Pochodna funkcji jednej zmiennej

Pochodna funkcji jednej zmiennej
Definicja. Mówimy, że funkcja f : (a, b) 
posiada pochodną w punkcie x  (a, b), gdy istnieje
granica ilorazu różnicowego:
f ( x)  lim
h 0
f ( x  h)  f ( x )
.
h
(1)
Mówimy też wtedy, że funkcja f jest różniczkowalna w punkcie x.
Przykłady
2
Niech f ( x )  x . Obliczyć z definicji f ( x ).
Rozwiązanie
Sprawdźmy zatem, czy istnieje powyższa granica dla funkcji f ( x )  x . Mamy
2
f ( x  h )  f ( x ) ( x  h )2  x 2 x 2  2 xh  h 2  x 2



h
h
h
2 xh  h 2
 2 x  h.
h
Tak więc
lim
h0
f ( x  h)  f ( x)
 lim(2 x  h)  2 x.
h0
h
Oznacza to, że funkcja f ( x )  x ma pochodną w każdym punkcie, i f ( x)  2 x. Inaczej mówiąc,
2
funkcja jest różniczkowalna w całej swojej dziedzinie.
Niech f ( x )  ax . Obliczyć z definicji f ( x ).
3
Rozwiązanie
Podobnie jak w zadaniu poprzednim musimy zbadać granicę ilorazu różnicowego
f ( x  h )  f ( x ) a ( x  h )3  ax 2 a ( x 3  3x 2h  3xh 2  h 3 )  ax 3



h
h
h
3x 2h  3xh 2  h 3
a
 a (3x 2  3xh  h 2 ).
h
Zatem
lim
h0
f ( x  h)  f ( x )
 lim a(3x 2  3xh  h 2 )  3ax 2 ,
h0
h
2
co oznacza, że f ( x )  3ax .
wzorem f ( x ) 
\ {0} 
Dana jest funkcja f :
1
. Obliczyć z definicji jej pochodną.
x
Rozwiązanie
Podobnie jak w zadaniu poprzednim musimy zbadać granicę ilorazu różnicowego
h
1
1 x  ( x  h)

f ( x  h)  f ( x) x  h x
x( x  h)
x( x  h)




h
h
h
h
h 1
1
1

 2.
x( x  h) h
x( x  h)
x
Oznacza to, że funkcja f ( x ) 
1
1
ma pochodną w każdym punkcie dziedziny, i f ( x )   2 .
x
x
wzorem f ( x ) 
Dana jest funkcja f : [0, ) 
x . Obliczyć z definicji jej pochodną w
dowolnym punkcie dziedziny.
Rozwiązanie
Niech x  (0, ). Iloraz różnicowy ma postać
f ( x  h)  f ( x)

h


  x
h x  h  x
xh
2
xh  x

h
2

h

xh  x
h
xhx
xh  x


h

xh  x

xh  x
h
xh  x


1
.
xh  x
Tak więc
lim
h0
czyli f ( x ) 
1
2 x
f ( x  h)  f ( x )
1
 lim

h

0
h
xh  x
1
1

,
x x 2 x
dla x  (0, ). Natomiast dla x  0, który jest punktem brzegowym dziedziny
możemy mówić tylko o pochodnej jednostronnej (w tym przypadku o pochodnej prawostronnej).
Pochodna ta jednak nie istnieje, bo powyższy iloraz wtedy ma postać
f (0  h)  f (0)
1
1


 ,
h
0h  0
h
co oznacza, że granica jest niewłaściwa.
Czy funkcja f :

dana wzorem f ( x ) 
3
x jest różniczkowalna w x  0 ?
Rozwiązanie
Musimy sprawdzić, czy istnieje granica ilorazu różnicowego przy h  0 :
f (0  h)  f (0) f (h)  f (0) 3 h  3 0 3 h



.
h
h
h
h
3
Ale widzimy, że lim
h 0
funkcja f ( x ) 
3
h
1
 lim 2/3  . Ponieważ granica właściwa (czyli liczba) nie istnieje, to
h 0 h
h
x nie jest różniczkowalna w zerze.
Dana jest funkcja f :

3
dana wzorem f ( x ) | x | . Zbadać różniczkowalność tej funkcji.
Rozwiązanie
f ( x  h)  f ( x ) | x  h |3  | x |3

.
h
h
Ponieważ w powyższym ilorazie różnicowym występuje wartość bezwzględna, więc najlepiej będzie
rozważyć przypadki, tak aby można było się jej pozbyć.
Przypadek 1: x  0.
Dla dostatecznie bliskich zeru h można iloraz zapisać następująco
| x  h |3  | x |3 ( x  h )3  x 3 x 3  3x 2h  3xh 2  h 3  x 3



h
h
h
3x 2h  3xh 2  h 3
 3x 2  3xh  h 2  3x 2 .
h
Tak więc dla x  0 pochodna f ( x )  3x .
2
Przypadek 2: x  0.
Dla dostatecznie bliskich zeru h mamy wtedy | x  h | ( x  h). Zatem
| x  h |3  | x |3 (  x  h )3  (  x )3  x 3  3x 2h  3xh 2  h 3  x 3



h
h
h
3x 2h  3xh 2  h 3
 3x 2  3xh  h 2  3x 2 .
h
2
Tak więc dla x  0 pochodna f ( x )  3x .
Przypadek 3: x  0.
Iloraz różnicowy ma teraz postać
| x  h |3  | x |3 | 0  h |3  | 0 |3 | h |3 | h |2 | h | h 2 | h |




 h | h | 0.
h
h
h
h
h
Wykorzystaliśmy oczywistą równość | h |  h . Tak więc f (0)  0.
2
2
Możemy teraz podsumować te wzory następująco
3 x 2

f ( x )  0
 3x 2

dla x  0,
dla x  0,
dla x  0.
Gdy się dokładniej przyjrzymy powyższemu wzorowi, to dojdziemy do wniosku, że można go zapisać
jednym wyrażeniem: f ( x)  3x | x | dla dowolnego x  .

