Rachunek różniczkowy
Przykład 6.58. Obliczymy granicę
x→0lim
sin x − sin(sin x) ln(1 + x3) .
Mamy ln(1 + t) = t + o(t); biorąc t = x3 stwierdzamy, że mianownik jest równy x3 z do-kładnością do wyrazów niższego rzędu. Dlatego znajdziemy rozwinięcie Taylora licznika też z dokładnością do wyrazów z x3. Wiemy, że sin x = x − x3/6 + o(x3) dla x → 0. Zatem
sin(sin x) = sin x −(sin x)3
6 + o((sin x)3)
= x − x3
6 + o(x3) −x3+ o(x3)
6 + o(x3) = x −x3
3 + o(x3) dla x → 0.
138 ostatnie poprawki: 14 grudnia 2018
Skomentujmy ten prosty skądinąd rachunek. Po pierwsze, nie musieliśmy wcale różnicz-kować złożenia sin ◦ sin. Podstawialiśmy jeden wzór Taylora do drugiego, kontrolując błąd.
Po drugie, napis ‘o(x3)’ oznaczał w różnych miejscach różne wyrażenia! Wiemy tylko, że
‘o(x3) dla x → 0’ to funkcja, która po podzieleniu przez x3 ma w zerze granicę 0. Dlatego6
a więc szukana granica wynosi 1/6. Podkreślmy ponownie: w liczniku i mianowniku ostat-niego ułamka pod tym samym symbolem o(x3) kryją się różne wyrażenia – reszty ze wzoru Maclaurina dla różnych funkcji! Ich wspólną własnością jest jednak to, że po po-dzieleniu przez x3dążą do zera. Dlatego umiemy udzielić odpowiedzi.
Podamy teraz ogólne twierdzenie, pozwalające dokładniej szacować resztę we wzorze Taylora.
Twierdzenie 6.59 (wzór Taylora z resztą Schlömilcha–Roche’a). Niech f : (a, b) → R ma w przedziale (a, b) pochodne do rzędu (k + 1) włącznie. Załóżmy, że x0, x0+ d ∈ (a, b), pochodnych na większym przedziale. Obliczmy
ϕ0(y) = 0 − f0(y) − f(2)(y)
Opuszczając nawiasy, otrzymujemy po dokonaniu redukcji ϕ0(y) = −f(k+1)(y)
k! (x − y)k. (6.19)
6To jeden z powodów, dla których tej symboliki trzeba używać z wyczuciem i ostrożnie!
Niech teraz ψ będzie funkcją ciągłą w [x0, x], różniczkowalną w (x0, x), której pochodna nie znika nigdzie w (x0, x). Stosując Twierdzenie Cauchy’ego (patrz Tw.6.38; proszę sa-modzielnie sprawdzić, że spełnione są wszystkie założenia), otrzymujemy
ϕ(x) − ϕ(x0)
ψ(x) − ψ(x0) = ϕ0(c)
ψ0(c) dla pewnego c ∈ (x0, x).
Korzystając z tej równości, obliczamy rk(x) = ϕ(x0) = ϕ(x)
| {z }
=0
−(ψ(x) − ψ(x0))ϕ0(c) ψ0(c)
(6.19)= f(k+1)(c)
k! (x − c)k · ψ(x) − ψ(x0)
ψ0(c) (6.20)
Aby zakończyć dowód, pozostaje odpowiednio dobrać funkcję ψ i użyć powyższego wzoru dla niej. Weźmy ψ(y) = (x − y)p. Wtedy ψ jest ciągła na [x0, x] i ψ0(y) = −p(x − y)p−1nie znika w (x0, x). Ponadto, ψ(x) = 0 i ψ(x0) = (x − x0)p. Niech θ ∈ (0, 1) będzie takie, że c = x0+ θ(x − x0). Wzór (6.20) przepisujemy teraz w postaci
rk(x) = f(k+1)(x0+ θ(x − x0))
k! (x − x0− θ(x − x0))k · −(x − x0)p
−p(x − x0− θ(x − x0))p−1
= f(k+1)(x0+ θ(x − x0))
k! · p (x − x0)k(1 − θ)k · (x − x0)p (x − x0)p−1(1 − θ)p−1
= f(k+1)(x0+ θ(x − x0))
k! · p (x − x0)k+1(1 − θ)k+1−p.
