Analiza matematyczna 1/Wykład 10: Wzór Taylora. Ekstrema

10. Wzór Taylora. Ekstrema

Definiujemy pochodne wyższych rzędów oraz funkcje klasy $C^k$. Twierdzenie Taylora pozwala nam na sformułowanie warunku wystarczającego istnienia ekstremum funkcji klasy $C^2$. Pokazujemy jak można za pomocą wielomianów Taylora przybliżać funkcje klasy $C^{n+1}$, $n\ge 1$. Formułujemy twierdzenie Weierstrassa o przybliżaniu wielomianami funkcji ciągłych na przedziale domkniętym.

10.1. Pochodne wyższych rzędów

Niech $f$ będzie funkcją różniczkowalną w przedziale otwartym $(a,b)$. Rozważmy funkcję pochodną

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\mapstof”): {\displaystyle \displaystyle f': (a,b)\ni x\mapstof'(x)\in \mathbb{R}.}

Definicja 10.1.

Jeśli funkcja $f^{\prime }$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in (a,b)$, to znaczy: jeśli istnieje granica ilorazu różnicowego:

$\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{\prime }(x_0+h)-f^{\prime }(x_0)}{h},$ to mówimy, że funkcja $f$ jest dwukrotnie różniczkowalna w punkcie $x_0$ a granicę tę nazywamy pochodną rzędu drugiego (lub krótko: drugą pochodną) funkcji $f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy symbolem $f^{″}(x_0)$ lub $\frac{d^{2}f}{d{x}^2}(x_0)$ albo $\frac{d^2}{d{x}^2}f(x_0)$, bądź też $f^{(2)}(x_0)$.

Przykład 10.2.

Znanym ze szkoły przykładem pochodnej rzędu drugiego jest przyśpieszenie, równe pochodnej prędkości $v$:

$\frac{d^2}{d{t}^2}x(t)=\frac{d}{dt}(\frac{d}{dt}x(t))=\frac{d}{dt}v(t),$

gdzie $t\mapsto x(t)$ oznacza położenie punktu materialnego w chwili $t$.

Definicję pochodnej rzędu $n$ możemy podać dla kolejnych liczb naturalnych $n=1,2,3,\dots$. Często - aby uprościć wypowiedzi twierdzeń - terminem pochodna rzędu zerowego (albo krócej: zerowa pochodna) funkcji $f$ będziemy nazywać samą funkcję $f$. Symbol pochodnej rzędu zerowego $f^{(0)}$ będzie oznaczać funkcję $f$.

Niech $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją $n-1$ krotnie różniczkowalną, $n>0$.

Definicja 10.3.

Jeśli pochodna $f^{(n-1)}$ rzędu $n-1$ funkcji $f$ jest różniczkowalna w punkcie $x_0\in (a,b)$, to znaczy: jeśli istnieje granica ilorazu różnicowego: $\underset{h\to 0}{\lim }\frac{f^{(n-1)}(x_0+h)-f^{(n-1)}(x_0)}{h},$

to mówimy, że funkcja jest $n$ krotnie różniczkowalna w punkcie $x_0$, a granicę tę nazywamy pochodną rzędu $n$ (lub krótko: $n$-tą pochodną) funkcji $f$ w punkcie $x_0$ i oznaczamy symbolem $f^{(n)}(x_0)$ lub $\frac{d^{n}f}{d{x}^n}(x_0)$, bądź $\frac{d^n}{d{x}^n}f(x_0)$.

Jeśli $n=3,4,\dots$, na oznaczenie pochodnej rzędu $n$ funkcji $f$ w punkcie $x_0$ używamy raczej symboli:

$f^{(3)}(x_0),f^{(4)}(x_0),\dots ,$

albo

$\frac{d^3}{d{x}^3}f(x_0),\frac{d^4}{d{x}^4}f(x_0),\dots ,$

niż Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f'''(x_0), \ f''''(x_0), \dots.}

Kolejne twierdzenie stanowi uogólnienie twierdzenia o pochodnej iloczynu dwóch funkcji na przypadek pochodnej rzędu $n$.

