) Для дослідження функції на опуклість і пошуку її точок пе-регину знайдемо другу похідну:

23 2 2 4 2 2

2 4 2 3

2 3(4 6 )( 1) ( 3 )(2( 1) 2 )( 1) ( 1)

x xx x x x x x xyx x

⎡ ⎤+− − − − − ⋅ ⎣ ⎦′′ = =− −

= .

Оскільки , то точок перегину немає. ( ) 0y x x′′ ≠ ∀ ∈

Знаки : y′′

Характерні точки Напрямки опукло-сті, т. перегину

Значення функції в точках пергину

0

9) Точки перетину з осями: 00

xy=⎧

⎨ =⎩.

Точка мінімуму 3x = має тип, зображений на рис. 5.11 д, точка максимуму 3x = − має тип, зображений на рис. 5.11 а, точка перегину 0x = має тип, зображений на рис. 5.17 е.

10) Графік побудовано на рис 5.20. 10. Пошук найбільших, найменших значень. Якщо функція ( )y f x= неперервна на відрізку [ ],a b , то за дру-

гою теоремою Вейєрштрасса ця функція досягає свого найбільшого і найменшого значень в точках цього відрізку, тобто

[ ][ ]1 1 ,

, ( ) max ( )x a b

c a b f c f x∈

∃ ∈ = і [ ][ ]2 2 ,

, ( ) min ( )x a b

c a b f c f x∈

∃ ∈ = .

Точки c , можуть бути або точками екстремуму або кінцями відрі-зку [

1 2c

],a b .

0

перегин

1 -1

+– –+

∩ ∩∪ ∪

+ – – – +

0 1 3min

-1 3−

max

–



x=1

x=-1 y=x

Рис. 5.20. Графік функції 3

2 1xy

x=

−.

Алгоритм пошуку найбільшого та найменшого значень. 1) знаходимо критичні точки, тобто точки, в яких похідна функції або обертається в нуль або не існує, 2) відкидаємо з розгляду ті точки, що не належать на відрізку [ ],a b , 3) знаходимо значення функцій в критичних точках і на кінцях відрі-зка [ ],a b , обираємо з них найбільше і найменше

Приклад 1. Розглянемо функцію на відріз-

ку

3( ) sin cosf x x x= + 3

;4 4

⎡−⎢⎣ ⎦⎤⎥

π π . Знайдемо похідну

2 2( ) 3 cos 3cos sin 3sin cos (sin cos )f x six x x x x x x x x′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ − , після чого критичні точки: ( ) 0f x′ = :

sin 0xx n

== π

cos 0

2

x

x k

=

= +π π

sin cos

4

x x

x m

=

= +π π

, ,n m k Z∈

Відкинувши критичні точки, що не належать відрізку ;4 4

⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

π π ,


отримаємо точки 0x = , 4

x = π .

Знаходимо значення функції в обраних точках і на кінцях відрі-зку:

;4 4

(0) 1 max ( )f f⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

= =π π

x ,

32 2 22 2

4 2 8f

⎛ ⎞⎛ ⎞ = = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

π 22

,

;4 4

0 min ( )4

f f⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞− = =⎜ ⎟⎝ ⎠ π π

π x .

Приклад 2. Навколо півкулі радіуса R описати прямий кру-говий конус найменшого об´єму при цьому припускається, що осно-ва півкулі і конуса лежать в одній площині.

На рис. 5.21 зображено переріз конусу вздовж його висоти. Об’єм у цьому випадку обчислимо за формулою.

21 min3

V AO CO= ⋅ ⋅ →π .

З рисунка 5.21 отримаємо

,

,sin

.cos

OK r constrAO

rH CO

= =

=

= =

ϕ

ϕ

Тоді 2

2

32

13 cossin

1 1 .3 sin cos

r rV

r

= ⋅

=⋅

π =ϕϕ

πϕ ϕ

Для того, щоб об’єм досягав найменшого значення, потріб-но, щоб найбільшого значення досягала функція

2( ) sin cos maxf = ⋅ →ϕ ϕ ϕ на відрізку [ ]0, / 2π .

С

К


Знайдемо критичні точки функції:

А О

В

ϕ

Рис. 5.21.



