Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 10: Wzór Taylora. Ekstrema

From Studia Informatyczne

10. Wzór Taylora. Ekstrema

Ćwiczenie 10.1.

Wyznaczyć ekstrema funkcji

a) \displaystyle  x\mapsto \frac{(x+2)^2}{x+3},\quad x\mapsto \frac{x^3}{(x-1)^2},\quad x\mapsto \frac{(x-2)^3}{(x+2)^3},

b) \displaystyle  x\mapsto \sin^2 x+\cos x,\quad x\mapsto \mathrm{tg}\, x- \sin x,

c) \displaystyle  x\mapsto x e^{-\frac{1}{x+2}},\quad x\mapsto (2-x)e^{\left({x-2}\right)^{-2}},

d) \displaystyle x\mapsto \ln|x^2+3x-10|,\quad x\mapsto \ln^2|x|-2\ln|x|,

e) \displaystyle  x\mapsto x+10\mathrm{arc\,ctg}\,{x},\quad x\mapsto \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}+\arcsin x,

f) \displaystyle  x\mapsto x^x,\quad x\mapsto (x^2+1)^{x^3+2x}.

Wskazówka

Najpierw należy określić dziedzinę badanych funkcji. Następnie wyznaczyć punkty krytyczne, badając pochodną (nie zapomnieć sprawdzić, czy otrzymane punkty są w dziedzinie) i zbadać znak pochodnej w ich sąsiedztwie. Można też badać znak drugiej pochodnej w punktach krytycznych.

f) Przypomnijmy, że funkcje postaci \displaystyle \left(F(x)\right)^{G(x)} rozważa się przy założeniu \displaystyle F(x)>0. By policzyć pochodną tych funkcji, można je przedstawić w postaci \displaystyle  \left(F(x)\right)^{G(x)}=e^{G(x)\ln(F(x))} (dlaczego?). Szukając punktów krytycznych drugiej funkcji w tym podpunkcie, zastanówmy się, kiedy suma dwóch składników nieujemnych jest równa zero.

Rozwiązanie

a) Dziedziną funkcji \displaystyle  f(x)= \frac{(x+2)^2}{x+3} jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus\{-3\}. Liczymy pochodną

\displaystyle  f'(x)=\frac{2(x+2)(x+3)-(x+2)^2}{(x+3)^2}= \frac{(x+2)(2x+6-x-2)}{(x+3)^2}= \frac{(x+2)(x+4)}{(x+3)^2},

która jest określona w całej dziedzinie funkcji \displaystyle f i ma dwa punkty krytyczne \displaystyle -4 i \displaystyle -2. Ponieważ w pierwszym z tych punktów pochodna zmienia znak z dodatniego na ujemny, a w drugim z ujemnego na dodatni, \displaystyle f ma w punkcie \displaystyle -4 maksimum, a w punkcie \displaystyle -2 minimum.

Dziedziną funkcji \displaystyle  g(x)=\frac{x^3}{(x-1)^2} jest \displaystyle \mathbb R\setminus \{1\}. Liczymy pochodną

\displaystyle  g'(x)=\frac{3x^2(x-1)^2-x^32(x-1)}{(x-1)^4}= \frac{x^2(x-1)(3x-3-2x)}{(x-1)^4}= \frac{x^2(x-3)}{(x-1)^3},

która jest określona w całej dziedzinie funkcji i ma dwa punkty krytyczne \displaystyle 0 i \displaystyle 3. W pierwszym z tych punktów pochodna nie zmienia znaku (w całym przedziale \displaystyle (-\infty,1) jest nieujemna), w drugim natomiast zmienia z dodatniego na ujemny, zatem \displaystyle g ma w punkcie \displaystyle 3 maksimum i jest to jedyne ekstremum tej funkcji.