Twierdzenie 10.4. [wzór Leibniza]

Niech $f,g:\mathbb{ℝ}\mapsto \mathbb{ℝ}$ będą funkcjami $n$ krotnie różniczkowalnymi, $n\ge 1$. Zachodzi równość

$(f\cdot g{)}^{(n)}=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})f^{(n-k)}{g}^{(k)}.$

Dowód twierdzenia 10.4.

Zwróćmy przede wszystkim uwagę na podobieństwo wzoru Leibniza do wzoru dwumianowego Newtona. Dowody obu twierdzeń są analogiczne. Zauważmy wpierw, że twierdzenie zachodzi dla $n=1$ mamy bowiem $(fg{)}^{\prime }=(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{0})f^{\prime }g+(\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{1})f{g}^{\prime }=f^{\prime }g+f{g}^{\prime }$. Następnie, korzystając z równości $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k+1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k+1})$, pokazujemy, że dla dowolnej liczby $m\in 1,2,\dots ,n-1$ zachodzi implikacja

$[(f\cdot g{)}^{(m)}=\sum _{k=0}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{k})f^{(m-k)}{g}^{(k)}]⟹[(f\cdot g{)}^{(m+1)}=\sum _{k=0}^{m+1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{k})f^{(m-k+1)}{g}^{(k)}].$

Niech $k=0,1,2,\dots$ będzie liczbą całkowitą nieujemną.

Definicja 10.5.

Mówimy, że funkcja $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ jest klasy $C^k$ w przedziale $(a,b)$, jeśli jest $k$ krotnie różniczkowalna w przedziale $(a,b)$ i pochodna Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\nix”): {\displaystyle \displaystyle (a,b)\nix\mapsto f^{(k)}(x)} rzędu $k$ funkcji $f$ jest ciągła. Jeśli dla dowolnej liczby $k\in \{0,1,2,3,\dots \}$ funkcja $f$ jest klasy $C^k$ w przedziale $(a,b)$, to mówimy, że jest klasy $C^{\mathrm{\infty }}$ w tym przedziale.

Przykład 10.6.

Dowolna funkcja wielomianowa, funkcje sinus, cosinus i wykładnicza $\exp$ są przykładami funkcji klasy $C^{\mathrm{\infty }}$ w całym zbiorze liczb rzeczywistych. Ogólnie: dowolna funkcja dana za pomocą szeregu potęgowego $f(x)=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_k(x-x_0{)}^k$ jest klasy $C^{\mathrm{\infty }}$ w

przedziale otwartym $(x_0-R,x_0+R)$, gdzie $R$ jest promieniem zbieżności szeregu potęgowego.

Przykład 10.7.

Funkcja $f_0(x)=|x|$ jest ciągła, ale nie ma ciągłej pochodnej w dowolnym przedziale $(a,b)$, do którego należy zero, tj. gdy $a<0<b$. Jest więc klasy $C^0$ i nie jest klasy $C^1$ w takim przedziale. Jeśli zero nie należy do przedziału $(a,b)$, czyli gdy $a<b<0$ lub $0<a<b$, to restrykcja $f(x)=|x|$ do przedziału $(a,b)$ jest wielomianem, czyli funkcją klasy $C^{\mathrm{\infty }}$.

Rysunek am1w10.0010

Przykład 10.8.

Funkcja Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle f_1(x)=\left\{\aligned -\frac{1}{2}x^2, \text{ dla }x<0\\\frac{1}{2}x^2, \text{ dla }x\geq 0 \endaligned\right.}

jest różniczkowalna i jej pochodna $f^{\prime }(x)=|x|$. Stąd jeśli $a<0<b$, to $f_1$ jest klasy $C^1$ w przedziale $(a,b)$, ale nie jest klasy $C^2$.

