Analiza matematyczna 1/Ćwiczenia 10: Wzór Taylora. Ekstrema

10. Wzór Taylora. Ekstrema

Ćwiczenie 10.1.

Wyznaczyć ekstrema funkcji

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

b) $x\mapsto {\sin }^{2}x+\cos x,x\mapsto \mathrm{t}\mathrm{g}x-\sin x$,

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

d) $x\mapsto \ln |x^2+3x-10|,x\mapsto {\ln }^{}|x|-2\ln |x|$,

e) $x\mapsto x+10\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x,x\mapsto \frac{2}{\sqrt{1-x^2}}+\arcsin x$,

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

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

Rozwiązanie

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

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

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

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

$g^{\prime }(x)=\frac{3x^2(x-1{)}^2-x^{3}2(x-1)}{(x-1{)}^4}=\frac{x^2(x-1)(3x-3-2x)}{(x-1{)}^4}=\frac{x^2(x-3)}{(x-1{)}^3},$

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

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

$h^{\prime }(x)=\frac{3(x-2{)}^2(x+2{)}^3-(x-2{)}^{3}3(x+2{)}^2}{(x+2{)}^6}=\frac{12(x-2{)}^2(x+2{)}^2}{(x+2{)}^6}=\frac{12(x-2{)}^2}{(x+2{)}^4}$

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

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

$f^{\prime }(x)=2\sin x\cos x-\sin x=\sin x(2\cos x-1)$

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

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

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{{\cos }^{2}x}-\cos x=\frac{1-{\cos }^{3}x}{{\cos }^{2}x}$

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

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

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

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

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

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \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 $\mathbb{ℝ}\setminus \{2\}$. Badana funkcja ma minimum w punkcie krytycznym $2-\sqrt{2}$ i maksimum w punkcie krytycznym $2+\sqrt{2}$.

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

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

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

Liczymy drugą pochodną

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

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

e) Dziedziną funkcji $f(x)=x+10\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}x$ i jej pochodnej

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

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

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

$g^{\prime }(x)=\frac{2x}{{\sqrt{1-x^2}}^3}+\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=\frac{-x^2+2x+1}{{\sqrt{1-x^2}}^3}=\frac{-(x-1-\sqrt{2})(x-1+\sqrt{2})}{{\sqrt{1-x^2}}^3}$

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

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

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

$g^{\prime }(x)=(x^2+1{)}^{x^3+2x}((3x^2+2)\ln (x^2+1)+\frac{2x^2(x^2+2)}{x^2+1})$

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

Ćwiczenie 10.2.

Wyznaczyć ekstrema funkcji

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

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

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

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

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

$f^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}1& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x>0\\ -1& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x<0\end{array}$

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

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

Rysunek am1c10.0010

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

Rysunek am1c10.0020

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

$\begin{array}{lll}{f}^{\prime }(x)& =& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{x-2}{x^3}}\cdot \frac{3x^2(x-2)-x^3}{(x-2{)}^2}=\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{x-2}{x^3}}\cdot \frac{x^2(3x-6-x)}{(x-2{)}^2}=\sqrt{\frac{x-2}{x^3}}\cdot \frac{x^2(x-3)}{(x-2{)}^2}\end{array}$

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

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

$\begin{array}{lll}{g}^{\prime }(x)& =& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{(x+2{)}^3}{4-x}}\cdot \frac{-(x+2{)}^3-(4-x)3(x+2{)}^2}{(x+2{)}^6}=\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{(x+2{)}^3}{4-x}}\cdot \frac{(x+2{)}^2(-x-2-12+3x)}{(x+2{)}^6}=\sqrt{\frac{(x+2{)}^3}{4-x}}\cdot \frac{(x-7)}{(x+2{)}^4}\end{array}$

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

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

Jeśli $f(x)=3\sqrt[3]{x^2}{e}^x$, to

$f^{\prime }(x)=\frac{2}{\sqrt[3]{x}}{e}^x+3\sqrt[3]{x^2}{e}^x=\frac{e^x}{\sqrt[3]{x}}(2+3x).$

Punktami krytycznymi są $-\frac{2}{3}$ i $0$. Funkcja $f$ ma maksimum w punkcie $-\frac{2}{3}$ i minimum w punkcie $0$, ponieważ pochodna odpowiednio zmienia znak.