Pochodna funkcji \displaystyle  h(x)=\frac{(x-2)^3}{(x+2)^3} dana wzorem

\displaystyle  h'(x)=\frac{3(x-2)^2(x+2)^3-(x-2)^33(x+2)^2}{(x+2)^6}= \frac{12(x-2)^2(x+2)^2}{(x+2)^6}= \frac{12(x-2)^2}{(x+2)^4}

jest określona w całej dziedzinie tej funkcji, to znaczy w zbiorze \displaystyle \mathbb R\setminus \{-2\}, ma jedno miejsce zerowe \displaystyle 2 i jest nieujemna. Zatem funkcja \displaystyle h nie ma ekstremów.

b) Zarówno funkcja \displaystyle f(x)=\sin^2 x+\cos x jak i jej pochodna

\displaystyle  f'(x)=2\sin{x}\cos{x}-\sin{x}=\sin{x}(2\cos{x}-1)

są zdefiniowane dla dowolnego argumentu rzeczywistego \displaystyle x. Punkty krytyczne pochodnej to punkty postaci \displaystyle k\pi, \displaystyle \frac{\pi}{3}+2k\pi oraz \displaystyle -\frac \pi3+2k\pi, gdzie \displaystyle k\in \mathbb Z. Policzmy drugą pochodną \displaystyle f''(x)=(\sin{2x}-\sin{x})'=2\cos{2x}-\cos{x}. Zatem \displaystyle f''(k\pi)=2-(-1)^k>0, \displaystyle f''\left(\pm\frac{\pi}{3}+2k\pi\right)= 2\cos{\frac{2\pi}3}-\cos{\frac{\pi}{3}}=-\frac{3}{2}<0 dla dowolnego \displaystyle k\in \mathbb Z. Wnioskujemy stąd, że funkcja \displaystyle f ma minima w punktach \displaystyle k\pi\,  (k\in \mathbb Z) oraz maksima w punktach \displaystyle \pm\frac{\pi}{3}+2k\pi\, (k\in \mathbb Z).

Zarówno funkcja \displaystyle g(x)=\mathrm{tg}\, x- \sin x, jak i jej pochodna

\displaystyle  g'(x)=\frac1{\cos^2{x}}-\cos{x}=\frac{1-\cos^3{x}}{\cos^2 x},

są określone w zbiorze \displaystyle \mathbb R \setminus \left\{\frac \pi2+ k\pi: k\in\mathbb Z\right\}. Punkty krytyczne mają postać \displaystyle 2k\pi, gdzie \displaystyle k\in \mathbb Z, ale pochodna jest nieujemna w całym zbiorze liczb rzeczywistych, zatem funkcja nie ma ekstremów.

c) Dziedziną funkcji \displaystyle  f(x)= x e^{-\frac{1}{x+2}} i jej pochodnej

\displaystyle f'(x)= e^{-\frac{1}{x+2}}+ x e^{-\frac{1}{x+2}} \frac 1{(x+2)^2}= \frac{x^2+5x+4}{(x+2)^2} e^{-\frac{1}{x+2}}= \frac{(x+1)(x+4)}{(x+2)^2} e^{-\frac{1}{x+2}}

jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{-2\}. Funkcja ma dwa punkty krytyczne \displaystyle -4 i \displaystyle -1, w obu pochodna zmienia znak, odpowiednio z plusa na minus i na odwrót, zatem \displaystyle f ma w \displaystyle -4 maksimum i w \displaystyle -1 minimum.

Dziedziną funkcji \displaystyle  g(x)= (2-x)e^{\left({x-2}\right)^{-2}} i jej pochodnej

\displaystyle \aligned g'(x)= -e^{\left({x-2}\right)^{-2}}+ (2-x) e^{\left({x-2}\right)^{-2}}\frac {-2}{(x-2)^3}= -\frac{(x-2)^2-2}{(x-2)^2} e^{\left({x-2}\right)^{-2}}=\\= - \frac{(x-2-\sqrt{2})(x-2+\sqrt{2})}{(x-2)^2} e^{\left({x-2}\right)^{-2}}\endaligned

jest zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{2\}. Badana funkcja ma minimum w punkcie krytycznym \displaystyle 2-\sqrt{2} i maksimum w punkcie krytycznym \displaystyle 2+\sqrt{2}.

d) Funkcja \displaystyle f(x)= \ln|x^2+3x-10|=\ln|(x+5)(x-2)| i jej pochodna \displaystyle  f'(x)=\frac{2x+3}{x^2+3x-10} są określone w \displaystyle \mathbb R\setminus \{-5,2\}. Jedynym punktem krytycznym jest \displaystyle -\frac 32 i funkcja \displaystyle f ma w nim maksimum.

