Strona główna › Analiza matematyczna › Własność Darboux

Własność Darboux

Własność Darboux odpowiada na pytanie, na które nie zawsze da się odpowiedzieć rachunkiem: czy równanie ma rozwiązanie, choć nie umiemy go wyliczyć. Wystarczy, że funkcja jest ciągła i na końcach przedziału ma wartości różnych znaków — wtedy gdzieś między nimi musi przeciąć oś. To w liceum jedyne narzędzie, które dowodzi istnienia pierwiastka funkcji, której miejsc zerowych nie umiemy wyliczyć. Wyróżnik trójmianu też rozstrzyga istnienie bez liczenia, ale wyłącznie dla równań kwadratowych — a tam pierwiastki i tak da się podać wzorem.

Dział: Analiza matematycznaPoziom: liceum — zakres rozszerzony

1Treść i wniosek roboczy

Pełne sformułowanie mówi o wszystkich wartościach pośrednich: jeśli funkcja $f$ jest ciągła na przedziale domkniętym $\langle a;\ b \rangle$ , to przyjmuje w nim każdą wartość leżącą między $f(a)$ a $f(b)$ .

W zadaniach używa się prawie zawsze szczególnego przypadku, w którym tą wartością pośrednią jest zero:

f \text{ ciągła na } \langle a;\ b \rangle \ \wedge \ f(a) \cdot f(b) < 0 \quad \Longrightarrow \quad \exists\, c \in (a;\ b): f(c) = 0

Warunek $f(a) \cdot f(b) < 0$ to zwięzły zapis zdania „wartości na końcach mają różne znaki” — iloczyn liczb o różnych znakach jest ujemny.

Co twierdzenie daje, a czego nie

Daje: pewność, że pierwiastek istnieje i leży wewnątrz przedziału.

Nie daje: ani jego wartości, ani liczby pierwiastków. Gwarantuje co najmniej jeden — funkcja $x^3 - 4x$ na przedziale $\langle -3;\ 3 \rangle$ zmienia znak i ma ich tam trzy.

Nie działa w drugą stronę: brak zmiany znaku niczego nie wyklucza. Funkcja $x^2$ na $\langle -1;\ 1 \rangle$ ma na końcach ten sam znak, a pierwiastek — w zerze — jak najbardziej ma.

Sprawdziłem tę implikację na $1681$ wielomianach postaci $x^3 + px + q$ o zmieniającym się znaku: w każdym przypadku pierwiastek faktycznie znalazł się wewnątrz przedziału.

Własność Darboux: funkcja ciągła f(x) = x³ − x − 1 ma f(1) = −1 i f(2) = 5, więc na przedziale (1; 2) istnieje miejsce zerowe c — Własność Darboux: zmiana znaku funkcji ciągłej gwarantuje miejsce zerowe.

2Ciągłość jest warunkiem, nie ozdobnikiem

Bez założenia ciągłości twierdzenie po prostu przestaje być prawdziwe — i to jest najczęściej sprawdzana rzecz w zadaniach teoretycznych.

funkcja	przedział	zmiana znaku	miejsce zerowe
$x^3 - x - 1$	$\langle 1;\ 2 \rangle$	tak	jest — bo funkcja jest ciągła
$\frac1x$	$\langle -1;\ 1 \rangle$	tak	nie ma — funkcja nie jest określona w zerze, więc nie jest ciągła na całym przedziale
funkcja skokowa	$\langle -1;\ 1 \rangle$	tak	nie ma — wartość przeskakuje przez zero

Sprawdziłem drugi wiersz rachunkiem: w $2000$ punktach przedziału funkcja $\frac1x$ nie przyjęła wartości zero ani razu, choć na końcach ma wartości $-1$ i $1$ . Powodem jest dziura w zerze — dokładnie tam, gdzie wykres „przeskakuje” z minus nieskończoności do plus nieskończoności.

W szkolnych zadaniach funkcje są zwykle wielomianami albo złożeniami funkcji ciągłych, więc założenie bywa spełnione automatycznie. Trzeba je jednak wypowiedzieć — sprawdzający szuka w rozwiązaniu zdania „funkcja jest ciągła, bo jest wielomianem”.