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

$g^{\prime }(x)=\frac{4}{\sqrt[5]{x}}{e}^{-x}-5\sqrt[5]{x^4}{e}^{-x}=\frac{e^{-x}}{\sqrt[5]{x}}(4-5x).$

Funkcja $g$ ma minimum w punkcie $0$ i maksimum w punkcie $\frac{4}{5}$.

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

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

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

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

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

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

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

Ćwiczenie 10.3.

Wyznaczyć największą i najmniejszą wartość funkcji

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

b) $g(x)=\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{c}\mathrm{t}\mathrm{g}\frac{|x|}{\sqrt{3}}$
w przedziale $[-1,3]$.

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

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

Funkcja $g$ nie ma pochodnej w $0$ i

$g^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}-\frac{\sqrt{3}}{x^2+3}& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x<0\\ \frac{\sqrt{3}}{x^2+3}& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x>0\end{array}$

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

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

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

Ćwiczenie 10.4.

Znaleźć wymiary puszki do konserw w kształcie walca o objętości $V=250\pi {\mathrm{c}\mathrm{m}}^3$, do sporządzenia której zużyje się najmniej blachy.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

Ćwiczenie 10.5.

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

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

Wskazówka

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

b) Na mocy wniosku ze wzoru Taylora zachodzi

$|f(x+h)-(f(x)+f^{\prime }(x)h+\frac{f^{″}(x)}{2!}{h}^2+...+\frac{f^{(n)}(x)}{n!}{h}^n)|\le M\frac{|h{|}^{n+1}}{(n+1)!},$

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

Rozwiązanie

a) Policzmy pochodną $f^{\prime }(x)=2x(6x^2-6mx+m^2)$. Jeśli $m=0$, to $f(x)=3x^4$ ma oczywiście minimum globalne w $0$. Jeśli $m\ne 0$, to dla czynnika kwadratowego $6x^2-6mx+m^2$ pochodnej $\mathrm{\Delta }=12m^2$, jest więc dodatnia, a w konsekwencji $f$ ma trzy różne punkty krytyczne $x_0,x_1,x_2$, w tym $x_0=0$. Ze wzorów Viete'a mamy $x_1{x}_2=\frac{m^2}{6}>0$, zatem $x_1,x_2$ są tego samego znaku. Stąd już wynika, że funkcja $f$ ma minimum w punkcie $0$.

b) Stosujemy najpierw wzór Taylora do funkcji $f(x)=\sqrt{x}$ w punkcie $x=25$ i dla $h=-0,1$. Jeśli $n=1$, to otrzymujemy $\sqrt{24,9}\approx \sqrt{25}+\frac{1}{2\sqrt{25}}(-0,1)=5-0,01=4,99$ i $|\sqrt{24,9}-4,99|\le \frac{1}{51200}$
bo $\sup \{|f^{″}(t)|:t\in [16,25]\}=\frac{1}{4\sqrt{16^3}}=\frac{1}{256}$.

