1 Pochodne wyższych rzędów

Transkrypt

1 1 Pochode wyższych rzędów 1.1 Defiicja i przykłady Def. Drugą pochodą fukcji f azywamy pochodą pochodej tej fukcji. Trzecia pochoda jest pochodą drugiej pochodej; itd. Ogólie, -ta pochoda fukcji jest pochodą 1 wszej pochodej. Pochode wyższych rzędów ozaczamy Mamy więc f, f, f,..., f (,... lub df dx, d2 f dx 2, d3 f dx 3,..., d f dx,... d f dx = d dx ( d 1 f. dx 1 Uwaga. Dogodie jest przy tym zdefiiować pochodą rzędu zerowego jako samą fukcję: f (0 (x = f(x. Przykł. Dla f(x = x 3 mamy: f (x = 3x 2, f (x = 6x, f (x = 6, a wszystkie wyższe pochode są rówe zeru. Przykł. Ogólie: k ta pochoda fukcji f(x = x jest f (k (x = ( 1... ( k + 1x k dla k < f ( (x =!, (1 a wyższe pochode są rówe zeru. Przykł. k ta pochoda fukcji f(x = x a, gdzie a R oraz x > 0, jest rówa f (k (x = a(a 1... (a k + 1x a k ; (2 zwróćmy uwagę, że tutaj pochoda dowolego rzędu jest róża od zera! Przykł. (e x = e x, co daje, że wszystkie wyższe pochode fukcji e x są rówe e x. Przykł. Dla fukcji f(x = si x mamy f (x = cos x; f (x = si x; f (x = cos x; f (4 (x = si x; (3 to było dla pierwszych czterech pochodych, a dowolą pochodą moża obliczyć wykorzystując tożsamość zawartą wyżej: f (+4 (x = f ( (x. Przykł. Wzór (1 pozwala policzyć dowolą pochodą dowolego wielomiau f(x = a 0 + a 1 x + a 2 x a x. Nie będziemy tego wypisywać i exteso, (wzór te jest dość skomplikoway i ie mamy tu potrzeby wypisywać go, a weźmy jego szczególy przypadek, tz. wypiszmy pochode od 0 do w pukcie x = 0. Mamy: Stąd wyika wzór: a 0 = f(0, a 1 = f (0, a 2 = 1 2! f (0,..., a = 1! f ( (0. (4 f(x = f(0 + xf (0 + x2 2! f (0 + + xk k! f (k (0 + + x! f ( (0. (5 foototesize Wzór te daje się zacząco uogólić a dowole fukcje, dając tym samym sposób a przybliżeie dowolej fukcji przez wielomia; zrobimy to już iedługo. Przykł. Wzór a pochode fukcji odwrotej. 1

2 1.2 -ta pochoda iloczyu fukcji wzór Leibiza Na tą pochodą sumy i różicy sumy dwóch fukcji mamy proste wzory (f(x ± g(x ( = f ( (x ± g ( (x (6 (atychmiastowy dowód idukcyjy: W pierwszym kroku: (f(x + g(x = f (x ± g (x; dalej: (f(x+g(x ( = ((f(x+g(x ( 1 = (f ( 1 (x±g ( 1 (x = f ( (x±g ( (x; i a mocy zasady idukcji wzór (6 jest prawdziwy dla każdego. Dla tej pochodej iloczyu fukcji wzór jest bardziej skomplikoway, ale dający się ogarąć: Tw. (wzór Leibiza. ta pochoda iloczyu dwóch fukcji daa jest wzorem = (f g ( = f ( g + ( 1 = f ( 1 g + k=0 ( k ( 2 f ( 2 g + + f g ( f ( k g (k (7 (dla prostoty ie pisaliśmy jawej zależości od x; wszędzie wyżej ależy pamiętać, że f f(x, f (k f (k (x itd. Dow. będzie idukcyjy. Dla = 1 otrzymujemy zay już wzór a pochodą iloczyu. Załóżmy, że wzór (7 zachodzi dla i obliczmy pochodą obu jego stro. Z twierdzeia o pochodej iloczyu mamy (f g (+1 = f (+1 g + k=0 k=0 {[( k = [( k +1 k=0 f ( k+1 g (k + ( k f ( k g (k+1 ] ( ] } + f ( k+1 g (k + f g (+1 = k 1 ( + 1 f ( k+1 g (k ; k ostatia rówość wyika z faktu, iż mamy dla współczyików Newtoa ( ( ( = k k 1 k (wzór te był pokazyway przy dowodzie wzoru dwumieego Newtoa. CBDO Przykł. Obliczmy drugą pochodą fukcji odwrotej. Najsampierw wyprowadźmy raz jeszcze wzór a tę pochodą, korzystając z wzoru a pochodą fukcji zóżoej. Jeśli f(x fukcja, a f 1 (x fukcja do iej odwrota, to mamy: f 1 (f(x = x, skąd po zróżiczkowaiu otrzymamy f (x (f 1 (f(x = 1, co daje (f 1 (f(x = 1 f (x. 2