Funkcja \displaystyle g(x)=\ln^2|x|-2\ln|x| jest określona w \displaystyle \mathbb R\setminus \{0\} i parzysta, zatem wystarczy ją zbadać w przedziale \displaystyle (0,\infty). Tam pochodna jest dana wzorem

\displaystyle  g'(x)=2\cdot \frac{\ln{x}-1}{x}.

Liczymy drugą pochodną

\displaystyle  g''(x)= 2\cdot \frac{1-(\ln{x}-1)}{x^2}=2\cdot \frac{2-\ln{x}}{x^2}.

Ponieważ wartość \displaystyle  g''(e)=\frac2{e^2} jest dodatnia, funkcja \displaystyle g ma w punkcie krytycznym \displaystyle e minimum. Z parzystości funkcji wynika, że również w punkcie \displaystyle -e jest minimum.

e) Dziedziną funkcji \displaystyle f(x)= x+10\mathrm{arc\,ctg}\,{x} i jej pochodnej

\displaystyle  f'(x)= 1-\frac{10}{1+x^2}=\frac{x^2-9}{1+x^2}

jest zbiór liczb rzeczywistych. Badana funkcja ma maksimum w punkcie \displaystyle -3 i minimum w punkcie \displaystyle 3.

Natomiast funkcja \displaystyle  g(x)=\frac{2}{\sqrt{1-x^2}}+\arcsin x i jej pochodna

\displaystyle  g'(x)= \frac{2x}{\sqrt{1-x^2}^{\; 3}}+\frac1{\sqrt{1-x^2}}= \frac{-x^2+2x+1}{\sqrt{1-x^2}^{\; 3}}= \frac{-(x-1-\sqrt{2})(x-1+\sqrt{2})}{\sqrt{1-x^2}^{\; 3}}

są określone tylko w przedziale \displaystyle (-1,1). Ponieważ \displaystyle 1+\sqrt{2} jest większe od 1, funkcja \displaystyle g ma tylko jeden punkt krytyczny \displaystyle 1-\sqrt{2} i ma w nim minimum.

f) Funkcja \displaystyle  f(x)= x^x jest rozważana tylko dla dodatnich argumentów i jej pochodna \displaystyle f'(x)=x^x(\ln{x}+1) jest też zdefiniowana w przedziale \displaystyle (0,+\infty). Jedynym punktemkrytycznym jest punkt \displaystyle  \frac1e i \displaystyle f ma w nim minimum.

Natomiast funkcja \displaystyle  g(x)=  (x^2+1)^{x^3+2x} i jej pochodna

\displaystyle  g'(x)=(x^2+1)^{x^3+2x}\left((3x^2+2)\ln(x^2+1)+ \frac{2x^2(x^2+2)}{x^2+1}\right)

są zdefiniowane dla dowolnego argumentu rzeczywistego. Zauważmy, że \displaystyle g' jest wszędzie nieujemna, ponieważ \displaystyle  (x^2+1)^{x^3+2x}>0,\, a(x)=(3x^2+2)\ln(x^2+1)\geq 0 oraz \displaystyle  b(x)= \frac{2x^2(x^2+2)}{x^2+1}\geq 0 dla dowolnego \displaystyle x\in \mathbb R. Zatem w punkcie krytycznym \displaystyle 0 nie ma ekstremum. (\displaystyle 0 jest jedynym punktem krytycznym, bo nieujemna suma \displaystyle a(x)+b(x) zeruje się tylko wtedy, gdy oba składniki się zerują, a \displaystyle 0 jest jedynym pierwiastkiem funkcji każdej z tych funkcji).

Ćwiczenie 10.2.

Wyznaczyć ekstrema funkcji

a) \displaystyle x\mapsto \sqrt{x^2},\quad x\mapsto \sqrt[3]{x^2},\quad x\mapsto \sqrt[5]{x^3},

b) \displaystyle  x\mapsto \sqrt{\frac{x^3}{x-2}},\quad x\mapsto \sqrt{\frac{4-x}{(x+2)^3}},

c) \displaystyle  x\mapsto 3\sqrt[3]{x^2}e^x,\quad x\mapsto 5\sqrt[5]{x^4}e^{-x}, \quad x\mapsto \sqrt{e^{x^2}-1},

d) \displaystyle  x\mapsto \arccos{\frac{1-x^2}{1+x^2}},\quad x\mapsto \arcsin{\frac{2x}{1+x^2}}.