Rysunek am1w10.0020

Przykład ten możemy łatwo dalej modyfikować. Na przykład funkcja

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle f_2(x)=\left\{\aligned -\frac{1}{6}x^3, \text{ dla }x<0\\\frac{1}{6}x^3, \text{ dla }x\geq 0 \endaligned\right.}

ma pierwszą pochodną równą ${f_2}^{\prime }(x)=f_1(x)$, a jej drugą pochodną jest ${f_2}^{″}(x)=f_0(x)=|x|$. Funkcja $f_2$ jest więc klasy $C^2$, ale nie jest klasy $C^3$ w dowolnym przedziale otwartym zawierającym zero. Ogólnie

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle f_n(x)=c_n |x|^{n+1}\mathrm{sgn}\, x =\left\{\aligned -c_n x^{n+1}, \text{ dla }x<0\\ c_n x^{n+1}, \text{ dla }x\geq 0 \endaligned\right.} (gdzie $c_n=\frac{1}{(n+1)!}$, bądź też jest dowolną inną stałą różną od zera) jest funkcją klasy $C^n$ i nie jest klasy $C^{n+1}$ w dowolnym przedziale otwartym zawierającym zero.

Rysunek animacja am1w10.0030

10.2. Wzór Taylora

Niech $w(x)=a_0+a_{1}x+a_2{x}^2+a_3{x}^3\dots +a_{n-1}{x}^{n-1}+a_n{x}^n$ będzie wielomianem. Zauważmy, że wartości pochodnych rzędu $k=0,1,2,3,\dots ,n,n+1,\dots$ w punkcie $x=0$ wyrażają się prosto za pomocą współczynników tego wielomianu:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned w(0)&=a_0\\ w'(0)&=a_1, \\\text{ gdyż }w'(x)&=0+a_1 +2 a_2 x+3a_3 x^2 +\dots +(n-1)a_{n-1}x^{n-2}+n a_n x^{n-1}\\ w''(0)&=2 a_2,\\ \text{ gdyż }w''(x)&=0+0 +2 a_2 +3\cdot 2 a_3 x +\dots +(n-1)(n-2)a_{n-1}x^{n-3}+n(n-1) a_n x^{n-2}\\ w^{(3)}(0)&=3\cdot 2 a_3,\\ \text{ gdyż }w^{(3)}(x)&=0+0 +0 +3\cdot 2 a_3 +\dots +(n-1)(n-2)(n-3)a_{n-1}x^{n-4}+n(n-1)(n-2) a_n x^{n-3}\\ &\vdots \\ w^{(n-1)}(0)&=(n-1)! a_{n-1},\\ \text{ gdyż }w^{(n-1)}(x)&=0+0 +0 +0 +\dots +(n-1)!a_{n-1}+n! a_n x\\ w^{(n)}(0)&=n! a_{n},\\ \text{ gdyż }w^{(n)}(x)&=0+0 +0 +0 +\dots +0+n! a_n \\w^{(n+1)}(0)&=0,\\ \text{ gdyż }w^{(n+1)}(x)&=0+0 +0 +0 +\dots +0+0 \text{ dla dowolnej liczby } x,\endaligned}

Każda następna pochodna rzędu wyższego niż stopień wielomianu

$w$

jest równa zeru, i to nie tylko w punkcie zero, ale w każdym punkcie

$x\in \mathbb{ℝ}$

.

Uogólnieniem tej obserwacji jest następujące twierdzenie Taylora:

Twierdzenie 10.9.

Niech $f:(\alpha ,\beta )\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją $n+1$ krotnie różniczkowalną w przedziale $(\alpha ,\beta )$. Wówczas dla dowolnych punktów $a$, $b$ takich, że $\alpha <a<b<\beta$ istnieje punkt ${\xi }_{n+1}\in (a,b)$ taki, że

$f(b)=T_a^{n}f(b)+\frac{1}{(n+1)!}{f}^{(n+1)}({\xi }_{n+1})(b-a{)}^{n+1},$

gdzie

$\begin{array}{lll}{T}_a^{n}f(b)& =& f(a)+f^{\prime }(a)(b-a)+\frac{f^{″}(a)}{2!}(b-a{)}^2+\dots \\ & +& \frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(b-a{)}^{n-1}+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(b-a{)}^n.\end{array}$

Definicja 10.10.

