REGU LA DE L HOSPITALA, WZÓR TAYLORA Zaczniemy od jeszcze jednej wersji twierdzenia o wartości średniej, która be dzie przydatna w dowodach g lównych twierdzeń tego rozdzia lu. Twierdzenie 24. Cauchy ego o wartości średniej) Jeśli funkcje f i g sa cia g le w każdym punkcie przedzia lu domknie tego [a,b] i maja pochodne we wszystkich punktach przedzia lu otwartego a,b) przy czym g ) 0, to istnieje co najmniej jeden taki punkt c [a,b], że f c) g c) = fb) fa) gb) ga). Dowód. Ponieważ g ) 0 dla każdego, wie c na mocy twierdzenia Rolle a funkcja g jest różnowartościowa na przedziale [a,b], w szczególności gb) ga). Rozpatrujemy pomocnicza funkcje h: h) = f) fa) fb) fa) gb) ga) g) ga) ). Mamy ha) = 0 = hb). Funkcja h jest cia g la jako różnica funkcji cia g lych; w punktach wewne trznych przedzia lu a,b) jest różniczkowalna, jako różnica funkcji różniczkowalnych. Możemy zastosować do niej twierdzenie Rolle a. Istnieje wie c taka liczba c a,b), że 0 = h c) = f c) fb) fa) gb) ga) g c), zatem f c) g c) = fb) fa) gb) ga). Cze sto trzeba obliczać granice ilorazu dwu funkcji da ża cych do 0 lub. Zdarza sie, że trzeba obliczyć granice iloczynu dwu funkcji, z których jedna ma granice 0, a druga. Ten drugi przypadek można sprowadzić do pierwszego: fg = f /g = g /f. Bywa, że interesuje nas granica wyrażenia f g przy czym granica f jest, a granica g jest. Wzór f g = e g ln f pozwala problem zredukować do obliczania granicy iloczynu, wie c w dalszym cia gu do obliczania granicy ilorazu. Zdarzaja sie też inne sytuacje, w których nie sa spe lnione za lożenia dotychczas sformu lowanych twierdzeń o granicach. Podobnie jak w przypadku cia gów istnieje twierdzenie, które w wielu sytuacjach u latwia znalezienie granicy. Jest to tzw. regu la de l Hospitala, francuskiego markiza, który 397
po wys luchaniu wyk ladów Jana Bernoulliego wyda l drukiem notatki z nich pod tytu lem Analyse des infiniment petites 24., co spowodowa lo protesty rzeczywistego autora tekstu, ale wtedy nie istnia lo jeszcze poje cie praw autorskich. Twierdzenie, które znajduje sie niżej, pochodzi z tej w laśnie ksia żki i wed lug historyków matematyki powinno mieć inna nazwe. Twierdzenie 24.2 regu la de l Hospitala) Za lóżmy, że funkcje f,g:a,b) R sa różniczkowalne w każdym punkcie przedzia lu a,b) oraz że g) 0 g ) dla każdego f a, b). Jeśli istnieje granica lim ) a g ) = G [,+ ] i spe lniony jest jeden z dwóch warunków: lim f) = 0 g), 2 lim g) = +, a a a to iloraz f) g) ma granice przy a oraz G a f) g). Dowód. Udowodnimy najpierw twierdzenie przy bardzo mocnych za lożeniach. Chodzi nam o to, by wyjaśnić jego sens. Dowód w przypadku ogólnym podamy potem. Za lożymy mianowicie, że a >, że zachodzi warunek oraz że istnieja skończone granice lim f ) i lim g ), przy czym ta druga jest różna a a od 0. W tej sytuacji można dookreślić funkcje f,g w punkcie a przyjmuja c fa) = 0 = ga). Z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej zastosowanego do funkcji f rozpatrywanej na przedziale [a,] wynika, że f) fa) a = f c ) dla pewnego c a,). f) fa) Sta d wynika natychmiast, że lim a a f ). Wykazaliśmy wie c, że w tym przypadku funkcje f można a potraktować jako określona w punkcie a i wtedy f a) a f ). To samo dotyczy oczywiście funkcji g. Oczywiście w obu przypadkach mamy na myśli różniczkowalność prawostronna. Niech rh) = fa+h) fa) f a)h h lim rh) = 0. h 0 dla h 0 oraz r0) = 0. Oczywiście a)h. h ga+h) ga) g Analogicznie niech ρh) = 24. Analiza nieskończenie ma lych. Trzeba jednak powiedzieć, że tylko nieliczni potrafia zanotować zrozumiale wyk lad. 398
Wtedy lim h 0 ρh) = 0. Sta d możemy wywnioskować, że f) g) = f) 0 g) 0 = f) fa) g) ga) = f a) a)+ a)r a) g a) a)+ a)ρ a) = = f a)+r a) g a)+ρ a) f a) a g a). Ostatnie przejście graniczne jest wykonalne, bo za lożyliśmy na razie, że g a) 0. W dowodzie tym wykorzystaliśmy w istotny sposób za lożenia fa) = ga) = 0. Oczywiście bez tych za lożeń teza może być w konkretnej sytuacji prawdziwa jedynie przypadkiem pochodne decyduja o wielkości funkcji w otoczeniu punktu, w którym wartościa funkcji jest 0, jeśli fa) 0, to,,w pierwszym przybliżeniu f) fa)! A teraz dowód w laściwego twierdzenia. Niech m, M be da dwiema liczbami rzeczywistymi, takimi że m < G < M. Jeśli G =, to oczywiście nie rozpatrujemy m, jeśli G = +, to nie rozpatrujemy M. Niech m, M be da takimi liczbami, dla których m < m < G < M < M. Ponieważ ) f lim a + g ) = G, wie c istnieje liczba c a,b), taka że m < f ) g ) < M dla a, c). Z twierdzenia Cauchy ego o wartości średniej wynika, że jeżeli a < < y < c, to m < fy) f) gy) g) < M. H) Za lóżmy najpierw, że lim f) = 0 g). Z tych dwu a a równości i z twierdzenia o granicy ilorazu funkcji wynika, że fy) f) m < m lim a gy) g) = fy) gy) M < M. fy) Sta d i z definicji granicy od razu wynika, że lim y a gy) = G. Teraz zak ladamy, że lim a g) = +. Ustalmy y a,c). Istnieje taka liczba c a,y) a,c), że jeśli a < < c, to gy) g) <, zatem gy) g) > 0. Mamy fy) f) gy) g) = f) g) fy) g) gy) g) Nierówności można mnożyć przez liczby dodatnie, wie c nierówność H) jest równoważna naste puja cej 399.
