Rachunek różniczkowy II

Zawartość

7. Rachunek różniczkowy II#

7.1. Wzór Taylora#

Twierdzenie 7.1 (Taylora)

Niech $n\in\nn_0$, oraz załóżmy, że $f:X\to\rr$:

ma ciągłe pochodne do rzędu $n$, w przedziale domkniętym o końcach $x_0$ i $x$ zawartym w $X$
ma pochodną rzędu $n+1$ wewnątrz tego przedziału.

Wówczas istnieje punkt $c$ leżący między $x_0$ i $x$, dla którego

(7.1)#\[\begin{split}\begin{aligned} \displaystyle f(x) & = \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k \\ & \quad + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} . \end{aligned}\end{split}\]

Uwaga 7.1

Twierdzenie jest prawdziwe zarówno dla $x > x_0$ jak i $x < x_0$.
Po prawej strony formuły (7.1) mamy wielomian stopnia co najwyżej $n+1$.

To jednak nie oznacza, że każda funkcja $(n+1)$-krotnie różniczkowalna jest wielomianem!

Twierdzenie mówi jedynie, że istnieje wielomian zależny od:
- $k$-tych pochodnych funkcji $f$ w punkcie $x_0$, dla $k\in \Set{0,1,\ldots, n}$
- $(n+1)$-szej pochodnej funkcji $f$ w punkcie $c$ między $x_0$ i $x$, którego wartość w punkcie $x$ pokrywa się z wartością funkcji $f(x).$
Formuła (7.1) w rozpisanej postaci wygląda następująco:

\[\begin{split} \displaystyle f(x) = {f}(x_0) & + {f'(x_0)}(x-x_0) + \frac {f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \ldots + \frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^{n} \\ & + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1} . \end{split}\]
Dla $n = 0$ dostajemy

\[ \displaystyle f(x) = {f}(x_0) + {f'(c)}(x-x_0) , \]

czyli twierdzenie Lagrange’a o przyrostach.

Definicja 7.1

Formułę (7.1) nazywamy wzorem Taylora rzędu $n$.

Wielomian

\[ {f}(x_0) + {f'(x_0)}(x-x_0) + \frac {f''(x_0)}{2!}(x-x_0)^2 + \ldots + \frac {f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^{n} \]

nazywamy wielomianem Taylora lub rozwinięciem Taylora rzędu $n$.

Wielomian

\[R_{n}(x) = \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}\]

nazywamy resztą wzoru/rozwinięcia Taylora w postaci Lagrange’a rzędu $n$.

Uwaga 7.2

Reszta wzoru Taylora jest różnicą między wartościami: funkcji $f(x)$ i wielomianu Taylora w punkcie $x$.

Jej wartość bezwględna

\[ |R_n(x)| = \Absolute{ f(x) - \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k } \]

mówi jak blisko są te dwie liczby.

Definicja 7.2

Dla $x_0 = 0$, wzór (7.1),

\[\begin{split} f(x) & =\sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(0)}{k!}x^k + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1} \\ & = {f}(0) + f'(0)\ x + \frac {f''(0)}{2!}x^2 + \ldots + \frac {f^{(n)}(0)}{n!}x^n + \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1} , \end{split}\]

nosi nazwę wzoru Maclaurina .

Przykład 7.1

GEOGEBRA

Weźmy funkcję $f(x) = e^x$.

Jest ona różniczkowalna dowolną liczbę razy, więc możemy zastosować do niej tw. Taylora.

Ponieważ $f'(x) = e^x ,$ to możemy indukcyjnie pokazać, że

\[ \forall k \in \nn_0 \quad f^{(k)}(x) = e^x . \]

Ponieważ $e^0 = 1$ jest liczbą naturalną, to przyjmijmy $x_0 = 0$, czyli zapiszmy wzór Maclaurina.

Obliczając, $f^{(k)}(0) = e^0 = 1$ (dla $k\in \nn_0$), otrzymamy

\[\begin{split} e^x =\sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(0)}{k!}x^k + R_{n}(x) & =\sum_{k=0}^{n}\frac {x^k}{k!} + R_{n}(x) \\ & = 1 + x + \frac {x^2}{2!} + \ldots + \frac {x^n}{n!} + R_{n}(x) . \end{split}\]

Reszta przyjmuje wartość

\[ \displaystyle R_{n}(x) = \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1} = \frac {e^c}{(n+1)!} x^{n+1} , \]

gdzie $c$ leży między $0$ i $x$.

