Osnovne lastnosti odvoda

Transcript

1 Del 2 Odvodi

2

3 POGLAVJE 4 Osnovne lastnosti odvoda. Definicija odvoda Odvod funkcije f v točki x je definiran z f f(x + ) f(x) (x) =. 0 Ta definicija je smiselna samo v primeru, ko x D(f), ita na desni strani obstaja in točka x je stekališče množice D(f) ( ita je enolična). Kadar so ti trije pogoji izpolnjeni, pravimo, da je funkcija f odvedljiva v točki x. Funkciji f, ki je definirana z f : x f (x), D(f ) = {x: f je odvedljiva v x} pravimo odvod funkcije f. Primer. Če je f konstantna funkcija, potem je f c c (x) = = 0 = 0, 0 0 torej je f ničelna funkcija. Primer. Če je f identična funkcija, potem je f (x + ) x (x) = 0 torej je f enična funkcija. Primer. Če je f(x) = x2, potem je f (x) = 0 (x + ) 2 x 2 = 0 2x + 2 = 0 = =, 0 = 2x. Če v definiciji odvoda f (x) nadomestimo navadno ito z levo ali desno ito, dobimo levi odvod f (x) in desni odvod f +(x). 3 =

4 4 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA Primer. Izračunajmo levi in desni odvod funkcije f(x) = x v točki 0. f (0) 0 = 0 f +(0) 0 = 0 + Ker se ti iti razlikujeta, ita = 0 =, = 0 + =. 0 0 ne obstaja, torej funkcija f ni odvedljiva v točki 0. Po drugi strani, za vsak x 0 velja {, x < 0, f (x) =, x > 0, torej je funkcija f odvedljiva v vsaki neničelni točki. Absolutna vrednost je primer funkcije, ki je zvezna v točki 0, ni pa odvedljiva v točki 0. Torej iz zveznosti v točki ne sledi nujno odvedljivost v točki. Pač pa velja obratno: Če je funkcija f odvedljiva v točki a, potem je tudi zvezna v točki a. Dokaz: Ker je funkcija f odvedljiva v točki a, velja [ f(x) f(a) f(x) = f(a) + (x a) ] = x a x a x a f(x) f(a) = f(a) + x a x a x a (x a) = f(a) + f (a) 0 = f(a). x a Po definiciji ite odtod sledi, da je funkcija f zvezna v točki a. 2. Odvod eksponentne in sinusne funkcije Izračunajmo najprej odvod eksponentne funkcije v točki nič. Velja e 0 =. Dokaz: Dokažimo najprej, da za vsak R, ki zadošča, velja e 2. Naj bo a n = ( + n) n. Iz binomske formule sledi, da velja a n = c n, kjer je c n = ( ) n 2 + ( ) n n ( ) n n 2 n 3 n n. Ker je n, lako ocenimo c n ( ) n 2 + ( ) n n ( ) n n 3 n n n 2! n! (n )n = ( 2 ) + ( 2 3 ) ( n n ) = n. Torej iz sledi, da za vsak n velja a n = c n 2 2. V iti dobimo želeni rezultat.

5 2. ODVOD EKSPONENTNE IN SINUSNE FUNKCIJE 5 Sedaj lako dokažemo, da je res =. Vzemimo poljuben ɛ > 0 in definirajmo δ = min{, ɛ}. Potem za vsak 0, ki zadošča < δ velja e < ɛ. Pri prvem neenačaju smo upoštevali, da je <, torej velja gornja ocena (deljena s.) Sedaj lako izpeljemo, da velja Dokaz: Če je f(x) = ex, potem je 0 e exp = exp. f e x+ e x (x) =. 0 Če upoštevamo, da je e x+ = e x e dobimo f e x e e x (x) = 0 Zgoraj smo pokazali, da je zato je e =, 0 f (x) = e x = e x e. 0 za vsak x R. Torej je f spet exponentna funkcija, se pravi f = f. Izračunajmo še odvod sinusne funkcije v točki 0. Velja sin 0 =. Dokaz: Naj bo ABC trikotnik, ki ima pri A kot, pri B pravi kot in pri katerem je dolžina stranice AB enaka. Krog s središčem v A in radijem seka daljico AC v točki D. Naj bo E pravokotna projekcija točke B na daljico AC. Ker je trikotnik ABE vsebovan v izseku BAD, ta pa v trikotniku ABC, je pl( ABE) pl( BAD) pl( ABC). Ker je pl( ABE) = sin 2, pl( BAD) = tg, pl( ABC) = 2 2. sledi po množenju z 2, da za vsak (0, π 2 ) velja Odtod sledi, da za vsak x velja sin tg. cos sin. Uporabimo sedaj metodo sendviča. Ker je cos = in =, 0

6 6 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA velja, da je tudi iskana ita enaka. Odtod lako izpeljemo, da velja sin = cos in cos = sin. Dokaz: Če je f(x) = sin x, potem je f f(x + ) f(x) sin(x + ) sin(x) (x) = =. 0 0 Če v formulo sin u sin v = 2 sin u v 2 cos u+v 2 vstavimo u = x + in v = x, dobimo, da je sin(x + ) sin(x) = 2 sin 2 cos(x + 2 ). Torej je f 2 sin 2 (x) = cos(x + 2 ). 0 Če napravimo substitucijo t = 2, dobimo f sin t cos(x + t) (x) = t 0 t Zgoraj smo pokazali, da je Ker je funkcija cos zvezna, je = t 0 sin t t sin t =. t 0 t cos(x + t) = cos x. t 0 Ker je ita produkta produkt it, dobimo f (x) = cos x = cos x. cos(x + t). t 0 Torej je sin = cos. Podobno bi dokazali, da je cos = sin. 3. Pravila za odvajanje Kako izrazimo odvode funkcij f + g, f g, fg in f/g s pomočjo odvodov funkcij f in g? Odgovor nam dajejo naslednje formule: ( ) f (f ± g) = f ± g, (fg) = f g + fg, = f g fg. g g 2 Dokaz: Dokažimo formulo za odvajanje produkta. Pri ostali je dokaz podoben. Predpostavimo, da sta f in g odvedljivi v x. Potem je (fg) (fg)(x + ) (fg)(x) f(x + )g(x + ) f(x)g(x) (x) = = = 0 0 (f(x + ) f(x))g(x + ) + f(x)(g(x + ) g(x)) = = 0 f(x + ) f(x) = 0 g(x + ) + f(x) 0 0 = f (x)g(x) + f(x)g (x). g(x + ) g(x) =

7 3. PRAVILA ZA ODVAJANJE 7 Pri zadnjem koraku smu upoštevali, da iz odvedljivosti funkcije g v a sledi zveznost g v a, torej je g(x + ) = g(x). 0 Primer. Izračunajmo odvod funkcije tg x = sin x cos x : tg (x) = sin x cos x sin x cos x (cos x) 2 = cos x cos x sin x( sin x) (cos x) 2 = Pogosto potrebujemo formulo za odvod kompozituma: (g f) = (g f) f (cos x) 2. Dokaz: Predpostavimo, da je f odvedljiva v x in g odvedljiva v f(x). Velja (g f) (g f)(x + ) (g f)(x) (x) = 0 Funkcija ω(t) = za vsak zadošča zvezi g(f(x + )) g(f(x)) { g(t) g(f(x)) t f(x), t f(x), g (f(x)), t = f(x) = ω(f(x + )) g(f(x + )) g(f(x)) =. 0 f(x + ) f(x). Ker je ω(t) = t f(x) g (f(x)) = ω(f(x)), je funkcija ω(t) zvezna v točki t = f(x). Odtod sledi, da je (g f) f(x + ) f(x) (x) = ω(f(x + )) = 0 0 = ω( f(x + ))f (x) = ω(f(x))f (x) = g (f(x))f (x). 0 Če sta f in g odvedljivi, velja ta formula za vsak x D(g f), torej je g f odvedljiva in (g f) = (g f) f. Primer. Izračunajmo odvod funkcije (x) = sin(x 2 ). Vzemimo f(x) = x 2 in g(x) = sin(x). Vemo, da je (x) = g (f(x))f (x). Ker je g (x) = cos(x) in f (x) = 2x, je (x) = cos(x 2 ) 2x. Preostane še formula za odvod inverzne funkcije: (f ) (x) = f (f (x)). Dokaz: Privzemimo, da je f injektivna in pišimo g = f. Vzemimo tak a D(f ), da velja f (a) 0 in pišimo b = f(a). Potem velja g g(t) g(b) g(t) g(b) (b) = = t b t b t b f(g(t)) f(g(b)).