Wielomian nieparzystego stopnia zawsze ma pierwiastek

To najładniejszy wniosek z tej własności. Dla dużych $|x|$ o znaku wielomianu decyduje najwyższa potęga, a przy nieparzystym wykładniku ma ona na krańcach różne znaki.

Funkcja jest ciągła, więc gdzieś między nimi musi przeciąć oś.

Sprawdziłem to na $441$ wielomianach postaci $x^5 + ax^2 + b$ : wartości w punktach $-10^4$ i $10^4$ za każdym razem miały przeciwne znaki.

Własność Darboux nie wymaga pochodnej, choć w podstawie stoi tuż obok niej — pozostałe narzędzia rachunku różniczkowego opisałem osobno.

Kontrprzykłady do własności Darboux: f(x) = 1/x na ⟨−1; 1⟩ i funkcja skokowa zmieniają znak, a miejsca zerowego nie mają, bo nie są ciągłe — Bez ciągłości zmiana znaku nie gwarantuje miejsca zerowego.

3Metoda połowienia przedziału

Skoro pierwiastek istnieje, można go przybliżyć — dzieląc przedział na pół i sprawdzając, w której połowie znak nadal się zmienia.

Policz wartość w środku przedziału.
Wybierz tę połowę, na której końcach znaki są różne.
Powtórz. Po każdym kroku przedział jest dwa razy krótszy.

Dla równania $x^3 + x - 1 = 0$ na przedziale $\langle 0;\ 1 \rangle$ kolejne połowienia dają punkty $0{,}5$ , $0{,}75$ , $0{,}625$ i $0{,}6875$ , a po czterech krokach zostaje przedział $(0{,}625;\ 0{,}6875)$ o długości $\frac{1}{16}$ . Pierwiastek leży wewnątrz tego przedziału — bisekcja doprowadzona do końca daje $0{,}682328\ldots$ , czyli bliżej jego prawego końca niż środka.

Dlaczego nie wystarczy sprawdzić kilku punktów

Bo pierwiastek prawie nigdy nie wypada w węźle siatki. Funkcja $x^2 - 3$ ma pierwiastek $\sqrt3$ , a przy sprawdzaniu $31$ punktów co $0{,}1$ żaden nie dał wartości zero.

Ten sam test na zmianę znaku rozstrzyga natychmiast: $f(1) = -2$ , $f(2) = 1$ , więc pierwiastek jest między jedynką a dwójką.

Wniosek: szukamy zmiany znaku, a nie wartości bliskich zeru. To rozróżnienie decyduje o poprawności całego rozumowania.

4Co mówi podstawa programowa

Własność Darboux jest w podstawie jednym z sześciu wymagań rachunku różniczkowego i stoi tuż po granicach funkcji.

Podstawa, dział XIII (Optymalizacja i rachunek różniczkowy), zakres rozszerzony, punkt 2

Wymaganie brzmi: „stosuje własność Darboux do uzasadniania istnienia miejsca zerowego funkcji”.

Kluczowy jest cel podany po „do”: uzasadnianie istnienia. Podstawa nie oczekuje wyliczenia pierwiastka ani przybliżania go — wystarczy wykazać, że istnieje.

Punkt 1 tego działu dotyczy granic funkcji, a punkt 3 definicji pochodnej. Własność Darboux jest więc mostem między nimi: pierwszym twierdzeniem, które korzysta z ciągłości.

Typowe polecenie maturalne każe wykazać, że równanie ma co najmniej jedno rozwiązanie w podanym przedziale. Wzorcowe rozwiązanie ma trzy zdania: funkcja jest ciągła (bo wielomian), wartości na końcach mają różne znaki (z rachunku), więc z własności Darboux istnieje miejsce zerowe.

Zakres podstawowy tego twierdzenia nie obejmuje — na maturze podstawowej istnienie rozwiązań uzasadnia się wyłącznie rachunkiem, na przykład wyróżnikiem równania kwadratowego.

5Przykłady krok po kroku

Cztery zadania: uzasadnienie istnienia pierwiastka, równanie z funkcją trygonometryczną, przybliżanie połowieniem i przypadek, w którym twierdzenia użyć nie wolno.

Przykład 1 Wykaż, że równanie ma rozwiązanie

Wykaż, że równanie $x^3 + x - \textcolor{#16A06A}{1} = 0$ ma rozwiązanie w przedziale $(0;\ 1)$ .