3 Obustroie różiczkując, otrzymujemy co daje [(f 1 (f(x] = f (x (f 1 (f(x = ( 1 = f (x f (x (f (x, 2 (f 1 (f(x = f (x (f (x 3. (8 Różiczkując te wzór, moża uzyskać dowolą wyższą pochodą. 1.3 Wzór Taylora Tw. (Wzór Taylora. Załóżmy, że fukcja f jest krotie różiczkowala w przedziale [a, b]. Ozaczmy h = b a. Wtedy zachodzi f(b = f(a + f (a (b a + f (a (b a f ( 1 (a 2! ( 1! (b a 1 + R, (9 gdzie wyraz R, zway resztą tego rzędu, moża przedstawić w jedej z postaci (reszta w postaci Lagrage a, lub R = h! f ( (a + θh dla pewego θ ]0, 1[, (10 R = h (1 θ 1 f ( (a + θ h dla pewego θ ]0, 1[ (11 ( 1! (reszta w postaci Cauchy ego. Przed dowodem: Uwaga 1 Wzór Taylora moża uważać za uogólieie wzoru Lagrage a: Te ostati to szczególy przypadek wzoru Taylora dla = 1. Dow. Wypiszmy z wzoru (9 resztę: R = f(b f(a f (a (b a f (a (b a 2 f ( 1 (a 2! ( 1! (b a 1 (12 Ozaczmy przez g (x fukcję pomociczą zdefiiowaą w te sposób, że w R zastępujemy a przez x: g (x = f(b f(x f (x Pochoda fukcji g (x jest rówa: [ [ g (x = f (x f (x 3 f (x 3! (b x f (x (b x 2 f ( 1 (x 2! ( 1! (b x 1 (13 + f ] [ (x (b x 2 f (x 2! (b x + f ] (x (b x 2! (b x 2 + f (4 [ (x (b x ]+ 3 ( 1 f ( 1 (x 3! ( 1! (b x 2 + f ( ] (x (b x 1. ( 1! 3