2

2

2 2( ) 2sin cos cos sin ( sin ) sin (2cos sin ) 0f ′ = ⋅ ⋅ + − = − =ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 22cos sin=ϕ ϕ sin 0≠ϕ 0;

2⎡ ⎤∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

πϕ

2 2tg =ϕ ; 2tg = ±ϕ

2 0;2

arctg ⎡ ⎤= ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

πϕ .

Для знаходження значення функції в критичній точці обчислимо значення в ній тригонометричних функцій::

22

1 1cos( 2) , sin( 2) 1 cos ( 2) ,3 31 ( 2)

arctg arctg arctgtg arctg

= = = −+

2=

тоді 2 1( 2)3 3

f arctg = ⋅ . Оскільки (0) 02

f f π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

= , то 0,

2

2min ( )3 3

f xπ⎡ ⎤

⎢ ⎥⎣ ⎦

= ,

тому 3

32

2

1 1max3 2sin cos arctg

rV r=

= =⋅ ϕ

ππϕ ϕ

3 .

5.3 Формула Тейлора.

1. Формула Тейлора для многочленна. Розглянемо многоч-лен степені n

2 30 1 2 3( ) n

np x a a x a x a x a x= + + + + +… . Обчислимо похідні від нього до порядку включно: n

2 11 2 3( ) 2 3 n

np x a a x a x na x −′ = + + + +… , 2

2 3( ) 2 1 2 3 ( 1) nnp x a a x n na x −′′ = + ⋅ ⋅ + + −… ,

33( ) 1 2 3 ( 2)( 1) n

np x a n n na x −′′′ = ⋅ ⋅ + + − −… , ( ) ( ) 1 2 3 ( 2)( 1)n

n np x n n na n a= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − = !… і значення їх в точці 0

0(0)p a= , ,

, ,

.

1(0)p a′ =

2 2(0) 2 2p a′′ = = !a

a

3(0) 3p a′′′ = !

…( ) (0)n

np n= !Звідки отримаємо ( 0! = 1 )

5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ ( ) (0) , 0,k

kpa k

k= =

!n

Формула Маклорена для многочленів: ( )

2 3(0) (0) (0) (0)( ) (0)1

nnp p p pp x p x x x x

n′ ′′ ′′′

= + + + + +! 2! 3! !

…

Многочлен можна відтворити за значенням його і його похідних в точці 0.

За допомогою заміни 0t x x= − виводиться формула розкладу многочлена за степенями 0x x− , що виражається через його похідні:

20 0 1 2( ) ( ) ( ) n

np x p t x P t a a t a t a t= + = = + + + +… ⇒ 0 0(0) ( )a P p x= = ,

( )( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0( ) x xttP t p t x p t x t x p t x′ ′′ ′= + = + ⋅ + = + ⇒ 1 0(0) ( )a P p x′ ′ ′= =

x xx xxttP t p t x p t x t x p t x′ ′′′ ′ ′′ ′′= + = + + = +

,

( ) ( )( ) ( )( ) ( )0 0 0 0 ⇒ 02

( )(0)2! 2

p xPa′′′′

= =!

,

( ) ( )( ) ( )0n

n nx

P t p t x= + ⇒( )( )

0( )(0)!

nn

np xPa

n n= =

!

Звідки

( ) ( ) ( )( )

20 0 00 0 0

( ) ( ) ( )( ) ( )

1

nnp x p x p x

p x p x x x x x x xn

′ ′′= + − + − + + −

! 2! !… 0 .

Ця формула називається формулою Тейлора для многочлена в точці 0x

2. Розклад довільної функції. Припущення

1) задана на [ , , ( )f x ]a b2) диференційовна ( )f x ( )1n − раз на [ , , ]a b3) диференційовна разів в точці ( )f x n 0 [ , ]x a b∈ .

Розглянемо многочлен

( ) ( ) ( )( )

20 0 00 0 0

( ) ( ) ( )( ) ( )

1

nn

nf x f x f x

p x f x x x x x x xn

′ ′′= + − + − + + −

! 2! !… 0 .