To jest właśnie szukana postać reszty, (6.18). Dowód jest zakończony.
Dobierając różne wartości p, można otrzymać różne konkretne postacie reszty. Bardzo znana jest tzw. reszta Lagrange’a, którą otrzymujemy dla p = k + 1. Wtedy k + 1 − p = 0, a k! · p = (k + 1)!. Dlatego zachodzi następujący fakt.
Wniosek 6.60 (wzór Taylora z resztą Lagrange’a). Załóżmy, że funkcja f : (a, b) → R ma w przedziale (a, b) pochodne do rzędu (k+1) włącznie. Wówczas, dla każdego x0 ∈ (a, b) i każdego x ∈ (a, b) istnieje taki punkt c, pośredni między x0 i x, że
f (x) =
k
X
j=0
f(j)(x0)
j! (x − x0)j + f(k+1)(c)
(k + 1)! (x − x0)k+1.
6.4.3 Warunki dostateczne istnienia ekstremów lokalnych
Posługując się wzorem Taylora, nietrudno sformułować warunki dostateczne istnienia ekstremów lokalnych, wyrażone za pomocą pochodnych wyższych rzędów. Wiemy już, że zerowanie pierwszej pochodnej funkcji nie jest warunkiem dostatecznym istnienia eks-tremum lokalnego (przykład: f (x) = x3 jest ściśle rosnąca, ale f0(0) = 0). Jeśli jednak wiadomo, które pochodne wyższych rzędów danej funkcji znikają, a które nie, to można łatwo określić, czy w danym punkcie jest ekstremum lokalne, czy nie. Służy do tego wzór Taylora.
140 ostatnie poprawki: 14 grudnia 2018
Stwierdzenie 6.61. Załóżmy, że f : (a, b) → R ma w (a, b) pochodne do rzędu (2k − 1) włącznie, a ponadto istnieje f(2k)(x0). Jeśli
f(j)(x0) = 0 dla j = 1, . . . , 2k − 1, zaś f(2k)(x0) 6= 0,
to f ma w x0 ekstremum lokalne właściwe. Dokładniej, jeśli f(2k)(x0) > 0, to f ma w x0 minimum lokalne właściwe, a jeśli f(2k)(x0) < 0, to f ma w x0 maksimum lokalne właściwe.
Dowód. Rozpatrzymy tylko przypadek f(2k)(x0) > 0; w drugim przypadku dowód jest analogiczny. Ze wzoru Taylora z resztą w postaci Peano otrzymujemy, uwzględniając za-łożenie o znikaniu pochodnych f(j)(x0) dla j = 1, . . . , 2k − 1,
Szkic dowodu. Postępując tak, jak w poprzednim dowodzie, otrzymujemy f (x) − f (x0) = f(2k+1)(x0)
(2k)! (x − x0)2k+1+ r(x) , przy czym dla pewnej liczby δ > 0 jest
Ponieważ wyrażenie (x − x0)2k+1nie ma stałego znaku, więc łatwo jest stąd wywniosko-wać, że i różnica f (x) − f (x0) nie ma stałego znaku dla x bliskich x0.
6.4.4 Warunki dostateczne wypukłości. Punkty przegięcia.
W ostatniej części tego podrozdziału powiemy o związkach pochodnej z wypukłością.
Twierdzenie 6.63. Załóżmy, że f : P = (a, b) → R jest różniczkowalna. Wówczas f jest wypukła na P (odpowiednio: ściśle wypukła na P ) wtedy i tylko wtedy, gdy f0 jest niema-lejąca na P (odpowiednio: rosnąca na P ).