Wskazówka

Podobnie jak w ćwiczeniu 10.1. wyznaczamy dziedzinę funkcji i punkty krytyczne oraz badamy znak pochodnej w sąsiedztwie punktów krytycznych.

a) Pierwszą z tych funkcji można zapisać w innej, dobrze znanej postaci (jakiej?).

Rozwiązanie

a) Zauważmy, że \displaystyle f(x) =\sqrt{x^2} można też zapisać w postaci \displaystyle f(x)=|x|. Funkcja ta ma minimum w punkcie \displaystyle 0 i jest to jedyny punkt krytyczny tej funkcji, bo jej pochodna

\displaystyle  f'(x)=\left\{\begin{array} {ll}1& {\rm gdy} \; x>0\\-1& {\rm gdy}\; x<0\end{array} \right.

jest nieokreślona tylko w punkcie \displaystyle 0 i nigdzie się nie zeruje.

Dziedziną funkcji \displaystyle g(x)= \sqrt[3]{x^2} jest zbiór \displaystyle \mathbb R, a jej pochodnej \displaystyle  g'(x)=\frac2{3\sqrt[3]{x}} zbiór \displaystyle \mathbb R\setminus \{0\}. Pochodna nigdzie się nie zeruje, ale zmienia znak z ujemnego dla argumentów ujemnych na dodatni dla argumentów dodatnich. Funkcja \displaystyle g ma zatem w \displaystyle 0 minimum.

Wreszcie funkcja \displaystyle h(x)= \sqrt[5]{x^3} zdefiniowana dla wszystkich liczb rzeczywistych ma dodatnią pochodną \displaystyle h'(x)=\frac3{5\sqrt[5]{x^2}}, zdefiniowaną wszędzie poza zerem, które jest punktem krytycznym. Funkcja \displaystyle h nie ma żadnego ekstremum, bo jej pochodna jest dodatnia.

<flash>file=am1c10.0010.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 10.2.(a)

<flash>file=am1c10.0020.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 10.2.(a)

b) Dziedziną funkcji \displaystyle  f(x)= \sqrt{\frac{x^3}{x-2}} jest suma przedziałów \displaystyle (-\infty,0]\cup(2, +\infty), a jej pochodnej

\begin{array}{lll}\displaystyle f'(x)&=& \displaystyle\frac12\sqrt{\frac{x-2}{x^3}} \cdot \frac{3x^2(x-2)-x^3}{(x-2)^2}=\\ &=&\displaystyle \frac12\sqrt{\frac{x-2}{x^3}} \cdot \frac{x^2(3x-6-x)}{(x-2)^2}= \displaystyle\sqrt{\frac{x-2}{x^3}} \cdot \frac{x^2(x-3)}{(x-2)^2} \end{array}

zbiór \displaystyle (-\infty,0)\cup(2, +\infty). Ponieważ funkcja jest nieujemna, osiąga minimum globalne w swoim jedynym miejscu zerowym \displaystyle 0. Ponadto \displaystyle f ma również minimum w drugim punkcie krytycznym \displaystyle 3.

Natomiast również nieujemna funkcja \displaystyle  g(x)= \sqrt{\frac{4-x}{(x+2)^3}} jest zdefiniowana w przedziale \displaystyle (-2,4] i podobnie jak poprzednia funkcja osiąga swoje minimum globalne w swoim jedynym miejscu zerowym \displaystyle 4. Jest to jedyny punkt krytyczny funkcji \displaystyle g, ponieważ jej pochodna

\begin{array}{lll} \displaystyle  g'(x)&=& \displaystyle \frac12\sqrt{\frac{(x+2)^3}{4-x}} \cdot \frac{-(x+2)^3-(4-x)3(x+2)^2}{(x+2)^6}=\\ &=&\displaystyle \frac12\sqrt{\frac{(x+2)^3}{4-x}} \cdot \frac{(x+2)^2(-x-2-12+3x)}{(x+2)^6}= \sqrt{\frac{(x+2)^3}{4-x}} \cdot \frac{(x-7)}{(x+2)^4} \end{array}

nie zeruje się w żadnym punkcie swojej dziedziny \displaystyle (-2,4).

c) Dziedzinami wszystkich funkcji rozważanych w tym podpunkcie jest cały zbiór liczb rzeczywistych, natomiast ich pochodne nie są określone w zerze.