8 8 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA Ker je g tudi injektivna velja g(t) g(b) za vsak t b, torej v zadnji iti lako napravimo substitucijo x = g(t). t b g(t) g(b) f(g(t)) f(g(b)) = x g(b) x g(b) f(x) f(g(b)) = f (g(b)). Pri tem smo upoštevali, da je f (g(b)) = f (a) 0. Oglejmo si nekaj primerov. Primer. Vzemimo poljubno naravno število n. Pišimo f n (x) = x n in g n (x) = n x = x n. Pokažimo najprej z indunkcijo po n, da velja f n(x) = nx n za vsak x. Vemo že, da to velja za n =. Če formula velja za n, potem iz f n = f n f in pravila za odvajanje produkta sledi f n(x) = f n (x)f (x) + f n (x)f (x) = (n )x n 2 x + x n = nx n, torej formula velja tudi za n. Sedaj lako izračunamo tudi g n: g n(x) = f n(g n (x)) = ng n (x) = n n( n x) = n n x n. Primer. Vzemimo f(x) = e x in g(x) = ln x. Ker je f = f, velja za vsak x: g (x) = f (g(x)) = f(g(x)) = x. Primer. Vzemimo f(x) = sin x in g(x) = arcsin x. Ker je f (x) = cos x = (sin x) 2, velja g (x) = f (g(x)) = cos g(x) = =. (sin g(x)) 2 x 2 Sedaj vemo, da so odvodi vse osnovni elementarni funkcij elementarne funkcije. Iz formul za odvajanje vsote, razlike, produkta, kvocienta in kompozituma sledi, da je tudi odvod vsake elementarne funkcije elementarna funkcija.

9 4. GEOMETRIJSKI IN FIZIKALNI POMEN ODVODA 9 Sestavimo tabelico osnovni odvodov: f(x) f (x) g(x) g (x) x 2 2x x 2 x x m m x m mx m x m e x e x ln x x sin x cos x arcsin x x 2 cos x sin x arccos x x 2 tg x arctg x (cos x) 2 +x 2 s x c x ars x x 2 + c x s x arc x x 2 t x art x (c x) 2 x 2 4. Geometrijski in fizikalni pomen odvoda pravimo diferenčni količnik funkcije f v točki a. Oglejmo si najprej uporabo diferenčnega količnika in odvoda v geometriji. Premici, ki gre skozi dve različni točki na grafu dane funkcije f pravimo sekanta funkcije f. Poiščimo enačbo sekante skozi točki (a, f(a)) in (a, f(a + )). Kot vsaka druga premica, ima tudi sekanta enačbo y = kx + n, kjer moramo k in n še poiskati. Ker gre premica y = kx + n skozi točki (a, f(a)) in (a+, f(a+)), velja f(a) = ka+n in f(a+) = k(a+)+n. Ko enačbi odštejemo, dobimo f(a + ) f(a) = k, torej je Izrazu f(a+) f(a) f(a + ) f(a) k =. Iz prve enačbe sedaj dobimo f(a + ) f(a) n = f(a) ka = f(a) a. Ko k in n vstavimo v y = kx + n, dobimo za enačbo sekante f(a + ) f(a) y = f(a) + (x a). Ko se približuje 0, se točka (a +, f(a + )) približuje točki (a, f(a)), sekanta skozi ti dve točki pa se približuje neki premici, ki ji pravimo tangenta funkcije f v a. Za enačbo tangente dobimo [ f(a + ) f(a) y = f(a) + (x a) ] = f(a) + f (a)(x a). 0 Smerni koeficient sekante je torej enak diferenčnemu količniku, smerni koeficient tangente pa odvodu.

10 0 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA y x^2 Primer. Enačba sekante funkcije f(x) = x 2 skozi x = in x = 2 je f(2) f() y = f()+ (x ) = +3(x ) = 3x 2. 2 Enačba tangente funkcije f(x) = x 2 v x = je y = f() + f ()(x ) = + 2(x ) = 2x ,4 4 2, y 3x 2 y 2x Opomba. Če ima funkcija f v točki a tako levi, kot desni odvod, vendar sta različna, potem pravimo, da ima f koleno v točki a. Premicama y = f(a) + f (a)(x a) in y = f(a) + f +(a)(x a) potem pravimo leva oziroma desna tangenta funkcije f v a. Oglejmo še uporabo diferenčnega kvocienta in odvoda v fiziki. Recimo, da se avto giblje po realni osi in da je njegova lega v trenutku t enaka s(t). Med trenutkoma t in t + t je avto prepotoval razdaljo s = s(t+ t) s(t). Njegova povprečna itrost v tem času je torej enaka v = s s(t + t) s(t) =. t t Trenutno itrost avta v trenutku t pa definiramo kot ito s v(t) = t 0 t = s(t + t) s(t) t = s (t). Trenutna itrost v trenutku t je torej odvod funkcije s v točki t, povprečna itrost med trenutkoma t in t + t pa je diferenčni kvocient funkcije s v točki t. 5. Krivinski radij Če odvod funkcije f še enkrat odvedemo, dobimo drugi odvod funkcije f. Drugi odvod funkcije f označimo z f. Velja torej f = (f ). Vrednost drugega odvoda v točki a je f f (x + ) f (x) (x) =. 0 Pravimo, da je funkcija f dvakrat odvedljiva, če velja D(f ) = D(f). Opomba. Podobno bi lako definirali tudi tretji (četrti, peti,...) odvod in trikrat (štirikrat, petkrat,...) odvedljive funkcije.

11 5. KRIVINSKI RADIJ S pomočjo drugega odvoda lako poiščemo krožnico, ki se najbolje prilega grafu funkcije f v točki (a, f(a)). Poiskali bomo središče te krožnice in njen radij, ki mu pravimo tudi krivinski radij funkcije f v a. Najprej poiščemo normalo funkcije f v a. To je premica, ki gre skozi točko (a, f(a)) in je pravokotna na tangento. Če je k = tg φ smerni koeficient tangente in k 2 = tg φ 2 smerni koeficient normale, potem je ( + k k 2 ) cos φ cos φ 2 = ( + tg φ tg φ 2 ) cos φ cos φ 2 = cos φ cos φ 2 +sin φ sin φ 2 = cos(φ 2 φ ) = cos π = 0. Če je cos φ 2 = 0, potem je φ = π, torej je tangenta navpična. Če je cos φ 2 2 = 0, potem je φ 2 = π, torej je normala navpična. Če je f odvedljiva v a in f (a) 0, 2 potem niti tangenta niti normala ne moreta biti navpični, torej lako kosinusa pokrajšamo in dobimo + k k 2 = 0. Odtod sledi, da je k 2 = k =. Enačba normale na f v a je torej f (a) y = f(a) (x a). f (a) Izračunajmo še normalo v bližnji točki a + : y = f(a + ) (x a ). f (a + ) Izračunajmo presek te normal in itirajmo proti 0. Dobljeni rezultat je ravno središče pritisnjene krožnice. y 3 2 a,f a a,f a y f x x - x,y

12 2 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA Ko odštejemo obe enačbi, se y pokrajša, iz preostanka pa lako izrazimo x. Dobimo f(a + ) f(a) + f x a = (a+). f (a+) f (a) Če ulomek razširimo z f (a+)f (a), dobimo x a = f (a + )f (a) f(a+) f(a) Ko itiramo proti 0, dobimo f (a+) f (a) x a = f (a) 3 + f (a). f (a) Sedaj iz enačbe prve normale dobimo + f (a). y f(a) = f (a) (x a) = f (a) 2 +. f (a) Središče pritisnjene krožnice na f v a je torej v točki x = a f (a)(f (a) 2 + ) f (a) Njen radij pa dobimo iz Pitagorovega izreka, y = f(a) + f (a) 2 +. f (a) R 2 = (x a) 2 + (y f(a)) 2 = (f (a) 2 + ) 3 f (a) 2. Krivinski radij funkcije f v a je torej R = (f (a) 2 + ) 3/2. f (a) Če je f (a) = 0, je R = +. Da se izognemo temu problemu, raje izračunamo število f (a) κ = (f (a) 2 + ) = ± 3/2 R, ki pa je vedno končno. Temu številu pravimo tudi ukrivljenost funkcije f v a. Ekvivalentne so naslednje trditve: κ > 0, kjer je κ ukrivljenost f v a, f (a) > 0, y > f(a), kjer je (x, y) središče pritisnjene kroznice na f v a. To nam daje slutiti, da je v primeru, ko velja ena od te tre ekvivalentni lastnosti, graf funkcije f upognjen navzgor. Podrobno se bomo s upognenostjo navzgor in navzdol ukvarjali v razdelku o konveksni in konkavni funkcija.