m gy) g) ) gy) g) + fy) g) < f) ) + fy) g) g) < M gy) g) ) + fy) g). Mamy lim m = m, bo lim g) = + i y jest a a ustalone. Wynika sta d, że istnieje taka liczba c 2 a,c ), że jeśli a,c 2 ), to m < m gy) g) ) + fy) g) < f) g). Po ewentualnym zmniejszeniu c 2 otrzymujemy nierówność podwójna : ) m < m gy) g) + fy) g) < f) g) < M ) gy) g) + fy) g) < M, a z niej wynika, że m < f) g) zosta l zakończony. f) < M, wie c lim a g) = G. Dowód Uwaga 24.3 f) Twierdzenie pozostaje prawdziwe dla granicy lim b g) po kosmetycznych zmianach w za lożeniach i tezie. Sta d wynika, że można je też stosować w przypadku granic dwustronnych. Uwaga 24.4 Istnieje ścis la analogia mie dzy regu la de l Hospitala i twierdzeniem Stolza. Te rozważania nie be da ścis le, bo mówić tu be dziemy raczej o intuicjach. Cia g można traktować jako funkcje określona na zbiorze wszystkich liczb naturalnych. Wtedy b = +. Niestety dziedzina nie jest w tym przypadku przedzia lem, wie c nie można mówić o pochodnej. Można jednak spojrzeć na zagadnienie nieco inaczej. Pochodna by la nam potrzebna do oszacowania różnicy f) fa), przy czym interesowa la nas minimalna możliwa zmiana argumentu. Pisaliśmy przy odpowiednich za lożeniach, że f) fa) g) ga) f a) g a). W przypadku cia gu minimalna możliwa zmiana argumentu to. Wobec tego zamiast ilorazu pochodnych f ), który przybliża interesuja cy nas iloraz różni- g ) cowy f+h) f) h g+h) g) h = f+h) f) g+h) g) rozpatrujemy iloraz a n+ a n b n+ b n. W twierdzeniu Stolza zak ladaliśmy, że cia g b n ) jest ściśle monotoniczny. W regule de l Hospitala też wyste puje to za lożenie, zak ladamy mianowicie, że pochodna funkcji g nie przyjmuje war- 400
tości 0 24.2, z czego wynika, że jest ona albo dodatnia, albo ujemna, a to pocia ga za soba ścis la monotoniczność funkcji g. Przyk lad 24. lim a e = 0. Możemy próbować zastosować regu le de l Hospitala, bo mianownik ma granice nieskończona i jego pochodna, e, jest różna od 0 wsze dzie. Nie jest ważne jaka jest granica licznika, a nawet czy licznik ma granice. Iloraz pochodnych to aa e, wie c jest to wyrażenie tego samego typu co wyjściowe. Istotne jest pojawienie sie w wyk ladniku a w miejscu a. Jeśli a, to licznik jest ograniczony z góry na pó lprostej [,+ ), a mianownik da ży do +, wie c iloraz da ży do 0. Niech k oznacza dowolna liczbe naturalna. Za lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich wyk ladników a k. Niech α k +. Wykażemy, że lim α e = 0. Zastosujemy regu le de l Hospitala. Ponieważ α) = α α i α k + = k, wie c na mocy za lożenia indukcyjnego lim α e = 0. Sta d i z twierdzenia de l Hospitala wynika, że lim α e = 0, co kończy dowód. Uwaga 24.5 Oczywiście wynik z ostatniego przyk ladu można otrzymać stosuja c jedynie elementarne metody: wyk ladnik a można zasta pić liczba naturalna m wie ksza od a, potem skorzystać z nierówności e > + n) n prawdziwej dla każdej liczby naturalnej n i każdej liczby > 0, naste pnie skorzystać z tego, że granica ilorazu wielomianu stopnia m przez wielomian stopnia n > m przy jest liczba 0. Pokazaliśmy tu po prostu jak można wykorzystać twierdzenie de l Hospitala, ta metoda pozwala na obliczanie granic w wielu sytuacjach, w których metody elementarne bywaja trudne w użyciu, bo wymagaja dobrego pomys lu! Przyk lad 24.2 ln lim + = 0 dla każdego a > 0 a te 24.2 bo ma w lasność Darbou przyjmowania wartości pośrednich), niezależnie od tego, czy jest cia g la. 40
równość już poznaliśmy, ale pokażemy jak można ja uzyskać za pomoca regu ly de l Hospitala. Ponieważ mianownik jest funkcja ściśle rosna ca o granicy +, wie c obliczymy granice ilorazu po- / chodnych: lim + a a + a = 0. Wobec tego istnieje też a granica ilorazu funkcji i również jest równa 0. Jest jasne, że funkcje a można w ostatnim przyk ladzie zasta pić dowolnym wielomianem dodatniego stopnia. Przyk lad 24.3 lim =. Mamy bowiem: = e ln. 0 + Funkcja wyk ladnicza jest cia g la, wie c wystarczy udowodnić, że lim ln = 0. Mamy 0 + lim ln 0 + + y ln y = lim ln y = 0 y + y ostatnia równość wynika z wyniku uzyskanego w poprzednim przyk ladzie dla a =, przedostatnia z tego, że ln y = ln y. tg Przyk lad 24.4 lim 0. Mamy lim tg = 0 3, 3 0 0 wie c można zastosować regu le de l Hospitala. Zachodzi równość tg ) = cos 2 = + tg2. Mamy tg ) lim +tg 0 3 ) 2 0 3 2 = 3 lim 0 tg ) 2 = 3. Sta d i z twierdzenia de l Hospitala wynika, że lim 0 tg 3 = 3. Przyk lad 24.5 Znaleźć taki wielomian w: R R, jeśli istnieje, że lim 0 4 sin w) ) = 0. Jest rzecza oczywista, że jeśli taki wielomian istnieje, to istnieje również wielomian stopnia nie wie kszego niż 4 spe lniaja cy ten warunek bo lim k = 0 dla 0 4 k > 4 ). Za lóżmy, że w) = w 0 + w + w 2 2 + w 3 3 + w 4 4. ) Mamy w 0 sin w) 0 w istnieje, to w 0 = 0. Wobec tego sin w) 0 4 2 +w 3 3 +w 4 4 ) 4 = 0. Jeśli sin w) 0 0 3 sin w +w 2 4 0 = w, wie c w =. Kontynuuja c otrzymujemy teraz stosujemy regu le de l Hospitala dwa razy) 402
sin +w 0 2 2 +w 3 3 +w 4 4 ) 0 4 cos 0 2 2 0 sin 2 w 2 = w 2 0 sin 2 w 2 = w 2. Powtarzamy to rozumowanie stosuja c regu le de l Hospitala dwa razy i otrzymujemy 0 sin +w 3 3 +w 4 4 ) 0 4 0 sin 3 w 3 = cos sin w 0 3 2 3 w 0 6 3 = 6 w 3. Sta d mamy w 3 = 6. Powtórzymy rozumowanie jeszcze raz. 0 sin 6 3 +w 4 4 ) 0 4 cos + 0 3 2 2 2 0 sin + 6 3 w 3 4 = w 4 0 sin + 6 w 4 = 0 cos + 6 w 4 = w 4. Udowodniliśmy, że wielomian 6 3 spe lnia ża dany warunek. Oczywiście spe lnia go też wielomian 6 3 + 40 683 i wiele innych. Wśród nich jedynym wielomianem, którego stopień jest mniejszy ostro) niż 5 jest wielomian 6 3. W ostatnich przyk ladach stosowaliśmy regu le de l Hospitala nie sprawdzaja c zawczasu tego, czy iloraz pochodnych ma granice. Okazywa lo sie w końcu, że ma i dopiero wtedy ca la procedura by la uzasadniona, wcześniej nie by ly sprawdzone za lożenia twierdzenia, wie c z formalnego punktu nie wolno by lo go jeszcze stosować. Mog loby okazać sie, że granica nie istnieje i wtedy nie bylibyśmy w stanie nic wywnioskować, o czym świadczy poniższy przyk lad. Przyk lad 24.6 Znajdziemy granice lim sin 0 0 Stosujemy regu le de l Hospitala, bo lim 0 lim 0 sin 0 cos 2 2 sin =. Mamy wie c cos 0, a ta granica nie istnieje, wystarczy przyja ć n = nπ, by sie o tym przekonać. Wobec tego regu la de l Hospitala nie pomog la nam w rozwia zaniu tego problemu. Oczywiście sin, zatem lim sin 0 = 0. 403.