Funkcja f :
dana jest wzorem
 x2
f ( x)  
ax  1  a
Dla jakich wartości parametru a 
dla x  1,
dla x  0.
istnieje pochodna f (1) ?
Rozwiązanie
Policzymy pochodne jednostronne (o ile istnieją) f (1 ) i f (1 ) , a następnie skorzystamy z


warunku, że istnieje pochodna f (1) wtedy i tylko wtedy, gdy f (1 )  f (1 ). Tak więc

f (1 )  lim
h0

f (1  h)  f (1)
(1  h)2  12
 lim
,
h 0
h
h
gdzie skorzystaliśmy z tego, że h  0, więc f (1  h)  (1  h) . Mamy zatem
2
f (1 )  lim
h0
(1  h)2  12
1  2h  h 2  1
2h  h 2
 lim
 lim
 lim(2
 h)  2.
h0
h0
h0
h
h
h
Teraz policzymy f (1 )

f (1 )  lim
h 0
lim
h 0
f (1  h )  f (1)
a (1  h )  1  a  12
a  ah  a
 lim
 lim

h 0
h 0
h
h
h
ah
 lim a  a.
h h 0 


Aby istniała pochodna musi być f (1 )  f (1 ), czyli a  2. Ostatecznie mamy funkcję
 x2
f ( x)  
2 x  1
dla x  1,
dla x  0,
a pochodna f (1)  2.
Własności pochodnych
Twierdzenie. Jeżeli f , g są różniczkowalne w x, to
1) ( f  g )( x)  f ( x)  g ( x),
2) ( f  g )( x)  f ( x) g ( x)  f ( x) g ( x),
 f 
f ( x) g ( x)  f ( x) g ( x)
3) dla g ( x)  0,   ( x) 
.
2
g
 g ( x) 
Dowód tego twierdzenie jest konsekwencją twierdzeń rachunkowych dotyczących granic oraz
odpowiedniego zapisania ilorazów różnicowych. Na przykład
( fg )( x  h)  ( fg )( x) f ( x  h) g ( x  h)  f ( x) g ( x)


h
h
f ( x  h ) g ( x )  f ( x ) g ( x )  f ( x  h ) g ( x  h)  f ( x  h) g ( x )


h
( f ( x  h)  f ( x)) g ( x)  f ( x  h)( g ( x  h)  g ( x))


h
f ( x  h)  f ( x )
g ( x  h)  g ( x ) h  0

g ( x )  f ( x  h)

 f ( x) g ( x)  f ( x) g ( x).
h
h
Dana jest funkcja f :
 , gdzie f ( x)  xe x . Znaleźć ekstrema tej funkcji.
Rozwiązanie
Skorzystamy z kryterium wystarczającego na istnienie ekstremum dla funkcji jednej zmiennej: jeżeli
x0  (a, b) oraz f '( x0 )  0 i f ''( x0 )  0, to funkcja f ma w punkcie x0 ekstremum (dla
f ( x0 )  0 maksimum, a dla f ( x0 )  0 minimum).
x
Policzmy więc pochodną funkcji f ( x )  xe :
f ( x)  0  (1  x)e x  0  (1  x)  0  x  1.
f '( x )   xe  x   xe  x  x (e  x ) 
 e  x  xe  x  (1  x )e  x .
Miejsca zerowe pochodnej:
f ( x)  0  (1  x)e x  0  (1  x)  0  x  1.
Tak więc punktem „podejrzanym” o ekstremum jest x0  1. Skorzystajmy teraz z warunku na drugą
pochodną:
f ( x )   f ( x )    (1  x )e  x  
(1  x )e  x  (1  x )(e  x )  e  x  (1  x )( e  x )  ( x  2)e  x .
Tak więc f ( x0 )  f (1)  (1  2)e1  e1  1/ e  0, czyli funkcja ma minimum w punkcie
x0  1.
dana wzorem f ( x )  xe x jest różnowartościowa na zbiorze
2

Pokazać, że funkcja f :
(1 / 2, ).
Rozwiązanie
Policzmy pochodną podanej funkcji
f ( x ) 