Zbadajmy $|R_n(x)|$ dla $x\in [-1,1]$:

\[ |R_n(x)| = \Absolute{\frac {e^c}{(n+1)!} x^{n+1}} = \frac {e^c}{(n+1)!}\Absolute{x}^{n+1} < \frac {3}{(n+1)!} \cdot 1 = \frac {3}{(n+1)!}. \]

Na przykład:

\[\begin{split}\displaystyle \begin{aligned} \frac {3}{(4+1)!} & \simeq 0.025000 < 0.1, &\quad \frac {3}{(5+1)!} & \simeq 0.0041667 < 0.01, \\ \frac {3}{(6+1)!} & \simeq 0.00059524 < 0.001, & \frac {3}{(7+1)!} &\quad \simeq 0.000074405 < 0.0001. \end{aligned}\end{split}\]

To oznacza, że wartość liczby $e^x$ jest przybliżona przez wartość wielomianu Taylora w punkcie $x$ z dokładnością do $1., 2., 3., 4.$ miejsc po przecinku odpowiednio dla $n = 4, 5, 6, 7$.

Dla większych $n$, przybliżenie będzie jeszcze dokładniejsze.

W szczególności wynik

\[\displaystyle \begin{aligned} e = e^1 \simeq 1 + 1 + \frac 1 {2!} + \frac 1 {3!} + \frac 1 {4!} + \frac 1 {5!} + \frac 1 {6!} + \frac 1 {7!} = \frac{685}{252} \simeq 2.7182539683 \end{aligned}\]

zgadza się z dokładnością $4.$ miejsc po przecinku.

To jest idea pozwalająca obliczanie wartości funkcji $e^x$ na kalkulatorze.

Przykład 7.2

Rozważmy funkcję $f(x) = \ln x$, dla której

\[\begin{split} f'(x) & = x^{-1}, & f''(x) & = - x^{-2}, \\ f^{(3)}(x) & = 2\cdot x^{-3}, & f^{(4)}(x) & = - 3\cdot 2\cdot x^{-4}. \end{split}\]

Indukcyjnie możemy pokazać, że

\[ f^{(k)}(x) = (-1)^{k-1} \cdot (k-1)!\cdot x^{-k}, \quad \text{dla } k\in \nn. \]

Rozwiniemy funkcję $f$ w punkcie $x_0 = 1$, więc potrzebujemy znać pochodne:

\[f^{(k)}(1) = (-1)^{k-1} \cdot (k-1)! , \quad \text{dla } k\in \nn.\]

Wzór Taylora rzędu $n$ w $x_0 = 1$ ma postać:

\[\begin{split} f(x) & = \sum_{k=0}^{n}\frac {f^{(k)}(1)}{k!}(x-1)^k + R_{n}(x) \\ & = \sum_{k=1}^{n}\frac {(-1)^{k-1}\cdot (k-1)!}{k!}(x-1)^k + R_{n}(x) = \sum_{k=1}^{n} (-1)^{k-1} \frac{(x-1)^k} k + R_{n}(x) \\ & = (x-1) - \frac{(x-1)^2} 2 + \frac{(x-1)^3} 3 + \ldots + (-1)^{n-1} \frac{(x-1)^n} n + R_{n}(x) \end{split}\]

przy czym reszta jest dana wzorem

\[ R_{n}(x) = \frac {f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-1)^{n+1} = \frac {(-1)^{n}}{n+1}\left(\frac {x-1} c \right)^{n+1} , \]

gdzie $c$ leży między $1$ i $x$.

Przykład 7.3

Dla funkcji $f(x) = \sin x$ mamy

\[\begin{split} f'(x) & = \cos x = \sin\left(x + \tfrac \pi 2\right), \\ f''(x) & = \cos\left(x + \tfrac \pi 2\right) = \sin\left(x + 2\cdot\tfrac \pi 2\right), \\ f'''(x) & = \cos\left(x + 2\cdot \tfrac \pi 2\right) = \sin\left(x + 3\cdot\tfrac \pi 2\right). \end{split}\]

Indukcyjnie możemy pokazać, że

\[ f^{(k)}(x) = \sin\left(x + k\cdot\tfrac \pi 2\right), \quad \text{dla } k\in \nn_0. \]

Rozwiniemy funkcję $f$ w punkcie $x_0 = 0$, więc potrzebujemy znać pochodne:

\[\begin{split} f^{(k)}(0) = \sin\left(k\cdot\tfrac \pi 2\right) = \begin{cases} 0, & \text{dla parzystych } k \\ (-1)^\ell, & \text{dla nieparzystych } k = 2\ell + 1 \end{cases}. \end{split}\]

To oznacza, że we wzorze Maclaurina będą się pojawiały jedynie nieparzyste potęgi $x$.