Przyk lad 24.7 Obliczymy granice lim lncos + 4 + 2 )) 0 tg sin. Jasne jest, że zarówno licznik jak i mianownik maja granice 0. Jednak pochodne wypisanych funkcji nie wygla daja zbyt przyjaźnie. Postaramy sie uprościć problem zaste puja c niektóre funkcje wielomianami. Zaczniemy od mianownika. Znajdziemy taka licz- tg sin be naturalna k, że granica lim 0 k od 0. Stosujemy regu le de l Hospitala: tg sin lim 0 k +tg 2 cos 0 k k be dzie skończona i różna 2 tg +tg 2 )+sin. 0 kk ) k 2 Jeśli k 2, to ta granica jest równa 0, jeśli k 4, to granica prawostronna jest równa. Wobec tego k = 3 i wtedy 2 tg +tg 2 )+sin 0 tg sin lim 0 3 33 ) = 2 3 2 sin Skorzystaliśmy,,po drodze z równości lim 0 3 2 + Możemy wie c obliczać granice korzystaja c z równości lncos + 4 + lim 2 )) 0 tg sin 3 2 = 2. = 0 tg. lncos + 4 + 2 )) 0 3 3 tg sin = lncos + 4 + 2 )) lncos + 4 + = 2lim 2 ). 0 3 0 2 = 2lim ln+h) Mamy lim h 0 h +cos + lim 4 + 2 0 2 Wynika sta d, że lim =, wie c obliczymy granice +cos 0 2 lncos + 4 + 2 )) 0 0 sin 2 = 2. tg sin = 2 2 ) =. W kilku przypadkach obliczaliśmy pochodna pochodnej. To oczywiście zdarza sie cze sto, gdy trzeba ustalić jakie w lasności ma funkcja. Przyjmuje sie naste puja ce określenie. Definicja 24.6 pochodnej wyższego rze du) Niech f be dzie funkcja określona na zbiorze zawieraja cym przedzia l otwarty I zawieraja cy punkt p. Niech f 0) ) = f) dla każdego z dziedziny funkcji f. Za lóżmy, że funkcja f ma pochodna n ) ego rze du f n ) w każdym punkcie przedzia lu I. Jeśli funkcja f n ) ma w punkcie p ) pochodna f n ) p), to te pochodna nazywamy pochodna n tego rze du funkcji f w punkcie 404
p i oznaczamy przez f n) p). Jeśli pochodna n tego rze du jest skończona, to mówimy, że funkcja f jest n krotnie różniczkowalna w tym punkcie. Jest jasne, że f = f ). Zamiast pisać f 2) piszemy na ogó l f. Niektórzy matematycy zamiast f 3) pisza f. Przyk lad 24.8 Niech f) = a + b. Wtedy dla każdego mamy f ) = a, wie c f ) = 0 dla każdej liczby rzeczywistej. Wobec tego również f 3) ) = 0, a sta d wynika, że również f n) ) = 0 dla każdej liczby naturalnej n > i każdej liczby rzeczywistej. Przyk lad 24.9 Niech f) = a 2 + b + c. Wtedy f ) = =2a + b, wie c f ) = 2a, zatem dla każdej liczby naturalnej n > 2 i każdego R zachodzi równość f n) ) = 0. Przyk lad 24.0 Niech f be dzie wielomianem stopnia m, tzn. istnieja takie liczby rzeczywiste a 0, a,...,a m, przy czym a m 0, że dla każdej liczby R zachodzi równość f) = =a 0 + a + a 2 2 + + a m m. Wtedy f m) ) = m!a m dla każdego R oraz f n) ) = 0 dla każdej liczby naturalnej n > m i każdej liczby rzeczywistej. Twierdzenie to wykazaliśmy już w przypadku m =, 2. Za lóżmy, że twierdzenie jest prawdziwe dla wszystkich wielomianów stopnia mniejszego niż m. Wynika sta d, że dla wszystkich liczb rzeczywistych zachodzi równość f ) = a +2a 2 + +ma m m. Ponieważ f jest wielomianem stopnia m, wie c f ) m ) ) = =m )! ma m = m!a m dla każdej liczby rzeczywistej. Ponieważ f ) m ) = f m), wie c dla każdej liczby rzeczywistej mamy f m) ) = m!a m. Sta d oczywiście wynika, że jeśli n > m jest liczba naturalna, to f n) ) = 0 dla każdego R. Przyk lad 24. Niech f) = e. Zachodzi wtedy równość f ) ) = f ) = e. Wobec tego dla każdej liczby naturalnej n i każdej rzeczywistej zachodzi równość f n) ) = e. Przyk lad 24.2 Niech f) = sin. Zachodzi wtedy równość 405
f ) ) = f ) = cos. Zatem f 2) ) = f ) = sin = = f). Sta d wynika, że f 3) ) = f ) = cos oraz f 4) ) = f ) = sin. Jasne jest, że od tego momentu be da sie kolejno pojawiać, cos, sin, cos i znów sin itd. Można wie c napisać f 2n) ) = ) n sin oraz f 2n+) ) = = ) n cos dla dowolnego n {0,,2,...} i R. Przyk lad 24.2 Tak jak w poprzednim przyk ladzie wykazujemy, że cos ) 2n) = ) n cos i cos ) 2n+) = ) n+ sin. Przyk lad 24.3 Niech f) = ln. Mamy wie c naste puja ca równość f ) ) = f ) = =. Wobec tego f 2) ) = =f ) = ) = ) = 2. Naste pnie f 3) ) = = 2) = 2 3. Sta d f 4) ) = 2 3) 4 = 3! 4. Analogicznie f 5) ) = 4! 5 itd. Ogólnie możemy napisać f n) ) = ln)) n) = ) n n )! n dla każdej liczby ca lkowitej n i każdej liczby R.. Przyk lad 24.4 Obliczymy kilka pochodnych funkcji tangens. Mamy tg ) = +tg 2. Wobec tego zachodzi równość tg ) = = + tg 2 ) = 2 tg + tg 2 ) = 2tg + tg 3 ) skorzystaliśmy z wzoru na pochodna funkcji z lożonej. Sta d tg ) 3) = 2 + 3 tg 2 ) + tg 2 ) = 2 + 4 tg 2 + 3 tg 4 ), a sta d otrzymujemy równość tg ) 4) = 28 tg + 2 tg 3 ) + tg 2 ) = = 82 tg + 5 tg 3 + 3 tg 5 ). Te obliczenia można kontynuować, jednak w tym przypadku nie da sie napisać równie prosto jak w poprzednich przypadkach ogólnego wzoru na n ta pochodna funkcji. Można jednak zauważyć, że dla każdej liczby naturalnej n istnieje taki wielomian w n zmiennej t stopnia n +, o nieujemnych wspó lczynnikach, podzielny przez wielomian + t 2, że tg ) n) = w n tg ). Wielomian w n jest funkcja parzysta, gdy n jest liczba nieparzysta, a funkcja nieparzysta, gdy n jest liczba parzysta. 406
Przyk lad 24.5 Znajdziemy teraz wzór na n ta pochodna funkcji 2 +5+6 = 3 +3 2 +2. Wystarczy znaleźć n ta pochodna funkcji postaci +c. Mamy +c) = + c) 2. Wobec tego +c) = 2) + c) 2 = 2 + c) 3. Naste pnie otrzymujemy 3) +c) = 6 + c) 4 = 6! + c) 4. Bez żadnych trudności piszemy wzór ogólny na n ta pochodna tej funkcji: n) +c) = ) n n! + c) n. Sta d wynika już od razu, że n) +5+6) = ) n n! 3 + 3) n 2 + 2) n ). Wypa- 2 da jednak zaznaczyć, że bez roz lożenia na czynniki mianownika nasze szanse na sukces by lyby mniejsze. Przyk lad 24.6 Wykazaliśmy poprzednio, że jeśli funkcja jest różniczkowalna na pewnym przedziale i jej pochodna jest na tym przedziale równa 0, to funkcja ta jest sta la. Za lóżmy teraz, że f ) = 0 dla wszystkich a,b) dla pewnych a,b R. Wtedy na mocy poprzednio wykazanego stwierdzenia funkcja f jest sta la na przedziale a,b). Niech f ) = A dla wszystkich a,b). Niech g) = f) A. Zachodzi oczywista równość g ) = 0 dla każdej liczby a,b). Wobec tego g jest funkcja sta la. Oznaczaja c jej jedyna wartość przez B otrzymujemy równość B = g) = f) A. Sta d od razu wynika, że f) = A + B dla każdej liczby a,b). Wykazaliśmy wie c, że jeśli druga pochodna jest tożsamościowo równa 0, to funkcja jest wielomianem stopnia nie wie kszego niż. Podobnie można wykazać, że jeśli trzecia pochodna jest tożsamościowo równa 0 na pewnym przedziale, to funkcja jest na tym przedziale wielomianem stopnia nie wie kszego niż 2. Jeśli bowiem f 3) ) = 0 dla każdego a,b), to na mocy poprzedniego stwierdzenia funkcja f jest wielomianem postaci A + B. Zgadujemy, że 2 A2 + B ) = =A+B. Sta d wynika, że f) 2 A2 B ) = 0 dla wszystkich a,b). Wobec tego funkcja f) 2 A2 B jest sta la, co kończy dowód tego, że f jest wielomianem, którego stopień 407