2
2
2
2
2
d
xe  x  xe  x  x (e  x )  1  e  x  x( 2 xe  x ) 
dx
 e  x  2 x 2e  x  (1  2 x 2 )e  x .
2
2
2
Niech teraz f ( x)  0, czyli (1  2 x 2 )e x  0. Tak więc
2
f ( x )  0  (1  2 x 2 )e x  0  (1  2 x 2 )  0  1  2 x 2 
2
W szczególności jeżeli
1
 x 2.
2
1
1
 x, to  x 2 , a z powyższej równoważności wynika, że wtedy
2
2
f ( x)  0. Oznacza to, że na przedziale (1 / 2, ) pochodna jest stale ujemna, więc funkcja jest
ściśle malejąca na tym przedziale, co gwarantuje, że jest różnowartościowa.
Pokazać następującą nierówność dla każdego x 
:
cos x  1 
x2
.
2
Rozwiązanie
x2
. Wystarczy teraz pokazać, że f ( x)  1 dla x  . Ponieważ funkcja f
2
jest parzysta: f (  x)  f ( x), to wystarczy udowodnić nierówność dla x  0.
Niech f ( x )  cos x 
Policzmy pochodną
 x 2 
d 
x2 
f ( x )   cos x    cos x      sin x  x   sin x  sin x  0,
dx 
2
 2
gdzie wykorzystaliśmy następującą nierówność: x  sin x dla x  0. Tak więc f jest niemalejąca
dla x  0, czyli f ( x)  f (0) dla x  0. Ponieważ f (0)  cos0 
02
 1, to ostatecznie f ( x)  1
2
dla x  0. Ze wspomnianej już parzystości funkcji f wnioskujemy, że nierówność jest prawdziwa dla
dowolnego x  .
3
Znaleźć takie b  , aby funkcja f ( x)  x  bx  5x  1 osiągała minimum w punkcie x0  5.
Rozwiązanie
Warunkiem wystarczającym na minimum w punkcie x jest: f ( x)  0 i f ( x)  0. Zastosujmy to
dla podanej funkcji oraz punktu x0  5 :
f ( x )  ( x 3  bx 2  5x  1)  3x 2  2bx  5,
f ( x )  6 x  2b,
czyli
f (5)  0  3  52  2b  5  5  0  b  8.
Wtedy f (5)  6  5  2  (8)  30  16  15  0. Tak więc dla b  8 podana funkcja ma minimum
w punkcie x0  5.
Podać jak zależy liczba rozwiązań równania
ax  ln x,
w zależności od parametru a  .
Rozwiązanie
Zacznijmy od interpretacji geometrycznej podanego równania. Jest ona przedstawiona na poniższych
rysunkach, gdzie są przedstawione wykresy funkcji występujących po obu stronach naszego
równania. Jeden wykres (Rys. 1) jest dla a  1, a drugi (Rys. 2) dla a  0,3.
Rys. 1. Dla a  1 równanie ax  ln x nie ma
rozwiązań.
Rys. 2. Dla a  0,3 równanie ax  ln x ma jedno
rozwiązanie.
Z wykresów tych widać, że dla pewnych parametrów a równanie nie ma rozwiązań, dla pewnych ma
dwa, i dla granicznej wartości istnieje dokładnie jedno rozwiązanie naszego równania. Ten przypadek
graniczny jest na Rys. 3.
Rys. 3. Dla pewnej wartości granicznej a  ag równanie ag x  ln x
ma dokładnie jedno rozwiązanie.
Widać, że graniczna wartość a g może być otrzymana z warunku, że styczna do y  ln x w pewnym
punkcie x0 jest równa y  ag x. Stąd mamy ag  (ln x ) |x  x0 
następujący układ równań
1

ag  x ,
0

a x  ln x .
0
 g 0
1
. Ponadto ag x0  ln x0 , co daje
x0
Stąd mamy ag x0  1, 1  ln x0 , czyli x0  e, ag  e 1. Ostatecznie możemy stwierdzić, że

Dla a  e1 równanie ax  ln x nie ma rozwiązań.

Dla a  e równanie ax  ln x ma dokładnie jedno rozwiązanie ( x0  e ).

Dla 0  a  e1 równanie ax  ln x ma dokładnie dwa rozwiązania.
Reguła de l’Hospitala
Obliczanie symboli nieoznaczonych
0 
i
0 
Twierdzenie.
Załóżmy, że f i g są różniczkowalne w otoczeniu punktu x0 , przy czym g ( x)  0 w tym otoczeniu,
oraz
lim f ( x)  lim g ( x)  0,
(2)
lim f ( x)  lim g ( x)  ,
(3)
x  x0
x  x0
albo
x  x0
x  x0
Jeżeli istnieje granica ilorazu pochodnych
lim
x  x0
f ( x)
,
g ( x)
(4)
to istnieje granica ilorazu tych funkcji i jest równa granicy ilorazu pochodnych
lim
x  x0
f ( x)
f ( x)
 lim
.
g ( x) x x0 g ( x)
Przykłady. Obliczyć podane granice funkcji
a) lim
x 1
b)
ln x
ln x
, lim
.
x