Wielomian Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned T^{n}_a f : \mathbb{R}\ni x\mapsto T^{n}_a f(x)&=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\\&=f(a)+f'(a)(x-a)+\frac{f''(a)}{2!}(x-a)^2+\dots+\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!}(x-a)^{n-1}+\frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^{n}\endaligned}

nazywamy wielomianem Taylora rzędu $n$ funkcji $f$ o środku w punkcie $a$.

Nim wykażemy twierdzenie Taylora zauważmy, że z założenia o istnieniu pochodnej rzędu $n+1$ funkcji $f$ w przedziale $(\alpha ,\beta )$ wynika, że funkcja $f$ i wszystkie jej pochodne Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f', \ f'', \ f^{(3)}, \dots, f^{(n-1)}, f^{(n)}} aż do rzędu $n$ włącznie, istnieją i są ciągłe w tym przedziale.

Zauważmy też, że w przypadku $n=1$ twierdzenie Taylora sprowadza się do twierdzenia Lagrange'a:

$f(b)=f(a)+f^{\prime }({\xi }_1)(b-a).$

Dowód twierdzenia 10.9.

(twierdzenia Taylora) Niech $M$ będzie stałą określoną tak, że zachodzi równość

$f(b)=T_a^{n}f(b)+M(b-a{)}^{n+1}.$

Aby dowieść twierdzenia wystarczy pokazać, że istnieje punkt ${\xi }_{n+1}\in (a,b)$ taki, że $(n+1)!M=f^{(n+1)}({\xi }_{n+1})$. Rozważmy dla $t\in [a,b]$ funkcję

$g(t):=f(t)-T_a^{n}f(t)-M(t-a{)}^{n+1}.$

Zauważmy, że $g(a)=0$ i z określenia stałej $M$ mamy również: $g(b)=0$. Z twierdzenia Rolle'a wynika więc, że istnieje ${\xi }_1\in (a,b)$ taki, że $g^{\prime }({\xi }_1)=0$. Zauważmy następnie, że nie tylko funkcja $g$ ale również kolejne jej pochodne $g^{(k)}$ dla $k=1,2,\dots ,n$ zerują się w punkcie $a$. Wobec tego, że $g^{\prime }(a)=0$ i $g^{\prime }({\xi }_1)=0$, z twierdzenia Rolle'a wnioskujemy o istnieniu kolejnego punktu ${\xi }_2\in (a,{\xi }_1)$, w którym zeruje się druga pochodna funkcji $g$, tj. $g^{″}({\xi }_2)=0$. Powtarzając rozumowanie dla kolejnych pochodnych $g^{(k)}$, $k=1,2,\dots ,n$ na podstawie twierdzenia Rolle'a wnioskujemy o istnieniu punktów ${\xi }_{k+1}\in (a,{\xi }_k)$ takich, że $g^{(k+1)}({\xi }_{k+1})=0$. Zwróćmy uwagę, że ostatni ze znalezionych punktów ${\xi }_{n+1}$ jest tym punktem, którego istnienie postulujemy w tezie twierdzenia. Zauważmy, że pochodna rzędu $n+1$ funkcji $g$ wynosi

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}}g(t)&=\frac{d^{n+1}}{dt^{n+1}}\big(f(t)-T^{n}_a f(t)-M(t-a)^{n+1}\big)\\&=f^{(n+1)}(t)-0-(n+1)!M. \endaligned}

(Pochodna rzędu $n+1$ wielomianu $t\mapsto T_a^{n}f(t)$ jest w każdym punkcie równa zeru, gdyż wielomian ten jest stopnia co najwyżej $n$.) Stąd $0=g^{(n+1)}({\xi }_{n+1})=f^{(n+1)}({\xi }_{n+1})-(n+1)!M$.

Jednym z ważniejszych wniosków z wykazanego twierdzenia jest warunek wystarczający istnienia ekstremum funkcji dwukrotnie różniczkowalnej.

