Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Pochodne wyższych rzędów — definicja i przykłady== ===Pochodne wyższych rzędów=== ''Drugą pochodną'' funkcji $f\;$ nazywamy pocho..."

2015-05-22T12:07:20Z

Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Pochodne wyższych rzędów — definicja i przykłady== ===Pochodne wyższych rzędów=== ''Drugą pochodną'' funkcji <math>f\;</math> nazywamy pocho..."

Nowa strona

__NOTOC__

==Pochodne wyższych rzędów — definicja i przykłady==
===Pochodne wyższych rzędów===

''Drugą pochodną'' funkcji <math>f\;</math> nazywamy pochodną
pochodnej tej funkcji. Trzecia pochodna jest pochodną drugiej
pochodnej; itd. Ogólnie, <math>n\;</math> -ta pochodna funkcji jest
pochodną <math>n-1\;</math> —wszej pochodnej.

===Oznaczenia===
Pochodne wyższych rzędów oznaczamy
<center><math>
f', f'', f''',\dots, f^{(n)}, \dots\;\;\; {\rm lub}\;\;\; \frac{d f}{d x},
\frac{d^2 f}{d x^2}, \frac{d^3 f}{d x^3},\dots,\frac{d^n f}{d x^n},\dots
\;</math></center>
Mamy więc
<center><math>
\frac{d^n f}{d x^n} = \frac{d}{d x} \left(\frac{d^{n-1} f}{d x^{n-1}}\right).
\;</math></center>

====Uwaga====
Dogodnie jest przy tym zdefiniować pochodną rzędu zerowego jako ''samą funkcję'':
<center>
<math>f^{(0)}(x)=f(x).\;</math></center>

===Przykłady===
<ol>
<li>Dla <math>f(x)=x^3\;</math> mamy: <math>f'(x)=3x^2\;</math>, <math>f''(x)=6x\;</math>, <math>f'''(x)=6\;</math>, a wszystkie wyższe pochodne są równe zeru.</li>
<li>Ogólnie: <math>k-\;</math> ta pochodna funkcji <math>f(x)=x^n\;</math> jest
<equation id="eq:1">
<math>
f^{(k)}(x)=n(n-1)\dots(n-k+1) x^{n-k} \;\;\;{\rm dla}\;\;k<n\;\;\;f^{(n)}(x)=n!,
</math>
</equation>
a wyższe pochodne są równe zeru.</li>
<li><math>k-\;</math> ta pochodna funkcji <math>f(x)=x^a\;</math>, gdzie <math>a\in \mathbb R \; \;</math> oraz <math>x>0\;</math>, jest równa
<center>
<math>
f^{(k)}(x)=a(a-1)\dots(a-k+1) x^{a-k};
</math>
</center>
zwróćmy uwagę, że tutaj pochodna dowolnego rzędu jest różna od zera!</li>
<li><math>(e^x)'=e^x\;</math>, co daje, że wszystkie wyższe pochodne funkcji <math>e^x\;</math> są równe <math>e^x\;</math>.</li>
<li>Dla funkcji <math>f(x)=\sin\; x\;</math> mamy
<center>
<math>
f'(x)=\cos\; x;\;\;\; f''(x)=-\sin\; x;\;\;\; f'''(x)=-\cos\; x; \;\;\; f^{(4)}(x)=\sin\; x;
</math>
</center>
to było dla pierwszych czterech pochodnych, a dowolną pochodną można obliczyć wykorzystując
tożsamość zawartą wyżej: <math>f^{(n+4)}(x)=f^{(n)}(x)\;</math>.</li>
<li>Wzór <xr id="eq:1">(%i)</xr> pozwala policzyć dowolną pochodną dowolnego wielomianu
<center><math>f(x)=a_0+a_1 x +a_2 x^2 +\dots+a_n x^n\;.</math></center>
Nie będziemy tego wypisywać ''in extenso'', (wzór ten jest dość skomplikowany i nie mamy
tu potrzeby wypisywać go), a weźmy jego szczególny przypadek, tzn. wypiszmy pochodne od 0 do <math>n\;</math>
''w punkcie <math>x=0\;</math>''. Mamy<ref>Wzór ten daje się znacząco uogólnić na ''dowolne'' funkcje, dając tym samym sposób
na przybliżenie dowolnej funkcji przez wielomian; zrobimy to już niedługo.</ref>:
<center>
<math>
a_0=f(0), \; a_1=f'(0), \;a_2=\frac{1}{2!}f''(0),\dots, a_n=\frac{1}{n!}f^{(n)}(0).
;</math>
</center>
Stąd wynika wzór:
<equation id="eq:2">
<math>
f(x)=f(0)+x f'(0) + \frac{x^2}{2!} f''(0) + \dots + \frac{x^k}{k!} f^{(k)}(0) + \dots+ \frac{x^n}{n!} f^{(n)}(0).
</math>
</equation>
</li></ol>