Wzór rzędu $2n$ ma postać:

\[\begin{split} f(x) & = f(0) + f'(0)\cdot x + \frac {f''(0)}{2!}x^2 + \frac {f^{(3)}(0)}{3!}x^3 + \ldots \\ & \quad + \frac {f^{(2n-1)}(0)}{(2n-1)!}x^{2n-1} + \frac {f^{(2n)}(0)}{(2n)!}x^{2n} + R_{2n}(x) \\ & = 0 + 1\cdot x + \frac {0}{2!} x^2 + \frac {-1}{3!} x^3 + \frac {0}{4!} x^4 + \frac {1}{5!} x^5 + \ldots \\ & \quad + \frac {(-1)^{n-1}}{(2n-1)!} x^{2n-1} + \frac {0}{(2n)!} x^{2n} + R_{2n}(x) \\ & = \frac {(-1)^0}{(2\cdot 0 + 1)!} x^{2\cdot 0 + 1} + \frac {(-1)^1}{(2\cdot 1 + 1)!} x^{2\cdot 1 + 1} + \frac {(-1)^2}{(2\cdot 2 + 1)!} x^{2\cdot 2 + 1} + \ldots \\ & \quad + \frac {(-1)^{n-1}}{(2(n-1)+1)!} x^{2(n-1) + 1} + R_{2n}(x) \\ & = \sum_{\ell=0}^{n-1}\frac {(-1)^\ell}{(2\ell+1)!}x^{2\ell+1} + R_{2n}(x) . \end{split}\]

Reszta jest dana wzorem

\[\begin{split} R_{2n}(x) & =\frac {f^{(2n+1)}(c)}{(2n+1)!}x^{2n+1} \\ & =\frac {\sin\Paren{c + (2n + 1) \tfrac \pi 2}}{(2n+1)!} x^{2n+1} \\ & =\frac {\cos\Paren{c + n \pi}}{(2n+1)!} x^{2n+1} . \end{split}\]

gdzie $c$ leży między $0$ i $x$.

Ćwiczenie 7.1

Obliczmy z dokładnością $10^{-6}$ przybliżoną wartość $\sin \tfrac 1 {3}.$

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.11, Ćw. 7.12, Ćw. 7.17.

Rozwiązanie

Skorzystamy ze wzoru Maclaurina dla funcji $\sin x$ :

\[ \begin{aligned} \sin x & = \sum_{\ell=0}^{n-1}\frac {(-1)^\ell}{(2\ell+1)!}x^{2\ell+1} + R_{2n}(x), & R_{2n}(x) & = \frac {\cos\Paren{c + n \pi}}{(2n+1)!} x^{2n+1} , \end{aligned} \]

gdzie $c$ leży między $0$ i $x$.

Musimy dobrać $n\in \nn_0$ w taki sposób, aby $\Absolute{ R_{2n}\Paren{\tfrac 1 {3}} } < 10^{-6}.$

Oszacujmy:

\[\begin{split} \Absolute{R_{2n}\Paren{\tfrac 1 {3}} } & = \Absolute{\frac {\cos\Paren{c + n \pi}}{(2n+1)!} \cdot \frac 1 {3^{2n+1}}} \\ & = \frac {\Absolute{\cos\Paren{c + n \pi}}}{(2n+1)!} \cdot \frac 1 {3^{2n+1}} \\ & \leq \frac 1 {3^{2n+1} (2n+1)!} = \frac 1 {3\cdot 9^{n}\cdot (2n+1)!} < 10^{-6}. \end{split}\]

Krótkie obliczenia dla początkowych liczb naturalnych pokazują, że

dla $n=2$,$\quad 3\cdot 9^{2}\cdot 5! = 29160 < 10^7$
dla $n=3$,$\quad 3\cdot 9^{3}\cdot 7! = 11022480 > 10^7$.

Zatem biorąc wielomian stopnia $2\cdot 3 = 6$ otrzymamy przybliżenie z dokładnością $10^{-7}$:

\[\displaystyle \begin{aligned} \sin \tfrac 1 {3} \simeq \frac 1 {3} - \frac 1 {3!} \cdot \frac 1 {3^3} + \frac 1 {5!} \cdot \frac 1 {3^5} = \frac{9541}{29160} \simeq 0.3271947. \end{aligned}\]

7.2. Ekstrema funkcji różniczkowalnych#

Definicja 7.3

Funkcja $f: X\to \rr$ ma w punkcie $x_0\in X$:

minimum lokalne jeśli $\Exists{\delta > 0} \Forall{x\in X\cap S(x_0, \delta)} f(x) \geq f(x_0)$
maksimum lokalne jeśli $\Exists{\delta > 0} \Forall{x\in X\cap S(x_0, \delta)} f(x) \leq f(x_0)$.

Jeśli w powyższej definicji zamienimy nierówność $\geq$ ($\leq$) na $>$ ($<$), to powiemy, że minimum (maksimum) lokalne jest właściwe

Maksima i minima lokalne nazywamy ekstremami lokalnymi .