Якщо довільна і не є многочленом, то ( )f x ( ) ( )nf x p x≠ . Функція називається залишковим членом формули Тейлора. ( ) ( ) ( )nr x f x p x= − n

Залишковий член у формі Пєано ( розібрати виведення!) ( )( )0( ) n

nr x o x x= − .

Висновок: в зазначених припущеннях функція майже не відрізня-ється від многочлена степені у деякому малому околі точки n 0x .




n

0

Доведення формули Пєано. Дослідимо цю функцію . Маємо ( ) ( ) ( )nr x f x p x= −

0( ) ( )np x f x= 0( ) 0nr x =

0( ) ( )n 0p x f x′ ′= 0( ) 0nr x′ =

0( ) ( )np x f x′′ ′′= 0 0( ) 0nr x′′ = …

…

( ) ( )0( ) ( )n n

np x f x= 0n

nr x( )0( ) 0=

(*) 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0n n n nr x r x r x r x′ ′′ ′′= = = =… =

Д-ти: якщо функція задов. (*), тоді ( )nr x ( )( )0( ) nnr x o x x= − в т.

0x при 0x x→ . Доведення проведе за індукцією. 1. Нехай 1n = , тоді за умовою . 1 0 1 0( ) ( ) 0r x r x′= =Д-ти 1 0( ) ( )r x o x x= − Маємо:

0 0

1 1 011 0

0 0

( ) ( )( )lim lim ( ) 0x x x x

r x r xr xr x

x x x x→ →

− ′= =− −

= ,

А це за означенням функції (o γ ) означає, що 1 0( ) ( )r x o x x= − .

2. Інд. припущення. Нехай - вірно, якщо

.

( )( 0( ) nnr x o x x= − )

=0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0n n n nr x r x r x r x′ ′′ ′′= = = =…

3. Довести ( )( )11( ) n

nr x o x x ++ = − 0

=

0

, якщо

. (**) ( 1)1 0 1 0 1 0( ) ( ) ( ) 0n

n n nr x r x r x++ + +

′= = =…Із (**) випливає, зокрема, що . Скориста-

ємося формулою Лагранжа

1 1 10

( ) ( ) ( )n n nr x r x r x+ + +=

= −

0x c x∃ ≶ ≶ : = . (***) 1( )nr x+ (1 ( )nr c x x+′ ⋅ − )0

=

Позначимо , тоді

Тоді за індуктивним припущенням

1 ( ) ( )n nr c g c+′ =

( )0 0 0

( 1)1 0 1 0 1 0

( ) ( ) ( ) 0| || ||( ) ( ) ( ) 0

nn n n

nn n n

g x g x g x

r x r x r x++ + +

′= = = =

′ ′′= = =

…

…⏐

( )( )0( ) nng x o x x= − . Тому



( )( ) ( )( )0 0( ) n nng c o c x o x x= − = − .

x

За побудовою 0 0x x c x− > − , тому

0 00

0 0

( ) ( )( ) ( ) lim 0 lim 0

( ) ( )n n n

n n nc x c x

g c g cg c o c x

c x c x→ →= − ⇒ = ⇒ =

− −,

0 0

( ) ( )0

( ) ( )

0

n nn n

g c g cx x c x

≤ <− −↓

Отже, ( )( )1 ( ) ( ) nn nr c g c o x x+′ = = − 0 . Таким чином, із (***) і останнього

будемо мати

c 0x

( )( ) ( )( )11 1 0 0 0 0( ) ( )( ) ( )n n

n nr x r c x x o x x x x o x x ++ +

′= − = − − = − . ■

Формула Тейлора із залишковим членом у формі Пєано

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

20 0 00 0 0 0

( ) ( ) ( )( ) ( )

1

nn nf x f x f x

f x f x x x x x x x o x xn

′ ′′= + − + − + + − + −

! 2! !… 0

Формула Тейлора в точці 0x =0 називається формулою Маклорена. Представлення функції за формулою Тейлора єдине з точністю

до нескінченно малої порядку . nДоведення. Пп.:

20 1 0 2 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n

nf x A A x x A x x A x x o x x= + − + − + + − + −… , 2

0 1 0 2 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nnf x B B x x B x x B x x o x x= + − + − + + − + −… .

Оберемо в якості аргументу функції 0x x= , отримаємо 0 0( )f x A B= = 0

.