Twierdzenie 10.11.

Niech $f:(a,b)\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją klasy $C^2$ w przedziale $(a,b)$ (czyli funkcją dwukrotnie różniczkowalną o ciągłej drugiej pochodnej $f^{″}$ w przedziale $(a,b)$). Załóżmy, że w punkcie $x_0\in (a,b)$ pochodna $f^{\prime }(x_0)$ zeruje się.

a) Jeśli $f^{″}(x_0)>0$, to $f$ osiąga minimum lokalne w punkcie $x_0$.

b) Jeśli $f^{″}(x_0)<0$, to $f$ osiąga maksimum lokalne w punkcie $x_0$.

Dowód twierdzenia 10.11.

a) Załóżmy, że $f^{″}(x_0)>0$. Ze wzoru Taylora i z założenia o zerowaniu się pierwszej pochodnej $f^{\prime }$ danej funkcji mamy

$\begin{array}{lll}f(x_0+h)& =& f(x_0)+f^{\prime }(x_0)+\frac{1}{2}{f}^{″}(x_0+\theta h)\\ & =& f(x_0)+0+\frac{1}{2}{f}^{″}(x_0+\theta h),\end{array}$ gdzie $\theta$ jest pewną liczbą z przedziału $(0,1)$. Stąd znak różnicy $f(x+h)-f(x)=\frac{1}{2}{f}^{″}(x_0+\theta h)$ jest taki sam jak znak drugiej pochodnej $f^{″}(x_0+\theta h)$ w pewnym punkcie pośrednim między punktem $x_0$ a $x_0+h$. Z założenia o ciągłości drugiej pochodnej $f^{″}$ na mocy własności Darboux wnioskujemy, że nie tylko w samym punkcie $x_0$ druga pochodna $f^{″}$ jest dodatnia, ale również w pewnym otoczeniu tego punktu. Biorąc więc na tyle mały przyrost $h$, aby zarówno $x_0$ jak i $x_0+h$ należały do przedziału, w którym $f^{″}$ jest dodatnia i nie zeruje się, otrzymamy nierówność $f^{″}(x+\theta h)>0$ również w punkcie pośrednim. Stąd $f$ osiąga minimum lokalne w punkcie $x_0$, gdyż $f(x+h)-f(x)\le 0$ w pewnym otoczeniu punktu $x_0$.

Dowód implikacji b) przebiega podobnie.

Zauważmy, że podane twierdzenie nie rozstrzyga o istnieniu, ani o typie ekstremum w przypadku, gdy $f^{\prime }(x_0)=0$ oraz $f^{″}(x_0)=0$.

Rysunek am1w10.0035 a, b, c

Przykład 10.12.

Rozważmy funkcje $f_1(x)=-x^4$, $f_2(x)=x^4$, $f_3(x)=x^3$. Łatwo zauważyć, że zarówno pierwsza jak i druga pochodna każdej z tych trzech funkcji w punkcie $x_0=0$ zerują się, podczas gdy $f_1$ osiąga maksimum w tym punkcie a $f_2$ minimum. Natomiast funkcja $f_3$ w ogóle nie osiąga ekstremum w punkcie $x_0=0$.

Uwaga 10.13.

Wzór, który występuje w tezie twierdzenia Taylora:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned f(b)&=T^n_a f(b)+\frac{f^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{(n+1)!}(b-a)^{k+1} \\ &=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(b-a)^k+\frac{f^{(n+1)}(\xi_{n+1})}{(n+1)!}(b-a)^{n+1}\endaligned} nazywamy wzorem Taylora z resztą Lagrange'a $R_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}({\xi }_{n+1})}{(n+1)!}(b-a{)}^{n+1}.$ Jeśli oznaczymy przyrost argument funkcji przez $h:=b-a$, to wzór ten przyjmie postać Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned f(a+h)&=T^n_a f(a+h)+\frac{f^{(n+1)}(a+\theta h)}{(n+1)!}h^{k+1} \\ &=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}h^k+\frac{f^{(n+1)}(a+\theta h)}{(n+1)!}h^{n+1}\endaligned}

dla pewnej liczby $\theta \in (0,1)$ dobranej tak, aby $a+\theta h={\xi }_{n+1}$. Tę postać nazywamy wzorem Taylora z resztą Cauchy'ego