jest mniejszy niż 3. Jest ca lkowicie jasne, że kontynuuja c to rozumowanie wykażemy, że jeśli n ta pochodna pewnej funkcji jest równa 0 w każdym punkcie pewnego przedzia lu, to funkcja ta na tym przedziale jest wielomianem, którego stopień jest mniejszy niż n. Przyk lad 24.7 Za lóżmy, że f jest funkcja różniczkowalna na pewnym przedziale oraz że dla pewnej liczby rzeczywistej k równość f ) = kf) zachodzi dla wszystkich. Wykażemy, że w tej sytuacji istnieje sta la C R, taka że dla każdej liczby rzeczywistej zachodzi równość f) = Ce k. W celu uzyskania tej równości starczy wykazać, że iloraz f) jest funkcja sta la, czyli że pochodna tego ilorazu jest wsze dzie równa 0. Mamy ) f) e k = f )e k ke k f) e 2k = f ) kf) e k = 0 ostatnia równość wynika z za lożenia o funkcji f. Wykazaliśmy wie c, że iloraz jest funkcja sta la. Te sta la oznaczamy przez C. Jasne jest, że f) = Ce k. Przyk lad 24.8 Rozważymy nieco bardziej skomplikowana zależność niż w poprzednim przyk ladzie. Mianowicie za lożymy, że f jest funkcja dwukrotnie różniczkowalna w każdym punkcie prostej 24.3 oraz że dla każdej liczby rzeczywistej zachodzi równość f ) = f). Bez trudu stwierdzamy, że funkcje g ) = e oraz g 2 ) = e spe lniaja to równanie. Maja c dwie, można ich znaleźć nieskończenie wiele. Jeśli c i c 2 sa dowolnymi liczbami rzeczywistymi, to funkcja c g ) + c 2 g 2 ) = c e + c 2 e też spe lnia to równanie. Funkcja u) = f) c g ) c 2 g 2 ) również spe lnia to równanie. Liczby c i c 2 można dobrać w taki sposób, że u0) = 0 = u 0) wystarczy rozwia zać uk lad równań: f0) = c + c 2, f 0) = c c 2 traktuja c c i c 2 jako niewiadome, a f0) i f 0) jako dane liczby. Otrzymujemy c = = 2 f0) + f 0)) oraz c 2 = 2 f0) f 0)). Szukamy wie c takiej dwukrotnie różniczkowalnej funkcji u, że dla każdego za- e k 24.3 Nie jest istotne, że dziedzina jest prosta, może być dowolny przedzia l. 408
chodza wzory u ) = u) i u 0) = 0 = u0). Wykażemy, że u to funkcja zerowa. Niech v) = u ) u). Funkcja v jest różniczkowalna, v ) + v) = u ) u ) + u ) u) = 0 dla każdej liczby i v0) = 0. Istnieje wie c takie C, że v) = Ce dla każdego twierdzenie z poprzedniego przyk ladu dla k =. W tej sytuacji 0 = v0) = Ce 0 = C, zatem v) = 0 dla każdej liczby. Wynika sta d, że u ) = u) dla każdej liczby, wie c istnieje taka liczba C, że u) = Ce dla każdego znów stosujemy rezultat z poprzedniego przyk ladu, tym razem dla k =. Ponieważ 0 = u0) = Ce 0 = C, wie c u) = 0 dla każdego, zatem f) = c g ) + c 2 g 2 ). Przyk lad 24.9 Wykazaliśmy w poprzednich przyk ladach, że jeśli któraś z równości f n) ) = 0, f ) = kf), f ) = =f) jest spe lniona w każdym punkcie pewnego przedzia lu, to funkcje f można opisać prostym wzorem. Omówimy jeszcze jeden przyk lad tego typu. Za lożymy, że dla wszystkich punktów pewnego przedzia lu I spe lniony jest wzór f ) = f). 24.4 Wykażemy, że w tej sytuacji istnieja liczby a,b R, takie że dla każdej liczby I zachodzi równość f) = acos + bsin. Niech p oznacza dowolny punkt przedzia lu I. Jasne jest, że w każdym punkcie I zachodzi równość acos + bsin ) = acos + bsin ), tzn. funkcja postaci acos + bsin spe lnia rozpatrywane równanie. Wybierzemy liczby a i b tak, by mia ly miejsce równości fp) = acos p + bsin p oraz f p) = asin p + bcos p, czyli a = fp)cos p f p)sin p oraz b = fp)sin p + f p)cos p. Niech u) = f) acos bsin. Mamy u ) = u) dla każdej liczby I oraz że up) = 0 = u p). Sta d wynika, że u )) 2 + u)) 2) = 2 u )u ) + u )u)) = 0. Wobec tego funkcja u )) 2 + u)) 2 jest sta la na przedziale I, zatem u )) 2 + u)) 2 = u p)) 2 + up)) 2 = 0 dla każdego R. 24.4 Taka zależność, a dok ladniej f = g l f pojawia sie przy analizowaniu ruchu wahad la matematycznego o d lugości l przy za lożeniu, że amplituda jest tak ma la, że przybliżenie f sin f jest dostatecznie dok ladne, g to przyspieszenie ziemskie. 409
Suma kwadratów liczb rzeczywistych jest równa 0 wtedy i tylko wtedy, gdy obie te liczby sa zerami. Wobec tego dla każdego R zachodzi równość u) = 0, a zatem f) = acos + bsin dla każdego R. Okaza lo sie, że również w tym przypadku można latwo opisać wszystkie funkcje spe lniaja ce równanie f = f. Tego typu równania nazywane sa równaniami różniczkowymi zwyczajnymi. Istnieje obszerna teoria równań różniczkowych zwyczajnych. Nie mamy tu możliwości omawiania jej. Jest ona stosowana również w wielu dziedzinach poza matematyka, przede wszystkim w fizyce, w chemii, w technice, również w ekonomii. Znajdowanie pochodnych wyższego rze du polega na obliczaniu pochodnych rze du pierwszego, wie c w laściwie już sie z tym zapoznaliśmy. Jeśli chodzi o wzory ogólne, to oczywistym w zasadzie niewartym wspomnienia jest wzór na n ta pochodna sumy dwu funkcji różniczkowalnych n krotnie: f + g) n) ) = f n) ) + g n) ). Leibniz zauważy l, że jeśli funkcje f i g sa n krotnie różniczkowalne, to zachodzi równość przypominaja ca wzór dwumianowy Newtona: f g) n) ) = n j=0 ) n f n j) )g j) ) j Lz) Prosty dowód tego wzoru wykorzystuja cy wzór na pochodna iloczynu dwu funkcji i znana równość ) n j + n ) j+ = n+ j+), dzie ki której wspó lczynniki dwumianowe można obliczać za pomoca trójka ta Pascala, pozostawiamy Czytelnikom w charakterze ćwiczenia. Wzory na n ta pochodna z lożenia i funkcji odwrotnej sa na tyle skomplikowane, że w laściwie w ogóle nieprzydatne, zreszta trudno je znaleźć w literaturze. Przejdziemy teraz do sformu lowania jednego z najważniejszych wzorów analizy matematycznej, tzw. wzoru Taylora. Pierwsza pochodna funkcji wprowadziliśmy po to, by móc przybliżyć funkcje w pobliżu interesuja cego nas punktu wielomianem stopnia pierwszego. Drugie pochodne i pochodne wyższych rze dów pojawi ly sie w kilku miejscach w zwia zku z bardziej szczegó lowym 40