4 W powyższej sumie kasują się więc wszystkie człoy oprócz ostatiego i mamy g (x = f ( (x ( 1! (b x 1. (14 Zarazem: g (b = 0, g (a = R. Stosując do fukcji g (x twierdzeie Lagrage a o wartości średiej, otrzymujemy więc R h skąd otrzymujemy g (b g (a b a = f ( (a + θ h ( 1! = g (a + θ h dla pewego θ ]0, 1[, = g (a + θ h = f ( (x ( 1!(b x 1 ( 1! x=a+θ h (b a θ h 1 = f ( (a + θ h h 1 (1 θ 1 ( 1! R = h (1 θ 1 f ( (a + θ h ( 1! czyli resztę w postaci Cauchy ego (11. Pozostaje pokazać, że rówoważą postacią reszty jest postać Lagrage a (10. W dowodzie używa się wzoru Cauchy ego o wartości średiej z fukcjami: g (x i u (x = (b x. Otrzymujemy: g (b g (a u (b u (a = g (a + θh u (a + θh dla pewego θ ]0, 1[. Mamy: u (b = 0, u (a = h, u (x = (b x 1, skąd wyika, uwzględiając (14 g (b g (a u (b u (a = R h czyli otrzymujemy a θh 1 = (b f 1 (a + θh ( 1! (b a θh ( 1 R = h! f ( (a + θh, tz. postać reszty Lagrage a (10. Uwaga. Wzoru Taylora zazwyczaj używa się w postaci: f(x + h = f(x + f (x h + f (x h f ( 1 (x 2! ( 1! h 1 + R (15 Moża a te wzór patrzeć jako a przybliżeie fukcji w otoczeiu puktu x przez wielomia ( tego stopia. Jeśli umiemy oszacować resztę, to daje am oa dokładość tego przybliżeia. Dla x = 0, powyższa wersja wzoru Taylora azywaa jest wzorem Maclauria Uwaga. Gdy fukcja jest różiczkowala dowolą ilość razy, to reszta może być dowolie wysokiego rzędu. Okazuje się, że moża "odsuąć ją do ieskończoości" zapisać rozwiięcie Taylora jako ieskończoy szereg. Aby to precyzyjie wyrazić, potrzebe jest pojęcie zbieżości szeregu i jakieś kryteria zbieżości; zajmiemy się tym iedługo. 4

5 Przykł. Zapiszmy wzór Taylora dla fukcji f(x = e x w otoczeiu puktu x = 0 z dokładością do drugiego rzędu. Mamy: f (x = f (x = e x, f(0 = f (0 = f (0 = 1, tak więc e x = 1 + x + x2 2 eθx, gdzie θ ]0, 1[. Stąd wyika, że dla każdego x zachodzi rówość e x 1 + x, (16 bo reszta jest dodatia (jako że x 2 > 0 i e θx > 0. Nierówość ta posiada wyrazisty ses geometryczy see wykres. Przykł. Wzór Taylora pozwala w astępujący sposób zwiększyć moc reguły de l Hospitala: Tw. Jeśli fukcje f i g posiadają te pochode ciągłe i jeśli to f(a = 0, f (a = 0,... f ( 1 (a = 0, g(a = 0, g (a = 0,... g ( 1 (a = 0 oraz g ( 0, f(x lim x a g(x = f ( (a g ( (a. (17 Dow. We wzorze Taylora (9 b zastąpmy przez x. Z uwagi a zikaie pierwszych 1 pochodych zostaje tylko sama reszta: Tak więc f(x = (x a f ( (x + θ(x a! oraz g(x = f(x g(x = f ( (a + θ(x a g ( (a + θ (x a. (x a g ( (x + θ (x a.! Przechodząc do graicy lim i biorąc pod uwagę ciągłość fukcji f ( i g ( (podobie jak x a to było przy dowodzie zwykłego tw. de l Hospitala, otrzymujemy wzór (17. CBDO si x x Przykł. lim x 0 x(1 cos x 1.4 Kryteria a ekstrema Niedawo pokazaliśmy, że jeśli fukcja (różiczkowala f posiada w pukcie x 0 ekstremum, to f (x 0 = 0. Pamiętamy też, że a odwrót ie jest: Jeśli f (x = 0, to ie zaczy, że w x 0 zajduje się ekstremum (p. dla f(x = x 3. Rówość f (x = 0 jest więc warukiem koieczym, ale iedostateczym a istieie tam ekstremum. Okazuje się, że badaie wyższych pochodych daje ogóliejsze kryterium a istieie ekstremum: Tw. Załóżmy, że fukcja f jest różiczkowala krotie i ta pochoda jest ciągła. Niech rówież f (c = 0 = f (c = = f ( 1 (c, atomiast f ( 0. Wówczas, jeśli jest parzyste, to w pukcie c fukcja f ma ekstremum właściwe: maksimum, jeśli f ( < 0, miimum, jeśli f ( > 0. Jeśli atomiast jest liczbą ieparzystą, to f ie posiada ekstremum w pukcie c. 5