13 6. OBSTOJ GLOBALNIH EKSTREMOV 3 6. Obstoj globalni ekstremov V tem razdelku nas bodo zanimale zvezne funkcije, kateri definicijsko območje je zaprt interval. Pokazali bomo, da je taka funkcija vedno omejena, da v neki točki zavzame največjo vrednost in da v neki točki zavzame najmanjšo vrednost. (Kako poiščemo take točke, bomo zvedeli šele v naslednjem razdelku.) Vsaka zvezna funkcija na zaprtem intervalu je omejena. Dokaz: Naj bo f taka zvezna funkcija, da je D(f) = [a, b]. Če funkcija f ne bi bila navzgor omejena, potem bi za vsako naravno število n obstajal tak c n [a, b], da bi veljalo f(c n ) > n. Ker je zaporedje c n omejeno, ima konvergentno podzaporedje d n = c φn. Pišimo d = d n. Ker je funkcija f zvezna v d, velja f(d n ) = f(d). Če vzamemo ɛ =, potem obstaja tak n 0, da za n n 0 velja f(d) < f(d n ) < f(d)+. Odtod in iz f(d n ) = f(c φn ) > φ n sledi, da je φ n < f(d) + za vsak n, kar je protislovje s predpostavko, da je φ n strogo naraščajoče. Podobno dokažemo, da je funkcija f navzdol omejena, lako pa uporabimo tudi dejstvo, da je po gornjem funkcija f navzgor omejena, saj je f zvezna in D( f) = [a, b]. Predpostavka, da je D(f) zaprt interval je bistvena: Primer. Glavna veja tg je zvezna funkcija na odprtem intervalu ( π 2, π 2 ), vendar ni niti navzgor niti navzdol omejena. Vsaka zvezna funkcija na zaprtem intervalu zavzame v neki točki največjo vrednost. Dokaz: Naj bo f taka zvezna funkcija, da velja D(f) = [a, b]. Dokazali smo, da je množica Z(f) navzgor omejena, torej ima po Dedekindovi lastnosti supremum M = sup Z(f). Za vsako naravno število n, M n ni zgornja meja množice Z(f), torej obstaja tak c n [a, b], da velja f(c n ) > M n. Ker je zaporedje c n omejeno, ima konvergentno podzaporedje d n = c φn. Pišimo d = d n. Trdimo, da funkcija f v točki d zavzame največjo vrednost M. Po metodi senviča iz M f(d n ) > M φ n sledi, da je f(d n ) = M. Ker je funkcija f zvezna v d, velja f(d n ) = f(d). Torej je f(d) = M. Odtod sledi, da vsaka zvezna funkcija na zaprtem intervalu zavzame v neki točki najmanjšo vrednost.

14 4 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA Najmanjša vrednost za funkcijo f je namreč največja vrednost za funkcijo f. Pravimo, da je točka (c, f(c)) globalni maksimum funkcije f, če za vsak x D(f) velja f(x) f(c). Pravimo, da je točka (c, f(c)) globalni minimum funkcije f, če za vsak x D(f) velja f(x) f(c). Skupno ime za globalni minimum in globalni maksimum je globalni ekstrem. Zgoraj smo dokazali, da ima vsaka zvezna funkcija na zaprtem intervalu vsaj en globalni maksimum in vsaj en globalni minimum, lako pa se tudi zgodi, da ima ista funkcija več globalni maksimumov in več globalni minimumov: Primer. Funkcija f : x (x 2 ) 2, D(f) = [ 2, 2] zadošča 9 f(x) 0 za vsak x D(f). Enačba f(x) = 0 ima dve rešitvi, in. Torej ima funkcija f dva globalna minimuma, (, 0) in (, 0). Tudi enačba f(x) = 9 ima dve rešitvi, 2 in 2. Zato ima funkcija f dva globalna maksimuma, ( 2, 9) in (2, 9). Zvezna funkcija na odprtem intervalu je lako neomejena, torej nima nujno globalni ekstremov, pa tudi kadar je omejena ni nujno da ji ima: Primer. Za funkcijo f : x x 3, D(f) = (, ) velja sup Z(f) = in inf Z(f) =. Vendar max Z(f) in min Z(f) ne obstajata. Zato funkcija f nima nobenega globalnega minimuma in nobenega globalnega maksimuma. 7. Potrebni pogoj za lokalni ekstrem Pravimo, da je točka (c, f(c)) lokalni maksimum, če obstaja tak δ > 0, da velja f(x) f(c) za vsak x D(f) O(c, δ). Geometrijsko to pomeni, da je točka (c, f(c)) globalni maksimum skrčitve f O(c,δ). Podobno je z lokalnimi minimumi. Lokalnim maksimumom in lokalnim minimumom pravimo z eno besedo lokalni ekstremi. Vsak globalni ekstrem funkcije f je tudi lokalni ekstrem, obratno pa običajno ni res. Glavni rezultat tega razdelka je Fermatov izrek: Če je funkcija f definirana in odvedljiva v vsaki točki iz odprtega intervala (a, b) in zavzame lokalni ekstrem v točki c (a, b), potem je f (c) = 0. Dokaz: Če funkcija f v točki c zavzame lokalni maksimum, potem obstaja tak δ > 0, da velja f(x) f(c) za vsak x (a, b) (c δ, c + δ). Vzemimo poljubno zaporedje a n v (a, b) (c δ, c), ki itira proti c. Za vsak n velja a n c < 0 in f(a n ) f(c) 0, torej je f(an) f(c) a n c 0. Odtod sledi,

15 7. POTREBNI POGOJ ZA LOKALNI EKSTREM 5 da je f (c) = f(a n) f(c) a n c 0. Vzemimo sedaj poljubno zaporedje b n v (a, b) (c, c+δ), ki itira proti c. Za vsak n velja b n c > 0 in f(b n ) f(c) 0, torej je f(bn) f(c) b n c 0. Odtod sledi, da je f (c) = f(bn) f(c) b n c 0. Iz f (c) 0 in f (c) 0 sledi f (c) = 0. Obrat Fermatovega izreka ne drži. Ničle funkcije f niso nujno lokalni ekstremi funkcije f, kot pokaže naslednji primer. Primer. Vzemimo f(x) = x 3 in c = 0. Potem je f (c) = 0, vendar f ne zavzame lokalnega ekstrema v točki c, saj je levo od c pozitivna, desno od c pa negativna. Kako bi za dano funkcijo f poiskali vse njene lokalne (in globalne) ekstreme? Metoda, ki jo bomo skicirali, deluje za odvedljive funkcije na zaprtem intervalu. (v resnici je dovolj zatevati, da so odvedljive v notranji točka intervala in zvezne v robni). () Najprej preveri, če f res zadošča gornjim predpostavkam in izračunaj f. (2) Določi kandidatke za lokalni ekstrem. To so rešitve enačbe f (x) = 0 skupaj z robnima točkama intervala. (3) Izračunaj vrednost f v vsaki kandidatki. V tisti, kjer je vrednost največja, f zavzame globalni maksimum, kjer je vrednost najmanjša pa globalni minimum. (4) Kasneje bomo spoznali dve metodi (prvi in drugi zadostni pogoj za lokalni ekstrem) s katerima lako za (skoraj) vsako kandidatko ugotovimo ali f v njej zavzame lokalni ekstrem ali ne. Primer. Določi globalne ekstrem funkcije f(x) = 2x 2 x 4, x [ 2, 2]. Najprej določimo kandidatke za lokalni ekstrem. Ker je f (x) = 4x 4x 3 = 4x( x 2 ), so rešitve enačbe f (x) = 0 točke x =, x = 0 in x =. Poleg te tre točk, sta kandidatki še robni točki x = 2 in x = 2. V vsaki od te peti kandidatk izračunajmo vrednost funkcije f: x f(x) Najnižja vrednost v spodnji vrstici je 8, torej f zavzame globalni minimum v x = 2 in x = 2. Najvišja vrednost v spodnji vrstici je, zato f zavzame globalni maksimum v x = in x =.