x 1
x
x
lim x x , lim x x .
x 0
x 0
sin x
x  sin x
, lim
.
x

0
x
x3
xctg x  1
sin  x  sin  x
d) lim
, lim
.
2
x 0
x

0
x
x
c)
lim
x 0
ln x
ex
,
lim
.
x  x k
x 0 x k
e) lim
(5)
Twierdzenie (Warunek konieczny ekstremum lokalnego).
Jeżeli funkcja f : (a, b) 
ma w punkcie x0  (a, b) ekstremum lokalne i jest w tym punkcie
różniczkowalna, to jej pochodna w tym punkcie jest równa zeru
f ( x0 )  0.
Twierdzenie (Rolle’a).
Niech funkcja f będzie ciągła w przedziale domkniętym [a, b] i różniczkowalna w przedziale
otwartym (a, b). Jeśli f (a)  f (b), to istnieje taki punkt c
a  c  b,
w którym pochodna f  jest równa zeru
f (c)  0.
(6)
Sens geometryczny twierdzenia Rolle’a jest następujący: na łuku, którego końce mają tę samą rzędną
(wartość współrzędnej na osi OY), znajduje się co najmniej jeden punkt, w którym styczna jest
pozioma (równoległa do osi OX). Prezentuje to poniższy rysunek. Dla stycznej poziomej kąt
nachylenie jest zero, czyli f (c)  0.
Rys. 4. Ilustracja twierdzenia Rolle’a
Twierdzenie (Lagrange’a o przyrostach).
Jeżeli funkcja f jest ciągła w przedziale domkniętym [a, b] i różniczkowalna w przedziale otwartym
(a, b), to istnieje punkt a  c  b taki, że
f (c) 
f (b)  f (a)
.
ba
Dowód. Niech dla x [a, b]
g ( x)  f ( x) 
f (b)  f (a)
( x  a).
ba
(7)
Zauważamy, że g :[a, b] 
jest ciągła w całym przedziale i różniczkowalna w jego wnętrzu.
Ponadto
f (b)  f (a)
(a  a)  f (a),
ba
f (b)  f (a)
g (b)  f (b) 
(b  a).  f (b)  f (b)  f (a)  f (a),
ba
g (a)  f (a) 
Więc są spełnione założenia twierdzenia Rolle’a; istnieje więc c  (a, b), takie że g (c)  0. Ale
g ( x)  f ( x) 
f (b)  f (a)
,
ba
skąd
g (c)  f (c) 
f (b)  f (a)
f (b)  f (a)
 0  f (c) 
.
ba
ba
Wzór Taylora dla funkcji jednej zmiennej
Wzór Taylora jest jednym z ważniejszych twierdzeń w elementarnym rachunku różniczkowym. Mówi
on, że funkcję, która jest n  krotnie różniczkowalna w otoczeniu ustalonego punktu można „dobrze”
aproksymować lokalnie przy pomocy odpowiednio dobranego wielomianu (stopnia nie większego niż
n). Ponadto wzór ten zawiera precyzyjne określenie błędu z jakim ta aproksymacja jest uzyskana.
Należy też podkreślić, że istnieje wiele wersji wzoru Taylora, które różnią się tylko sposobem opisania
tego błędu, natomiast wielomian aproksymujący jest zawsze takiej samej postaci. Najczęściej podaje
się wersję wzoru Taylora z resztą Lagrange’a lub z resztą Cauchy’ego. W obu tych przypadkach reszta
wyrażona jest w postaci tylko różniczkowej. Istnieje też wersja z resztą w postaci całkowej.
Twierdzenie (wzór Taylora z resztą Lagrange’a).
Niech funkcja f :[a, b] 
będzie n  krotnie różniczkowalna w sposób ciągły (tzn. pochodna
f ( n ) ( x) jest ciągła dla x [a, b]). Wtedy zachodzi równość
f (b)  f (a)  f (a)(b  a) 
1
f (a)(b  a ) 2 
2!

1
1
f ( n 1) (a )(b  a ) n 1  f ( n ) (c)(b  a ) n 
(n  1)!
n!
n 1
1
1
  f ( k ) (a)(b  a) k  f ( n ) (c)(b  a) n ,
k
!
n
!
k 0
gdzie a  c  b.
Dowód. Zdefiniujmy pomocniczą funkcję F :[a, b] 
następująco
(8)
F ( x)  f (b)  f ( x)  f ( x)(b  x) 
1
1
f ( x)(b  x) 2  f ( x)(b  x)3 
2!
3!

1
f ( n 1) ( x)(b  x) n 1 
(n  1)!
 K  (b  x)n ,
gdzie stałą K 
wybieramy tak, aby F (a)  0. Można to zrobić, gdyż warunek ten oznacza
K  (b  a)n  f (b)  f (a)  f (a)(b  a) 
1
f (a)(b  a) 2 
2!

1
f ( n 1) (a)(b  a) n 1 ,
(n  1)!
a ponieważ (a  b)n  0, więc K wyliczmy dzieląc powyższą równość przez (a  b)n . Z definicji
funkcji F mamy także F (b)  0. Oznacza to, że dla funkcji F : [a, b] 
różniczkowalnej w całym
przedziale zachodzi F (a)  F (b), a zatem z Twierdzenia Rolle’a istnieje a  c  b takie, że F (c)  0.
Policzmy teraz pochodną F '( x) :
1 (3)
2
f ( x)(b  x) 2  f ( x)(b  x) 
2!
2!
1 (4)
2
1
(n  1) ( n 1)
 f ( x)(b  x)3  f (3) ( x)(b  x)3  
f ( n ) ( x)(b  x) n 1 
f
( x)(b  x) n 2 
3!
3!
(n  1)!
( n  1)!
1
 nK (b  x)n 1  
f ( n ) ( x)(b  x)n 1  nK (b  x)n 1.
(n  1)!
F '( x)   f '( x)  f ( x)(b  x)  f '( x) 
Jak widać wszystkie składniki – z wyjątkiem dwóch ostatnich – uległy redukcji. Ponieważ zachodzi
F (c)  0, więc z powyższej równości mamy
F (c)  
1
f ( n ) (c)(b  c)n 1  nK (b  c) n 1  0,
(n  1)!
co po podzieleniu stronami przez (b  c)n1  0 (gdyż c  b  b  c), daje
1
f ( n ) (c)  nK  0,
(n  1)!
1
1
K
f ( n ) (c)  f ( n ) (c).
(n  1)!n
n!

Podstawiając teraz otrzymane wyrażenie na K do wzoru na F ( x) oraz wykorzystując, że F (a)  0
otrzymamy
0  f (b)  f (a)  f (a)(b  a) 
skąd wynika wzór (8).
1
f (a)(b  a) 2 
2!

1
f ( n ) (c )
f ( n 1) (a)(b  a) n 1 
(b  a) n ,
(n  1)!
n!
Wzór Taylora (8) wygodnie jest czasami zapisać nieco inaczej. Po pierwsze punkty a, b można
oczywiście zastąpić dowolnymi dwoma z przedziału, w którym jest określona funkcja oznaczanymi
x0 , x [a, b]. Daje to wzór w postaci
f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) 
1
f ( x0 )( x  x0 ) 2 
2!