Przykład 7.4

Funkcja $f(x) = \sin |x|$, dla $x\in (-\pi, \pi)$, ma minimum lokalne właściwe w punkcie $0$ i maksima lokalne właściwe w punktach $-\frac \pi 2$ i $\frac \pi 2.$

W definicji można wziąć $\delta = \frac \pi 4.$

Przykład 7.5

Funkcja $f(x) = x^3$ nie ma ekstremum lokalnego w punkcie $0$.

Istotnie,

$\forall \delta > 0\ \exists x\in S(0,\delta) \ f(x) < f(0) = 0$, np.: $x = -\frac \delta 2$, więc nie ma minimum
$\forall \delta > 0\ \exists x\in S(0,\delta) \ f(x) > f(0) = 0$, np.: $x = \frac \delta 2$, więc nie ma maksimum.

Twierdzenie 7.2 (Fermata, warunek konieczny I-go rzędu)

Jeśli funkcja $f: X \to \rr$ ma ekstremum w punkcie $x_0\in X$, i istnieje $f'(x_0)$, to $f'(x_0) = 0.$

Uwaga 7.3

Twierdzenie daje warunek konieczny istnienia ekstremum funkcji w punktach, w których jest ona różniczkowalna!

Funkcja $f(x) = x^3$ nie ma ekstremum w $0$, choć $f'(0) = 3\cdot 0^2 = 0.$
Funkcja $f(x) = \sin |x|$ ma minimum w $0$, ale $f'(0) \neq 0$ (bo nie istnieje).

Definicja 7.4

Punktem krytycznym funkcji $f: X \to \rr$ nazywamy punkt $x_0\in X$, jeśli $f'(x_0) = 0$.

Uwaga 7.4

Ponieważ funkcja ciągła $f$ w przedziale domkniętym $[a,b]$ przyjmuje wartości ekstremalne, co wiemy z tw. Weierstrassa, to procedura znajdowania tych wartości może być następująca:

Znajdujemy zbiór punktów $D_{f'}\subseteq (a,b)$, w których funkcja $f$ jest różniczkowalna.
Znajdujemy zbiór punktów krytycznych $K\subseteq D_{f'}$ funkcji $f$.

Nie musimy badać, czy są w nich ekstrema i jakiego typu.
Obliczamy wartości $f$ w punktach zbioru $([a,b]\setminus D_{f'}) \cup K$ ($a$ i $b$ do niego należą!).

Z powyższych rozważań wynika, że są to jedyne punkty, w których $f$ może przyjmować wartości ekstremalne.
Spośród obliczonych wartości wybieramy najmniejszą i największą.

Ćwiczenie 7.2

Znajdźmy w. ekstremalne funkcji $f(x) = 2x^3 - 3x^2 -12x + 1$ dla $x\in\left[0,3\right]$.

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.9, Ćw. 7.14.

Rozwiązanie

$f$ jest wielomianem, różniczkowalnym na każdym przedziale, więc $D_{f'} = (0,3).$
Zauważmy, że

\[ f'(x) = 6x^2 -6x -12 = 0 \qlq 6(x+1)(x-2) = 0 \qlq x \in \Set{-1,2}. \]

Ponieważ $-1 \notin (0,3),$ to $K = \Set{2}$.
$([0,3]\setminus D_{f'}) \cup K = \Set{0,2,3}$.

Wartości funkcji to:

\[ f(0) = 1, \quad f(2) = -19, \quad f(3) = -8. \]
$f$ ma minimum w punkcie $x=2$ równe $-19$ i maksimum w punkcie $x=0$ równe $1$.

Ćwiczenie 7.3

Znajdźmy wartości ekstremalne funkcji $f(x) = x^2 - 3|x|$ na zbiorze $\left[-1, 2\right]$.

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.9, Ćw. 7.14.

Rozwiązanie

$f$ jest różniczkowalna poza $x=0$, więc $D_{f'} = (-1,0)\cup (0,2).$
Zauważmy, że

\[\begin{split} f'(x) = \begin{cases} \Paren{x^2 - 3x}' = 2x -3 & \text{dla } x > 0 \\ \Paren{x^2 + 3x}' = 2x +3 & \text{dla } x < 0 \end{cases}. \end{split}\]

Stąd

\[ \begin{aligned} 2x - 3 & = 0 \qlq x = \frac 3 2 > 0, & 2x + 3 & = 0 \qlq x = -\frac 3 2 < 0, \end{aligned} \]

ale $-\frac 3 2 \notin D_{f'}.$

Zatem $K = \Set{\frac 3 2}$.
$([-1,2]\setminus D_{f'}) \cup K = \Set{-1,0,2,\frac 3 2}$.

