Rachunek różniczkowy funkcji jednej zmiennej

Pochodne funkcji $f(x) = \sin x$, począwszy od rzędu pierwszego do piątego, są odpowiednio równe

$f'(x) = \cos x$,

$f''(x) = -\sin x$,

$f'''(x) = -\cos x$,

$f^{(4)}(x) = \sin x$,

$f^{(5)}(x) = \cos x$.

1. Wyznaczamy wartość funkcji $f$ i jej pochodnych dla $\pi$:

   $f(\pi) = f''(\pi) = f^{(4)}(\pi) = 0$,

   $f'(\pi) = \cos \pi = -1$,

   $f'''(\pi) = -\cos \pi = 1$,

   $f^{(5)}(\pi) = \cos \pi = -1$.

   Zatem wielomianem Taylora stopnia piątego w punkcie $\pi$ dla funkcji $f(x)=\sin x$ jest

   $P_5(x) = f(\pi) + \frac{f'(\pi)}{1!}(x-\pi) + \frac{f''(\pi)}{2!}(x-\pi)^2 + \ldots +\frac{f^{(5)}(\pi)}{5!}(x-\pi)^5=$

   $= -(x-\pi) + \frac{1}{3!}(x-\pi)^3 - \frac{1}{5!}(x-\pi)^5$.

2. Wartości $f$ i jej pochodnych dla argumentów $\pi$ i $-\pi$ są sobie równe. Stąd wielomianem Taylora stopnia piątego w punkcie $-\pi$ dla funkcji $f(x) =\sin x$ jest

   $P_5(x) = f(-\pi) + \frac{f'(-\pi)}{1!}(x+\pi) + \frac{f''(-\pi)}{2!}(x+\pi)^2 + \ldots +\frac{f^{(5)}(-\pi)}{5!}(x+\pi)^5=$

   $= -(x+\pi) + \frac{1}{3!}(x+\pi)^3 - \frac{1}{5!}(x+\pi)^5$.

Pochodne funkcji $f(x) = \cos x$, począwszy od rzędu pierwszego do piątego, są odpowiednio równe

$f'(x) = -\sin x,$

$f''(x) = -\cos x,$

$f'''(x) = \sin x,$

$f^{(4)}(x) = \cos x,$

$f^{(5)}(x) = -\sin x.$

1. Wyznaczamy wartość funkcji $f$ i jej pochodnych dla $\pi$:

   $f(\pi) = \cos \pi = -1$,

   $f'(\pi) = -\sin \pi = 0$,

   $f''(\pi) = -\cos \pi = 1$,

   $f'''(\pi) = \sin \pi = 0$,

   $f^{(4)}(\pi) = \cos \pi = -1$.

   Zatem wielomianem Taylora stopnia czwartego w punkcie $\pi$ dla funkcji $f(x)=\cos x$ jest

   $P_4(x) = f(\pi) + \frac{f'(\pi)}{1!}(x-\pi) + \ldots +\frac{f^{(4)}(\pi)}{4!}(x-\pi)^4=$

   $= -1 + \frac{1}{2!}(x-\pi)^2 - \frac{1}{4!}(x-\pi)^4$.

2. Wyznaczamy wartość funkcji $f$ i jej pochodnych dla $-\frac{\pi}{2}$:

   $f\left(-\frac{\pi}{2} \right) = \cos\left(-\frac{\pi}{2} \right)=0$,

   $f'\left(-\frac{\pi}{2} \right) = -\sin\left(-\frac{\pi}{2} \right)=1$,

   $f''\left(-\frac{\pi}{2} \right) = -\cos\left(-\frac{\pi}{2} \right)=0$,

   $f'''\left(-\frac{\pi}{2} \right) = \sin\left(-\frac{\pi}{2} \right)=-1$,

   $f^{(4)}\left(-\frac{\pi}{2} \right) = \cos\left(-\frac{\pi}{2} \right)=0$.

   $f^{(5)}\left(-\frac{\pi}{2} \right) = -\sin\left(-\frac{\pi}{2} \right)=1$.

   Wielomianem Taylora stopnia piątego w punkcie $-\frac{\pi}{2}$ dla funkcji $f(x) = \cos x$ jest więc

   $P_5(x) = f\left(-\frac{\pi}{2} \right) + \frac{f'\left(-\frac{\pi}{2} \right)}{1!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right) + \frac{f''\left(-\frac{\pi}{2} \right)}{2!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^2 + \ldots +\frac{f^{(5)}\left(-\frac{\pi}{2} \right)}{5!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^5=$

   $=x+\frac{\pi}{2}-\frac{1}{3!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^3 + \frac{1}{5!}\left(x+\frac{\pi}{2}\right)^5$.