16 6 4. OSNOVNE LASTNOSTI ODVODA 8. Vprašanja za ponavljanje () (Definicija odvoda) (a) Kako je definiran odvod funkcije v točki? (b) Dokaži, da iz odvedljivosti sledi zveznost! (c) S primerom pokaži, da funkcija, ki je zvezna v neki točki, ni nujno tudi odvedljiva v tej točki! (2) (Pravila za odvajanje) (a) Formuliraj pravili za odvajanje vsote in razlike. Enega dokaži! (b) Formuliraj pravili za odvajanje produkta in kvocienta. Enega dokaži! (c) Napiši pravili za odvajanje kompozituma in inverzne funkcije. Enega dokaži! (3) (Geometrijski in fizikalni pomen odvoda) (a) Kako izračunamo povprečno itrost? (b) Kako izračunamo trenutno itrost? (c) Kako se glasi enačba sekante? (d) Kako se glasi enačba tangente? (4) (Krivinski radij) (a) Kako izračunamo normalo na graf funkcije f v točki (a, f(a))? (b) Kako izračunamo središče krožnice, ki se v točki (a, f(a)) najbolje prilega grafu funkcije f? (c) Izpelji formulo za krivinski radij funkcije f v točki a! (5) (Globalni ekstremi) (a) Povej definicijo globalnega ekstrema funkcije! (b) Formuliraj izrek, ki zagotavlja obstoj globalni ekstremov! (c) Kako določimo kandidate za globalni ekstrem? (d) Kako ugotovimo, kateri od kandidatov je zares globalni ekstrem? (6) (Lokalni ekstremi) (a) Povej definicijo lokalnega ekstrema funkcije! (b) Kakšna je zveza med lokalnimi in globalnimi ekstremi funkcije? (c) Formuliraj potrebni pogoj za nastop ekstrema! (d) S primerom pokaži, da potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema ni tudi zadosten!

17 POGLAVJE 5 Načrtovanje grafov funkcij. Rolleov in Lagrangeov izrek Rolleov izrek je pomožni izrek, s katerim dokažemo tri pomembne izreke: Lagrangeov izrek, ki nam bo pomagal poiskati zvezo med lastnostmi f in lastnostmi grafa funkcije f, Caucyjev izrek, ki nam bo pomagal dokazati L Hospitalovo pravilo za računanje it in Taylorjev izrek, ki je posplošitev Langrangeovega. Rolleov izrek: Če je funkcija f definirana na [a, b], zvezna v a in b in odvedljiva v vsaki točki iz (a, b) in če velja f(a) = f(b), potem obstaja taka točka c (a, b), da velja f (c) = 0. Dokaz: Glavni sestavini dokaza sta Fermatov izrek (potrebni pogoj za lokalni ekstrem) in izrek o obstoju globalni ekstremov zvezni funkcij na zaprtem intervalu (ponovi preden nadaljuješ). Vzemimo poljubno funkcijo f, ki zadošča predpostavkam izreka. Funkcija f je zvezna v vsaki točki zaprtega intervala [a, b], za robni točki smo to predpostavili, za notranje točke pa to sledi iz odvedljivosti. Po izreku o obstoju globalni ektremov potem sledi, da f zavzame globalni minimum v neki točki x iz [a, b] in globalni maksimum v neki točki x 2 iz [a, b]. Če x leži v odprtem intervalu (a, b), potem po Fermatovem izreku velja f (x ) = 0, torej za iskani c lako vzamemo c = x. Podobno, če x 2 leži v (a, b), potem po Fermatovem izreku velja f (x 2 ) = 0, torej lako vzamemo c = x 2. Ostane še primer, ko sta x in x 2 robni točki intervala [a, b]. Iz predpostavke f(a) = f(b) potem sledi, da je f(x ) = f(x 2 ). Po definiciji globalni ekstremov je f(x ) f(x) f(x 2 ) za vsak x [a, b]. Ker je f(x ) = f(x 2 ), odtod sledi, da je f(x) konstantna funkcija. V tem primeru lako torej za c vzamemo katerokoli točko iz (a, b), recimo c = a+b 2. Geometrijsko si vsebimo Rolleovega izreka predstavljamo takole: Vzemimo nepretrgan in nezlomljen graf funkcije nad intervalom [a, b], 7

18 8 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ ki je v a in v b enako visoko. Potem iz velike nižine dvigamo vodoravno premico, dokler ne zadane grafa. Če zadane graf v kaki nerobni točki (x, f(x )), potem je zaradi nezlomljenosti grafa to vodoravna tangenta, se pravi, da je f (x ) = 0 in lako vzameš c = x. Kadar to ne deluje, spuščamo vodoravno premico iz velike višine, dokler ne zadane grafa. Če zadane graf v kaki nerobni točki (x 2, f(x 2 )), potem postane vodoravna tangenta, se pravi, da je f (x 2 ) = 0 in lako vzameš c = x 2. Če tudi to ne deluje, potem je f konstantna funkcija in za c lako vzameš katerokoli nerobno točko. Predpostavka f(a) = f(b) iz Rolleovega izreka je redko izpolnjena. Lagrangeov izrek te predpostavke ne potrebuje, zato je uporabnejši. Lagrangeov izrek: Če je funkcija f definirana na [a, b], zvezna v a in b in odvedljiva v vsaki točki iz (a, b), potem obstaja taka točka c (a, b), da velja f(b) f(a) = f (c)(b a). Dokaz: Pokažimo najprej, da funkcija g(x) = f(x) f(a) f(b) f(a) (x a) b a zadošča predpostavkam Rolleovega izreka. Očitno je g definirana na [a, b]. Ker je funkcija x f(a) + f(b) f(a) b a (x a) elementarna in definirana v a in b, je tudi zvezna v a in b. Po predpostavki je f zvezna v a in b. Torej je g razlika dve funkcij, ki sta zvezni v a in b in je zato sama zvezna. Za vsako točko x (a, b) velja g (x) = f (x) f(b) f(a), b a torej je g odvedljiva v x. Ker je g(a) = 0 in g(b) = 0, velja g(a) = g(b). Sedaj nam Rolleov izrek pove, da obstaja taka točka c (a, b), da velja g (c) = 0. Iz formule za g sledi f (c) = f(b) f(a) b a, če to pomnožimo z b a pa dobimo želeno formulo f(b) f(a) = f (c)(b a). Geometrijski pomen Lagrangeovega izreka je soroden pomenu Rolleovega izreka. Premikamo premico, ki je vzporedna sekanti skozi točki (a, f(a)) in (b, f(b)). Enačba te sekante je f(b) f(a) y = f(a) + (x a). b a Primerna vzporednica te sekante postane tangenta na graf v neki nerobni točki (c, f(c)). Zaradi vzporednosti sta smerni koeficient tangente in smerni koeficient sekante enaka. Prvi je enak f (c), drugi pa f(b) f(a) Torej je res f (c) = f(b) f(a) b a za nek c (a, b). b a.

19 2. NARAŠČAJOČE IN PADAJOČE FUNKCIJE 9 2. Naraščajoče in padajoče funkcije Ponovimo najprej osnovne definicije. Pravimo, da je funkcije f naraščajoča, če za poljubna x, x 2 D(f), ki zadoščata x < x 2, velja f(x ) f(x 2 ), strogo naraščajoča, če za poljubna x, x 2 D(f), ki zadoščata x < x 2, velja f(x ) < f(x 2 ), padajoča, če za poljubna x, x 2 D(f), ki zadoščata x < x 2, velja f(x ) f(x 2 ), strogo padajoča, če za poljubna x, x 2 D(f), ki zadoščata x < x 2, velja f(x ) > f(x 2 ). Funkcija je monotona, če je bodisi naraščajoča bodisi padajoča, oziroma strogo monotona, če je bodisi strogo naraščajoča bodisi strogo padajoča. Glavni rezultat tega razdelka je naslednja povezava med monotonostjo in predznakom odvoda: Če je f odvedljiva funkcija in D(f) povezana množica (interval, poltrak ali realna os), potem velja: Če f (x) 0 za vsak x D(f), potem je f naračajoča. Če f (x) 0 za vsak x D(f), potem je f padajoča. Če f (x) > 0 za vsak x D(f), potem je f strogo naračajoča. Če f (x) < 0 za vsak x D(f), potem je f strogo padajoča. Pri prvi dve trditva velja tudi obrat, pri drugi dve pa ne. Dokaz: Dokazali bomo samo prvo trditev, ker je dokaz ostali tre skoraj enak. Recimo, da je f odvedljiva, D(f) povezana in velja f (x) 0 za vsak x D(f). Radi bi dokazali, da je potem f naraščajoča funkcija. Vzemimo poljubni števili x, x 2 D(f), ki zadoščata x < x 2. Ker je D(f) povezana množica, je [x, x 2 ] D(f). Skrčitev f [x,x 2 ] zadošča predpostavkam Lagrangeovega izreka, zato obstaja tak c (x, x 2 ), da velja f(x 2 ) f(x ) = f (c)(x 2 x ). Po predpostavki je f (c) 0 in x 2 x > 0, zato je f (c)(x 2 x ) 0. Sledi f(x 2 ) f(x ) 0, kar smo želeli dokazati. Dokažimo sedaj obrat prve trditve. Skoraj enako se dokaže tudi obrat druge trditve. Recimo, da je f odvedljiva in naraščajoča in D(f) povezana. Za poljubna t, x D(f), ki zadoščata t x, potem velja f(t) f(x) t x primera t > x in t < x). Odtod sledi, da je f (x) = t x f(t) f(x) t x 0. 0 (loči