Wartości funkcji to:

\[ f(-1) = -2, \quad f(0) = 0, \quad f\Paren{\tfrac 3 2} = \tfrac 9 4 - \tfrac 9 2 = -2\tfrac 1 4, \quad f(2) = -2. \]
$f$ ma minimum w punkcie $x=\frac 3 2$ równe $-2 \frac 1 4$ i maksimum w punkcie $x=0$ równe $0$.

Twierdzenie 7.3 (warunek dostateczny I-go rzędu)

Niech funkcja $f: X \to \rr$ będzie ciągła w punkcie $x_0\in X$, i różniczkowalna na pewnym sąsiedztwie $S(x_0,\delta)$.

Wówczas:

jeśli

\[ \forall x\in (x_0 - \delta, x_0) \quad f'(x) > 0 \qquad \wedge \qquad \forall x\in (x_0, x_0 + \delta) \quad f'(x) < 0 , \]

to $f$ ma w punkcie $x_0$ maksimum lokalne właściwe
jeśli

\[ \forall x\in (x_0 - \delta, x_0) \quad f'(x) < 0 \qquad \wedge \qquad \forall x\in (x_0, x_0 + \delta) \quad f'(x) > 0 , \]

to $f$ ma w punkcie $x_0$ minimum lokalne właściwe
jeśli zaś

\[ \forall x\in S(x_0, \delta) \quad f'(x) < 0 \qquad \text{albo} \qquad \forall x\in S(x_0, \delta) \quad f'(x) > 0 , \]

to $f$ nie ma w punkcie $x_0$ ekstremum lokalnego.

Przykład 7.6

Funkcja $f(x) = \sin x^3$ nie ma ekstremum w punkcie $0$ mimo, że jest on punktem krytycznym.

Istotnie,

\[f'(x) = 3 x^2\cos x^3.\]

Zatem $f'(0) = 0$, oraz $f'(x) > 0$ dla $x \in \left(- \sqrt[3]{\frac {\pi} 2}, \sqrt[3]{\frac {\pi} 2}\right)\setminus\Set{0}$.

Wystarczy w tw. przyjąć $\delta = \sqrt[3]{\frac {\pi} 2}$.

Przykład 7.7

Funkcja

\[f(x) = x + 2\sin |x|,\]

dla $x\in (-\pi, \pi),$ ma minimum lokalne właściwe w punkcie $0$.

Istotnie, jest różniczkowalna dla $x\neq 0$, przy czym

\[\begin{split} f'(x) = \begin{cases} 1-2\cos x & \text{dla } x \in (-\pi,0) \\ 1 + 2\cos x & \text{dla } x \in (0,\pi) \end{cases}. \end{split}\]

Zatem

dla $x \in (-\pi,0)$: $\quad$ $f'(x) < 0$, jeśli $\cos x > \frac 1 2$ $\quad$ czyli dla $x\in \left(-\frac \pi 3, 0\right)$
dla $x \in (0,\pi)$: $\quad$ $f'(x) > 0$, jeśli $\cos x > -\frac 1 2$ $\quad$ czyli dla $x\in\left(0,\frac {2\pi} 3\right).$

Wystarczy w twierdzeniu przyjąć $\delta = \frac \pi 3$.

Twierdzenie 7.4 (warunek wyższego rzędu)

Niech funkcja $f: X \to \rr$ będzie $n$-krotnie różniczkowalna na pewnym otoczeniu $Q(x_0,\delta)$ punktu $x_0$, oraz $f^{(n)}$ będzie ciągła w $x_0$.

Załóżmy, że:

$f^{(k)}(x_0) = 0 \quad$ dla $k=1,\ldots,n-1$
$f^{(n)}(x_0) \neq 0$.

Wówczas:

jeśli $n$ jest nieparzyste, to $f$ nie ma ekstremum w punkcie $x_0$
jeśli $n$ jest parzyste, to $f$ ma
- minimum lokalne, gdy $f^{(n)}(x_0) > 0$
- maksimum lokalne, gdy $f^{(n)}(x_0) < 0$.

Ćwiczenie 7.4

Znajdźmy ekstrema lokalne funkcji $f(x) = x^2(x-1)^2$.

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.10, Ćw. 7.15.

Rozwiązanie

Funkcja $f$ jest różniczkowalna dowolną liczbę razy na $\rr$.

W każdym punkcie możemy skorzystać z warunku wyższego rzędu.