6 Dow. Z wzoru Taylora mamy: f(c + h = f(c + f (c h + + f ( 1 (c h 1 + 1!! f ( (c + θhh, (18 i, poieważ a mocy założeia pierwszych 1 pochodych f zeruje się w pukcie c, mamy f(c + h = f(c + 1! f ( (c + θhh. (19 Załóżmy, że jest liczbą parzystą. Niech f ( (c < 0. Ze względu a ciągłość fukcji f ( (x w pukcie c istieje takie δ > 0, że ierówość: x c < δ implikuje f ( (x < 0. Jeśli więc h < δ, to i θh < δ, zatem f ( (c + θh < 0. Patrząc teraz a (19 widzimy, że jeśli 0 < h < δ, to f(c + h f(c < 0 (pamiętajmy, że jest parzyste, więc h > 0. Powyższa ierówość ozacza, że w pukcie c fukcja f posiada maksimum. Z aalogiczego rozumowaia wyika, że jeśli jest liczbą parzystą i zachodzi: f ( (c > 0, to f(c + h f(c > 0 (zowu dla h > 0 i h < 0, co zaczy, że w pukcie c fukcja f ma miimum. Załóżmy teraz, że jest liczbą ieparzystą. Niech f ( (c < 0 (w przypadku przeciwym, tz. f ( (c > 0, rozumowaie jest aalogicze. Weźmy zów δ takie, aby dla h < δ było f ( (c + θh < 0. Mamy wówczas dla 0 < h < δ ierówość a dla δ < h < 0 zachodzi ierówość f(c + h f(c < 0, czyli f(c > f(c + h, f(c + h f(c > 0, czyli f(c < f(c + h; tak więc w pukcie c ie ma ai maksimum, ai miimum. Przykł. Fukcja f(x = x posiada w x = 0 miimum, jeśli jest parzyste, i ie posiada miimum, jeśli jest ieparzyste. Uwaga. Najczęściej spotyka się w zastosowaiach ekstrema iezdegeerowae, tz. takie, że druga pochoda jest róża od zera. Wtedy testowaie, czy day pukt krytyczy odpowiada ekstremum, kończy się a drugiej pochodej. 1.5 Iterpretacja geometrycza drugiej pochodej. Pukty przegięcia Uprzedio widzieliśmy, że jeśli f (c > 0, to fukcja rośie w otoczeiu c. Jeśli więc f (c > 0, to fukcja f rośie; a jeśli poadto f (c > 0, to f rośie jeszcze szybciej. To była heurystyka, a teraz Tw. Jeśli druga pochoda fukcji f jest ciągła i: i zachodzi f (c > 0, to krzywa y = f(x jest dla pewego otoczeia puktu c położoa powyżej styczej do tej krzywej w pukcie (c, f(c; ii zachodzi f (c < 0, to krzywa y = f(x jest dla pewego otoczeia puktu c położoa poiżej styczej do tej krzywej w pukcie (c, f(c. 6