20 20 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ S primerom pokažimo, da obrat tretje trditve ne drži: Funkcija f(x) = x 3, x R je strogo naraščajoča, vendar njen odvod ni strogo pozitiven, saj velja f (0) = 0. S spremembo predznaka dobimo primer, ki ovrže obrat četrte trditve. Če D(f) ni povezana množica, potem gornji izrek običajno ne velja. Primer. Funkcija f(x) = x ima odvod f (x) = x 2, ki je povsod negativen. Vendar funkcija ni padajoča, saj je < in f( ) < f(). Problem je v tem, da D(f) = R \ {0} ni povezana množica. Oglejmo si še tole zanimivo posledico izreka: Če je f odvedljiva funkcija in D(f) povezana množica, potem je f konstantna natanko tedaj, ko je f (x) = 0 za vsak x D(f). Dokaz: Funkcije f je konstantna natanko tedaj, ko je tako naraščajoča kot padajoča. Po izreku to velja natanko tedaj, ko je tako f (x) 0 kot f (x) 0 za vsak x D(f), se pravi natanko tedaj, ko je f (x) = 0 za vsak x D(f). Tudi pri uporabi te posledice ne smemo pozabiti na predpostavko o povezanosti D(f). Primer. Za funkcijo f(x) = arctg x arctg + x x velja f (x) = 0 za vsak x, vendar f ni konstantna, saj je f(0) = 0 π = π in f( 3) = π 5π ( ) = 3π. Spet je problem v tem, da D(f) = R \ {} ni povezana množica. 3. Konveksne in konkavne funkcije Pravimo, da je funkcija f konveksna, če za poljubne a, x, b D(f), ki zadoščajo a < x < b, velja f(x) f(a) + f(b) f(a) (x a), b a konkavna, če za poljubne a, x, b D(f), ki zadoščajo a < x < b, velja f(x) f(a) + f(b) f(a) (x a), b a strogo konveksna, če za poljubne a, x, b D(f), ki zadoščajo a < x < b, velja f(x) < f(a) + f(b) f(a) (x a), b a strogo konkavna, če za poljubne a, x, b D(f), ki zadoščajo a < x < b, velja f(x) > f(a) + f(b) f(a) (x a). b a

21 3. KONVEKSNE IN KONKAVNE FUNKCIJE 2 Kaj to pomeni grafično? Premica y = f(a) + f(b) f(a) (x a) je ravno b a sekanta skozi točki (a, f(a)) in (b, f(b)). Pri konveksni funkcija torej za poljubna a in b iz D(f) sekanta skozi (a, f(a)) in (b, f(b)) leži nad delom grafa med (a, f(a)) in (b, f(b)), pri konveksni pa pod. Glavni rezultat tega razdelka nam pove, kako s pomočjo odvoda ugotovimo ali je funkcija konveksna: Če je funkcija f odvedljiva in je D(f) povezana, potem so ekvivalentne naslednje trditve: () funkcija f je konveksna, (2) za poljubna a, x D(f) velja f(x) f(a)+f (a)(x a), (3) f je naraščajoča funkcija. Ob dodatni predpostavki, da je f dvakrat odvedljiva, so te tri trditve ekvivalentne s trditvijo: (4) f (x) 0 za vsak x D(f). Dokaz: Dokažimo, da iz () sledi (2). Vzemimo poljubna a, x D(f). Če je a < x, potem (zaradi konveksnosti f) za vsak t (a, x) velja f(t) f(a) f(x) f(a) x a (t a). Če pa je x < a, potem za vsak t (x, a) velja f(t) f(x) f(a) f(x) a x (t x), odkoder spet sledi f(t) f(a) f(x) f(a) x a (t a). Enačbo pomnožimo z x a, ki je v obe primeri strogo pozitivno število. Dobimo f(t) f(a) t a t a (x a) f(x) f(a), odkoder z itiranjem t proti a dobimo f (a)(x a) f(x) f(a). Dokažimo, da iz (2) sledi (). Vzemimo poljubne a, x, b D(f), ki zadoščajo a < x < b. Iz (2) sledi, da je f(b) f(x) + f (x)(b x) in f(a) f(x) + f (x)(a x). Prvi neenačaj pomnožimo z x a > 0, drugega pa z b x > 0 in ju seštejemo. Dobimo f(b)(x a)+f(a)(b x) f(x)(x a)+ f(x)(b x). Levo stran preoblikujemo v f(a)(b a) + (f(b) f(a))(x a), desno pa v f(x)(b a). Na koncu stvar deo z b a > 0 in dobimo f(a) + f(b) f(a) b a (x a) f(x). Dokažimo, da iz (2) sledi (3). Vzemimo poljubna a, b D(f), ki zadoščata a < b. Iz (2) sledi, da za vsak x D(f) velja f(x) f(a) + f (a)(x a) in f(x) f(b) + f (b)(x b). Če v prvo neenakost vstavimo x = a, v drugo pa x = b, dobimo f(b) f(a) + f (a)(b a) in f(a) f(b) + f (b)(a b). Odtod sledi f (a) f(b) f(a) b a f (b). Preostane še dokaz, da iz (3) sledi (2). Recimo, da je f naraščajoča funkcija. Vzemimo poljubna a, x D(f). Če x < a, potem po Lagrangeovem izreku obstaja tak c (x, a), da velja f(a) f(x) = f (c)(a x). Ker je f naraščajoča in c < a, je f (c) f (a). Ker je a x > 0, odtod sledi, da je f (c)(a x) f (a)(a x). Torej je res f(x) f(a) f (a)(x a). Če pa je x > a, potem po Lagrangeovem izreku obstaja tak c (a, x), da velja

22 22 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ f(x) f(a) = f (c)(x a). Ker je f naraščajoča in a < c, je f (a) f (c). Ker je x a > 0, odtod sledi, da je f (c)(x a) f (a)(x a). Torej je spet f(x) f(a) f (a)(x a). Zadnja trditev sledi iz dejstva, da je funkcija g = f naraščajoča natanko tedaj, ko je g (x) 0 za vsak x D(g). Množica D(g) je seveda povezana, saj je enaka D(f). Geometrijski pomen druge točke je, da konveksna funkcija leži nad vsako svojo tangento. Tretja točka pa pove, da smerni koeficient tangent narašča, ko se gibljemo proti desni. Funkcija f je konkavna natanko tedaj, ko je funkcija f konveksna, zato iz gornjega rezultata dobimo tudi karakterizacijo konkavni funkcij: Če je funkcija f odvedljiva in je D(f) povezana, potem so ekvivalentne naslednje trditve: () funkcija f je konkavna, (2) za poljubna a, x D(f) velja f(x) f(a)+f (a)(x a), (3) f je padajoča funkcija. Ob dodatni predpostavki, da je f dvakrat odvedljiva, so te tri trditve ekvivalentne s trditvijo: (4) f (x) 0 za vsak x D(f). Torej konkavna funkcija leži pod vsako svojo tangento in smerni koeficient tangent pada, ko se gibljemo proti desni. Krajši premislek pokaže, da iz gornji dve rezultatov dobimo tudi ustrezna rezultata za strogo konveksne in strogo konkavne funkcije: Če je funkcija f odvedljiva in je D(f) povezana, potem so ekvivalentne naslednje trditve: () funkcija f je strogo konveksna (oziroma strogo konkavna), (2) za poljubna a, x D(f), ki zadoščata a x, je f(x) < f(a) + f (a)(x a) (oziroma f(x) > f(a) + f (a)(x a)), (3) f je strogo naraščajoča (oziroma strogo padajoča) funkcija. Te tri trditve so recimo izpolnjene v primeru, ko je f dvakrat odvedljiva in velja f (x) > 0 (oziroma f (x) < 0) za vsak x D(f).