Liczymy pochodną funkcji $f$:

\[ f'(x) = 2x(x-1)^2 + 2x^2 (x-1) = 2x(x-1)(x-1+x) = 2x(x-1)(2x-1). \]

Zatem w punktach $x\in \rr \setminus \Set{0, \tfrac 1 2 ,1}$ funkcja $f$ nie ma ekstremum, gdyż $f^{(1)}(x)\neq 0 .$

W pozostałych 3. punktach $f'(x)=0$, więc badamy wyższe pochodne:

\[\displaystyle \begin{aligned} f''(x) = (4 \, x^{3} - 6 \, x^{2} + 2 \, x)' = 12 \, x^{2} - 12 \, x + 2. \end{aligned}\]

$f''(0) = 2 >0 $, więc w $0$ funkcja ma minimum lokalne równe 0
$f''\Paren{\tfrac 1 2} = 3-6+2 = -1 < 0 $, więc w $\tfrac 1 2$ funkcja ma maksimum lokalne równe $\frac 1 {16}$
$f''\Paren{1} = 12-12+2 = 2 > 0 $, więc w $1$ funkcja ma minimum lokalne równe 0.

Ćwiczenie 7.5

Czy funkcja $f(x) = \Ch x + \cos x$ ma ekstremum lokalne w $x_0 = 0$?

Rozwiązanie

Funkcja $f$ jest różniczkowalna dowolną liczbę razy na $\rr$.

W punkcie $0$ możemy skorzystać z warunku wyższego rzędu.

$f'(x) = \Sh x - \sin x$, więc $f'(0) = 0$.

Nie możemy wykluczyć ekstremum lokalnego.
$f''(x) = \Ch x - \cos x$, więc $f''(0) = 1-1 = 0$.

Dalej nie możemy wyciągnąć wniosków.
$f'''(x) = \Sh x + \sin x$, więc $f'''(0) = 0$.

Jak wyżej.
$f^{(4)}(x) = \Ch x + \cos x$, więc $f^{(4)}(0) = 2 > 0$.

Zatem warunek wyższego rzędu (dla $n = 4$) mówi, że $f$ ma minimum lokalne w $x_0 = 0.$

7.3. Wypukłość, wklęsłość, punkty przegięcia wykresu funkcji#

Narration

Niech $f:X \to \rr$ będzie różniczkowalna na pewnym otoczeniu $Q(x_0,\delta)$ punktu $x_0\in X$.

Definicja 7.5

Funkcję $f$ lub krzywą $y = f(x)$ nazywamy:

(ściśle) wypukłą w punkcie $x_0\in X$, jeśli $$ \Exists {\delta > 0} \Forall {x\in S(x_0, \delta)} f(x) > f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) $$
(ściśle) wklęsłą w punkcie $x_0\in X$, jeśli $$ \Exists {\delta > 0} \Forall {x\in S(x_0, \delta)} f(x) < f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)\ $$

Uwaga 7.5

Geometrycznie definicja oznacza, że $f$ jest w punkcie $x_0$:

wypukła, jeśli w pewnym sąsiedztwie $S(x_0, \delta)$ wykres $f$ jest powyżej prostej stycznej do wykresu $f$ w punkcie $x_0$
wklęsła, jeśli w pewnym sąsiedztwie $S(x_0, \delta)$ wykres $f$ jest poniżej prostej stycznej do wykresu $f$ w punkcie $x_0$.

Definicja 7.6

Funkcję $f$ lub krzywą $y = f(x)$ nazywamy wypukłą (wklęsłą) na zbiorze $A \subseteq X$, jeśli jest wypukła (wklęsła) w każdym punkcie zbioru $A$.

Przykład 7.8

Funkcja liniowa $y = ax + b$ nie jest ani wklęsła, ani wypukła.

Twierdzenie 7.5

Niech funkcja $f: (a,b) \to \rr$ będzie $2$-krotnie różniczkowalna.

Wówczas,

jeśli $\forall x \in (a,b)\ f''(x) > 0$, $\quad$ to funkcja $f$ (krzywa $y = f(x)$) jest wypukła na $(a,b)$
jeśli $\forall x \in (a,b)\ f''(x) < 0$, $\quad$ to funkcja $f$ (krzywa $y = f(x)$) jest wklęsła na $(a,b)$.

Przykład 7.9

Dla $f(x) = a^x$, $a\in\rr_+ \setminus \Set{1}$, mamy

\[ \begin{aligned} f'(x) & = a^x \ln a, & f''(x) & = a^x (\ln a)^2 > 0. \end{aligned} \]

Zatem $f$ jest wypukła (na swojej dziedzinie).
Dla $f(x) = \log_a x$, $a\in\rr_+ \setminus \Set{1}$, mamy

\[ \begin{aligned} f'(x) & = \frac 1 {x \ln a}, & f''(x) & = - \frac 1 {x^2 \ln a} > 0 \qlq a < 1. \end{aligned} \]

Zatem $f$ jest wypukła (na swojej dziedzinie) dla $a\in(0,1)$ wklęsła dla $a>1$.