1
f ( n 1) ( x0 )( x  x0 ) n 1 
(n  1)!
n 1
f ( k ) ( x0 )
1
1
 f ( n ) ( x )( x  x0 ) n  
( x  x0 ) k  f ( n ) ( x )( x  x0 ) n ,
n!
k
!
n
!
k 0
(9)
gdzie punkt pośredni c został oznaczony przez  x . Oczywiście  x  ( x0 , x), a indeks dolny x ma
podkreślić, że punkt  x może zależeć od x [a, b]. Po drugie, punkt możemy też zapisać tak
 x  x0   h, gdzie 0    1 jest pewną liczbą, która też w ogólności zależy od x.
h
x
x0
x0+h
Przy takim oznaczeniu punktu pośredniego wzór (9) ma postać
f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) 
1
f ( x0 )( x  x0 ) 2 
2!

1
f ( n 1) ( x0 )( x  x0 ) n 1 
(n  1)!
1
 f ( n ) ( x0   h)( x  x0 ) n ,
n!
(10)
Niekiedy wprowadzamy oznaczenie h  x  x0 , a wzór (10) zapisujemy wtedy następująco
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )h 
1
f ( x0 )h 2 
2!

1
1
f ( n 1) ( x0 )h n 1  f ( n ) ( x0  h)h n .
(n  1)!
n!
(11)
Wzór Maclaurina
Jeżeli funkcja f jest określona w otoczeniu zera, to można we wzorze Taylora (9) podstawić x0  0.
Otrzymamy wtedy wzór Maclaurina
f ( x)  f (0) 
f (0)
f (0) 2
x
x 
1!
2!

f ( n 1) (0) n 1 f ( n ) ( h) n
x 
x ,
(n  1)!
n!
(12)
dla x należących do odcinka wokół zera, gdzie jest określona funkcja.
Przykład. Zastosujemy wzór Maclaurina dla funkcji (a) e x oraz (b) sin x. Obie funkcje określone są na
całej osi rzeczywistej, x  , a ponadto posiadają pochodne dowolnego rzędu (są nieskończenie
wiele razy różniczkowalne). Oznacza to, wzór (12) można zastosować dla dowolnego 1  n  .
(a) Niech f ( x)  e x . Mamy f (0)  1 oraz
f ( x)  (e x )  e x , f ( x)  e x , itd. f ( k ) ( x)  e x dla k  ,
a zatem f ( k ) (0)  1 dla k  0,1,2,
ex  1  x 
skąd dla dowolnego x 
x 2 x3
 
2! 3!

zachodzi
x n 1
xn
 e x ,
(n  1)! n!
(13)
gdzie 0    1. Liczba  zależy od x.
(b) Niech f ( x)  sin x. Mamy f (0)  0 oraz
f ( x)  (sin x)  cos x, f ( x)  (cos x)   sin x, f ( x)  (  sin x)   cos x,
f (4) ( x)  ( cos x)  sin x, f (5) ( x)  (sin x)  cos x,
a zatem
f (0)  cos0  1, f (0)   sin 0  0, f (0)   cos0  1,
f (4) (0)  sin 0  0, f (5) (0)  cos0  1,
tj. f (0)  1, f (0)  0, f (3) (0)  1, f (4) (0)  0, f (5) (0)  1,
Można to zapisać w skrócie tak
f (2k 1) (0)  (1)k , f (2k ) (0)  0 dla k  0,1,2,
Ostatecznie wzór Maclaurina (12) dla f ( x)  sin x przyjmie postać (dla wygody zapisujemy
go dla n  2n  1)
sin x  x 
x3 x5 x 7
  
3! 5! 7!

(1)n x 2 n 1 (1)n 1 x 2 n 1

cos( x).
(2n  1)!
(2n  1)!
(14)
Widać, że reszta, mimo iż zawiera nieznany parametr   (0, 1), może być łatwo oszacowana
z góry:
(1)n 1 x 2 n 1
| x |2 n 1
| x |2 n 1
| x |2 n 1
cos( x) 
| cos( x) | 
1 
.
(2n  1)!
(2n  1)!
(2n  1)!
(2n  1)!
Oznacza to, że gdy przybliżamy funkcję sin x wielomianem
sin x  x 
to błąd  jest nie większy niż
x3 x5 x 7
  
3! 5! 7!
| x|2 n1
(2 n 1)!
2 n1
221
(0,2)3
   0,198667   ,
3!
|  | (2| xn| 1)!  |0,2|
 |0,2|
 2,67 106.
(22 1)!
5!
5
(1)n x 2 n 1
 ,
(2n  1)!
. Na przykład sin(0,2) przybliżymy następująco
sin(0,2)  0,2 
gdzie

Tak
więc
mamy
sin(0,2)  0,198667 z
dokładnością do pięciu miejsc po przecinku. Gdy w rozwinięciu Taylora dla sin(0,2)
weźmiemy jeszcze jeden składnik (ściślej mówiąc dwa, ale jeden jest zerowy, więc mowa tu o
kolejnym niezerowym), to otrzymamy
sin(0,2)  0,2 
(0,2)3 (0,2)5