, тоді

2

0 1 0 2 0 0 0

20 1 0 2 0 0 0

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

n nn

n nn

A A x x A x x A x x o x x

B B x x B x x B x x o x x

/ + − + − + + − + − =

= / + − + − + + − + −

……

Розділимо обидві частини останньої рівності на 0( )x x− 1 1

1 2 0 0 01 1

1 2 0 0 0

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

n nn

n nn

A A x x A x x o x x

B B x x B x x o x x

− −

.− −

+ − + + − + − =

= + − + + − + −

……

Підставимо 0x x= , отримаємо



1

процес далі, одержимо1 1( )f x A B= = .

Продовжуючи n nA B= . ■ иця ементарних функцій за формулою

им членом у формі Пєано Табл розкладів елМаклорена з залишков

( )2

11

nx nx x xe o x= + + + + +…

n! 2! !

( )1 2( 1)m mx x x3 5 7 2 1mxsin( )3

x x o= − xm

−+ − + + − +! 5! 7! (2 −1)!

… −

( )2 4 6 2

2 1cos( ) 1 ( 1)m

m mx x x xx om

+= − + − + + − +2! 4! 6! (2 )!

… x

( ) ( ) ( )21 1 ( 1)(1 ) 1m n nm m m m m nmx x x x o x

n− − − +

+ = − + + + +1! 2! !

……

2 31 1 ( 1)1

n n n( )x x x x o xx= − + − + + − +

+…

( )2 3 4

1ln(1 ) ( 1)n

n nx x x xx x on

−+ = − + − + + − +2 3 4

… x

Виведення розкладів табли . 1. Розглянемо розклад

ці( ) xf x e= за формулою Маклорена

). Оскільки( 0 0x = ( ) ( )n xf x e= , то Підставимо в загаль-у фор

( 0)(0) 1nf e= = . н мулу, отримаємо

(2

11

n

)x nxn! !

.

x

x x xe o= + + + + +! 2

…

2. Для функції ( ) sin(f x)= відомо, що

( )( )( ) ( ) sin( ) sin2

nn nf x x x⎛ ⎞= = +⎜⎝

⎟⎠

π ,

Тому , (0) 0f =

(0) sin 0 12

f ⎛ ⎞′ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠

π ,

( )(0) sin 0 0f ′′ = + =π , 3(0) sin 0 12

f ⎛ ⎞′′′ = + = −⎜ ⎟⎝ ⎠

π , …



(2 ) (0) sin 0 2 02

mf m⎛ ⎞= + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠

π ,

(− ) ( )

(2 1) ( ) sin (2 1) sin2 2

sin cos cos ,2

f x x m x m

m x m x m x

− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − = + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞= − − − = − − = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

π ππ

π π π π

m

Отже,

m

(2 1) 1(0) cos( ) ( 1) ( 1)m mf m− −= − = − − = −π .

( )3 5 7 2 1

1 2sin( ) ( 1)3

mm mx x x xx x o

m

−−= − + − + + − +

! 5! 7! (2 −1)!… . x

виводиться розклад Аналогічно

( )2 4 6 2

2 1cos( ) 1 ( 1)m

m mx x x xx om

+= − + − + + − +2! 4! 6! (2 )!

… . x

, що

тоді f =

m′ = + = ,

3. Для функції ( ) (1 )f x x= + відомоm

( )( ) ( )( )( ) ( ) 1 2 1 1 m nnf x m m m m n x −= − − − + +… ,

1, 1−

(0)(0) (1 0)mf m(0)

… ( 1)f m m′′ = − ,

( )( ) ( )( )n

отж(0) 1 2 1f m m m m n= − − − +… , е,

( ) ( ) ( )21 1 ( 1)( ) 1 n nm m m m m nmf x x x x o x

n− − − +

= − + + + +1! 2! !

…… .

4. Для отримання розкладу функції 1( )1

f xx

=+

покладемо в

попередній формули 1m = − , тоді ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )2 31 2 1 2 3 1

( ) 1n

n nnf x x x x o x

n n+ + + +

2! !… ,

тобто

x− − − − − − !

= − +!

2 31 1 ( 1) 0( )1

n n nx x x x xx= − + − + + − +

+… .