Jeśli \displaystyle  f(x)= 3\sqrt[3]{x^2}e^x, to

\displaystyle  f'(x)= \frac2{\sqrt[3]{x}}e^x+ 3\sqrt[3]{x^2}e^x= \frac{e^x}{\sqrt[3]{x}}(2+3x).

Punktami krytycznymi są \displaystyle  -\frac23 i \displaystyle 0. Funkcja \displaystyle f ma maksimum w punkcie \displaystyle  -\frac23 i minimum w punkcie \displaystyle 0, ponieważ pochodna odpowiednio zmienia znak.

Jeśli \displaystyle  g(x)= 5\sqrt[5]{x^4}e^{-x}, to

\displaystyle  g'(x)= \frac4{\sqrt[5]{x}}e^{-x}- 5\sqrt[5]{x^4}e^{-x}= \frac{e^{-x}}{\sqrt[5]{x}}(4-5x).

Funkcja \displaystyle g ma minimum w punkcie \displaystyle 0 i maksimum w punkcie \displaystyle \frac45.

Wreszcie jeśli \displaystyle  h(x)= \sqrt{e^{x^2}-1}, to \displaystyle  h'(x)=\frac{xe^{x^2}}{\sqrt{e^{x^2}-1}} i jedynym punktem krytycznym jest \displaystyle 0. Funkcja \displaystyle h ma minimum w tym punkcie.

d) Zauważmy, że \displaystyle  \left|\frac{1-x^2}{1+x^2}\right|= \left|\frac{2}{1+x^2}-1\right|\leq 1 dla dowolnego rzeczywistego argumentu \displaystyle x. Dlatego dziedziną funkcji \displaystyle  f(x)= \arccos{\frac{1-x^2}{1+x^2}} jest cały zbiór liczb rzeczywistych, natomiast pochodna

\begin{array}{lll} \displaystyle f'(x)&=&-\left(\sqrt{1-\left(\frac{1-x^2}{1+x^2}\right)^2}\right)^{-1}\cdot \frac{-2x(1+x^2)-(1-x^2)2x}{(1+x^2)^2}=\\ &=& \displaystyle \left(\sqrt{1-\frac{1-2x^2+x^4}{(1+x^2)^2}}\right)^{-1}\cdot \frac{4x}{(1+x^2)^2}= \\ &=&\displaystyle \sqrt{\frac{(1+x^2)^2}{4x^2}}\cdot \frac{4x}{(1+x^2)^2}=\frac{2x}{|x|(1+x^2)} \end{array}

jest nieokreślona tylko w punkcie \displaystyle 0. Funkcja \displaystyle f ma minimum w tym punkcie.

Niech \displaystyle x będzie dowolną liczbą rzeczywistą. Zauważmy, że ponieważ \displaystyle (1-|x|)^2\geq 0, więc \displaystyle 1+x^2\geq 2|x|, a w konsekwencji \displaystyle  \left|\frac{2x}{1+x^2}\right|\leq 1. Pokazaliśmy w ten sposób, że dziedziną funkcji \displaystyle  g(x)= \arcsin{\frac{2x}{1+x^2}} jest cały zbiór liczb rzeczywistych. Pochodna

\begin{array}{lll} \displaystyle  g'(x)&=&\displaystyle  \left(\sqrt{1-\left(\frac{2x}{1+x^2}\right)^2}\right)^{-1}\cdot \frac{2(1+x^2)-4x^2}{(1+x^2)^2}=\\ &=&\displaystyle 2\left(\sqrt{1-\frac{4x^2}{(1+x^2)^2}}\right)^{-1}\cdot \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}=\\ &= &\displaystyle  2\sqrt{\frac{(1+x^2)^2}{1-2x^2+x^4}}\cdot \frac{1-x^2}{(1+x^2)^2}=\frac{2(1-x^2)}{|1-x^2|(1+x^2)} \end{array}

nie jest zdefiniowana w punktach \displaystyle -1 i \displaystyle 1, ale zmienia znak w ich sąsiedztwach. Funkcja \displaystyle g ma minimum w punkcie \displaystyle -1 i maksimum w punkcie \displaystyle 1.