badaniem funkcji. Okazuje sie, że definicje pochodnej, zwia zana z przybliżaniem funkcji wielomianem stopnia pierwszego lub zerowego, można uogólnić. Tym zajmiemy sie teraz. Efektem be dzie zapowiadany wzór Taylora. Poprzednio b la d przybliżenia mia l być ma ly w porównaniu z pierwsza pote ga zmiany argumentu. Teraz zaża damy, by by l ma ly w porównaniu z wyższymi pote gami h. Zmusi nas do użycia wielomianów stopnia wyższego niż. Jeśli 0 < h <, to h > h 2 > h 3 > h 4 >... Jasne jest też, że jeśli h jest bardzo blisko 0, to h 2 jest znacznie bliżej zera niż h, h 3 znacznie bliżej niż h 2 h itd. Jest tak, bo lim 2 h 0 h = 0 h i ogólnie, jeśli m > n, to lim m h 0 h = 0. Można myśleć o tym tak: n jeżeli h jest bardzo ma le i m > n, to liczba h m = h m n h n stanowi znikoma cze ść liczby h n, oczywiście obie sa wtedy bardzo ma le, ale jedna jest istotnie mniejsza niż druga. Wobec tego, z naszego punktu widzenia, różnica mie dzy dwiema funkcjami f i g be dzie ma la, jeśli be dzie da żyć do 0 po podzieleniu przez h n, gdzie oznacza liczbe naturalna. Naste puja cy lemat podaje warunek konieczny i dostateczny na to, by jedna funkcja by la bliska drugiej w tym sensie. Lemat 24.7 o funkcjach ściśle przylegaja cych) Jeśli funkcje f i g sa n krotnie różniczkowalne w punkcie 0, to f) g) lim 0 n = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy pochodne funkcji f i g w punkcie 0 sa równe do n tego rze du w la cznie: f j) 0) = g j) 0) dla j {0,,...,n}. Dowód. Za lóżmy, że lim 0 f) g) n = 0. Oznaczamy r) = =f) g). Udowodnimy, że r0) = r 0) =... = r n) 0) = 0. r) Jeśli że 0 j n, to lim 0 j r) 0 n lim 0 n j = 0, bo pierwsza granica jest równa 0, a druga 0 lub w zależności od tego, czy j < n czy też j = n. Mamy lim r) = 0. Sta d 0 i z tego, że funkcja r jest cia g la w punkcie 0, jako różniczkowalna, 4
r) wynika, że r0) = 0. Mamy 0 0 Wobec tego r 0) = 0. r) r0) 0 = r 0). Teraz wykażemy, że r 0) = 0 zak ladaja c, że n 2). Stosujemy teraz regu le de l Hospitala: r) r ) 0 0 2 0 2 = 2 lim 0 Trzecia pochodna też równa jest 0: r) 0 0 3 r ) 0 3 2 r ) 0 6 r ) r 0) Powtarzamy procedure aż do uzyskania równości lim 0 = 2 r 0). r ) r 0) 0 6 = r3) 0) 6. n! rn) 0) = 0. Wykażemy teraz, że jeśli r0) = r 0) =... = r n) 0) = 0, to r) n lim 0 = 0. Stosujemy regu le de l Hospitala: r) n 0 r ) =... nn 0 r n ) ) nn )...2. r n ) ) r n ) ) r n ) 0) Mamy lim = r n) 0) = 0, 0 0 co kończy dowód lematu. Wniosek 24.8 z dowodu) Jeśli funkcja r jest n krotnie różniczkowalna w punkcie 0 oraz r0) = r 0) = r 0) = r n ) 0) = 0, to lim 0 r) n = rn) 0) n!. Z lematu o funkcjach ściśle przylegaja cych wynika, że jeśli chcemy przybliżyć funkcje w otoczeniu punktu p wielomianem w tak, by b la d przybliżenia by l ma ly w porównaniu z h n, to pochodne tego wielomianu w punkcie 0, do n tego rze du w la cznie, musza być równe odpowiednim pochodnym funkcji f w punkcie p: f j) p) = w j) 0). Jeżeli w) = a 0 +a +a 2 2 + +a n n dla każdego R, to w j) 0) = j!a j dla j = 0,,2,...,n. Wynika sta d, że powinno być a j = fj) p) j!. To motywuje wprowadzenie naste puja cego określenia. Definicja 24.9 wielomianu Taylora i reszty) Za lóżmy, że funkcja f ma w punkcie p pochodna n tego rze du. n tym wielomianem Taylora funkcji f w punkcie p nazywamy 42
wielomian T p,n,f h) = fp)+f p)h+ f p) h 2 + f3) p) 2! 3! zmiennej h. n ta reszta nazywamy różnice r n h) = fp + h) T p,n,f h) = = fp + h) h 3 + + fn) p) h n n! fp) + f p)h + f p) 2! h 2 + + fn) p) n! h n ). Oczywiście wielomian Taylora określony jest dla wszystkich liczb h, natomiast reszta tylko dla takich h, dla których punkt p + h znajduje sie w dziedzinie funkcji f. Jasne jest też, że po to, by móc mówić o pochodnej f n) p) trzeba za lożyć istnienie pochodnej f n ) oraz wszystkich pochodnych niższego rze du w pewnym otoczeniu punktu p. Zachodzi naste puja ce Twierdzenie 24.0 G.Peano) Jeśli f jest funkcja n krotnie różniczkowalna w punkcie p, to zachodzi równość lim h 0 r n h) h n = 0. Równość fp+h) = fp)+f p)h+ f p) 2! h 2 + + fn) p) n! h n +r n h) nazywana bywa wzorem Taylora z reszta Peano, jeśli dodamy informacje zawarta w twierdzeniu Peano. Twierdzenie Peano wynika natychmiast z lematu o funkcjach ściśle przylegaja cych. Również z tego lematu wynika, że innego wyboru nie ma, jeśli chcemy mieć tak dok ladne przybliżenie i nie chcemy zwie kszać stopnia wielomianu ponad niezbe dne minimum. Twierdzenie 24. o jednoznaczności wielomianu Taylora) Jeśli funkcja f jest n razy różniczkowalna w punkcie p, w jest wielomianem stopnia nie wie kszego niż n, tzn. istnieja takie liczby a 0, a,...,a n, że dla każdej liczby rzeczywistej zachodza wzory w) = a 0 +a +a 2 2 + +a n n fp+h) wp) i lim h 0 h n = 0, to dla każdego j {0,,2,...,n} zachodzi wzór f j) p) = j!a j, wie c w jest wielomianem Taylora funkcji f w punkcie p. Nadmienić wypada, że Taylor by l wspó lczesny Newtonowi, wzór Taylora znaleziony zosta l od razu. Idea przybliżania dok lad- 43
niejszego niż liniowe by la obecna w omawianej teorii od samego pocza tku! Również wspó lczesny Newtonowi by l Szkot o nazwisku Maclaurin, którego nazwiskiem opatrywany jest wzór Taylora dla p = 0. Zaznaczmy jeszcze, że z wzorem Taylora zwia zane jest szereg Taylora funkcji: n=0 f n) p) n! h n. Szereg ten może mieć dodatni promień zbieżności lub zerowy. Chca c o nim mówić trzeba za lożyć, że funkcja ma w punkcie p pochodne wszystkich rze dów. Nawet wtedy może mieć on zerowy promień zbieżności lub mieć sume różna od fp + h). Gdy p = 0 mówimy o szeregu Maclaurina. Czytelnik pozna l już rozwinie cia w szereg Maclaurina funkcji wyk ladniczej o podstawie e: e = funkcji sinus: sin = ) n 2n+ n=0 funkcji kosinus: cos = 2n+)!, ) n 2n n=0 funkcji arkus tangens: arctg = oraz rozwinie cie w szereg Taylora: 2n)!, n=0 ) n 2n+ n=0 funkcji ln wokó l punktu p = : ln + ) = n n!, 2n+, ) n n n, n= funkcji pote gowej o wyk ladniku a R wokó l punktu p = : + ) a = a ) n n. n=0 Przyk lad 24.20 Rozwiniemy wokó l punktu = 2 funkcje 2 +5+6. Mamy 2 +5+6 = 3 +3 2 +2 = 3 2)+5 2 2)+4 = 3 = 5[ 2)/5+] 2 2[ 2)/4+] = 3 5 ) n ) 2 n 5 2 4 n=0 n=0 ) n ) 2 n = ) n 3 4 n=0 44 5 n+ 2 4 n+ ) 2) n.
