5.2: Похідні розширено-дійсних функцій

На деякий час (в §§2 і 3) ми обмежуємося розширено-реальними функціями. Нижче,$f$ і$g$ є реальні або розширені реальні (f,$g : E^{1} \rightarrow E^{*}).$ Ми припускаємо, однак, що вони не постійно нескінченні на будь-якому інтервалі$(a, b), a<b$.

Лемма$\PageIndex{1}$

Якщо$f^{\prime}(p)>0$ у якихось$p \in E^{1},$ то

$$x<p<y$$

мається на увазі

$$f(x)<f(p)<f(y)$$

для всіх$x, y$ в досить маленькій глобусі$G_{p}(\delta)=(p-\delta, p+\delta).$

Аналогічно, якщо$f^{\prime}(p)<0,$ потім$x<p<y$ має$f(x)>f(p)>f(y)$ на$x, y$ увазі для деяких$G_{p}(\delta).$

Доказ

Якщо$f^{\prime}(p)>0,$ випадок «0" у визначенні 1 з §1, виключається, отже

$$f^{\prime}(p)=\lim _{x \rightarrow p} \frac{\Delta f}{\Delta x}>0.$$

Отже, ми також повинні мати$\Delta f / \Delta x>0$ для$x$ деяких$G_{p}(\delta)$.

Звідси випливає, що$\Delta f$ і$\Delta x$ мають однаковий знак в$G_{p}(\delta);$ т. Е.

$$f(x)-f(p)>0 \text { if } x>p \text { and } f(x)-f(p)<0 \text { if } x<p.$$

(Це означає,$f(p) \neq \pm \infty.$ чому? Звідси

$$x<p<y \Longrightarrow f(x)<f(p)<f(y),$$

як стверджується; аналогічно у випадку$f^{\prime}(p)<0. \quad \square$

Слідство$\PageIndex{1}$

Якщо$f(p)$ максимальне або мінімальне значення$f(x)$ for$x$ в деякому$G_{p}(\delta),$ то$f^{\prime}(p)=0;$ тобто$f$ має нульову похідну, або взагалі немає, на$p.$

Бо, по Lemma 1,$f^{\prime}(p) \neq 0$ виключає максимум або мінімум на$p.$ (Чому?)

Примітка 1. Таким чином,$f^{\prime}(p)=0$ є необхідною умовою для локального максимуму або мінімуму при$p.$ цьому недостатньо. Наприклад, якщо взагалі не$f(x)=x^{3}, f$ має максимумів або мінімумів, але$f^{\prime}(0)=0 .$ Для достатніх умов див. §6.

Малюнок 22 ілюструє ці факти в точках$p_{2}, p_{3}, \ldots, p_{11}.$ Зверніть увагу, що на малюнку 22 ізольовані точки$P, Q, R$ належать графіку.

Геометрично$f^{\prime}(p)=0$ означає, що тангенс в$p$ горизонтальний, або що двосторонній тангенс не існує при$p.$

Теорема$\PageIndex{1}$

$f : E^{1} \rightarrow E^{*}$Дозволяти бути відносно безперервним на інтервалі$[a, b]$, з$f^{\prime} \neq 0$ на$(a, b).$ Потім$f$ строго монотонний на$[a, b],$ і$f^{\prime}$ є signconstant там (можливо 0 в a і b), з$f^{\prime} \geq 0$ якщо$f \uparrow,$ і$f^{\prime} \leq 0$ якщо$f \downarrow$.

Доказ

За теоремою 2 глави 4, §8,$f$ досягає найменшого значення$m,$ та найбільшого значення$M,$ в деяких точках$[a, b].$ Однак жодне не може відбуватися у внутрішній точці, бо,$p \in(a, b),$ за наслідком 1, це означало б$f^{\prime}(p)=0,$ суперечити нашому припущенню.