Dowód. Znamy już Twierdzenie 5.76, które podaje równoważne warunki wypukłości.
Trzeci warunek w tym twierdzeniu orzeka, że f jest wypukła na P = (a, b) wtedy i tylko wtedy, gdy dla wszystkich x < y < z należących do P zachodzą nierówności
f (y) − f (x)
y − x ≤ f (z) − f (y) z − y .
Jeśli f jest ściśle wypukła, to dla każdej trójki punktów nierówności są ostre.
Ustalmy teraz dowolne x < y < z ∈ P i załóżmy, że f jest różniczkowalna, a f0 jest funkcją niemalejącą. Z twierdzenia Lagrange’a o wartości średniej wynika, że istnieją c1∈ (x, y) oraz c2 ∈ (y, z) takie, że
f (y) − f (x)
y − x = f0(c1) ≤ f0(c2) = f (z) − f (y) z − y ,
gdzie środkowa nierówność zachodzi, gdyż f0jest niemalejąca i c1 < y < c2. Jeśli ponadto f0 jest rosnąca, to f0(c1) < f0(c2). To kończy dowód w jedną stronę.
Pokażemy teraz, że jeśli f jest wypukła i f0 istnieje, to f0(x) ≤ f0(z) dla x < z ∈ P . Z Twierdzenia5.76 wynika, że dla 0 < h < y − x, gdzie y = x+z2 jest środkiem odcinka (x, z), zachodzą nierówności
f (x + h) − f (x)
h ≤ f (y) − f (x)
y − x ≤ f (z) − f (y)
z − y ≤ f (z) − f (z − h)
h .
Ponieważ nierówności nieostre zachowują się w granicy, więc wykonując przejście gra-niczne h → 0, otrzymujemy
f0(x) ≤ f (y) − f (x)
y − x ≤ f (z) − f (y)
z − y ≤ f0(z) . (6.21)
Zatem f0 jest niemalejąca. Jeśli ponadto f jest ściśle wypukła, to środkowa nierówność jest ostra, co oznacza, że wtedy f0(x) < f0(z).
Uwaga. Aby sprawdzić, że monotoniczność f0 jest warunkiem dostatecznym wypukłości f , można też postąpić inaczej. Niech x1≤ x ≤ y = x2∈ P , t ∈ (0, 1). Funkcja
ψ(x) = f ((1 − t)x + ty) − (1 − t)f (x) − tf (y) ma pochodną ψ0(x) = (1 − t) f0((1 − t)x + ty) − f0(x)
. Zauważmy, że (1 − t)x + ty = x + t(y − x) > x, gdy x < y i t > 0. Dlatego, jeśli f0 jest niemalejąca, to ψ0 ≥ 0 na [x1, x2].
Stąd ψ(x1) ≤ ψ(x2) = 0, a warunek ψ(x1) ≤ 0 jest po prostu nierównością Jensena.
Zauważmy, że gdy f0 jest rosnąca, to nierówności w ostatnim zdaniu można zmienić na ostre.
142 ostatnie poprawki: 14 grudnia 2018
Wniosek 6.64. Załóżmy, że f : P = (a, b) → R jest dwukrotnie różniczkowalna. Wówczas:
(i) Jeśli f00> 0na P , to f jest ściśle wypukła na P ; (ii) Jeśli f00≥ 0 na P , to f jest wypukła na P ; (iii) Jeśli f00< 0na P , to f jest ściśle wklęsła na P ;
(iv) Jeśli f00≤ 0 na P , to f jest wklęsła na P .
Dowód. Wystarczy zastosować poprzednie twierdzenie i Wniosek6.42, podający warunki dostateczne monotoniczności funkcji różniczkowalnej.
Uwaga. Należy pamiętać, że mówimy tu tylko o dostatecznych warunkach wypukłości.