Definicja 7.7

Punktem przegięcia funkcji $f:X\to\rr$ lub krzywej $y = f(x)$ nazywamy punkt $(x_0,f(x_0))$, jeśli:

$f$ jest ciągła w punkcie $x_0$
$\exists \delta>0$ taka, że $f$ jest wypukła dla $x\in(x_0 - \delta,x_0)$ i $f$ jest wklęsła dla $x\in(x_0,x_0 + \delta)$, lub na odwrót.

Przykład 7.10

Dla $n\in\nn$, funkcja $f(x) = x^{2n+1}+\dfrac x {2n+1}$ ma punkt przegięcia dla odciętej $x_0 = 0$.

Istotnie,

\[f''(x) = 2n(2n+1)x^{2n-1},\]

więc:

$f''(x) > 0$ i $f$ jest wypukła dla $x > 0$
$f''(x) < 0$ i $f$ jest wklęsła dla $x < 0$.

Przykład 7.11

Funkcja $f(x) = |\ln x|$ ma punkt przegięcia dla odciętej $x_0 = 1$.

Istotnie,

\[f''(x) = -\sgn(x-1) \frac 1 {x^2} \quad \text{dla } x\neq 1,\]

więc:

$f''(x) > 0$ i jest wypukła dla $x < 1$
$f''(x) < 0$ i jest wklęsła dla $x > 1$.

Twierdzenie 7.6 (warunek konieczny dla punktu przegięcia)

Niech funkcja $f:X \to \rr$ będzie 2-krotnie różniczkowalna w pewnym otoczeniu $Q(x_0,\delta)$ punktu $x_0$ i $f''$ będzie ciągła w $x_0$.

Wówczas, jeśli $(x_0, f(x_0))$ jest punktem przegięcia $f$, to $f''(x_0)=0$.

Uwaga 7.6

Twierdzenie nie jest prawdziwe w przeciwną stronę, tzn. $f''(x_0) = 0$, nie implikuje, że $f$ ma punkt przegięcia dla odciętej $x_0$.

Na przykład dla $f(x) = x^4$, mamy $f''(x) = 12x^2$.

Zatem $f''(0) = 0$ i $f''(x) > 0$ dla $x\neq 0$, więc $f$ jest wypukła w otoczeniu $0$.

Punkt $(0,0)$ nie jest punktem przegięcia.

7.4. Badanie przebiegu zmienności funkcji#

Wskazówka

Schemat badanie przebiegu zmienności funkcji $f$ jest następujący:

Szukamy dziedziny $D_f$.
Określamy cechy szczególne (parzystość, okresowość).
Liczymy granice na końcach dziedziny.
Znajdujemy asymptoty.
Znajdujemy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne.
Znajdujemy przedziały, na których funkcja jest wypukła / wklęsła i punkty przegięcia.
Zapisujemy wynik w tabeli.
Rysujemy wykres poglądowy z uwzględnieniem charakterystycznych wartości funkcji.

Ćwiczenie 7.6

Zbadajmy przebieg zmienności funkcji $\displaystyle f(x) = \frac {\ln\left(e^2\cdot x^2\right)} {|x|}$.

Informacja

Pomoże rozwiązać Ćw. 7.10, Ćw. 7.15, Ćw. 7.16.

Rozwiązanie

Szukamy dziedziny $D_f$.

Z określenia funkcji widać, że musi być spełniony warunek:

\[ \Paren{|x| \neq 0 \Quad{\wedge} e^2\cdot x^2 > 0} \qlq x \neq 0. \]

Zatem $D_f = \rr \setminus \Set{0}.$
Określamy cechy szczególne.

Ponieważ $\forall x \in D_f \; -x\in D_f$ oraz

\[ f(-x) = \frac {\ln\left(e^2\cdot (-x)^2\right)} {|-x|} = \frac {\ln\left(e^2\cdot x^2\right)} {|x|} = f(x), \]

to funkcja jest parzysta.

$f$ nie jest okresowa.

Ponieważ $f$ jest parzysta, to możemy (ale nie musimy) zbadać jej przebieg dla $x>0$ i na tej podstawie wywnioskować przebieg dla $x<0.$

Przyjmijmy $f_1 = f|_{\rr_+}$, czyli:

\[ f_1 : \rr_+ \to \rr, \quad f_1(x) = \frac {\ln\left(e^2\cdot x^2\right)} {x} = \frac {2 + 2 \ln x} {x}. \]
Liczymy granice na końcach dziedziny.

\[\begin{split} \LimIn{0^+} f(x) = \LimIn{0^+} f_1(x) & = \LimIn{0^+} \frac {2 + 2 \ln x} {x} = \Brack{\frac {-\infty}{ 0^+}} = - \infty \\ \LimIn{+\infty} f(x) = \LimIn{+\infty} f_1(x) & = \LimIn{+\infty} \frac {2 + 2 \ln x} {x} = \IndefiniteSymbol \DeLHospital \LimIn{+\infty} \frac {2 x^{-1}} {1} = 0. \end{split}\]