Таким чином,$M=f(a)$ або$M=f(b);$ на даний момент ми припускаємо,$M=f(b)$ і$m=f(a).$ Ми повинні мати$m<M,$ для$m=M$ того, щоб зробити$f$ постійним на$[a, b]$, маючи на увазі$f^{\prime}=0.$ Таким чином$m=f(a)<f(b)=M.$

Тепер давайте$a \leq x<y \leq b$. Застосовуючи попередній аргумент до кожного з інтервалів$[a, x],[a, y],[x, y],$ і$[x, b]$ (тепер використовуючи це$m=f(a)<f(b)=M )$, ми знаходимо, що

$$f(a) \leq f(x)<f(y) \leq f(b). \quad \text { (Why?) }$$

Таким чином, мається на$a \leq x<y \leq b$ увазі$f(x)<f(y);$ тобто,$f$ збільшення$[a, b].$ Звідси$f^{\prime}$ не може бути негативним ні в якому$p \in[a, b],$ для, інакше, по Lemma 1,$f$ зменшиться при$p.$ Таким чином$f^{\prime} \geq 0$ на$[a, b].$

У випадку$M=f(a)>f(b)=m,$ ми отримаємо$f^{\prime} \leq 0$. $\quad \square$

Увага: Функція$f$ може збільшуватися або зменшуватися,$p$ навіть якщо$f^{\prime}(p)=0.$
Див. Примітку 1.

Слідство$\PageIndex{2}$ (Rolle's theorem)

Якщо:$E^{1} \rightarrow E^{*}$ є відносно безперервним$[a, b]$ і якщо$f(a)=f(b),$ то$f^{\prime}(p)=0$ для принаймні однієї внутрішньої точки$p \in(a, b)$.

Бо, якщо$f^{\prime} \neq 0$ на всіх$(a, b),$ тоді за теоремою 1,$f$ було б строго монотонним,$[a, b],$ тому рівність$f(a)=f(b)$ була б неможливою.

Малюнок 22 ілюструє це на інтервалах$\left[p_{2}, p_{4}\right]$ і$\left[p_{4}, p_{6}\right],$ при розриві$f^{\prime}\left(p_{3}\right)=$$f^{\prime}\left(p_{5}\right)=0.$ A при 0 викликає явний збій на$[0, p_{2}].$

Примітка 2. Теорема 1 і Слідство 2 тримають навіть якщо$f(a)$ і$f(b)$ є нескінченними, якщо безперервність інтерпретується в сенсі$\rho^{\prime}$ метрики задачі 5 в главі 3, §11. (Теорема Вайєрштрасса 2 глави 4, §8 застосовується$\left(E^{*}, \rho^{\prime}\right),$ з тим самим доказом.)

Теорема$\PageIndex{2}$ (Cauchy's law of the mean)

Нехай функції$f, g : E^{1} \rightarrow E^{*}$ будуть відносно неперервними і кінцевими$[a, b]$ і мають похідні на$(a, b),$ з$f^{\prime}$ і$g^{\prime}$ ніколи обидва нескінченні в одній точці$p \in(a, b).$ Тоді

$$g^{\prime}(q)[f(b)-f(a)]=f^{\prime}(q)[g(b)-g(a)] \text { for at least one } q \in(a, b).$$

Доказ

Нехай$A=f(b)-f(a)$ і$B=g(b)-g(a).$ Ми повинні показати, що$A g^{\prime}(q)=B f^{\prime}(q)$ для деяких$q \in(a, b)$. Для цього розглянемо функцію$h=A g-B f$. Це відносно безперервний і кінцевий на$[a, b],$ як є,$g$ а$f.$ також,

$$h(a)=f(b) g(a)-g(b) f(a)=h(b) . \quad \text { (Verify!) }$$

Таким чином, наслідком 2,$h^{\prime}(q)=0$ для деяких$q \in(a, b).$ Тут, за теоремою 4 §1,$h^{\prime}=(A g-B f)^{\prime}=A g^{\prime}-B f^{\prime}.$ (Це є законним, бо, за припущенням,$f^{\prime}$ і$g^{\prime}$ ніколи не стають нескінченними, тому не відбуваються невизначені межі.) Таким чином$h^{\prime}(q)=A g^{\prime}(q)-B f^{\prime}(q)=0,$ і (1) слід. $\quad \square$