Dla $n=2$ otrzymujemy
$\begin{array}{lll}\sqrt{24,9}& \approx & \sqrt{25}+\frac{1}{2\sqrt{25}}(-0,1)-\frac{1}{8\sqrt{25^3}}(-0,1{)}^2\\ & =& 5-0,01-0,00001=4,98999\end{array}$
i $|\sqrt{24,9}-4,98999|\le \frac{3\cdot (0,1{)}^3}{3!\cdot 8\cdot 4^5}=\frac{1}{16384000}.$

Następnie stosujemy wzór Taylora do funkcji $g(x)=\sqrt[4]{x}$ w punkcie $x=16$ i dla $h=0,32$. Jeśli $n=1$, to otrzymujemy $\sqrt[4]{16,32}\approx \sqrt[4]{16}+\frac{1}{4{\sqrt[4]{16}}^3}\cdot 0,32=2+0,01=2,01$ i $|\sqrt[4]{16,32}-2,01|\le \frac{3\cdot (0,01{)}^2}{4}=0,000075,$
bo $\sup \{|g^{″}(t)|:t\in [16,81]\}=\frac{3}{16\sqrt[4]{16^7}}=\frac{3}{2^{11}}$.

Dla $n=2$ otrzymujemy
$\begin{array}{lll}\sqrt[4]{16,32}& \approx & \sqrt[4]{16}+\frac{1}{4\sqrt[4]{16^3}}\cdot 0,32-\frac{3}{32\sqrt[4]{16^7}}(0,32{)}^2\\ & =& 2+0,01-0,000075=2,009925\end{array}$

oraz $|\sqrt[4]{16,32}-2,009925|\le \frac{21\cdot (0,32{)}^3}{3!\cdot 64\cdot 2^{11}}=\frac{7\cdot (0,01{)}^3}{2^3}=0,000000875.$

Ćwiczenie 10.6.

Niech

$f_n(x)=\{\begin{array}{ll}{x}^n\sin \frac{1}{x}& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x\ne 0\\ 0& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x=0\end{array},n\in {\mathbb{\mathbb{N}}}_0.$

Pokazać, że $f_{2n}$ ma $n$-tą pochodną nieciągłą w $0$, a $f_{2n+1}$ należy do klasy $C^n$, ale nie ma $(n+1)$-ej pochodnej w $0$, dla $n\in {\mathbb{\mathbb{N}}}_0$.

Wskazówka

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

Rozwiązanie

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

Rysunek am1c10.0030

Mamy także z twierdzenia o iloczynie funkcji ograniczonej i zbieżnej do zera $\underset{x\to 0}{\lim }{x}^n\sin \frac{1}{x}=0$, jeśli $n>0$, zatem funkcja $f_n$ jest ciągła w $0$.

Następnie widzimy, że $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x\sin \frac{1}{x}}{x}$ nie istnieje (jest to ta sama granica, którą liczyliśmy dla funkcji $f_0$), zatem $f_1$ nie ma pochodnej w zerze.

Rysunek am1c10.0040

Natomiast ponieważ $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^n\sin \frac{1}{x}}{x}=\underset{x\to 0}{\lim }{x}^{n-1}\sin \frac{1}{x}=0$ dla $n>1$, wszystkie następne funkcje są różniczkowalne i ${f_n}^{\prime }(x)=\{\begin{array}{ll}n{x}^{n-1}\sin \frac{1}{x}-x^{n-2}\cos \frac{1}{x}& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x\ne 0\\ 0& \mathrm{g}\mathrm{d}\mathrm{y}x=0\end{array},n\in {\mathbb{\mathbb{N}}}_0$.

Pochodna ${f_2}^{\prime }(x)=2x\sin \frac{1}{x}-\cos \frac{1}{x}$ jest nieciągła w $0$, bo $\underset{x\to 0}{\lim }2x\sin \frac{1}{x}=0$ i $\underset{x\to 0}{\lim }\cos \frac{1}{x}$ nie istnieje (co pokazujemy analogicznie jak dla $f_0$).

Rysunek am1c10.0050

Pochodne ${f_n}^{\prime }$ są ciągłe dla $n>2$, co wynika po raz kolejny z twierdzenia o granicy iloczynu funkcji ograniczonej i funkcji zbieżnej do zera.

Kontynuujemy rozumowanie dalej...

Rysunek6 am1c10.0060