23 4. RECEPT ZA NAČRTOVANJE GRAFOV 23 Točki, v kateri funkcija preide iz konveksne v konkavno ali iz konkavne v konveksno, pravimo prevoj. Če je (a, f(a)) prevoj funkcije f in je f dvakrat odvedljiva, potem je f (a) = 0. Ni pa vsaka točka a, v kateri je f (a) = 0 nujno prevoj. Primer. Vzemimo f(x) = x 4 in a = 0. Potem je f (a) = 0, vendar a ni prevoj, saj je f (x) = 2x 2 0, torej je f konveksna tako levo kot desno od a. Je pa točka a zanesljivo prevoj funkcije f, če je funkcija f dvakrat odvedljiva na neki okolici točke a in če f spremeni predznak v točki a. Primer. Vzemimo f(x) = x 3 in a = 0. Ker f (x) = 6x spremeni predznak v točki a, je ta točka prevoj funkcije f. 4. Recept za načrtovanje grafov S pomočjo prvega in drugega odvoda funkcije f lako dokaj natančno skiciramo graf funkcije f. Recept je takle: () Najprej določi D(f). Če D(f) ni povezana, jo razreži na intervale in poltrake. (2) Izračunaj ite funkcije f v robni točka vse intervalov in poltrakov iz točke (). Če je ita f v robni točki a neskončna, črtkano nariši vertikalno asimptoto x = a. Če pa je ita f v robni točki a končna in enaka L, potem nariši točko (a, L). (3) Če D(f) ni navzgor omejena, izračunaj ito f v in če D(f) ni navzdol omejena, izračunaj ito f v. Če je katera od te it končna, črtkano nariši ustrezno orizontalno asimptoto. (4) Izračunaj f in f. (5) Reši enačbe f(x) = 0, f (x) = 0 in f (x) = 0. Za vsako rešitev a ene od te enačb nariši točko (a, f(a)). (6) Skozi vsako točko (a, f(a)), ki si jo že narisal, potegni črtkano premico s smernim koeficientom f (a). Ta premica je tangenta na f v a, zato se ji mora graf v bližini (a, f(a)) dobro prilegati. (7) Določi intervale, kjer je f > 0 in intervale, kjer je f < 0. Določi intervale, kjer je f > 0 in intervale, kjer je f < 0. Določi intervale, kjer je f > 0 in intervale, kjer je f < 0. (8) Vsak par sosednji točk, ki si ji že narisal, določa nek interval, na katerem imajo funkcije f, f, f konstanten predznak. Na tem intervalu lako sedaj približno skiciraš graf funkcije f. Pazi, da se graf prilega ustreznim premicam. Oglejmo si uporabo tega recepta na dve primeri.

24 24 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ Primer. Skiciraj graf funkcije f(x) = x 3 3x 2 + 2x. Ker je D(f) = R povezana množica, lako takoj preskočimo na korak (3). Ker sta iti v ± neskončni, ni orizontalni asimptot. Velja f (x) = 3x 2 6x + 2, f (x) = 6x 6. Rešitev enačbe f(x) = 0 so točke x = 0, x 2 = in x 3 = 2. Rešitvi enačbe f (x) = 0 sta točki x 4 = + 3 in x 5 = 3. Rešitev enačbe f (x) = 0 je točka x 6 = (slučajno sovpade z x 2 ). Sedaj narišemo točke (x i, f(x i )) za vsak i =,..., 6. To so (0, 0), (, 0), (2, 0), ( +, ) in (, ). Šesto smo izpustili, ker sovpade z drugo. Za vsak i =,..., 6 črtkano narišemo premico y = f(x i ) + f (x i )(x x i ). To so premice y = 2x, y = x, y = 2x 4, y = in y = Tudi tokrat smo šesto izpustili, ker sovpade z drugo. Uredimo točke x i po velikosti (x < x 5 < x 2 = x 6 < x 4 < x 3 ) in na vsakem od šesti odsekov, ki ji te točke določajo, izračunajmo predznake funkcij f, f in f. x f(x) f (x) f (x) x < < x < < x < + < x < < x < < x < Na prvem odseku je torej funkcija strogo negativna, strogo naraščajoča in strogo konkavna, podobno pri ostali odseki. Sedaj imamo dovolj podatkov, da lako skiciramo graf.

25 4. RECEPT ZA NAČRTOVANJE GRAFOV 25 y x Primer. Skiciraj graf funkcije f(x) = 2x x. 3 Ker D(f) = R \ {} ni povezana množica, moramo izračunati levo in desno ito v točki. Velja f(x) = + in f(x) =. x x + Odtod sledi, da je premica x = edina vertikalna asimptota funkcije f. Ker je f(x) = 0 in f(x) = 0, je premica y = 0 edina x x + orizontalna asimptota funkcije f. Izračunamo f (x) = 2 + 4x3 ( x 3 ) 2, f (x) = 2x2 (2 + x 3 ) ( x 3 ) 3. Rešitev enačbe f(x) = 0 je točka x = 0, rešitev enačbe f (x) = 0 je točka x 2 = 3 2 in rešitev enačbe f (x) = 0 je točka x 3 = 3 2. Točke (x i, f(x i )), i =, 2, 3 so (0, 0), ( 3 2, 2 3 4) ( 0.79,.06) in 3 ( 3 2, ) (.26, 0.84). Skozi prvo točko narišemo premico s smernim koeficientom f (x ) = 2, skozi drugo premico s smernim koeficientom f (x 2 ) = 0, skozi tretjo pa premico s smernim koeficientom f (x 2 ) = 2. Na vsakem od peti odsekov < 3 2 < < 0 <

26 26 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ < izračunamo predznake funkcij f, f in f. Dobimo, +, + +, in + +. Sedaj lako skiciramo graf funkcije f. y x Zadostni pogoj za lokalni ekstrem Spomnimo se, kaj pravi Fermatov izrek (=potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema): Če funkcija f zavzame lokalni ekstrem v točki c in je odvedljiva na nekem odprtem intervalu, ki vsebuje c, potem je f (c) = 0. Vemo, da obrat tega izreka ne drži. Če vzamemo namreč f(x) = x 3 in c = 0, potem je f (c) = 0, vendar c ni lokalni ekstrem funkcije f. Torej poleg pogoja f (c) = 0 potrebujemo še kako dodatno predpostavko, ki bo zagotavljala, da je c res lokalni ekstrem. Vsaki taki predpostavki pravimo zadostni pogoj za nastop lokalnega ekstrema. Ogledali si bomo dve. Prvi zadostni pogoj za nastop lokalnega ekstrema: Če je () funkcija f odvedljiva na nekem odprtem intervalu, ki vsebuje točko c, (2) f (c) = 0 in (3) f spremeni predznak v točki c, potem funkcija f zavzame lokalni ekstrem v točki c.

27 5. ZADOSTNI POGOJ ZA LOKALNI EKSTREM 27 Dokaz: Recimo, da je funkcija f odvedljiva na nekem odprtem intervalu, ki vsebuje točko c in velja f (c) = 0. Če funkcija f spremeni predznak v c, potem obstajata taki točki a < c in b > c, da je bodisi f (x) 0 za vsak x (a, c) in f (x) 0 za vsak x (c, b) bodisi f (x) 0 za vsak x (a, c) in f (x) 0 za vsak x (c, b). V prvem primeru je f na (a, c] padajoča in na [c, b) naraščajoča, v drugem primeru pa obratno. V prvem primeru torej za vsak x (a, b) velja f(x) f(c) v drugem pa f(x) f(c). Torej v prvem primeru f zavzame v c lokalni minimum, v drugem pa lokalni maksimum. Uporabimo izrek na preprostem primeru. Primer. Določi lokalne ekstreme funkcije f(x) = 3x 4 + 4x 3! Ker D(f) = R nima robni točk, so kandidati za lokalni ekstrem samo ničle funkcije f (x) = 2x 3 + 2x 2, torej x = in x = 0. Funkcija f spremeni v točki x = predznak iz na +, torej v tej točki zavzame lokalni minimum. Ker f orani pri preodu skozi x = 0 predznak +, je v okolici te točke strogo naraščajoča, torej v tej točki nima lokalnega ekstrema. Za boljšo predstavo si oglejmo še graf funkcije f. y x