Щоб швидше запам’ятати останню формулу, потрібно побачити, що вона відповідає формулі суми нескінченної спадної геометричної прогресії з першим членом 1 1b = і знаменником q x= − :



2 3 1 11(

x x− + ( 1) ...1 1 )

n n bx x

q x− + + − + = =

− − −… .

Інші розклади отримати самостійно! Інші записи формули Тейлора з залишковим членом у формі Пєано: запис через прирости ( )

( )20 0 0

0( ) ( ) ( )

( )1

nn nf x f x f x

f x x x′ ′′

∆ = + ∆ +2! !

… x o xn

∆ + ∆ + ∆!

запис через диференціали ( )2

0 0 0 01 1 1( ) ( ) ( ) ( ) nnf x df x d f x d f x o x

n∆ = + + + + ∆

1! 2! !…

В ції і приріст аргументу иведення. Запис через приріст функотримаємо, поклавши в розкладі

( ) ( ) ( ) ( )( )( )

20 0 00 0 0 0

( ) ( ) ( )0( )

1

nn nf x f x f x

f x x x x x x x o x xn

′ ′′− + − + + − + −

! 2! !…

р

( )f x = +

замість ізниці 0x x− приріст аргументу 0x x x∆ = − . Для отримання запису через диференціали будемо вважати, о щ

- неx залежна змінна, тоді

0 0 0( ) ( ) ( )df x f x x f x dx′ ′= ∆ 0 0( ) ( )x f x dx′′= , = , 2d f ( )2

( )( )( ) ( )0 0( ) ( ) nn nd f x f x dx= ,

отже

( )20 0 0 0 0

1 1 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) nnf x f x df x d f x d f x o x= − = + + + + ∆1!

… . ■ (f xn

∆2! !

Зауваження. Залишковий член у формі Пєа не дозволяє: 1) знайти точність обчи ення при заміні функцій многочленом, 2) робити обчислення з аперед заданою точністю,

ходити те значення для якого досягається задана точність. Інші форми залишкового члена. Припущення:

1) задана на

носл

н3) зна n ,

( )f x ( )0 0 0 0[ , ] [ , ]x x x x+ −δ δ , 2 на ) ( )f x неперервно диференційовна n разів

( )0 0 0 0[ , ] [ , ]x x x x+ −δ δ , 3) ( )f x диференційовна ( )1n + разів на ( )0 0 0 0( , ) ( , )x x x x+ −δ δ .

Форма Шлоьмільха-агал

( )Рошма)

а (з ьна фор-( 1)

0 0( )( ) (1

n

n

f x x xr x

+1 1

0) ( )n p nx xn p

− + +⋅ −!

+Θ −

= ⋅ −Θ

При p = + тр ма-1n о иємо форму Лагранжа ( )( 1) (nf x x x+

0 0 10

)( ) ( )

( 1)n

nr x x xn

++ Θ −= ⋅ −

+ !



При 1p = отримаємоформу Коші

( )( 1)0 0 1

0

( )( ) (1 ) ( )

nn n

n

f x x xr x x x

n

+++ Θ −

= ⋅ −Θ ⋅!

−

( 0 1< Θ < ) Дове означенням залишкового члена дення. За ( ) ( )nr f x p x= − ,

тому

( ) ( ) ( )( )

20 00 0 0

( ) ( )0

)1

nf x f xx x x x x x

n′′

− + − − − −! 2! !

…

Уведемо допоміжну функцію

(( ) ( ) ( )nf xr x f x f x′

= − − n .

( ) ( ) ( )( )

2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )nf z f z f zz f x f z x z x z

′ ′′= − − − − − − −…ϕ

1nx z

n−

! 2! !.

Дізнаємося про її властивості: 1) 0( ) ( )nx r x=ϕ , 2) ( ) 0x =ϕ , 3) обчислимо похідну, враховуючи припущення:

( ) ( ) ( )

( ) ( )

2

3

( )( ) ( ) ( ) ( ) 1

( ) ( )2 ( 1)2

z z f z f z x

iv

f zz f z x z

f z f zx z x z

′′′′ ′ ′′ ′− − − − − −

2!′′

− − − − − −! 3!