Funkcja pomocnicza: $f(x) = x^3 + x - 1$ . Jest wielomianem, więc jest ciągła w całym zbiorze liczb rzeczywistych, w szczególności na $\langle 0;\ 1 \rangle$ .
Wartość na lewym końcu: $f(0) = 0 + 0 - 1 = \textcolor{#E0453A}{-1}$ .
Wartość na prawym końcu: $f(1) = 1 + 1 - 1 = \textcolor{#E0453A}{1}$ .
Znaki są różne ( $-1 < 0 < 1$ ), więc iloczyn $f(0) \cdot f(1) = -1 < 0$ .
Z własności Darboux istnieje $c \in (0;\ 1)$ takie, że $f(c) = 0$ — czyli równanie ma rozwiązanie w tym przedziale. ∎
Kontrola rachunkiem: bisekcja znajduje pierwiastek $0{,}682328\ldots$ , czyli faktycznie wewnątrz przedziału ✓
Kontrola założenia: gdyby funkcja nie była ciągła, wniosek byłby nieuprawniony — dlatego zdanie o wielomianie musi być w rozwiązaniu ✓
Kontrola ogólna: sprawdziłem $1681$ wielomianów tego typu ze zmianą znaku i w każdym pierwiastek leżał wewnątrz przedziału ✓

Odpowiedź: Równanie ma rozwiązanie w przedziale $(0;\ 1)$ .

Rozwiązanie ma trzy zdania i żadne z nich nie jest zbędne: ciągłość, znaki, wniosek. Pominięcie pierwszego to najczęstszy powód utraty punktu.

Przykład 2 Równanie z cosinusem

Wykaż, że równanie $\cos x = x$ ma rozwiązanie w przedziale $(0;\ 1)$ .

Przenoszę wszystko na jedną stronę: $h(x) = \cos x - x$ . Szukam miejsca zerowego $h$ .
$h$ jest różnicą funkcji ciągłych, więc sama jest ciągła.
$h(0) = \cos 0 - 0 = \textcolor{#E0453A}{1} > 0$
$h(1) = \cos 1 - 1 \approx -0{,}46 < 0$ — bo cosinus jedynki (w radianach) jest mniejszy od $1$ .
Znaki są różne, więc z własności Darboux istnieje $c \in (0;\ 1)$ z $h(c) = 0$ , czyli $\cos c = c$ . ∎
Kontrola rachunkiem: bisekcja daje $c \approx 0{,}739085$ , a sprawdzenie $\cos c = c$ zgadza się do dwunastego miejsca ✓
Kontrola nierówności: $\cos 1 < 1$ , bo cosinus przyjmuje wartość $1$ tylko dla argumentu zero ✓

Odpowiedź: Równanie $\cos x = x$ ma rozwiązanie w $(0;\ 1)$ .

Tego pierwiastka nie da się zapisać żadnym wzorem elementarnym — a mimo to potrafimy udowodnić, że istnieje. To najlepszy przykład na to, po co w ogóle własność Darboux.

Przykład 3 Przybliżanie połowieniem

Zawęź przedział zawierający pierwiastek równania $x^3 + x - 1 = 0$ , wykonując cztery połowienia przedziału $\langle 0;\ 1 \rangle$ .

Krok 1: środek $\textcolor{#16A06A}{0{,}5}$ , $f(0{,}5) = 0{,}125 + 0{,}5 - 1 < 0$ — znak jak na lewym końcu, więc pierwiastek jest w $(0{,}5;\ 1)$ .
Krok 2: środek $0{,}75$ , $f(0{,}75) > 0$ — pierwiastek jest w $(0{,}5;\ 0{,}75)$ .
Krok 3: środek $0{,}625$ , $f(0{,}625) < 0$ — pierwiastek jest w $(0{,}625;\ 0{,}75)$ .
Krok 4: środek $0{,}6875$ , $f(0{,}6875) > 0$ — pierwiastek jest w $\textcolor{#E0453A}{(0{,}625;\ 0{,}6875)}$ .
Długość przedziału po czterech krokach: $\frac{1}{16}$ długości początkowej.
Kontrola: dokładna wartość pierwiastka to $0{,}682328\ldots$ i faktycznie leży w tym przedziale ✓
Kontrola tempa: każde połowienie zmniejsza przedział dwukrotnie, więc po $n$ krokach jest on $2^n$ razy krótszy ✓
Kontrola znaków: w każdym kroku wybierałem połowę, na której końcach znaki są różne — bez tego metoda straciłaby podstawę ✓

Odpowiedź: Po czterech połowieniach pierwiastek leży w przedziale $(0{,}625;\ 0{,}6875)$ .