Ćwiczenie 10.3.

Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

a) \displaystyle  f(x)= e^{\frac{x^2}{x^2-10}},

b) \displaystyle  g(x)= \mathrm{arctg}\, \frac{|x|}{\sqrt{3}},
w przedziale \displaystyle [-1,3].

Wskazówka

Należy poszukać punktów krytycznych wewnątrz przedziału i porównać wartości funkcji w tych punktach z wartościami funkcji na krańcach przedziału.

Rozwiązanie

Obie funkcje są dobrze określone w badanym przedziale. Liczymy pochodne

\displaystyle  f'(x)= \displaystyle e^{\frac{x^2}{x^2-10}}\cdot \frac{2x(x^2-10)-2x^3}{(x^2-10)^2}= \displaystyle e^{\frac{x^2}{x^2-10}}\cdot \frac{-20x}{(x^2-10)^2}.

Funkcja \displaystyle g nie ma pochodnej w \displaystyle 0 i

\displaystyle  g'(x)= \left\{\begin{array} {ll} -\frac{\sqrt{3}}{x^2+3}& {\rm gdy}\quad x<0\\ \frac{\sqrt{3}}{x^2+3}& {\rm gdy}\quad x>0 \end{array} \right.

W przedziale \displaystyle (-1,3) obie te funkcje mają jeden punkt krytyczny \displaystyle 0.

Ponieważ \displaystyle  f(-1)=e^{-\frac19}, f(0)=1 i \displaystyle  f(3)=e^{-9}, najmniejszą wartością funkcji \displaystyle f w przedziale \displaystyle [-1,3] jest \displaystyle  e^{-9}, a największą \displaystyle 1.

Dla funkcji \displaystyle g mamy \displaystyle g(-1)=\frac{\pi}6, g(0)=0 i \displaystyle g(3)=\frac{\pi}{3}, zatem najmniejszą wartością funkcji \displaystyle g w przedziale \displaystyle [-1,3] jest \displaystyle 0, a największą \displaystyle \frac{\pi}{3}.

Ćwiczenie 10.4.

Znaleźć wymiary puszki do konserw w kształcie walca o objętości \displaystyle V=250\pi {\rm cm}^3, do sporządzenia której zużyje się najmniej blachy.

Wskazówka

Jeśli \displaystyle x jest promieniem podstawy walca, a \displaystyle y jego wysokością oraz wiemy, że objętość walca wynosi \displaystyle 250\pi, to jaka jest zależność między \displaystyle x i \displaystyle y? Wyrazić pole powierzchni całkowitej walca jako funkcję \displaystyle x i poszukać, gdzie osiąga ona minimum.

Rozwiązanie

Jeśli \displaystyle x jest promieniem podstawy walca, \displaystyle y jego wysokością, a \displaystyle V jego objętością, to \displaystyle V=\pi x^2 y. Zatem dla naszej puszki zachodzi \displaystyle 250 \pi= \pi x^2 y, a stąd \displaystyle y=250x^{-2}. Niech \displaystyle S oznacza pole powierzchni całkowitej walca, wtedy \displaystyle S(x)=2\pi x^2+ 2\pi x\cdot 250 x^{-2} = 2\pi(x^2+250x^{-1}), gdzie \displaystyle x>0. Liczymy pochodną \displaystyle S'(x)=2\pi(2x-250x^{-2})=4\pi x^{-2}(x^3-125). Zatem jedynym punktem krytycznym jest \displaystyle 5 i \displaystyle S osiąga w tym punkcie minimum. Jeśli \displaystyle x=5, to również \displaystyle y=5, czyli puszka musi mieć promień podstawy równy \displaystyle 5 cm i wysokość również 5 cm, by do jej sporządzenia użyto najmniej blachy.