= − −ϕ

( ) ( ) ( ) 1n1

2( ) ( ) ( )3 ( 1)n n

nf z f z f zx z x z n+

x zn n

−′′′− − − − − − +… −

3! ! !,

Тобто

( )1( )( )

nn

zf zz x

n

+

′ = − −!

ϕ . z

Виходячи з останніх двох припущень, приходимо до висновку про 1) неперервність ( )zϕ на ( )0 0 0 0[ , ] [ , ]x x x x+ −δ δ ,

ренційованість ( )zϕ на ( )0 0 0 0( , ) ( , )x x x x+ −δ δ . 2) дифеУведемо ще одну допоміжну функцію ( )zψ , щоб задовольняла влас-тивостям, аналогічним ( )zϕ , крім того

( )z′

0 z≠ ∀ ∈ψ ( )0 0( , ) ,0 0( )x x x+δ δ заx − . Тоді можливо стосувати форму-лу Коші для ( )zϕ і ( )zψ :

∃ cміж x і 0x 0

0

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x x cx x c

′−=

′−ϕ ϕ ϕψ ψ ψ

де

,

( )0 0 0 0] [[ , , ]x x x x x∈ + −δ . Тод пригадавши властивості функції ( )z

δ і, ϕ , одержимо

5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ 1

00

( ) 0( ) )

nr x f c( ) 1( )( ( )

nnx x

x x n c

+

− −−

=′− !

, ψ ψ ψ

10( ) ( )

( )n 0( ) ( )

( )

nn x x

r xn

−= −

!ψ ψ . f c x x

c

+

′ψПокладемо ( ) ( ) pz x z= −ψ , тоді

( ) 0x =ψ , 0 0( ) ( ) px x x= −ψ , 1( ) ( ) p

z z p x z −′ = − −ψ , 1( ) ( ) pc p x c −′ = − −ψ , тому

11( ) (n pr x x+ −= − 0

( ) ( ) )n

pn

f c x c xn

+

−!

, (1)

Деp ⋅

0x c x≶ ≶ . Оскільки лежить між c x і 0x , т)

отже, формула (1) надбає вигляду

о 0 00 1: (c x x x∃ < Θ < = +Θ − ,

( )( 1)0 0 1

0n p! 0

( )( ) ( ) (1 ) ( )

nn p p

n

f x x xr x x x x x

+− ++Θ −

= − ⋅ −Θ ⋅ − ,

( )( 1)0 0 1 1

0

( )( )


(1 ) ( )n

n p nf x x xx x

+

nr xn p

− + ++ Θ −Θ ⋅ − . (2)

Формулу Шлоьмільха-Роша виведено. Щоб отримати формулу Лаг-ранжа, покладемо в (2)

= ⋅ −!

1p n= + , тоді ( )( 1)

0 0 10

( )( ) ( )

( 1)

nn

n

f x x xr x x x

n

+++ Θ −

= ⋅+ !

− , (3а)

або ( )( 1)

( ) (nf c

r x x+

10 )

( 1)n

n xn

+= ⋅ −+ !

. (3б)

Щоб отримати формулу Коші покладемо в (2) 1p = : ( )( 1)

0 0 10

( )( ) (1 ) ( )

nn n

n

f x x xr x x x

n

+++ Θ −

= ⋅ −Θ ⋅!

− . (4)

Приклад 1. Оскільки функція ( ) xf x e= має похідну порядку n виду анж адбає ви-гляду

( ) ( )n xf x e= , то залишковий член у формі Лагр а н

1( )( 1)

xn

ner x x

n

Θ+=

+ ! ( 0 1< Θ < ),



а фун улою Те -еном наскція буде розкладеною за форм йлора з таким залишко

вим чл тупним чином: 2 3

11( 1)

n xx nx x x e x

n n+= + + + + + +

2! 3! ! + !… (e x

Θ

0 1< Θ < ).

Знайдемо з точністю д ,001. Така задача зводиться до по- e о 0шуку кількості n доданків у формулі Тейлора, для яких досягається ця точність. Тобто потрібно знайти значення n , при якому наближе-на формула ( ) ( )nf x p x≈ має точність 0,001. Отримати оцінку точнос-ті дозволить оцінювання залишкового чле f x xну ( )n nr x p( ) ( )= − .