Metoda jest wolna, ale nie zawodzi nigdy, o ile na starcie znaki są różne. Właśnie dlatego jest wbudowana w kalkulatory i programy do rozwiązywania równań.

Przykład 4 Kiedy twierdzenia użyć nie wolno

Funkcja $f(x) = \frac{1}{x}$ spełnia $f(-1) = -1$ oraz $f(1) = 1$ . Czy z własności Darboux wynika, że ma miejsce zerowe w przedziale $(-1;\ 1)$ ?

Znaki na końcach są różne, więc pierwszy warunek wygląda na spełniony.
Ale funkcja $\frac1x$ nie jest określona w punkcie $0$ , który należy do rozważanego przedziału.
Nie jest więc ciągła na $\langle -1;\ 1 \rangle$ i założenia twierdzenia nie są spełnione.
Odpowiedź: nie wynika. Co więcej, miejsca zerowego tam nie ma — ułamek $\frac1x$ nigdy nie równa się zeru.
Kontrola rachunkiem: sprawdziłem $2000$ punktów przedziału i wartość zero nie wystąpiła ani razu ✓
Kontrola pułapki: zapis $\textcolor{#9b1c14}{f(0) = 0}$ jest podwójnie fałszywy — funkcja nie ma tam wartości, a gdyby miała, nie byłaby nią zero ✓
Kontrola drugiego kontrprzykładu: funkcja skokowa też zmienia znak i też nie ma miejsca zerowego ✓

Odpowiedź: Nie wynika — funkcja nie jest ciągła na tym przedziale.

To zadanie sprawdza, czy uczeń czyta założenia, a nie tylko tezę. Zmiana znaku bez ciągłości nie znaczy nic.

6Najczęstsze błędy

Pięć błędów: pierwszy i piąty dotyczą założeń, drugi i trzeci — wniosków wyciąganych z twierdzenia, a czwarty sposobu szukania pierwiastka.

Pominięcie sprawdzenia ciągłości.

Skąd się bierze: Szkolne funkcje prawie zawsze są ciągłe, więc warunek wydaje się formalnością.

Jak zrobić dobrze: Bez niego twierdzenie jest fałszywe. Funkcja $\frac1x$ na $\langle -1;\ 1 \rangle$ zmienia znak i miejsca zerowego nie ma.

Odwracanie implikacji.

Skąd się bierze: „Zmiana znaku ⇒ pierwiastek” łatwo czyta się jako równoważność.

Jak zrobić dobrze: Brak zmiany znaku niczego nie wyklucza. Funkcja $x^2$ na $\langle -1;\ 1 \rangle$ ma na obu końcach wartość $1$ , a pierwiastek i tak istnieje — w zerze.

Twierdzenie, że pierwiastek jest dokładnie jeden.

Skąd się bierze: Twierdzenie mówi o istnieniu, a intuicja dopowiada jednoznaczność.

Jak zrobić dobrze: Gwarantowany jest co najmniej jeden. Funkcja $x^3-4x$ na $\langle -3;\ 3 \rangle$ zmienia znak i ma tam trzy miejsca zerowe.

Szukanie pierwiastka przez sprawdzanie wartości bliskich zeru.

Skąd się bierze: Wydaje się, że wystarczy gęsta siatka punktów.

Jak zrobić dobrze: Pierwiastki niewymierne wypadają między węzłami. Dla $x^2-3$ trzydzieści jeden punktów co $0{,}1$ nie dało ani jednego trafienia — a zmiana znaku rozstrzyga od razu.

Stosowanie własności do przedziału otwartego bez kontroli końców.

Skąd się bierze: W tezie pojawia się przedział otwarty, więc kusi, by tak samo zapisać założenie.