Funkcja wypukła może przecież w pewnych punktach nie mieć nawet pierwszej pochodnej (przykład: f (x) = |x| dla x ∈ R), a tym bardziej drugiej. Stosując Twierdzenie5.76, można dość łatwo wykazać, że funkcja wypukła ma w każdym punkcie pochodne jednostronne i jest różniczkowalna poza zbiorem co najwyżej przeliczalnym. Szczegóły pozostawiamy w charakterze zadania.
Definicja 6.65 (punkty przegięcia). Niech f : P = (a, b) → R będzie ciągła i niech ma w punkcie x0 ∈ P skończoną lub nieskończoną pochodną. Załóżmy, że istnieje taka liczba δ0 > 0, że dla każdej δ ∈ (0, δ0) funkcja f nie jest liniowa na żadnym z przedziałów (x0, x0−δ) i (x0, x0+δ), a ponadto na jednym z nich jest wypukła, zaś na drugim – wklęsła.
Mówimy wtedy (i tylko wtedy), że f ma punkt przegięcia w x0.
Można spotkać w literaturze inne, nierównoważne powyższej, definicje punktów prze-gięcia – np. taką:
Niech f : (a, b) → R będzie różniczkowalna w x0 ∈ (a, b) i niech y(x) = f (x0) + f0(x0)(x − x0)będzie styczną do wykresu f w punkcie (x0, f (x0)). Mówimy, że f ma w x0punkt przegięcia, gdy funkcja f (x) − y(x) zmienia znak w punkcie x0. Geometrycznie biorąc, powyższe określenie oznacza, że wykres f przechodzi z jednej strony stycznej na drugą. Nie wymagamy, żeby na ustalonym przedziale z jednej strony x0 funkcja była wklęsła, a z drugiej wypukła.
Zadanie 6.66. Niech
f (x) =
x2 2 + sin(1/x) , x 6= 0 ,
0, x = 0
będzie funkcją z Przykładu6.46 i niech g(x) = f (x) dla x ≥ 0, g(x) = −f (x) dla x < 0.
Sprawdzić, że g nie ma w x0= 0 punktu przegięcia w sensie Definicji6.65, ale funkcja g(x) −
g(x0) + g0(x − x0)(x − x0)
jest dodatnia dla x > x0 = 0 i ujemna dla x < x0 = 0, tzn. wykres g przechodzi w zerze z jednej strony stycznej na drugą.
Stwierdzenie 6.67. Załóżmy, że f : (a, b) → R jest dwukrotnie różniczkowalna na (a, b) i trzykrotnie różniczkowalna w x0 ∈ (a, b), przy czym f(3)(x0) 6= 0 = f00(x0). Wtedy f ma w x0 punkt przegięcia.
U góry: punkt przegięcia. U dołu: wykres funkcji przechodzi na drugą stronę stycznej, jednak w dowolnie małym przedziale (a, a + δ) są zarówno odcinki, na których funkcja jest wklęsła, jak i odcinki, na których funkcja jest wypukła. Konkretny przykład takiej sytuacji można znaleźć w Zadaniu6.66.
Dowód. Bez zmiany ogólności załóżmy, że f(3)(x0) > 0. Ponieważ
0 < f(3)(x0) = lim
h→0
f00(x0+ h) − f00(x0)
h = lim
h→0
f00(x0+ h)
h ,
więc dla wszystkich dostatecznie małych h > 0 jest f00(x0+ h) > 0 > f00(x0− h). Zatem f jest ściśle wypukła na pewnym przedziale (x0, x0+ δ0) i ściśle wklęsła na pewnym prze-dziale (x0−δ0, x0). Na żadnym z tych przedziałów (ani na mniejszych przedziałach, w nich zawartych) f oczywiście nie jest liniowa, a ponadto f0(x0) istnieje, gdyż f jest dwukrotnie różniczkowalna. Spełnione są więc wszystkie warunki Definicji6.65.