Слідство$\PageIndex{3}$ (Lagrange's law of the mean)

Якщо$f : E^{1} \rightarrow E^{1}$ є відносно безперервним на$[a, b]$ з похідною,$(a, b),$ то

$$f(b)-f(a)=f^{\prime}(q)(b-a) \text { for at least one } q \in(a, b).$$

Доказ

Візьміть$g(x)=x$ в теоремі 2, так$g^{\prime}=1$ далі$E^{1}. \square$

Примітка 3. Геометрично,

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

- нахил січної наскрізь$(a, f(a))$$(b, f(b)),$ і$f^{\prime}(q)$ є нахилом дотичної лінії при$q.$ цьому Слідство 3 стверджує, що січна паралельна дотичній в деякій проміжній точці$q;$ див. Рис. 23. Теорема 2 стверджує те ж саме для кривих, заданих параметрично:$x=f(t), y=g(t)$.

Слідство$\PageIndex{4}$

$f$Дозволяти бути як в Слідство 3. Тоді

(i)$f$ є постійним на$[a, b]$ iff$f^{\prime}=0$ увімкнено$(a, b)$;

(ii)$f \uparrow$ на$[a, b]$ iff$f^{\prime} \geq 0$ на$(a, b);$ і

(iii)$f \downarrow$ на$[a, b]$$f^{\prime} \leq 0$ вимкнено$(a, b)$.

Доказ

Нехай$f^{\prime}=0$ on$(a, b).$ Якщо$a \leq x \leq y \leq b,$ застосувати Слідство 3 до інтервалу,$[x, y]$ щоб отримати

$$f(y)-f(x)=f^{\prime}(q)(y-x) \text { for some } q \in(a, b) \text { and } f^{\prime}(q)=0.$$

При цьому$f(y)-f(x)=0$ для$x, y \in[a, b],$ так$f$ є постійним.

Решта залишається читачеві. $\quad \square$

Теорема$\PageIndex{3}$ (inverse functions)

$f : E^{1} \rightarrow E^{1}$Дозволяти бути відносно безперервними і строго монотонними на проміжку$I \subseteq E^{1}$. Нехай$f^{\prime}(p) \neq 0$ в деякій внутрішній точці$p \in I.$ Потім обернена функція$g=f^{-1}$ (з$f$ обмеженою до)$I)$ має похідну в$q=f(p),$ і

$$g^{\prime}(q)=\frac{1}{f^{\prime}(p)}.$$

(Якщо$f^{\prime}(p)=\pm \infty,$ тоді$g^{\prime}(q)=0.)$

Доказ

За теоремою 3 глави 4, §9,$g=f^{-1}$ є строго монотонним і відносно безперервним на$f[I],$ собі інтервал. Якщо$p$ це інтер'єр,$I,$ то$q=f(p)$ це інтер'єр до$f[I].$ (Чому?)

Тепер, якщо$y \in f[I],$ ми встановимо

$$\Delta g=g(y)-g(q), \Delta y=y-q, x=f^{-1}(y)=g(y), \text { and } f(x)=y$$

і отримати

$$\frac{\Delta g}{\Delta y}=\frac{g(y)-g(q)}{y-q}=\frac{x-p}{f(x)-f(p)}=\frac{\Delta x}{\Delta f} \text { for } x \neq p.$$

Тепер, якщо$y \rightarrow q,$ безперервність$g$ at$q$ дає$g(y) \rightarrow g(q);$ тобто,$x \rightarrow p.$ Також,$x \neq p$ iff$y \neq q$, for$f$ і$g$ є функціями один до одного. Таким чином, ми можемо замінити$y=f(x)$ або$x=g(y)$ отримати

$$g^{\prime}(q)=\lim _{y \rightarrow q} \frac{\Delta g}{\Delta y}=\lim _{x \rightarrow p} \frac{\Delta x}{\Delta f}=\frac{1}{\lim _{x \rightarrow p}(\Delta f / \Delta x)}=\frac{1}{f^{\prime}(p)},$$

де ми використовуємо конвенцію,$\frac{1}{\infty}=0$ якщо$f^{\prime}(p)=\infty. \quad \square$