28 28 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ Drugi zadostni pogoj za nastop lokalnega ekstrema: Če je () drugi odvod funkcije f definiran in zvezen na neki okolici točke c, (2) f (c) = 0, (3) f (c) 0, potem funkcija f zavzame lokalni ekstrem v točki c. Dokaz: Če je f (c) > 0, potem zaradi zveznosti f pozitivna na nekem odprtem intervalu, ki vsebuje c. Odtod sledi, da je f strogo konveksna na tem intervalu, torej njen graf leži nad tangento v točki (c, f(c)). Ker je f (c) = 0, je ta tangenta vodoravna, njena enačba je y = f(c). Sledi f(x) f(c) za vsak x iz tega intervala. V temu primeru torej f zavzame lokalni minimum v c. Podobno pokažemo, da v primeru f (c) < 0, f zavzame lokalni maksimum v c. Primer. Določi lokalne ekstreme funkcije f(x) = 2x 3 + 3x 2 2x! Ker D(f) = R nima robni točk, so kandidati za lokalni ekstrem samo ničle funkcije f (x) = 6x 2 +6x 2, torej x = ali x = 2. Izračunajmo f (x) = 2x + 6. Ker je f () > 0 in f ( 2) < 0, zavzame f v x = lokalni minimum, v x = 2 pa lokalni maksimum. Slabost drugega zadostnega pogoja je, da ne pove kaj se zgodi v primeru, ko je f (c) = 0. V tem primeru preverimo ali f orani ali spremeni predznak v c. V prvem primeru f zavzame lokalni ekstrem v c, v drugem pa ne. (Lako bi uporabili tudi prvi zadostni pogoj ali pa kriterij z višjimi odvodi, ki ga bomo spoznali v poglavju o Taylorjevi vrsti.) Primer. Oglejmo si še enkrat funkcijo f(x) = 3x 4 + 4x 3. Ničli f sta x = in x = 0. Velja f ( ) > 0 in f (0) = 0. Drugi zadostni pogoj nam pove, da f zavzame lokalni minimum v x =, o x = 0 pa nam ne pove ničesar. Ker f (x) = 36x x spremeni predznak v x = 0, f v tej točki ne zavzame lokalnega ekstrema. Pozorni bralec se bo spomnil, da funkcija lako zavzame lokalni ekstrem tudi v robni točki definicijskega območja. Vendar robna točka ni vedno lokalni ekstrem, kot pokaže naslednji primer: Primer. Funkcija f(x) = { x sin x, x > 0, 0, x = 0

29 6. VPRAŠANJA ZA PONAVLJANJE 29 ima definicijsko območje [0, ), vendar v robni točki 0 ne zavzame lokalnega ekstrema, kar se vidi iz grafa Zadostni pogoj, da funkcija f zavzame lokalni ekstrem v robni točki a, je, da je f konstantnega predznaka na neki okolici a. 6. Vprašanja za ponavljanje () (Rolleov in Lagrangeov izrek) (a) Formuliraj Rolleov izrek! (b) Formuliraj Lagrangeov izrek in ga izpelji iz Rolleovega izreka! (c) Pojasni geometrijski pomen Rolleovega in Lagrangeovega izreka! (2) (Monotone funkcije in odvod) (a) Povej definicijo naraščajoče funkcije! (b) Naj bo f(x) taka funkcija s povezanim definicijskim območjem, da je f (x) 0 za vsak x. Dokaži, da je f(x) naraščajoča! (c) Funkcija f(x) = x zadošča f (x) 0 za vsak x, vendar ni naraščajoča, ker f( ) > f(). V čem je problem? (3) (Konveksne in konkavne funkcije) (a) Kaj je definicija konveksne in konkavne funkcije? (b) Kako določimo konveksnost in konkavnost s prvim odvodom? (c) Kako določimo konveksnost in konkavnost z drugim odvodom? (4) (Prevoj) (a) Kaj je definicija prevoja? (b) Formuliraj potrebni pogoj za prevoj s pomočjo drugega odvoda! (c) Formuliraj zadostni pogoj za prevoj s pomočjo drugega odvoda!

30 30 5. NAČRTOVANJE GRAFOV FUNKCIJ (5) (Zadostni pogoj za lokalni ekstrem) (a) Povej definicijo in formuliraj potrebni pogoj za nastop lokalnega ekstrema! (b) Formuliraj zadostni pogoj za nastop lokalnega ekstrema s prvim odvodom! (c) Formuliraj zadostni pogoj za nastop lokalnega ekstrema z drugim odvodom!

31 POGLAVJE 6 Taylorjev izrek. L Hospitalovo pravilo f(x) L Hospitalovo pravilo je recept za računanje it oblike, x a g(x) kjer je f(a) = g(a) = 0. Pravi, da se taka ita na spremeni, če števec in imenovalec odvedemo. Natančna formulacija je: L Hospitalovo pravilo: Če sta f in g taki funkciji, da velja f(a) = 0 in g(a) = 0, obstaja taka okolica točke a na kateri sta f in g odvedljivi in na kateri velja g(x) 0 in g (x) 0 za vsak x a, f obstaja ita (x), x a g (x) f(x) potem obstaja tudi ita x a g(x) in velja f(x) x a g(x) = f (x) x a g (x). Dokaz: Po predpostavki obstaja taka okolica O(a, ɛ), na kateri sta funkciji f in g odvedljivi in na kateri velja g(x) 0 in g (x) 0 za vsak x a. Vzemimo poljuben x O(a, ɛ) \ {a} in si oglejmo funkcijo φ(t) = g(t)f(x) f(t)g(x). Ker sta f in g odvedljivi na O(a, ɛ), je tudi φ odvedljiva na O(a, ɛ). Ker je f(a) = 0 in g(a) = 0, je tudi φ(a) = 0. Očitno je φ(x) = g(x)f(x) f(x)g(x) = 0. Torej φ zadošča predpostavkam Rolleovega izreka. Zato obstaja tak c med a in x, da velja φ (c) = 0. Ker je φ (t) = g (t)f(x) f (t)g(x), sledi, da je g (c)f(x) f (c)g(x) = 0, torej je f(x) g(x) = f (c) g (c). Ko x približujemo k a, se tudi c približuje k a, saj leži med a in x, zato je f(x) x a g(x) = f (c) x a g (c) = f (c) c a g (c). Zadnja ita je seveda enaka x a f (x) g (x). 3

32 32 6. TAYLORJEV IZREK Uporabimo to pravilo na primeru: Primer. Izračunaj ito Po L Hospitalovem pravilu je cos x x 0 x 2 cos x. x 0 x 2 ( cos x) sin x = = x 0 (x 2 ) x 0 2x = 2. Pri zadnjem enačaju smo upoštevali, da je x 0 sin x x =. Nekaj opomb: () Če je g (a) 0, lako L Hospitalovo pravilo dokažemo preprosteje: f(x) x a g(x) = x a f(x) f(a) x a g(x) g(a) x a = f(x) f(a) x a x a x a g(x) g(a) x a = f (a) g (a) = f (x) x a g (x). (2) L Hospitalovo pravilo lako uporabimo tudi večkrat zaporedoma: Če velja f(a) = f (a) =... = f (n ) (a) = 0 in g(a) = g (a) =... = g (n ) (a) = 0, potem je f(x) (3) Limita x a g(x) f(x) x a g(x) = f (x) x a g (x) =... = f (n) (x) x a g (n) (x). f lako obstaja tudi v primeru, ko ita (x) ne x a g (x) obstaja. Vzemi recimo a = 0, f(x) = sin(/x) in g(x) = /x. (4) Podobno kot v prvotnem dokazu L Hospitalovega pravila lako dokažemo naslednjo posplošitev Lagrangeovega izreka, ki ji pravimo Caucyjev izrek: Če sta funkciji f in g odvedljivi na odprtem intervalu (a, b), zvezni v a in b in g (x) 0 za vsak x (a, b), potem obstaja tak c (a, b), da velja f(b) f(a) = f (c). g(b) g(a) g (c) 2. Diferenčni količniki višjega reda Za vsako funkcijo f in število definiramo novo funkcijo k f s predpisom (k f)(x) = f(x + ) f(x).

33 2. DIFERENČNI KOLIČNIKI VIŠJEGA REDA 33 Kaj se zgodi če v tej definiciji zamenjamo f z k f? Dobimo (k k f)(x) = (k f)(x + ) (k f)(x) = = f(x+2) f(x+) f(x+) f(x) f(x + 2) 2f(x + ) + f(x). 2 Če v tej formuli ponovno zamenjamo f z k f, dobimo (k k k f)(x) = (k k f)(x + ) (k k f)(x) = = f(x+3) 2f(x+2)+f(x+) 2 f(x+2) 2f(x+)+f(x) 2 f(x + 3) 3f(x + 2) + 3f(x + ) f(x). 3 Izrazu k k k f, kjer k nastopa n-krat, pravimo n-ti diferenčni količnik funkcije f. Označimo ga tudi z k n f. S popolno indukcijo po n zlaka dokažemo, da velja Za vsako naravno število n in vsako funkcijo f, ki je definirana v točka x, x +,..., x + n velja n (kf)(x) n i=0 = ( )n i( n i) f(x + i). n Zanima nas, kaj dobimo, ko v k n f itiramo proti 0. V primeru n = dobimo ravno definicijo odvoda: (k f(x + ) f(x) f)(x) = 0 0 = f (x). V primeru n = 2 z uporabo L Hospitalovega pravila dobimo 0 (k2 f)(x) = 2f (x + 2) 2f (x + ) 0 2 = f (x + 2) f (x) f (x + ) f (x) = 2f (x) f (x) = f (x).