7 Uwaga. Patrząc a wykres fukcji f(x, widzimy, że w pierwszym przypadku wykres jest skieroway wypukłością do dołu, a w drugim do góry. Dow. i Oszacujmy różicę między ilorazem różicowym a pochodą: Na mocy wzoru Taylora mamy: ϕ(h = f(c + h f(c h f (c. f(c + h f(c hf (c = 1 2 h2 f (c + θh. Poieważ f (c > 0, to dla dostateczie małego h mamy rówież f (c + θh > 0, = f(c + h f(c hf (c > 0 = f(c + h f(c h > f (c. Iterpretując iloraz różicowy jako tages kąta achyleia sieczej do osi OX wioskujemy, że dla h > 0 tages te jest większy iż f (c, tz. większy iż tg kąta między styczą a osią OX. A to ozacza, że rozważaa krzywa leży ad styczą. rys. Dowód ii jest aalogiczy. Przykł. Parabola y = x 2 w każdym pukcie leży ad styczą ic dziwego, bo druga pochoda wszędzie jest tu rówa 2. Przykł. Wykres fukcji wykładiczej y = e x rówież leży wszędzie ad styczą tak być musi, bo druga pochoda (e x = e x > 0. Def. Rozważmy sytuację, gdy krzywa y = f(x posiada w pukcie c styczą i dla dostateczie małych przyrostów dodatich krzywa leży po jedej stroe styczej (p. ad styczą, a dla dostateczie małych przyrostów ujemych leży po drugiej stroie krzywej (p. pod krzywą. Iymi słowy: Rozpatrzmy wyrażeie: ψ(h = f(c + h f(c hf (c i dla dostateczie małego δ mamy: 0<h<δ : ψ(h > 0 oraz δ<h<0 : ψ(h < 0. W takiej sytuacji mówimy, że krzywa y = f(x ma pukcie c pukt przegięcia. Przykł. Siusoida y = si x ma pukt przegięcia dla x = 0. Mamy bowiem: ψ(h = si h si 0 h cos 0 = si h h. Dla h > 0 mamy ψ(h < 0, dla h < 0 jest ψ(h > 0. Z tw. powyżej wyika, że jeśli f (c 0, to krzywa leży (lokalie po jedej stroie styczej. W takiej sytuacji, pukt c ie jest puktem przegięcia. Możemy to sformułować jako Tw. Jeśli pukt c jest puktem przegięcia krzywej y = f(x, to f (c = 0. Na odwrót to ie zachodzi (p. dla y = x 4 w x = Fukcje wypukłe/wklęsłe i ich własości Def. Fukcję f :]a, b[ R azywamy wypukłą a ]a, b[, jeśli dla dowolych x, x ]a, b[ i θ [0, 1] mamy rys. f(θx + (1 θx θf(x + (1 θf(x, (20 zaś wklęsłą, jeśli f(θx + (1 θx θf(x + (1 θf(x, (21 7

8 Wiosek: Fukcja f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy fukcja f jest wklęsła. Wystarczy więc w dalszym ciągu zająć się tylko fukcjami wypukłymi. Tw. Fukcja f jest wypukła a ]a, b[ wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolego skończoego zbioru puktów {x 1, x 2,..., x } ]a, b[ i dla dowolego zestawu liczb θ 1,..., θ, takich, że θ i [0, 1], i = 1,..., i i θ i = 1, zachodzi f( θ i x i θ i f(x i (22 Dow. idukcyjy. Niech f będzie wypukła a ]a, b[ wtedy ierówość (22 zachodzi dla = 2. Załóżmy, że teza jest prawdziwa dla 1 (tz. prawdziwa jest T 1. Niech {x 1, x 2,..., x } ]a, b[ i 0 θ i 1, i = 1,..., będą takie, jak w sformułowaiu twierdzeia. Jeśli θ = 1, to ierówość jest trywiala. Weźmy więc θ 1. Mamy: f( θ i x i = f((1 θ (1 θ f ( 1 θ i x i + θ x 1 θ ( 1 θ i x i + θ f(x 1 θ 1 θ i (1 θ f(x i + θ f(x. 1 θ a to zaczy, że prawdziwa jest T. Udowodiliśmy więc implikację T 1 = T, czyli teza jest prawdziwa dla każdego 2. W drugą stroę, dla = 2 mamy defiicję fukcji wypukłej. CBDO Istieją też ie rówoważe kryteria wypukłości; użytecze okaże się zaraz astępujące. Stw. 1. f jest wypukła dla dowolych puktów x 1 < x 2 < x 3 z przedziału ]a, b[ spełioa jest ierówość f(x 2 f(x 1 x 2 x 1 f(x 2 f(x 3 x 2 x 3. (23 2. f jest wypukła dla dowolych puktów x 1 < x 2 < x 3 z przedziału ]a, b[ spełioa jest ierówość f(x 3 f(x 1 f(x 3 f(x 2 x 3 x 2. (24 3. f jest wypukła dla dowolych puktów x 1 < x 2 < x 3 z przedziału ]a, b[ spełioa jest ierówość f(x 2 f(x 1 x 2 x 1 f(x 3 f(x 1. (25 8