$R_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(a+\theta h)}{(n+1)!}{h}^{n+1}.$ W szczególnym przypadku, gdy $a=0$ otrzymamy wzór Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned f(h)&=T^n_0 f(h)+\frac{f^{(n+1)}(\theta h)}{(n+1)!}h^{k+1} \\ &=\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(0)}{k!}h^k+\frac{f^{(n+1)}(\theta h)}{(n+1)!}h^{n+1}\endaligned} który nazywamy wzorem Maclaurina z resztą $R_{n+1}=\frac{f^{(n+1)}(\theta h)}{(n+1)!}{h}^{n+1}.$

Uwaga 10.14.

Jeśli $w$ jest wielomianem stopnia $k$, to dla dowolnej liczby $n\ge k$ wielomian Taylora rzędu $n$ o środku w punkcie $a=0$ jest dokładnie równy wielomianowi $w$, to znaczy

$w(h)=w(0)+w^{\prime }(0)h+\frac{w^{″}(0)}{2!}{h}^2+\dots +\frac{w^{(n)}(0)}{n!}{h}^n+R_{n+1}$   przy czym   $R_{n+1}=0.$

Powstaje naturalne pytanie, czy dla innych funkcji (niekoniecznie wielomianów) wzór Taylora pozwala na przedstawienie funkcji $f$ za pomocą wielomianu Taylora $T_a^{n}f$ tak, aby reszta $R_{n+1}$ była jak najmniejsza i zmierzała do zera, gdy rośnie $n$, czyli gdy rośnie stopień wielomianu Taylora funkcji $f$.

Odpowiedź na pytanie uzyskamy stosując np. wzór Taylora z resztą Cauchy'ego.

Twierdzenie 10.15.

Niech $f:(\alpha ,\beta )\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją $n+1$ krotnie różniczkowalną i niech $\alpha <a<b<\beta$. Jeśli

$M:=\sup \{|f^{(n+1)}(t)|,t\in [a,b]\}<\mathrm{\infty }$

(czyli wartość bezwzględna pochodnej rzędu $(n+1)$ funkcji $f$ jest ograniczona przez stałą $M$, która nie zależy od wyboru punktu $t$ z przedziału $[a,b]$), to dla dowolnej liczby $h$ takiej, że $0\le h\le b-a$, zachodzi oszacowanie:

$|f(a+h)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}{h}^k|\le \frac{M}{(n+1)!}{h}^{n+1}.$

Dowód twierdzenia 10.15.

Szacując resztę we wzorze Taylora (z resztą Cauchy'ego) otrzymamy:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \displaystyle \aligned \bigg|f(a+h)-\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)} (a)}{k!}h^k\bigg| &=\bigg|\frac{f^{(n+1)}(a+\theta h)}{(n+1)!}h^{n+1}\bigg|\\ &\leq \frac{h^{n+1}}{(n+1)!}\sup\{|f^{(n+1)}(a+\theta h)|, 0<\theta h<b-a \}\\&\leq M \frac{h^{n+1}}{(n+1)!}.\endaligned}

Wniosek 10.16.

Jeśli pochodna rzędu $n+1$ funkcji $f$ jest ograniczona w przedziale $(\alpha ,\beta )$, to dla dowolnych punktów $a$ oraz $a+h$ z tego przedziału mamy oszacowanie

$|f(a+h)-\sum _{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}{h}^k|\le \frac{M}{(n+1)!}|h{|}^{n+1},$ gdzie $M:=\sup \{|f^{(n+1)}(t)|,\alpha <t<\beta \}$.

Dowód wniosku 10.16.