To implikuje, że

\[ \begin{aligned} \LimIn{-\infty} f(x) & = 0, & \LimIn{0^-} f(x) & = -\infty. \end{aligned} \]
Znajdujemy asymptoty.
- Z poprzedniego punktu wynika, że $x=0$ jest obustoronną asymptotą pionową.
- Ponieważ
  
  \[\begin{split} m_+ & = \LimIn{+\infty} \frac{f(x)} x = \LimIn{+\infty} \frac {2 + 2 \ln x} {x^2} = \IndefiniteSymbol \DeLHospital \LimIn{+\infty} \frac {2 x^{-1}} {2x} =\LimIn{+\infty} \frac {1} {x^2} = 0, \\ k_+ & = \LimIn{+\infty} \Brack{f(x) - 0\cdot x} = 0, \end{split}\]
  
  to $y = m_+ \cdot x + k_+ = 0$ jest asymptotą prawostronną.
  
  Z parzystości $f$ wnosimy, że również lewostronną, czyli obustronną.
Znajdujemy przedziały monotoniczności i ekstrema lokalne.

Funkcja $f$ jest różniczkowalna na $D_f$, więc skorzystamy z jej pochodnej:

\[ f_1'(x) = \frac{\tfrac 2 x \cdot x - 2 - 2 \ln x} {x^2} = - \frac {2 \ln x} {x^2}. \]

Rozwiązujemy nierówność:

\[ f_1'(x) > 0 \qlq -2 x^2 \ln x > 0 \qlq \ln x < 0 \qlq 0 < x < 1. \]

Stąd wniosek, że
- $f_1, f \nearrow$ dla $x\in (0,1) $
- $f_1, f \searrow$ dla $x\in (1, + \infty) $
- $f \searrow$ dla $x\in (-1,0) $
- $f \nearrow$ dla $x\in (-\infty, -1) $
- $f_1, f$ ma maksimum lokalne w $x = 1$ równe $f(1) = 2 $
- $f$ ma maksimum lokalne w $x = -1$ równe $f(-1) = 2.$
Znajdujemy przedziały, na których funkcja jest wypukła / wklęsła i punkty przegięcia.

Liczymy 2. pochodną:

\[ f_1''(x) = - \frac{\tfrac 2 x \cdot x^2 - 2x\cdot 2\ln x} {x^4} = \frac {- 2 (1 - 2\ln x)} {x^3}. \]

Rozwiązujemy nierówność:

\[\begin{split} f_1''(x) > 0 \qlq & x > 0 \Quad{\wedge} {- 2 (1 - 2\ln x)} {x^3} > 0 \\ & x > 0 \Quad{\wedge} (1 - 2\ln x) x < 0 \\ & x > 0 \Quad{\wedge} 1- 2\ln x < 0 \\ & x > 0 \Quad{\wedge} \ln x > \tfrac 1 2 \\ & x \in \Paren{\sqrt e, +\infty}. \end{split}\]

Stąd wniosek, że
- $f_1, f$ jest wklęsła dla $x\in \Paren{0, \sqrt e} $
- $f_1, f$ jest wypukła dla $x\in \Paren{\sqrt e, + \infty} $
- $f$ jest wklęsła dla $x\in \Paren{ -\sqrt e, 0} $
- $f$ jest wypukła dla $x\in \Paren{-\infty, -\sqrt e} .$
- $f$ ma punkty przegięcia $\Paren{ -\sqrt e, f\Paren{-\sqrt{e}}} = \Paren{-\sqrt e, \tfrac 3 {\sqrt e}}$, $\quad \Paren{ \sqrt e, f\Paren{\sqrt{e}}} = \Paren{\sqrt e, \tfrac 3 {\sqrt e}}$.
Zapisujemy wynik w tabeli.

$x$

$0$

$1$

$\sqrt{e}$

$+\infty$

$f'$

brak

+

0

−

−

−

$f''$

brak

−

−

−

0

+

$f$

$-\infty$

↗

max = 2

↘

$\tfrac{3}{\sqrt{e}}$

↗

0
GEOGEBRA Sporządzamy wykres poglądowy z uwzględnieniem charakterystycznych wartości funkcji.

\(x\)	\(0\)		\(1\)		\(\sqrt{e}\)		\(+\infty\)
\(f'\)	brak	+	0	−	−	−
\(f''\)	brak	−	−	−	0	+
\(f\)	\(-\infty\)	↗	max = 2	↘	\(\tfrac{3}{\sqrt{e}}\)	↗	0