   0,198669(3)   ,
3!
5!
 2,54 109. Tak więc mamy sin(0,2)  0,19866933
gdzie |  | |0,2|
7!
7
z dokładnością do
ośmiu miejsc po przecinku.
Przybliżanie pochodnych przy pomocy skończonych ilorazów różnicowych
Często zachodzi potrzeba przybliżenia pochodnych przy pomocy wartości samej funkcji. Przykładowo
problem ten pojawia się w Metodach numerycznych przy rozwiązywaniu tzw. równań różniczkowych.
Najprostszy sposób uzyskania takiego przybliżenia sugeruje sama definicja pochodnej (1), z której
wynika następujące wyrażenie
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0 )
,
h
(15)
Przy czym spodziewamy się, że w ogólnym przypadku im mniejsze będzie | h | 0, tym lepsze będzie
przybliżenie. Okazuje się, że błąd przybliżania pochodnej wg wzoru (15) zależy liniowo od | h |, czyli
dwukrotne zmniejszenie | h | daje w ogólności tylko dwukrotnie lepszą dokładność.
W ilorazie różnicowym (15) zakładamy tylko h  0, ale w zastosowaniach wyróżniamy dwa przypadki
(a) dodatni przyrost, h  0 oraz (b) ujemny przyrost, h  0. Mamy wtedy różnice skończoną „do
przodu” i „wstecz”:
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0 )
, gdzie h  0,
h
(16)
f ( x0 ) 
f ( x0 )  f ( x0  h)
, gdzie h  0.
h
(17)
oraz
Ostatnie wyrażenie powstaje z podstawienia h do (15) w miejsce h.
Dokładniejszy sposób przybliżania pierwszej pochodnej daje iloraz różnicowy „centralny”
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0  h)
,
2h
(18)
w którym błąd jest rzędu h 2 .
Wzór Taylora może być wykorzystywany do wyprowadzania różnych ilorazów różnicowych
przybliżających pochodne oraz do dokładnego oszacowania błędu przybliżenia.
Twierdzenie. Niech f :[a, b] 
będzie daną funkcją oraz x0 , x0  h [a, b]. Wtedy
a) jeżeli f jest różniczkowalna dwukrotnie w sposób ciągły, to
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0 )
 r (h),
h
(19)
gdzie | r (h) | M  | h | oraz stała M  0 nie zależy od x0 , h.
b) jeżeli f jest różniczkowalna trzykrotnie w sposób ciągły, to
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0  h)
 r (h),
2h
(20)
gdzie | r (h) | M  h2 oraz stała M  0 nie zależy od x0 , h.
Jak widać z tego twierdzenia aproksymowanie pierwszej pochodnej przy pomocy ilorazów
różnicowych do przodu i wstecz jest rzędu O(h), natomiast iloraz centralny daję aproksymację rzędu
O(h2 ).
Dowód. Podstawowym narzędziem będzie wzór Taylora. Z (11) mamy dla h
1
f ( x0   h)h 2 ,
2!
f ( x0  h)  f ( x0 )
1
 f ( x0 )  f ( x0   h)h,
h
2
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )h 
zatem
| r (h) |
1
1
| f ( x0   h) || h | max{| f ( x) |}| h | M  | h |,
2
2 a  x b
gdzie
jak
widzimy
1
M  max{| f ( x) |}  . Skończoność stałej M wynika z założenia, że f ma drugą pochodną
2 a  x b
ciągłą na przedziale [a, b].
Przypadek różnicy centralnej analizujemy podobnie, ale tym razem wzór Taylora (11) wykorzystamy
dwukrotnie: raz podstawiamy h, a za drugim razem podstawiamy h :
1
1
f ( x0 )h 2  f ( x0  1h)h3 ,
2!
3!
1
1
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )h  f ( x0 )h 2  f ( x0  2 h)h 3
2!
3!
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )h 
gdzie 1 , 2  (0, 1) nie muszą być równe. Odejmując stronami
1
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )h  ( f ( x0  1h)  f ( x0  2 h))h3 ,
6
i dzieląc przez 2h otrzymamy
f ( x0  h)  f ( x0  h)
1
 f ( x0 )  ( f ( x0  1h)  f ( x0  2 h))h2 ,
2h
12
zatem | r (h) |
1
1
| ( f ( x0  1h)  f ( x0  2 h)) | h2 |  max{| f ( x) |}h2  M  h2 ,
12
6 a  x b
Twierdzenie uzasadnia wcześniejsze uwagi dotyczące jakości przybliżania pochodnej podanymi
ilorazami różnicowymi. Podaje też precyzyjne warunki (istnienie ciągłej pochodnej f  lub f ), ale w
praktyce wyrażamy te założenia pisząc, że funkcja powinna być „dostatecznie regularna”.
Do aproksymowania drugiej pochodnej często wykorzystujemy następującą różnicę centralną
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
,
h2
(21)
gdzie błąd – jak za chwilę pokażemy – jest rzędu h 2 .
Twierdzenie. Niech f :[a, b] 
będzie funkcją czterokrotnie różniczkowalną w sposób ciągły
oraz x0 , x0  h [a, b]. Wtedy
f ( x0 ) 
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
 r (h),
h2
gdzie | r (h) | M  h2 oraz stała M  0 nie zależy od x0 , h.
Dowód. wzór Taylora (11) wykorzystamy dwukrotnie: raz podstawiamy h, a za drugim razem
podstawiamy h :
1
1
1
f ( x0 )h 2  f ( x0 )h3  f (4) ( x0  1h)h 4 ,
2!
3!
4!
1
1
1
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )h  f ( x0 )h 2  f ( x0 )h3  f (4) ( x0  2 h)h 4 ,
2!
3!
4!
f ( x0  h)  f ( x0 )  f ( x0 )h 
gdzie 1 , 2  (0, 1) nie muszą być równe. Dodajemy stronami
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )  f ( x0 )h 
2
1
f ( x0 )h 2  ( f (4) ( x0  1h)  f (4) ( x0  2 h))h 4 ,
2!
4!
co po uporządkowaniu i podzieleniu przez h 2 daje
f ( x0  h)  f ( x0  h)  2 f ( x0 )
1
 f ( x0 )  ( f (4) ( x0  1h)  f (4) ( x0  2 h))h2 ,
2
h
4!
zatem
1
| ( f (4) ( x0  1h)  f (4) ( x0  2 h)) | h 2 
4!
1
1
 ( sup{| f (4) ( x) |}  sup{| f (4) ( x) |})h 2  sup{| f (4) ( x) |}h 2  M  h 2 ,
24 a  x b
12 a  xb
a  x b
| r (h) |
gdzie M 
1
sup{| f (4) ( x) |}  .
12 a  x b
Interpolacja wielomianowa
Wzór Taylora może być interpretowany jako sposób przybliżania funkcji na podstawie informacji o tej
funkcji w wybranym punkcie x0 . Informacje te to wartości funkcji oraz pochodnych w tym punkcie,
czyli { f ( x0 ), f ( x0 ), f ( x0 ),
, f ( n) ( x0 )}. Mając te „dane” możemy funkcję przybliżyć wzorem (10)
f ( x)  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) 
1
f ( x0 )( x  x0 )2 
2!