Wobec tego n ty wielomian Taylora w punkcie 2 rozwijanej funkcji jest równy 0 3 25 8 ) 2)+ + )n ) 3 5 2 n+ 4 2) n. n+ Bez sztuczek algebraicznych, od których zacze liśmy rozwijanie tej funkcji w szereg, otrzymanie krótkich wzorów na wspó lczynniki wielomianu Taylora by loby trudniejsze. Uwaga 24.2 Jeśli f) = a 0 + a + a 2 2 + = a n n dla r,r), n=0 r > 0, to n-tym wielomianem Taylora funkcji f w punkcie 0 jest a 0 + a + + a n n. Dla dowodu wystarczy przekonać sie, że lim 0 an+ n+ + a n n+2 n+2 + ) 0 a n j j = 0. Wynika to jednak latwo z równości: lim 0 j=n+ a j j n 0 j= a j+n j = lim 0 n a j+n 0 j = 0. j= j=n+ j=n+ a j j = Przedostatnia równość wynika np. z jednostajnej zbieżności szeregu na jakimkolwiek przedziale postaci [ c, c] dla c 0, r). Przyk lad 24.2 Przedstawimy funkcje arcsin w postaci sumy szeregu Maclaurina. Jeśli <, to arcsin ) = 2 = 2 ) /2 = + n= /2 n n=0 n! 2 ) 3 2 )... 2n 2 ) 2 ) n = + = + n= 3... 2n ) 2 4... 2n) 2n = 2 4... 2n) 2n+) 2n+ ), zatem funkcja arcsin + + n= n= 3... 2n ) ) 2 ) n = + 3... 2n ) n! 2 n 2n = ) 3... 2n ) 2 4... 2n) 2n+) 2n+ n= /2 n n=0 na przedziale, ), na którym szereg jest sta la ) 2 ) n jest zbieżny. Wartość tej funkcji w punkcie 0 jest równa 0. Sta d 45
wniosek: arcsin = + n= 3... 2n ) 2 4... 2n) 2n+) 2n+ dla,). Wyjaśnimy jeszcze kwestie = ±. Zauważmy, że 2) 2 < < ) ) 2) 3, 2 ) ) 4 < 4 5,..., 2 2n) < < ) 2n 2n+). Wobec tego 3... 2n ) 2 4... 2n) 2n+) = ) 2n+ 2 ) 2 2 4... 2 2n) < ) ) ) ) ) < 2n+ 2 3 4 5... 2n 2n+) = = 2n+ + n= 2n+ =. Wynika sta d, że dla = szereg 2n+) 3/2 3... 2n ) 2 4... 2n) 2n+) 2n+ jest zbieżny 24.5, co wie cej z kryterium Weierstrassa wynika, że szereg ten jest zbieżny jednostajnie na przedziale [,], zatem jego suma jest funkcja cia g la na tym przedziale. Ponieważ ta suma i funkcja arcsin sa równe w przedziale,) i cia g le w punkcie = i w punkcie =, wie c sa też równe w punktach ±. Dodajmy jeszcze, że 3... 2n ) jeśli >, to szereg + 2 4... 2n) 2n+) 2n+ jest rozbieżny, n= o czym Czytelnik może przekonać sie np. stosuja c kryterium ilorazowe d Alemberta. Sta d wynika, że 2n + ) szy wielomian Taylora funkcji arcsin jest równy + 2 3 3 + 3 2 4 5 5 + + 3... 2n ) 2 4... 2n) 2n+) 2n+. Przyk lad 24.22 Niech f0) = 0 i f) = e /2 dla 0. Jeśli 0, to f )= 2 3 e /2, f )= 4 +4 6) e /2 i ogólnie dla każdej liczby naturalnej n istnieje taki wielomian w n stopnia 3n, że f n) ) = w n ) e / 2 dla każdego 0. Dowodzimy tego przez indukcje wzgle dem n. Dla n = teze już sprawdziliśmy. Jeśli f n) ) = w n ) e / 2, to f n+) ) = 2 w n ) + 2 3 w n )) e / 2, 24.5 Można też pos lużyć sie kryterium Raabe go, jeśli ktoś je pamie ta. 46
wie c w n+ y) = 2y 3 w n y) y 2 w ny). Mamy teraz lim f n) ) = 0 =lim w ) n 0 e / 2 w ny)e y2 w n y) = 0. Ta ostatnia równość wynika z tego, że dla każdej liczby rzeczywistej y y e y2 a y zachodzi równość lim a y e y = 0, wie c tym bardziej lim y y a e y2 = 0. Ponieważ f jest funkcja cia g la w punkcie 0 i lim 0 f ) = 0, wie c f 0) = 0 wynika to wprost z twierdzenia Lagrange a o wartości średniej, można też zastosować regu le de l Hospitala. Sta d, w taki sam sposób, wnioskujemy, że f 0) = 0 itd. indukcja). Wobec tego dla każdego n mamy f n) 0) = 0. Z tych rozważań wynika, że funkcja f ma pochodne dowolnego rze du oraz, że T 0,n,f h) = 0 dla każdego h. Sta d wynika, że w tym przypadku dzie ki badaniu wielomianu Taylora nic o funkcji dowiedzieć sie nie można! Tym razem ca la informacja jest ukryta w reszcie. Oczywiście 0 = f0) jest najmniejsza wartościa funkcji f, ale to wynika wprost z definicji tej funkcji. Przyk lad 24.23 Niech g) = f), gdzie f oznacza funkcje zdefiniowana w poprzednim przyk ladzie. Z wzoru na pochodna iloczynu dwu funkcji i tego, że f n) 0) = 0 dla dowolnej liczby ca lkowitej n 0 wynika, że g n) 0) = 0 dla każdego ca lkowitego n 0. Funkcja g przyjmuje wartości dodatnie dla > 0, a dla < 0 ujemne. Wobec tego w punkcie 0 nie ma lokalnego ekstremum. Przyk lad 24.24 Niech ϕ) = sin e /2 dla 0 oraz ϕ0) = 0. Rozumuja c tak, jak w przyk ladzie 24.22 dowodzimy, że funkcja ϕ jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna oraz że ϕ n) 0) = 0 dla każdej liczby ca lkowitej n 0. Bez trudu można stwierdzić, że nie istnieje taka liczba δ > 0, że na przedziale 0,δ) funkcja ϕ jest wypuk la lub wkle s la. Wobec tego 0 nie jest punktem przegie cia funkcji ϕ. W punkcie 0 funkcja ϕ nie ma też lokalnego ekstremum. Podobnie jak w dwóch poprzednich przyk ladach przyjrzenie sie wielomianowi Taylora w punkcie 0 nic nie daje, ca la informacja o funkcji ϕ jest ukryta w reszcie, która jest równa funkcji. 47
Twierdzenie 24.3 o lokalnych ekstremach) Za lóżmy, że funkcja f jest n krotnie różniczkowalna w punkcie p oraz że zachodza równości 0 = f p) = f p) =... = f n ) p) i nierówność f n) p) 0. Wtedy. jeśli n jest liczba nieparzysta, to funkcja f nie ma w punkcie p lokalnego ekstremum w dowolnie ma lym otoczeniu punktu p przyjmuje zarówno wartości wie ksze niż w punkcie p jak i wartości wie ksze niż w punkcie p, 2. jeśli n jest liczba parzysta, funkcja to f ma w punkcie p lokalne ekstremum w laściwe: minimum, gdy f n) p) > 0; maksimum, gdy f n) p) < 0. Dowód. Skorzystamy z wzoru Taylora: fp + h) = fp) + + f p)! h+ f p) 2! h 2 + + fn ) p) n )! h n + fn) p) n! h n +r n h). Wobec za lożeń o pochodnych funkcji f w punkcie p możemy napisać fp + h) fp) = fn) p) f h n + r n h) = h n n) p) n! n! + r ) nh) h n Ponieważ lim r n h) h 0 h n 0 < h < δ, to = 0, wie c taka liczba istnieje δ > 0, że jeśli < f n) p) n!. Znak sumy dwu liczb jest r nh) h n taki sam jak znak tej z nich, której wartość bezwzgle dna jest wie ksza. W przypadku sumy fn) p) n! + r nh) h jest on wie c, przy n za lożeniu, że 0 < h < δ, taki jak znak liczby f n) p) n! nie ma wp lywu znak). Jeśli n jest liczba nieparzysta, to znak iloczynu ) h n f n) p) n! + r nh) h zmienia n sie wraz ze zmiana znaku h. Jeśli n jest liczba parzysta, to znak ten jest niezależny od znaku h: ) w przypadku f n) p) < 0 liczba h n f n) p) n! + r nh) h jest ujemna, n zaś w przypadku f n) p) > 0 dodatnia. Sta d wynika teza. Twierdzenie 24.4 o punktach przegie cia). Jeśli p jest punktem przegie cia funkcji f, która jest dwukrotnie różniczkowalna w tym punkcie, to f p) = 0. 48