34 34 6. TAYLORJEV IZREK V primeru n = 3 z dvakratno uporabo L Hospitalovega pravila dobimo 0 (k3 f)(x) = 9f (x + 3) 2f (x + 2) + 3f (x + ) 0 6 f (x + 3) f (x) = f (x + ) f (x) = 9 2 f (x) 4f (x) + 2 f (x) = f (x). 4 0 f (x + 2) f (x) 2 Bralca ne sme zmesti, da smo števec in imenovalec odvajali po in ne po x. Trdimo, da je za vsako n-krat odvedljivo funkcijo f velja 0 (kn f)(x) = f (n) (x). Dokaz: Uporabimo isto metodo kot pri n = 2, 3. Z n kratno uporabo L Hospitalovega pravila dobimo n 0 (kn i= f)(x) = ( )n i( n i) i n f (n ) (x + i) 0 n! n i= = ( )n i( n i) i n [f (n ) (x + i) f (n ) (x)] 0 n! = n ( ) n ( ) n i i n f (n ) (x + i) f (n ) (x) n! i 0 i i= = n ( ) n ( ) n i i n f (n) (x) n! i i= = f (n) (x). Pri drugem in petem enačaju smo uporabili formulo n ( ) { n ( ) n i i r 0, če r = 0,,..., n, = i n!, če r = n i= za r = n in r = n. To formulo izpeljemo tako, da izraz (x ) n = n i= ( )n i( n i) x i n-krat odvedemo in v vsak odvod vstavimo x =.

35 3. INTERPOLACIJSKI IN TAYLORJEVI POLINOMI Interpolacijski in Taylorjevi polinomi V tem razdelku se bomo naučili, kako poiščemo polinomsko funkcijo dane stopnje n, ki se v dani točki a najbolje prilega dani funkciji f. (Pravimo ji n-ti Taylorjev polinom funkcije f v a.) V primeru n = 0 je to očitno kar konstantna funkcija y = f(a), v primeru n = pa tudi že vemo, da je to linearna funkcija y = f(a) + f (a)(x a) (=tangenta). Spomnimo se, da smo do enačbe tangente prišli tako, da smo v enačbi sekante skozi točki (a, f(a)) in (a +, f(a + )) itirali proti nič. Pri n 2 bomo postopali podobno. Najprej bomo poiskali polinom stopnje n, ki gre skozi točke (a, f(a)), (a+, f(a+)),..., (a+ n, f(a + n)) (pravimo mu n-ti interpolacijski polinom funkcije f v a), nato pa bomo itirali proti 0. Poiščimo najprej interpolacijske polinome majni stopenj. Edina konstantna funkcija, ki gre skozi točko (a, f(a)) je y = f(a). Edina linearna funkcija, ki gre skozi točki (a, f(a)) in (a +, f(a + )) je y = f(a) + f(a + ) f(a) (x a) = f(a) + (k f)(a)(x a). Edina kvadratna funkcija, ki gre skozi točke (a, f(a)), (a +, f(a + )) in (a + 2, f(a + 2)) je f(a + ) f(a) y = f(a) + (x a) + f(a + 2) 2f(a + ) + f(a) + (x a)(x a ) 2 2 = f(a) + (k f)(a)(x a) + (k2 f)(a) (x a)(x a ). 2 Edina kubična funkcija, ki gre skozi točke (a, f(a)), (a +, f(a + )), (a + 2, f(a + 2)) in (a + 3, f(a + 3)) je y = f(a) + (k f)(a)(x a) + (k2 f)(a) (x a)(x a ) (k3 f)(a) (x a)(x a )(x a 2). 6 Za splošen n velja:

36 36 6. TAYLORJEV IZREK Edini polinom stopnje n, ki gre skozi n + točk (a, f(a)), (a +, f(a + )), (a + 2, f(a + 2)),...,(a + n, f(a + n)) je n ( ) (k i y = f(a) + f)(a) (x a) (x a (i )). i! i= Temu polinomu pravimo n-ti interpolacijski polinom za funkcijo f v točki a. Je posplošitev pojma sekante. Dokaz: Označimo polinom na desni z I n (x). Pokažimo najprej, da za vsak s = 0,,..., n velja I n (a + s) = f(a + s). Če v I n(x) vstavimo x = a + s, kjer s < n, odpadejo v vsoti vsi členi od vključno s-tega dalje, torej je I n (a + s) = I s (a + s). Po drugi strani za vsak s = 0,,..., n velja I s (a+s) = f(a)+ s (k i f)(a) i! s (s i+) = f(a)+ s (k i f)(a)i( s i) = i= = s (k i f)(a)i( ) s s ( i = i=0 = s ( s j=0 i i=0 ( ) i j( i i=j ( ) i j( i j=0 i= j) f(x + j) )( s i) = j)( s i)) f(x + j) = f(a + s). V prvem koraku smo vstavili x = a + s v formulo za I s (x), v drugem smo upoštevali definicijo binomskega simbola, pri tretjem smo upoštevali, da je f(a) = (k 0f)(a)0( s 0), pri četrtem smo vstavili formulo za (k i f)(a) iz prejšnjega razdelka in pokrajšali i, pri petem smo zamenjali vrstni red seštevanja, pri šestem pa smo upoštevali formulo s ( )( ) i s ( ) i j = j i i=j { 0, j < s,, j = s, ki jo dobimo s primerjavo istoležni koeficientov v x s = (( + x) ) s = s ) (x ) i = i=0 = s ( s i ( i i)( j) ( ) i j x j) = s ( s i=0 j=0 j=0 ( s i i=j ( s )( i ) i j ( ) i j ) x j Enoličnost interpolacijskega polinoma sledi iz dejstva, da ima polinom stopnje n lako kvečjemu n različni ničel. Če se namreč dva polinoma stopnje n ujemata v n + različni točka, potem je njuna razlika polinom stopnje kvečjemu n, ki ima n + ničel, kar je možno samo v primeru, če je razlika nič. Predpostavimo, da je funkcija f n-krat odvedljiva v okolici točke a in itirajmo v interpolacijskem polinomu proti 0. V primeru n = 0 se ne zgodi nič, v primeru n = pa dobimo ravno enačbo tangente. y = f(a) + f (a)(x a).

37 3. INTERPOLACIJSKI IN TAYLORJEVI POLINOMI 37 V primeru n = 2 dobimo y = f(a) + f (a)(x a) + f (a) (x a) 2, 2 v primeru n = 3 pa y = f(a) + f (a)(x a) + f (a) 2 Za splošen n velja: (x a) 2 + f (a) (x a) 3. 6 Limita n-tega interpolacijskega polinoma za funkcijo f v točki a, ko gre 0, je n f (i) (a) y = (x a) i. i! i=0 Temu polinomu pravimo n-ti Taylorjev polinom za funkcijo f v točki a. Je posplošitev pojma tangente. Dokaz: potem velja Če označimo I n(x) = f(a) + 0 I n(x) = f(a) + = f(a) + n ( (k i ) f)(a) (x a) (x a (i )), i! i= n i= 0 (ki f)(a) ((x a) (x a (i ))) = i! 0 n i= f (i) (a) (x a) i = i! n i=0 f (i) (a) (x a) i. i! Za vsak i =,..., n smo uporabili smo formulo (k i f)(x) = f (i) (x), ki 0 smo jo dokazali v prejšnjem razdelku. Primer. Izračunajmo prvi dvanajst Taylorjevi polinomov funkcije f(x) = sin x v točki a = 0. Najprej moramo izračunati odvode funkcije f in vstaviti x = 0. Dobimo n f (n) (x) f (n) (0) 0 sin x 0 cos x 2 sin x 0 3 cos x n f (n) (x) f (n) (0) 4 sin x 0 5 cos x 6 sin x 0 7 cos x n f (n) (x) f (n) (0) 8 sin x 0 9 cos x 0 sin x 0 cos x