1 ( n)
f ( x0 )( x  x0 )n  Rn 1 ( x),
n!
1 (n)
f ( x )( x  x0 )n oraz  x  ( x0 , x) jest pewnym punktem zależnym od x. Oznacza
n!
to, że f ( x) jest przybliżana wielomianem, a błąd przybliżenie wynosi Rn1 ( x). W wielu sytuacjach
gdzie Rn 1 ( x) 
zachodzi lim Rn1 ( x)  0, więc mamy tu faktycznie przybliżenie wartości f ( x) wielomianem
n 
f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) 
1
f ( x0 )( x  x0 )2 
2!

1 (n)
f ( x0 )( x  x0 ) n .
n!
Niejako drugi skrajny przypadek jest wtedy, gdy informacje o funkcji są najbardziej podstawowe, tzn.
znane są tylko wartość, ale w różnych punktach. Możemy to sformułować następująco: dane są różne
punkty x0  x1   xn ; znaleźć wielomian p( x) taki, że
p( xi )  f ( xi )
dla i  0,1, , n.
(22)
Wielomian taki jest dość łato podać. Niech wielomiany bazowe Lagrange’a będą zdefiniowane
następująco
Li ( x) 
n xx
( x  x0 ) ( x  xi 1 )( x  xi 1 ) ( x  x0 )
j