Ćwiczenie 10.5.

a) Udowodnić, że niezależnie od wyboru parametru \displaystyle m\in\mathbb R funkcja \displaystyle f(x)= 3x^4 -4mx^3+m^2x^2 ma minimum w punkcie \displaystyle 0.

b) Wykorzystując wzór Taylora dla \displaystyle n\in\{1,2\}, wyznaczyć przybliżoną wartość \displaystyle \sqrt{24,9} i \displaystyle \sqrt[4]{16,08} oraz oszacować błąd przybliżenia.

Wskazówka

a) Ciekawym przypadkiem jest oczywiście \displaystyle m\neq  0. Jaki znak ma iloczyn niezerowych punktów krytycznych funkcji \displaystyle f?

b) Na mocy wniosku ze wzoru Taylora zachodzi

\displaystyle  \left|f(x+h)-\left( f(x)+f'(x)h+\frac{f''(x)}{2!}h^2+...+\frac{f^{(n)}(x)}{n!}h^n\right)\right|\leq M \frac{|h|^{n+1}}{(n+1)!},

gdzie \displaystyle M:=\sup\{|f^{(n+1)}(t)|, t\in [a,b]\} dla pewnych \displaystyle a,b takich, że \displaystyle x,x+h\in[a,b].

Rozwiązanie

a) Policzmy pochodną \displaystyle f'(x)=2x(6x^2-6mx+m^2). Jeśli \displaystyle m=0, to \displaystyle f(x)=3x^4 ma oczywiście minimum globalne w \displaystyle 0. Jeśli \displaystyle m\neq 0, to dla czynnika kwadratowego \displaystyle 6x^2-6mx+m^2 pochodnej \displaystyle \Delta = 12m^2, jest więc dodatnia, a w konsekwencji \displaystyle f ma trzy różne punkty krytyczne \displaystyle x_0,x_1,x_2, w tym \displaystyle x_0=0. Ze wzorów Viete'a mamy \displaystyle x_1x_2=\frac{m^2}6>0, zatem \displaystyle x_1, x_2 są tego samego znaku. Stąd już wynika, że funkcja \displaystyle f ma minimum w punkcie \displaystyle 0.

b) Stosujemy najpierw wzór Taylora do funkcji \displaystyle f(x)=\sqrt{x} w punkcie \displaystyle x=25 i dla \displaystyle h=-0,1. Jeśli \displaystyle n=1, to otrzymujemy
\displaystyle  \sqrt{24,9}\approx \sqrt{25}+\frac1{2\sqrt{25}}(-0,1)= 5-0,01=4,99

i \displaystyle |\sqrt{24,9}-4,99|\leq \frac1{51200} bo \displaystyle \sup\{|f''(t)|: t\in [16,25]\}=\frac1{4\sqrt{16^3}}=\frac1{256}.

Dla \displaystyle n=2 otrzymujemy

\begin{array}{lll} \displaystyle\sqrt{24,9}&\approx&\displaystyle \sqrt{25}+\frac1{2\sqrt{25}}(-0,1)-\frac1{8\sqrt{25^3}}(-0,1)^2\\ &=&5-0,01-0,00001=4,98999 \end{array}

i
\displaystyle \left|\sqrt{24,9}-4,98999\right|\leq \frac{3\cdot (0,1)^3}{3!\cdot 8\cdot 4^5}=\frac1{16384000}.
Następnie stosujemy wzór Taylora do funkcji \displaystyle g(x)=\sqrt[4]{x} w punkcie \displaystyle x=16 i dla \displaystyle h=0,32. Jeśli \displaystyle n=1, to otrzymujemy
\displaystyle \sqrt[4]{16,32}\approx \sqrt[4]{16}+\frac1{4\sqrt[4]{16}^3}\cdot 0,32= 2+0,01=2,01

i \displaystyle  |\sqrt[4]{16,32}-2,01|\leq \frac{3\cdot (0,01)^2}{4}=0,000075, bo \displaystyle \sup\{|g''(t)|: t\in [16,81]\}=\frac3{16\sqrt[4]{16^7}}=\frac3{2^{11}}.