Wyznaczamy pochodne funkcji $f$ do rzędu trzeciego włącznie:

$f'(x) = \left(\frac{x+1}{x-1}\right)' = \frac{(x+1)'(x-1)-(x+1)(x-1)'}{(x-1)^2} = \frac{-2}{(x-1)^2}$,

$f''(x) = \left(\frac{-2}{(x-1)^2}\right)' = \left(-2(x-1)^{-2} \right)' = \frac{4}{(x-1)^3}$,

$f'''(x) = \left(\frac{4}{(x-1)^3} \right)' = \frac{-12}{(x-1)^4}$.

Obliczamy wartość $f$ i jej pochodnych dla $0$:

$f(0) = -1$,

$f'(0) = -2$,

$f''(0) = -4$,

$f'''(0) = -12$.

Wielomianem Maclaurina stopnia trzeciego dla funkcji $f$ jest więc

$P_3(x) = f(0) + \frac{f'(0)}{1!}x + \frac{f''(0)}{2!}x^2 + \frac{f'''(0)}{3!}x^3=$

$= -1-2x - \frac{4}{2!}x^2 - \frac{12}{3!}x^3 =$

$= -1 -2x - 2x^2 - 2x^3$.

Wyznaczamy pierwszą i drugą pochodną funkcji $f$:

$f'(x) = \left((x+1)e^{x-1})\right)' = (x+1)'e^{x-1} + (x+1)\left(e^{x-1}\right)' =$

$= e^{x-1} + (x+1)e^{x-1} = (x+2)e^{x-1}$,

$f''(x) = \left((x+2)e^{x-1} \right)' = (x+2)'e^{x-1} + (x+2)\left(e^{x+1}\right)'=$

$= e^{x-1} + (x+2)e^{x-1} = (x+3)e^{x-1}$.

Stąd

$f(1) = 2$,

$f'(1) = 3$,

$f''(1) = 4$

i wielomianem Taylora stopnia drugiego w punkcie $1$ dla $f(x) = (x+1)e^{x-1}$ jest

$P_2(x) = f(1) + \frac{f'(1)}{1!}(x-1) + \frac{f''(1)}{2!}(x-1)^2 =$

$= 2 + 3(x-1) + 2 (x-1)^2$.

Funkcja $f$ posiada pochodną trzeciego rzędu w $\mathbb{R}$, zatem na mocy twierdzenia Taylora możemy zapisać:

$f(x)=P_2(x)+R_3(x)$ dla $x\in \mathbb{R}$,

gdzie $P_2$ jest wielomianem Maclaurina funkcji $f$, zaś $R_3$ oznacza resztę Maclarina, przy czym $P_2(x)=1+x+\frac{1}{2} x^2$, $\ R_3(x)=\frac{e^c}{6}x^3$ dla pewnego $c$ leżącego pomiędzy $0$ a $x$.

Pokażemy, że dla wszystkich $x\in I$

$\vert f(x)-P_2(x)\vert$.

Istotnie, jeśli $x\in I$, to $c\in I$ i $e^c$. Stąd

$\vert f(x)-P_2(x)\vert=\vert R_3(x)\vert =\vert \frac{e^c}{6}x^3 \vert=\frac{e^c}{6}\vert x\vert ^3$.

Niech $f(x) = \cos x$. Korzystając ze wzoru Maclaurina dla funkcji $f$ i $n=6$, mamy

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!} + \frac{f^{(6)} (c)}{6!}x^6$

dla pewnego $c$ leżącego pomiędzy $0$ i $x$. Oszacujemy moduł reszty $\frac{f^{(6)} (c)}{6!}x^6$. Ze względu na równość $f^{(6)} (x) = -\cos x$ dostajemy:

$\left|\frac{f^{(6)} (c)}{6!}x^6 \right| = \left|\frac{-\cos c}{6!}x^6 \right| = \frac{|\cos c|}{6!}|x|^6 \leq \frac{1}{6!}\left|x \right|^6 < \frac{1}{6!}\left(\frac{\pi}{3}\right)^6 \approx 0.0018$.