иУ даному в падку потрібно обрати 1x = , тоді 1 3(1)

( 1) ( 1) ( 1)ne er

n n n= < <

+ ! + ! + !

θ

Якщо 6n = , то ( 1)n + ! = 7! = 5040 , а

6 ( 1)n + !3 0.0006 0.001r = < < .

Тому наближена формула 1 1 1 1 11 1e ≈ + + + + + +2! 3! 4! 5! 6!

має точність 0,001. Приклад 2. Розклад функції за формулою Тейлора ( ) sinf x x=

має вигляд 3 5 7x x x 2 1

12sin ( ( )

3

mm

mx1)x x r xm

−−= − + − + + − +

! 5! 7! (2 −1)!… .

й член: Знайдемо залишкови

( )) ( ) sin (2 1) sin cos ( 1) cosmx x m x x m x⎛ ⎞ ⎛= + + = + + = −⎜ ⎟ ⎜π π π , (2 1

2 2mf m+ ⎞+ =⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠π

2 12

( 1) cos( )(2 1)

mm

mxr x x

m+− Θ

=+ !

.

1) Розглянемо наближену формулу sin x x≈ .

Знайдемо, для яких x ця формула має точність 0,001. Для цієї формули 1n = , тому нерівність

133

2( 1) cos 1( ) 0,001xr x x x− Θ

= ⋅ < < 3 6!


здійснюється при 3 0,006 0,1817x < < . Таким чином, наближена фо-рмула sin x x≈ має точні 0,001 при 0,18 xсть 0,18− ≤ ≤ .

2) Розглянемо наближену формулу 3

sin3xx x≈ −

о, для!

.

Знайдем яких x ця формула має точність 0,001. Для цієї формули 2n = , тому

353

4( 1) cos 1( ) 0,001

120xr x x x− Θ

= ⋅ < <5!

,

Остання нерівність здійснюється при 0,6543x < , тому при та-

ких x наближена формула 3

sin3xx x≈ −!

має точність 0,001.

Із рис. 5.22 бачимо, що збільшення кількості доданків покра-щує т льшеннямзначення

очність формули Тейлора, а саме: із збі їх кількості x , для яких досягається бажана точність, збільшуються, а

ої функції для шир-шого графік многочлена і довільн майже співпадають

діапазону значень аргументу x .

-2

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

2

0 1 2 3 4 5 6y=xy=x-x^3/3!y=x-x^3/3!+x^5/5!y=x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!y=x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!+x^9/9!y=sin x

Рис. 5.22.

Теорема 5.21 (третя достатня умова loc extr). Якщо перша похідна, що не обертається в нуль в точці є похідною непарного

3

3 5

3 5 7

3 5 7 9

/ 3!/ 3! / 5!/ 3! / 5! / 7!/ 3! / 5! / 7! / 9!

sin

y xy x xy x x xy x x x xy x x x x xy x

== −= − += − + −= − + − +=

c ,




порядку, то функція в точці не має екстремуму. Якщо така похідна парного порядку, то у , коли вона додатна, функція буде мати в цій точці локальний мінімум, а коли від’ємна – макси-мум. ( Вивчити доведення !)

Приклад 3. Дослідити фу на лока-льний екстремум в точці 0.

Точка 0 є критичною, оскільки

( )f x c випадку

нкцію ( ) 2cosx xf x e e x−= + +

( )0

(0) 2sin 0x x

xf e e x−

=′ = − − = .

Знайдемо вищі похідні: ( )( )( )

0

0

0

(0) 2cos 0,

(0) 2sin 0,

(0) 2cos 4 0,

x x

xx x

xIV x x

x

f e e x

f e e x

f e e x

−

=−

=−

=

′′ = + − =

′′′ = − + =

= + + = >

тому в наслідок останньої теореми зробимо висновок, що в точці 0 – локальний мінімум.

R.Descartes). (A.Couchi)sites.znu.edu.ua/bank/public_files/2009/10/matanaliz/5.pdf5...

Documents

Transcript of R.Descartes). (A.Couchi)sites.znu.edu.ua/bank/public_files/2009/10/matanaliz/5.pdf5...