Jeśli $h>0$, wniosek sprowadza się do poprzedniego twierdzenia. Jeśli $h<0$, należy powtórzyć poprzednie rozumowanie

w przedziale $[a+h,a]$.

Rysunek am1w10.0040

Przykład 10.17.

Oszacowanie reszty we wzorze Maclaurina funkcji sinus jest wyjątkowo proste

$\sin h=h-\frac{h^3}{3!}+\frac{h^5}{5!}+\dots +(-1{)}^n\frac{h^{2n+1}}{(2n+1)!}+R_{2n+2},$ gdzie $|R_{2n+2}|=|{\sin }^{(2n+2)}(\theta h)\cdot \frac{h^{(2n+2)}}{(2n+2)!}|\le \frac{|h{|}^{(2n+2)}}{(2n+2)!},$ gdyż wartość bezwzględna pochodnych dowolnie wysokiego rzędu funkcji sinus jest ograniczona z góry przez 1. Wzór ten pozwala wyznaczyć wartość $\sin h$ z zadaną z góry dokładnością. Na przykład, chcąc wyznaczyć $\sin \frac{1}{2}$ z dokładnością do $10^{-6}$ wystarczy wskazać taką liczbę $n$, aby zachodziła nierówność $|R_{2n+2}|<10^{-6}$, czyli $\frac{1}{2^{2n+2}(2n+2)!}<10^{-6}$. Na mocy wykazanego powyżej wniosku mamy oszacowania: $|\sin \frac{1}{2}-(\frac{1}{2}-\frac{1}{2^3\cdot 3!}\left)\right|\le \frac{1}{46080}$ natomiast $|\sin \frac{1}{2}-(\frac{1}{2}-\frac{1}{2^3\cdot 3!}+\frac{1}{2^5\cdot 5!}\left)\right|\le \frac{1}{10321920},$

a więc suma $\frac{1}{2}-\frac{1}{48}+\frac{1}{3840}$ różni się (a dokładniej: jest większa) o nie więcej niż jedną dziesięciomilionową od $\sin \frac{1}{2}$.

Rysunek, animacja am1w10.0050

Przykład 10.18.

Równie łatwo można oszacować resztę we wzorze Maclaurina funkcji cosinus

$\cos h=1-\frac{h^2}{2}+\frac{h^4}{4!}+\dots +(-1{)}^n\frac{h^{2n}}{(2n)!}+R_{2n+1},$

gdyż wartość bezwzględna pochodnych dowolnie wysokiego rzędu funkcji cosinus jest ograniczona z góry przez 1, więc

$|R_{2n+1}|=|{\cos }^{(2n+1)}(\theta h)\cdot \frac{h^{(2n+1)}}{(2n+1)!}|\le \frac{|h{|}^{(2n+1)}}{(2n+1)!}.$

10.3. Przybliżanie funkcji ciągłych wielomianami

Powstaje naturalne pytanie, czy reszta $R_{n+1}$ we wzorze Maclaurina stanowi ciąg zbieżny do zera, jeśli funkcja $f$ jest klasy $C^{\mathrm{\infty }}$ w przedziale zawierającym punkt $0$? Negatywna odpowiedź na to pytanie zawarta jest w kolejnym przykładzie.

Rysunek am1w10.0060

Przykład 10.19.

Funkcja

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \displaystyle f(x)=\bigg\{\begin{array}{ll} 0 & \text{ dla }x\leq 0\\ \exp(-\frac{1}{x}) & \text{ dla } x>0 \end{array} \right.}

jest różniczkowalna w każdym punkcie $x\in \mathbb{ℝ}$. W szczególności

zerują się wszystkie pochodne w punkcie zero, tj.$\mathrm{\forall }k=0,1,2,3,\dots :f^{(k)}(0)=0,$ (fakt ten wykażemy w kolejnym module) czyli wszystkie współczynniki wielomianu Taylora o środku w zerze są zerowe. Z twierdzenia Taylora mamy równość: $f(h)=T_0^n(h)+R_{n+1}=0+R_{n+1}$. Zwróćmy uwagę, że dla dowolnej liczby $h>0$ funkcja $f$ przyjmuje wartość dodatnią, więc reszta $R_{n+1}$ nie stanowi ciągu zbieżnego do zera.