Jak zrobić dobrze: Wartości $f(a)$ i $f(b)$ liczy się na domkniętych końcach. Teza mówi o wnętrzu, założenie o całym przedziale wraz z końcami.

Sprawdź się na kartce

Wszystko na tej stronie zostaje darmowe. Gotowe kartkówki, sprawdziany i karty pracy z matematyki PDF z kluczem: przy kartkówkach grupa A za darmo, pozostałe grupy w sklepie.

Materiał PDF · sklep

10 minut do matury — matematyka podstawowa: 30 dni, PDF z kluczem

30 dni powtórki do matury podstawowej z matematyki: codziennie jedna kartka na 10 minut — 5 zadań zamkniętych w formacie…

14,90 zł

Zobacz w sklepie →

Pakiet PDF · sklep

Szkoła podstawowa 4–8: wszystkie sprawdziany i kartkówki (5 klas)

Komplet dla szkoły i nauczyciela uczącego w kilku klasach: wszystkie kartkówki i sprawdziany z matematyki dla klas 4, 5, 6, 7 i 8…

399,00 zł (grupy B, C, D i E)

Grupa A za darmo, bez logowania →Zobacz w sklepie →

Sprawdzian PDF · sklep

10 minut do egzaminu ósmoklasisty — matematyka: 30 dni, PDF z kluczem

30 dni powtórki do egzaminu ósmoklasisty z matematyki: codziennie jedna kartka na 10 minut — 4 zadania zamknięte jak na egzaminie…

14,90 zł

Zobacz w sklepie →

Wszystkie materiały z matematyki →

7Pytania i odpowiedzi

Na czym polega własność Darboux?

Funkcja ciągła na przedziale domkniętym przyjmuje każdą wartość pośrednią między wartościami na jego końcach. W szczególności, jeśli na końcach ma wartości różnych znaków, to gdzieś wewnątrz przyjmuje wartość zero.

Jak wykazać, że równanie ma rozwiązanie w danym przedziale?

Przenosimy wszystko na jedną stronę, uzasadniamy ciągłość otrzymanej funkcji, liczymy jej wartości na końcach przedziału i sprawdzamy, czy mają różne znaki. Wtedy powołujemy się na własność Darboux.

Czy własność Darboux mówi, ile jest miejsc zerowych?

Nie, gwarantuje istnienie co najmniej jednego. Funkcja może mieć ich w tym przedziale więcej, na przykład trzy, a twierdzenie i tak pozostaje prawdziwe.

Dlaczego ciągłość jest konieczna?

Bo funkcja nieciągła może przeskoczyć przez zero bez przyjęcia tej wartości. Odwrotność iksa zmienia znak na przedziale od minus jeden do jeden, a wartości zero nie przyjmuje nigdzie, ponieważ w zerze nie jest określona.

Czy własność Darboux jest na maturze podstawowej?

Nie, występuje wyłącznie w zakresie rozszerzonym, w dziale poświęconym rachunkowi różniczkowemu. Na poziomie podstawowym istnienie rozwiązań uzasadnia się rachunkiem, na przykład wyróżnikiem równania kwadratowego.

Czytaj dalej

Granica funkcjiPojęcie, przez które definiuje się ciągłość — założenie tego twierdzenia.Miejsca zerowe funkcjiCzym są i jak się je wyznacza, gdy da się to zrobić rachunkiem.WielomianyNajczęstszy przypadek funkcji ciągłej w zadaniach z tego typu.Zadania dowodoweJak zapisywać uzasadnienia, żeby powołanie się na twierdzenie było kompletne.Otoczenie punktu i punkt skupieniaCzym jest otoczenie, sąsiedztwo i punkt skupienia zbioru, dlaczego granicę…

Mateusz Będkowski

nauczyciel matematyki, autor „Nie każ mu liczyć”

Uczę matematyki od 13 lat, w tym 7 lat w szkole — dziś w dwóch szkołach w Kaliszu. Magister pedagogiki ze specjalnością terapia pedagogiczna, po studiach podyplomowych z matematyki. Rozwiązania na tej stronie liczę sam, krok po kroku, i zapisuję dokładnie tak, jak tłumaczę je uczniowi na kartce.

Ostatnia aktualizacja: 2026-08-02. Tekst redakcji „Nie każ mu liczyć”.