2. Jeżeli n > 2 i funkcja f jest n krotnie różniczkowalna w punkcie p oraz 0 = f p) = f 3) p) =... = f n ) p) i f n) p) 0, to jeśli n jest liczba nieparzysta, to p jest punktem przegie cia funkcji f, jeśli natomiast liczba n jest parzysta, to p nie jest punktem przegie cia funkcji f. Dowód.. Z definicji punktu przegie cia wynika, że istnieje taka liczba δ > 0, że na jednym z przedzia lów p δ,p], [p,p + δ) funkcja f jest wypuk la, a na drugim wkle s la. Dla ustalenia uwagi przyjmijmy, że na przedziale p δ,p] funkcja f jest wypuk la, a na przedziale [p,p + δ) wkle s la. Ponieważ f jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie p, wie c jest różniczkowalna w punktach pewnego przedzia lu o środku w punkcie p. Bez straty ogólności można przyja ć, że tym przedzia lem jest p δ,p + δ). Wobec tego na przedziale p δ,p] pochodna f funkcji f jest niemaleja ca i wobec tego jej pochodna, czyli f, jest nieujemna w każdym punkcie, w którym jest określona, wie c w szczególności f p) 0. Na przedziale [p,p+δ) funkcja f jest wkle s la i wobec tego f p) 0. Ponieważ f p) 0 f p), wie c f p) = 0. 2. Zastosujemy wzór Taylora do funkcji f w punkcie p biora c pod uwage zerowanie sie kolejnych pochodnych. Mamy ) f p + h) f p) = h n 2 f n) p) n 2)! + r n 2h) h. n 2 Niech δ > 0 be dzie taka liczba dodatnia, że jeśli 0 < h < δ, to r n 2h) f h < n) p) n 2 n 2)!. Liczby fn) p) n 2)! + r n 2h) f h i n) p) n 2 n 2)! maja wie c taki sam znak. Jeśli liczba n jest nieparzysta, to liczba h n 2 jest dodatnia dla dodatnich h i ujemna dla h ujemnych. Wobec ) tego liczba f p + h) = h n 2 f n) p) n 2)! + r n 2h) h jest na jednym n 2 z przedzia lów δ,0), 0,δ) dodatnia, a na drugim ujemna. Wobec tego na jednym z przedzia lów p δ, p], [p, p + δ) funkcja f jest ściśle wkle s la, a na drugim ściśle wypuk la. Wynika sta d, że p jest punktem przegie cia funkcji f. Jeżeli natomiast liczba n jest parzysta, to wtedy funkcja f ma w punkcie p lokalne ekstremum w laściwe, wie c albo na ca lym przedziale p δ,p + δ) z wyja tkiem punktu p funkcja f 49 jest dodatnia, albo na ca lym
przedziale p δ,p + δ funkcja f jest ujemna. W pierwszym przypadku funkcja f jest ściśle wypuk la na calutkim przedziale p δ,p + δ), a w drugim ściśle wkle s la. W żadnym z tych przypadków p nie jest punktem przegie cia funkcji f. Dowód zosta l zakończony. Dowody dwóch ostatnich twierdzeń ilustruja, jak stosowany jest wzór Taylora: pewna w lasność przys luguje wielomianowi Taylora, reszta nie jest w stanie jej zmienić, bo jest za ma la. Oczywiście istotnym za lożeniem jest f n) p) 0 bez niego nie mamy podstaw do twierdzenia, że reszta jest ma la w porównaniu z wielomianem Taylora funkcji f) fp), przeciwnie w takim przypadku wszystkie informacje o zachowaniu sie funkcji w pobliżu punktu p zawarte sa w reszcie, o której niewiele wiemy! Wypada podkreślić, że mówimy tu jedynie o zachowaniu sie funkcji w pobliżu punktu p, na nic wie cej nie możemy liczyć, bo za lożenia, które uczyniliśmy dotycza jedynie pochodnych w tym jednym punkcie! O wielkości liczby δ również nic nie możemy powiedzieć. Jeżeli w konkretnej sytuacji musimy czegoś konkretnego o niej dowiedzieć sie, to wymaga to dalszego badania konkretnej funkcji. Kończa c przytoczymy twierdzenie pozwalaja ce napisać reszte r n w konkretnej postaci przy dodatkowym za lożeniu, że istnieje naste pna pochodna funkcji w pewnym otoczeniu interesuja cego nas punktu. Z trzech cze sto przytaczanych wzorów podamy tylko jeden, bo ich stosowalność jest dosyć ograniczona z wyja tkiem jednego, w którym wyste puje ca lka, wie c na razie niedoste pnego. Twierdzenie 24.5 Lagrange a o postaci reszty) Jeśli funkcja f:a,b) R jest n + ) krotnie różniczkowalna w przedziale a,b), to mie dzy dowolnymi liczbami,y a,b) można znaleźć taka liczbe c, że r,n,f y ) = fn+) c) n+)! y ) n+. n ) f Dowód. Niech g) = r,n,f y ) =fy) j) ) j! y ) j. Wtedy g ) = n j=0 f j+) ) j! y ) j + 420 n j= j=0 f j) ) j )! y )j =
= fn+) ) n! y ) n. Niech w) = y ) n+, wie c w ) = = n+)y ) n. Z twierdzenia Cauchy ego o wartości średniej wynika, że mie dzy liczbami i y można znaleźć taka liczbe c, że g) gy) w) wy) = g c) w c) = fn+) c) y c) n/ n + )y c) n) = n! = fn+) c) n+)!, wie c g) = g) gy) = fn+) c) n+)! w) wy) ) = = fn+) c) n+)! y ) n+, a w laśnie ten wzór chcieliśmy udowodnić. Uwaga 24.6 Można uzyskać inne postaci reszty zaste puja c w dowodzie twierdzenia Lagrange a wielomian y ) n+ innym wielomianem zeruja cym sie w punkcie y, np. y. Ogólny wzór wygla da wtedy tak: r,n,f y ) = n! fn+) c) w) w c). Dodajmy jeszcze, że dowód twierdzenia jest bardzo krótki, ale jednak jest oparty na pomyśle: traktujemy reszte r,n,f y ) jako funkcje zmiennej przy ustalonym y, choć w pierwszej chwili mamy ochote zmieniać y przy ustalonym. Zadania. Obliczyć granice lim 0 f), jeśli f) =. sin 3 ; 2. ; 3. 5. 7. cos ) sin ) 2 tg ) 6 ; 4. sin683) sin 2) ; sin tg ; 6. sintg sin ) lncos )), a R; a ctg 2 ; 8. 9. cos 2 2 sin 2 ; 0.. ; 2. 2 2 sin 3 ; 3. 2/+ln ) ; 4. e +) 2e ) ; 3 arcsin2) 2 arcsin ; 3 cossin ) cos 4 ; 5. 3 cos ) sin ) ; 6. ln ) ; ) 7. ln ) ln ) ; 8. ε ln, gdzie ε > 0; 9. ) e ; 20. ctg 2. + ) / e ) ; 22. 42 arcsin ) ; ) / 2 ;
23. 25. 27. 29. sin ) / 2 ; 24. lncos ) sin tg ; ln+tg ) sin sin 3 ; 26. tgtg ))+arcsin ; 28. sinsin )+e cos tg + 3 cos 3 sin + 5 tg + 3 /3) ; lncos +arcsin ) e tg ; sinsin ) 3 2 5 ; 30. 3. lncos )) 3 4 6 + 5 20 7 5040 sin) ; sintg )) 5/3 3 ln ) /3 2 + 2 ; 32. lncos ) cos )sin tg e) ; 33. 2 arctg 2 3arctg 3). 2. Obliczyć granice a. lim π π 2 ) tg ; b. lim 2 π 4 c. lim π 4 e. lim g. lim tg ; d. lim 2 sin 2 tg ) tg2) 000.00) ; tg π 2+) / ; f. lim 2 e /000 ; ln + ; h. lim / ) ; i. lim 2 ) tgπ/2) ; j. ln + e ) + ) e ). 3. Obliczyć, jeśli istnieje, granice lim 0 2 sin/) sin. Czy można użyć regu le de l Hospitala bez dodatkowych przekszta lceń)? +sin 4. Obliczyć, jeśli istnieje, granice lim sin. Czy można użyć regu le de l Hospitala bez dodatkowych przekszta lceń)? ++sin cos 5. Obliczyć, jeśli istnieje, granice lim. Czy +sin cos )e sin można użyć regu le de l Hospitala bez dodatkowych przekszta lceń)? 6. Obliczyć granice lim e 2 cos +2 sin )+e 2 sin 2 e cos +sin ) lub wykazać, że ta granica nie istnieje. Czy można zastosować regu le de l Hospitala bez dodatkowych przekszta lceń)? 7. Niech P) oznacza pole odcinka ko la o promieniu odcie tego cie ciwa c), na której oparty jest ka t. Znaleźć trzeci wielomian Taylora w punkcie 0 funkcji P. Wykazać, 422