Приклади

(А) Нехай

$$f(x)=\log _{a}|x| \text { with } f(0)=0.$$

Нехай$p>0.$ тоді$(\forall x>0)$

$$\begin{aligned} \Delta f &=f(x)-f(p)=\log _{a} x-\log _{a} p=\log _{a}(x / p) \\ &=\log _{a} \frac{p+(x-p)}{p}=\log _{a}\left(1+\frac{\Delta x}{p}\right). \end{aligned}$$

Таким чином

$$\frac{\Delta f}{\Delta x}=\log _{a}\left(1+\frac{\Delta x}{p}\right)^{1 / \Delta x}.$$

Тепер давайте$z=\Delta x / p.$ (Чому ця заміна допустима?) Потім за допомогою формули

$$\lim _{z \rightarrow 0}(1+z)^{1 / z}=e \quad \text { (see Chapter 4, §2, Example (C)) }$$

і безперервність функції журналу і живлення, отримаємо

$$f^{\prime}(p)=\lim _{x \rightarrow p} \frac{\Delta f}{\Delta x}=\lim _{z \rightarrow 0} \log _{a}\left[(1+z)^{1 / z}\right]^{1 / p}=\log _{a} e^{1 / p}=\frac{1}{p} \log _{a} e.$$

Та ж формула призводить також, якщо$p<0,$ тобто,$|p|=-p.$ At$p=0, f$ має$( \pm \infty)$ лише односторонні похідні (перевірити!) , так$f^{\prime}(0)=0$ за визначенням 1 в §1.

(B) Оберненою$_{a}$ функцією журналу є експоненціальна$g : E^{1} \rightarrow E^{1},$ з

$$g(y)=a^{y} \quad(a>0, a \neq 1).$$

За теоремою 3 ми маємо

$$\left(\forall q \in E^{1}\right) \quad g^{\prime}(q)=\frac{1}{f^{\prime}(p)}, p=g(q)=a^{q}.$$

Таким чином

$$g^{\prime}(q)=\frac{1}{\frac{1}{p} \log _{a} e}=\frac{p}{\log _{a} e}=\frac{a^{q}}{\log _{a} e}.$$

Символічно,

$$\left(\log _{a}|x|\right)^{\prime}=\frac{1}{x} \log _{a} e(x \neq 0) ; \quad\left(a^{x}\right)^{\prime}=\frac{a^{x}}{\log _{a} e}=a^{x} \ln a.$$

Зокрема, якщо у$a=e,$ нас є$\log _{e} a=1$ і,$\log _{a} x=\ln x ;$ отже,

$$(\ln |x|)^{\prime}=\frac{1}{x}(x \neq 0) \quad \text { and } \quad\left(e^{x}\right)^{\prime}=e^{x} \quad\left(x \in E^{1}\right).$$

(C) Функція потужності$g :(0,+\infty) \rightarrow E^{1}$ задається

$$g(x)=x^{a}=\exp (a \cdot \ln x) \text { for } x>0 \text { and fixed } a \in E^{1}.$$

За правилом ланцюга (§1, теорема 3) отримаємо

$$g^{\prime}(x)=\exp (a \cdot \ln x) \cdot \frac{a}{x}=x^{a} \cdot \frac{a}{x}=a \cdot x^{a-1}.$$

Таким чином, ми маємо символічну формулу

$$\left(x^{a}\right)^{\prime}=a \cdot x^{a-1} \text { for } x>0 \text { and fixed } a \in E^{1}.$$

Теорема$\PageIndex{4}$ (Darboux)

Якщо$f : E^{1} \rightarrow E^{*}$ є відносно безперервним і має похідну на інтервалі I, то$f^{\prime}$ має властивість Дарбу (Глава 4, §9) на$I.$

Доказ

Дозвольте$p, q \in I$ і$f^{\prime}(p)<c<f^{\prime}(q).$$g(x)=f(x)-c x.$$g^{\prime} \neq 0$ покладіть Припустіть$(p, q)$ і знайдіть протиріччя теоремі 1. Подробиці залишаються читачеві. $\quad \square$