( xi  x0 ) ( xi  xi 1 )( xi  xi 1 ) ( xi  x0 ) j 0 xi  x j
dla i  0,
, n.
(23)
j i
Widać, że Li są wielomianami stopnia n oraz
1
Li ( xk )   ik  
0
dla k  i,
dla k  i.
(24)
Stąd mamy następujące rozwiązanie problemu (22)
p( x)  f ( x0 ) L0 ( x)  f ( x1 ) L1 ( x) 
n
 f ( xn ) Ln ( x)   f ( x j ) L j ( x).
(25)
j 0
To co nas będzie dalej interesowało to jest błąd przybliżania funkcji f wielomianem p. Innymi
słowy chcemy oszacować różnicę f ( x)  p( x).
Twierdzenie. Jeżeli f  C n1 ([a, b]), a wielomian p stopnia n spełnia warunek interpolacji (22) dla
różnych punktów x0 , x1 ,
, xn [a, b], to zachodzi równość
f ( x)  p ( x) 
1
f ( n 1) ( x )( x  x0 )
(n  1)!
( x  xn ),
(26)
dla pewnego punktu a   x  b.
Dowód. Po pierwsze zauważmy, że wzór (26) jest prawdziwy dla każdego x  xi (wtedy obie strony
są równe zero). Dlatego dalej możemy ograniczyć się do przypadku x  xi dla i  0,
, n. Metoda
dowodzenia jest podobna do zastosowanej w dowodzie wzoru Taylora. Definiujmy pomocniczą
funkcję F :[a, b]  następująco
F (t )  f (t )  p(t )  K (t  x0 ) 
 (t  xn ),
(27)
gdzie K jest stałą (za chwilę ją określimy) oraz p(t ) jest wielomianem interpolacyjnym (25), ale
n
zmienną jest teraz t : p(t )   f ( x j ) L j (t ). Dla ustalonego x [a, b] definiujemy K tak, aby
j 0
F ( x)  0, tzn.
F ( x)  f ( x)  p( x)  K ( x  x0 ) 
K
 ( x  xn )  0,
f ( x)  p ( x)
.
( x  x0 )   ( x  xn )
Wyrażenie na K jest poprawne, gdyż ( x  x0 )
Przy tak dobranej stałej K funkcja F :[a, b] 
F ( xi )  f ( xi )  p( xi )  K ( xi  x0 ) 
0
( x  xn )  0, co wynika z tego, że x {x0 ,
ma n  2 miejsc zerowych, {x, x0 ,
( xi  xi )
 ( xi  xn )  0 dla i  0,
, xn }.
, xn }:
, n,
0
F ( x)  0 (z doboru K ).
Ponieważ F jest różniczkowalna, więc pomiędzy każdą parą dwóch sąsiednich miejsc zerowych musi
istnieć punkt, w którym pochodna F  jest równa zero (wynika to z twierdzenia Rolle’a). Ponieważ
wszystkich sąsiadujących par jest n  1, więc możemy stwierdzić, że F  :[a, b]  posiada n  1
miejsc zerowych (po jednym w każdej parze wyznaczającej odcinek, na końcach którego wartości F
są równe). Zatem mamy z1  z2   zn1 takie, że F ( zi )  0 dla i  1, , n  1. Rozumując
analogicznie dla F  :[a, b]  , która ma n  1 miejsc zerowych, wnioskujemy, że F  :[a, b] 
n miejsc zerowych. Kontynuując to rozumowanie dochodzimy do wniosku, że pochodna F
co najmniej jedno miejsce zerowe, zatem
   (a, b) : F ( n1) ( )  0.
( n 1)
ma
ma
(28)
Korzystając teraz z postaci funkcji F , wzór (27), obliczamy n  1 pochodną:
F ( n1) (t )  f ( n1) (t )  p( n1) (t )  K  (t  x0 ) 
 (t  xn ) 
( n 1)
 f ( n1) (t )  (n  1)!K ,
Gdyż p(t ) jest wielomianem stopnia co najwyżej n, więc p( n1) (t )  0, a (t  x0 ) 
(29)
 (t  xn ) jest
wielomianem stopnia dokładnie n  1 przy czym składnik składnikiem o najwyższej potędze jest t n 1 ,
n1
skąd (t n1 )( n1)  dtd n1 (t n1 )  (n  1)!. Łącząc teraz wzory (28) oraz (29) otrzymujemy
f ( n 1) ( )  (n  1)! K  0  K 
1
f ( n 1) ( ),
(n  1)!
co po wstawieniu do wzoru (27) oraz wykorzystaniu równości F ( x)  0 daje
f ( x)  p ( x) 
1
f ( n 1) ( )( x  x0 ) 
(n  1)!
 ( x  xn )  0,
a to jest równoważne ze wzorem (26).
Na podstawie równości (26) z podanego twierdzenia możemy oszacować błąd interpolacji w sposób
następujący. Niech M  0 oznacza największą wartość pochodnej f ( n 1) , czyli
M  sup | f ( n 1) ( x) |,
x[ a ,b ]
to dla wszystkich x [a, b] możemy zapisać oszacowanie na błąd interpolacji:
| f ( x)  p( x) |
M
| ( x  x0 )
(n  1)!
( x  xn ) | .
(30)
Przykład. Jak jest dokładność przybliżenia wartości sin 38 w oparciu o znajomość funkcji sin x dla
0 , 30 , 45 oraz 60 ?
Rozwiązanie: Musimy pamiętać, że funkcje trygonometryczne są tak naprawdę zdefiniowane dla
miary łukowej (radiany). Przejście od miary wyrażonej w stopniach do łukowej to      /180.
Zatem węzły interpolacji x0 , x1 , x2 , x3 to 0,  / 6,  / 4,  / 3. Ponieważ f ( n1) ( x)  f (4) ( x)  sin x,
więc M  sup | sin x | 1. Korzystając z oszacowania (30) dostajemy
x[0, 3 ]
| sin x  p( x) |
Dla 38 mamy x  38 

180
1
1
| ( x  0)( x  6 )( x  4 )( x  3 ) |
| x( x  6 )( x  4 )( x  3 ) | .
(3  1)!
24

| sin( 1990 )  p( 1990 ) |

19
dostajemy
90
1 19 19  19  19 
 4 19 19 1 19 1 19 1
| 90 ( 90  6 )( 90  4 )( 90  3 ) |
(  )(  )(  ) 
24
24 90 90 6 90 4 90 3
4
1463
 0,000182.
24 32805000
Optymalny dobór węzłów
Na podstawie oszacowania błędu (30) widać, że wielkość tego błędu zależy od rozmieszczenia
punktów interpolacji x0 , x1 , , xn oraz oczywiście od samego punktu x. Możemy jednak postawić
pytanie czy jest jakiś „najlepszy” wybór węzłów, który gwarantowałby najmniejszy błąd? Po pierwsze
zauważmy, że dla ustalonych x0 , x1 , , xn błąd interpolacji w ustalonym punkcie x [a, b] zależy od
wyrażenia
| ( x  x0 ) 
 ( x  xn ) | .
Istnieje też największa wartość tego błędu, gdy będziemy zmieniali x [a, b]. Wprowadźmy więc
oznaczenie
( x0 ,
( x0 ,
, xn ) : max | ( x  x0 ) 
 ( x  xn ) | .
a  x b
, xn ) oznacza więc maksymalny błąd jaki może pojawić się gdy dokonujemy interpolacji dla
różnych punktów x [a, b]. Z tego określenia mamy oczywistą nierówność
| f ( x)  p( x) |
M
( x0 ,
(n  1)!
dla dowolnego x [a, b],
, xn )
co oznacza, że błąd przybliżenia jest ograniczony przez
M
( x0 ,
(n  1)!
Teraz chcielibyśmy mieć tak wybrane punkty a  x0  x1 
Inaczej pytamy o takie węzły, dla których ( x0 ,
( x0 ,
, xn ) 
, xn ) niezależnie od x [a, b].
 xn  b, aby błąd ten był minimalny.
, xn ) osiąga minimum:
min
a  x0   xn b
( x0 ,
, xn ).
Dla wygody optymalizację tą przeprowadza się na unormowanym odcinku [1, 1]. Mamy więc
następujący problem optymalizacji: wyznaczyć 1  x0 
min
1 x0 , , xn 1
max | ( x  x0 ) 
1 x 1
 xn  1 takie, że
 ( x  xn ) | max | ( x  x0 ) 
1 x 1
 ( x  xn ) | .