że P) 2 3c)h), gdzie h) jest równe różnicy promienia okre gu i wysokości trójka ta równoramiennego T 2, którego podstawa jest cie ciwa c a wierzcho lkiem leża cym naprzeciw niej środek okre gu. 8. Oszacować b la d r) pope lniany przy stosowaniu naste puja cego przybliżenia: d lugość luku A), na którym oparty jest ka t o wielkości, jest równa sumie sumie ramion trójka ta równoramiennego T, którego podstawa jest cie ciwa c), na której oparty jest luk A) a wysokościa jest odcinek o d lugości 4 3 odleg lości środków A) i c). 9. Dowieść, że tg ) n) 0) > 0 dla dowolnego nieparzystego n. 0! Dowieść, że wielomian w jest podzielny przez c) k wtedy i tylko wtedy, gdy 0 = w0) = w 0) =... = w k ) 0).. Niech f oznacza funkcje trzykrotnie różniczkowalna i niech S f ) = f3) ) f ) 3 f )) 2 2 f ) dla każdej liczby, dla której f ) 0. Dowieść, że jeśli S f < 0 i S g < 0 i z lożenie f g jest zdefiniowane, to S f g < 0. 2. Dowieść, że jeśli S f < 0 dla pewnej funkcji f, to funkcja f nie ma minimów lokalnych S f z poprzedniego zadania). 3. Dowieść, że jeśli f:[a,b] R jest funkcja p + q) krotnie różniczkowalna w punktach przedzia lu [a,b] i ma pochodna rze du p+q+ w punktach przedzia lu a,b) i fa) = f a) = =f a) =... = f p) a) = 0 = f q) b) =... = f b) = fb), to istnieje taka liczba c a,b), że f p+q+ c) = 0. 4! Dowieść, że jeśli wielomian a 0 + a + + a n n ma n pierwiastków rzeczywistych liczonych z krotnościami, to k ta pochodna tego wielomianu ma n k pierwiastków rzeczywistych liczonych z krotnościami. 5. Dowieść, że funkcja e n e ) n) jest wielomianem, który ma n różnych pierwiastków dodatnich. 6. Udowodnić, że jeśli f n) ) = 0 dla każdego R, to funkcja f jest wielomianem stopnia mniejszego niż n. 423
7. Dowieść, że jeśli f: R R jest funkcja nieskończenie wiele razy różniczkowalna i dla każdego R istnieje taka liczba naturalna n 00, że f n ) ) = 0, to funkcja f jest wielomianem stopnia mniejszego niż 00. 8. Dowieść, że jeśli f: R R jest funkcja nieskończenie wiele razy różniczkowalna i dla każdego R istnieje taka liczba naturalna n, że f n ) ) = 0, to f jest wielomianem. 9. Dowieść, że jeśli f:[0, ) R jest taka funkcja nieskończenie wiele razy różniczkowalna, że 0 = f0) = f 0) = =f 0) =... i f n) ) 0 dla każdej liczby 0 i każdej liczby ca lkowitej n 0, to f) = 0 dla każdego 0. 20. Dowieść, że jeśli f: R R jest taka funkcja dwukrotnie różniczkowalna, że f ) = ω 2 f) dla każdego R, to f) = f0)cosω) + f 0)sinω) dla każdego R. 2. Dowieść, że jeśli f: R R jest taka funkcja dwukrotnie różniczkowalna, że f ) = ω 2 f) dla każdego R, to f ω ) = 2[ f0) e +e ) +f 0) e e )] dla każdego R. 22. Dowieść, że jeśli f: R R jest taka funkcja dwukrotnie różniczkowalna na przedziale [a,b], że f a) = 0 = f b), to istnieje takie c a,b), że f ) 4 fb) b a) fa). 2 23. Dowieść, że jeśli f: R R jest funkcja dwukrotnie różniczkowalna w punkcie, to f f+h)+f h) 2f) ). h 0 h 2 24. Dowieść, że jeśli f:[a,b] R jest taka funkcja n krotnie różniczkowalna, że f j ) = 0 dla pewnych 0,,..., n z przedzia lu [a,b], j = 0,,...,n i 0 < <... < n, to istnieje taka liczba c a,b), że f n) c) = 0. 25. Dowieść, że jeśli T m ) = 2 m cosarccos ), gdy <, to 2 )T m ) T m ) + m2 T m ) = 0. 26. Dowieść, że jeśli P m ) = 2 m m! 2 ) m) m), to 2 )P m) P m) + mm + )P m ) = 0. 27. Czy szereg n n! jest jednostajnie zbieżny na ca lej prostej? 424
28. Wyjaśnić, czy szereg ) n 2n+ 2n+)! jest jednostajnie zbieżny na ca lej prostej. 29. Niech f0) = 0 i f) = e /2 sin dla 0. Wykazać, że funkcja f jest nieskończenie wiele razy różniczkowalna. 30. Podać przyk lad takiej nieskończenie wiele razy różniczkowalnej funkcji f, że f) > 0 dla 0 i że na żadnym przedziale postaci [0,δ], δ > 0, funkcja ta nie jest wypuk la ani wkle s la. 3. Dowieść, że jeśli f:0, ) R jest funkcja dwukrotnie różniczkowalna i M j = sup{ f j) ) : > 0} dla j = 0,,2, to M 2M 0 M 2 oraz że w tej nierówności wspó lczynnika 2 nie można zmniejszyć. 32. Dowieść, że jeśli f:0, ) R jest funkcja dwukrotnie róż- niczkowalna, lim f) = 0 i funkcja f jest ograniczona, to lim f ) = 0. 33. Za lóżmy, że funkcja f jest k krotnie różniczkowalna w punkcie p, a funkcja g jest k krotnie różniczkowalna w punkcie fp), to zachodzi równość g f) k) p) = ) n f p) 2! ) n2... f j) p)) nj!, = k! n!n 2!... n j! gj) fp)) f p)! gdzie sumowanie rozcia ga sie na wszystkie takie uk lady liczb naturalnych n,n 2,...,n j ), że n + 2n 2 + + jn j = k. 34. Dowieść, że jeśli dwukrotnie różniczkowalna na R funkcja f spe lnia warunki f) ) 2 a i f ) ) 2 + f ) ) 2 b dla każdego R, to R f) ) 2 + f ) ) 2 maa,b). 35. Dowieść, że istnieje taka nieskończenie wiele razy różniczkowalna funkcja f: R R, że f) = 0, gdy 0 oraz f) > 0, gdy > 0. 36. Dowieść, że istnieje taka nieskończenie wiele razy różniczkowalna funkcja f: R R, że f) = 0, gdy 0, 0 < f) <, gdy 0 < < oraz f) =, gdy. 37. Dowieść, że istnieje taka nieskończenie wiele razy różniczkowalna funkcja f: R R, że f) = 0, gdy 2, 0 < f) <, gdy < < 2 oraz f) =, gdy. 425
38. Wykazać, że dla każdego wielomianu w i każdych h,p R zachodzi równość wp + h) = n=0 hn n! wn) p). 39. Udowodnić, że jeśli f) = ln i p > h > 0, to zachodzi równość fp + h) = n=0 hn n! fn) p). 40. Udowodnić, że jeśli f) = ++, p R, to istnieje taka 2 liczba r > 0, że jeśli h < r, to fp+h) = n=0 hn n! fn) p). +2 4. Dowieść, że jeśli f) = +3+3 2 +, p, to istnieje taka 3 liczba r > 0, że jeśli h < r, to fp + h)= n=0 h n n! fn) p). 42. Dowieść, że jeśli f) = + 2, p > 2, to istnieje taka liczba r > 0, że jeśli h < r, to fp + h)= n=0 hn n! fn) p). 43. Dowieść, że jeśli f) = sin + 2 ), p R, to istnieje taka liczba r > 0, że jeśli h < r, to fp + h)= n=0 hn n! fn) p). 44. Dowieść, że jeśli f) = 3 +, p, to istnieje taka liczba r > 0, że jeśli h < r, to fp + h)= n=0 hn n! fn) p). 45. Dla jakich a, b R zachodzi wzór lim 0 a+b cos ) sin 5 = 0? 46. Dla jakich a,b,c,d R funkcja 5 e +a+b2 +c+d 2 ) jest ograniczona w pewnym otoczeniu liczby 0? 426