Twierdzenie Taylora nie jest optymalnym narzędziem do przybliżania dowolnych funkcji różniczkowalnych za pomocą wielomianów, gdyż - jak pokazaliśmy w powyższym przykładzie - istnieją funkcje klasy $C^{\mathrm{\infty }}$ (czyli takie, które mają ciągłe pochodne dowolnie wysokiego rzędu), których nie da się w rozsądny sposób przybliżyć za pomocą wielomianów Taylora $T_a^{n}f$.

Prawdziwe jest jednak twierdzenie, które gwarantuje możliwość przybliżania funkcji ciągłych na przedziale domkniętym wielomianami.

Twierdzenie 10.20. twierdzenie Weierstrassa]

Funkcję ciągłą na przedziale domkniętym można przybliżać jednostajnie za pomocą wielomianów, tzn. jeśli $f:[a,b]\mapsto \mathbb{ℝ}$ jest funkcją ciągłą, to istnieje ciąg wielomianów $w_n$ taki, że

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sup \{|f(t)-w_n(t)|,a\le t\le b\}=0.$

Dowód tego ważnego twierdzenia wykracza poza ramy tego kursu. Można natomiast łatwo podać efektywną konstrukcję ciągu wielomianów, które przybliżają jednostajnie daną funkcję ciągłą na przedziale $[0,1]$.

Definicja 10.21.

Niech $f:[0,1]\mapsto \mathbb{ℝ}$ będzie funkcją ciągłą. Dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej $n=0,1,2,\dots$ definiujemy wielomian Bernsteina rzędu $n$ funkcji $f$ wzorem

$B_{n}f(t)=\sum _{k=0}^{n}f\left(\frac{k}{n}\right)(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})t^k(1-t{)}^{n-k}.$

Rysunek, animacja am1w10.0070

Uwaga 10.22.

Podobieństwo wzoru definiującego wielomian Bernsteina do wzoru dwumianowego Newtona nie jest przypadkowe. Weźmy np. funkcję $f(x)=1$, stałą w przedziale $[0,1]$. Wówczas na mocy wzoru Newtona

$B_{n}f(t)=\sum _{k=0}^{n}1\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})t^k(1-t{)}^{n-k}=(t+1-t{)}^n=1.$ Zauważmy, że

wielomian Bernsteina rzędu $n$ jest wielomianem stopnia nie wyższego niż $n$. Można wykazać, że jeśli $w$ jest wielomianem stopnia nie wyższego niż $n$, to $B_{n}w(t)=w(t)$ dla dowolnej liczby $t$. Przypomnijmy, że analogiczną własność mają również wielomiany Taylora (zob. uwaga 10.14.).

Najciekawszą własność ciągu wielomianów Bernsteina podaje

Twierdzenie 10.23. [twierdzenie Bernsteina]

Jeśli $f:[0,1]\mapsto \mathbb{ℝ}$ jest dowolną funkcją ciągłą, to ciąg wielomianów Bernsteina zmierza do $f$ jednostajnie na przedziale $[0,1]$, to znaczy

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sup \{|f(t)-B_n(t)|,0\le t\le 1\}=0.$

Krótki, szczegółowy dowód tego faktu przeprowadzony w oparciu o nierówność Czebyszewa (zob. wykład z rachunku prawdopodobieństwa i statystyki) można znaleźć na przykład w podręczniku P.Billingsleya, Prawdopodobieństwo i miara, Państwowe Wydawnictwo Naukowe, Warszawa 1987, str. 91-92. Zwróćmy uwagę, że twierdzenie Weierstrassa zachodzi nawet dla funkcji klasy $C^0$, tj. takich, od których nie wymagamy, aby były różniczkowalne w którymkolwiek punkcie. Przykład takiej funkcji, która jest tylko ciągła i nie jest różniczkowalna w żadnym punkcie, podaliśmy w poprzednim module.