Dla \displaystyle n=2 otrzymujemy

\begin{array}{lll}\displaystyle \sqrt[4]{16,32}&\approx& \displaystyle \sqrt[4]{16}+\frac1{4\sqrt[4]{16^3}}\cdot 0,32-\frac3{32\sqrt[4]{16^7}}(0,32)^2\\ &=&\displaystyle  2+0,01-0,000075= 2,009925 \end{array}
oraz
\displaystyle  \left|\sqrt[4]{16,32}-2,009925\right|\leq \frac{21\cdot(0,32)^3}{3!\cdot 64\cdot 2^{11}}=\frac{7\cdot (0,01)^3}{2^3}=0,000000875.

Ćwiczenie 10.6.

Niech

\displaystyle  f_n(x)=\left\{\begin{array} {ll} x^n\sin \frac1x& {\rm gdy}\; x\neq 0\\ 0& {\rm gdy}\; x=0 \end{array} \right., n\in\mathbb N_0.

Pokazać, że \displaystyle  f_{2n} ma \displaystyle  n-tą pochodną nieciągłą w \displaystyle 0, a \displaystyle f_{2n+1} należy do klasy \displaystyle C^n, ale nie ma \displaystyle (n+1)-ej pochodnej w \displaystyle 0, dla \displaystyle n\in\mathbb N_0.

Wskazówka

Wystarczy zbadać odpowiednie granice w \displaystyle 0: funkcji \displaystyle f_0, f_1, f_3,... ilorazu różniczkowego dla funkcji \displaystyle f_1,f_2,f_3,..., pochodnych funkcji \displaystyle f_2,f_3,... i tak dalej.

Rozwiązanie

Wszystkie zdefiniowane w tym zadaniu funkcje są klasy \displaystyle C^\infty poza zerem. Granica \displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0} \sin \frac1x nie istnieje z definicji Heinego, bo na przykład \displaystyle  \sin \frac 1{(n\pi)^{-1}}\equiv 0, a \displaystyle  \sin \frac1{(2n\pi+\pi/2)^{-1}}\equiv 1 (n\in\mathbb N), zatem \displaystyle f_0 nie jest ciągła w zerze.

Mamy także z twierdzenia o iloczynie funkcji ograniczonej i zbieżnej do zera \displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0} x^n\sin \frac1x=0, jeśli \displaystyle n>0, zatem funkcja \displaystyle f_n jest ciągła w \displaystyle 0.

Następnie widzimy, że \displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0} \frac{x\sin \frac1x}x nie istnieje (jest to ta sama granica, którą liczyliśmy dla funkcji \displaystyle f_0), zatem \displaystyle f_1 nie ma pochodnej

w zerze.

<flash>file=am1c10.0030.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 10.6.

<flash>file=am1c10.0040.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 10.6.

Natomiast ponieważ \displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^n\sin \frac1x}x = \lim_{x\rightarrow 0} {x^{n-1}\sin \frac1x}=0 dla \displaystyle n>1, wszystkie następne funkcje są różniczkowalne

i \displaystyle  f_n'(x)=\left\{\begin{array} {ll} nx^{n-1}\sin \frac1x -x^{n-2}\cos \frac1x& {\rm gdy}\; x\neq 0\\ 0& {\rm gdy}\; x=0 \end{array} \right., n\in\mathbb N_0.

Pochodna \displaystyle  f_2'(x)=2x\sin\frac1x-\cos\frac1x jest nieciągła w \displaystyle 0, bo \displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0} 2x\sin \frac1x=0 i \displaystyle  \lim_{x\rightarrow 0} \cos \frac1x nie istnieje (co pokazujemy analogicznie jak dla \displaystyle f_0).

Pochodne \displaystyle f_n' są ciągłe dla \displaystyle n>2, co wynika po raz kolejny z twierdzenia o granicy iloczynu funkcji ograniczonej i funkcji zbieżnej do zera.

Kontynuujemy rozumowanie dalej...

<flash>file=am1c10.0050.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 10.6.

<flash>file=am1c10.0060.swf|width=375|height=375</flash>

Rysunek do ćwiczenia 10.6.