9 Dow. Jeśli x 1 < x 2 < x 3, to x 2 = θx 1 + (1 θx 3, gdzie θ = x 3 x 2 x 3 x 1 i 1 θ = x 2 x 1 x 3 x 1. f jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolych puktów x 1 < x 2 < x 3 mamy ierówość 0 θf(x 1 + (1 θf(x 3 f(x 2 = θ(f(x 1 f(x 2 + (1 θ(f(x 3 f(x 2 = f(x 3 f(x 2 (f(x 1 f(x 2 + x 2 x 1 (f(x 3 f(x 2. (26 Poieważ, x 3 x 2 i x 2 x 1 są dodatie, to ierówość (26 jest rówoważa ierówości f(x 2 f(x 1 f(x 2 f(x 3 x 2 x 1 x 2 x 3 czyli otrzymaliśmy (23. Nierówość (26 moża też zapisać w postaci 0 θf(x 1 + (1 θf(x 3 f(x 2 = θ(f(x 1 f(x 3 + (f(x 3 f(x 2 która jest rówoważa ierówości = x 3 x 2 (f(x 1 f(x 3 + (f(x 3 f(x 2, f(x 3 f(x 2 x 3 x 2 f(x 3 f(x 1 czyli otrzymaliśmy (24. Wreszcie, gdy ierówość (26 zapiszemy w postaci 0 θf(x 1 + (1 θf(x 3 f(x 2 = (1 θ(f(x 3 f(x 1 + (f(x 1 f(x 2 = x 2 x 1 (f(x 3 f(x 1 + (f(x 1 f(x 2 czyli otrzymaliśmy (25. CBDO Wiosek 1. Jeśli f jest wypukła a ]a, b[, to istieją graice: lewo- i prawostroe pochode: f + f(x + h f(x = lim, f f(x + h f(x = lim h 0 + h h 0 h Poadto f + f. Dow. Zauważmy, że fukcja h f(x+h f(x jest mootoicza i ograiczoa (powyższe Stw., a stąd wyika istieie graicy (podobie jak dla ciągów. h Wiosek 2. Fukcja wypukła a odciku otwartym jest ciągła. Założeie otwartości odcika jest istote: Fukcja wypukła a odciku domkiętym mozę być ieciągła a jego brzegu. (rys. Dla fukcji różiczkowalych, mamy proste kryterium wypukłości. Tw i Fukcja różiczkowala a ]a, b[ jest wypukła jej pochoda jest fukcją iemalejącą. ii Fukcja dwukrotie różiczkowala a ]a, b[ jest wypukła jej druga pochoda jest ieujema. 9

10 Dow. Widać, że drugi pukt wyika z pierwszego; wystarczy więc udowodić pierwszy. Niech x 1 < x 2 < x 3 będą puktami w ]a, b[. Z tw. Lagrage a istieją ξ ]x 1, x 2 [ oraz η ]x 2, x 3 [ takie, że f(x 2 f(x 1 = f (ξ(x 2 x 1 oraz f(x 3 f(x 2 = f (η(x 3 x 2. Nierówość f (η f (ξ jest więc rówoważa ierówości f(x 3 f(x 2 x 3 x 2 f(x 1 f(x 2 x 1 x 2. Stąd powyższa ierówość jest spełioa dla wszystkich x 1 < x 2 < x 3 wtedy i tylko wtedy, gdy f jest fukcją iemalejącą. Ze Stw. wyżej wyika teza. CBDO Zaczeie wypukłości: Badaie fukcji: Kryteria a ekstremum, położeie styczych do wykresu. Termodyamika: Z wypukłości eergii swobodej wyika dodatiość takich (fizyczie oczywistych, ale trudych bezpośredio do udowodieia wielkości, jak ciepło właściwe: są to drugie pochode e. sw. (tu: po temperaturze. 10