== <math>n\;</math>-ta pochodna iloczynu funkcji — wzór Leibniza==

Na <math>n-\;</math> tą pochodną sumy i różnicy sumy dwóch funkcji mamy proste wzory
<equation id="eq:3">
<math>
(f(x)\pm g(x))^{(n)} = f^{(n)}(x) \pm g^{(n)}(x)
</math>
</equation>
(natychmiastowy dowód indukcyjny: W pierwszym kroku: <math>(f(x)+g(x))' = f'(x) \pm g'(x)\;</math> ; dalej:
<math>(f(x)+g(x))^{(n)} = ((f(x)+g(x))^{(n-1)})' = (f^{(n-1)}(x) \pm g^{(n-1)}(x))'=f^{(n)}(x) \pm g^{(n)}(x)\;</math> ;
i na mocy zasady indukcji wzór <xr id="eq:3">(%i)</xr> jest prawdziwy dla każdego <math>n\;</math>.)

Dla <math>n-\;</math> tej pochodnej iloczynu funkcji wzór jest bardziej skomplikowany, ale dający się ogarnąć:

===Twierdzenie (wzór Leibnitza)===
<math>n-\;</math> ta pochodna iloczynu dwóch funkcji dana jest wzorem
<center><math>
(f\cdot g)^{(n)}= f^{(n)}g + {n \choose 1}f^{(n-1)}g' + {n \choose 2}f^{(n-2)}g''+\dots
+ f\cdot g^{(n)}
</math></center>
<equation id="eq:4">
<math>
=\sum_{k=0}^n {n \choose k} f^{(n-k)}g^{(k)}
\;</math>
</equation>
(dla prostoty nie pisaliśmy jawnej zależności od <math>x\;</math> ; wszędzie wyżej należy pamiętać, że <math>f\equiv f(x)\;</math>, <math>f^{(k)}\equiv f^{(k)}(x)\;</math> itd.)
====Dowód====
będzie indukcyjny. Dla <math>n=1\;</math> otrzymujemy znany już wzór na pochodną iloczynu.
Załóżmy, że wzór <xr id="eq:4">(%i)</xr> zachodzi dla <math>n\;</math> i obliczmy pochodną obu jego stron.
Z twierdzenia o pochodnej iloczynu mamy
<center><math>
(f\cdot g)^{(n+1)}=\sum_{k=0}^n \left[ {n \choose k} f^{(n-k+1)}g^{(k)} + {n \choose k} f^{(n-k)}g^{(k+1)}\right]
</math></center>
<center><math>
f^{(n+1)}\cdot g+
\sum_{k=0}^n \left\{ \left[{n \choose k} +{n \choose k-1} \right] f^{(n-k+1)}g^{(k)} \right\}
+ f\cdot g^{(n+1)} =
</math></center>
<center><math>
=\sum_{k=0}^{n+1} {n+1 \choose k} f^{(n-k+1)}g^{(k)};
</math></center>
ostatnia równość wynika z faktu, iż mamy dla współczynników Newtona
<center><math>
{n \choose k} + {n \choose k-1} = {n+1 \choose k}
</math></center>
(wzór ten był pokazywany przy dowodzie wzoru dwumiennego Newtona).

'''CBDO'''
====Przykład====

Obliczmy drugą pochodną funkcji odwrotnej. Najsampierw wyprowadźmy raz
jeszcze wzór na tę pochodną, korzystając z wzoru na pochodną funkcji
złożonej. Jeśli <math>f(x)\;</math> — funkcja, a
<math>f^{-1}(x)\;</math> — funkcja do niej odwrotna, to mamy:
<math>f^{-1}(f(x))=x\;</math>, skąd po zróżniczkowaniu otrzymamy
<center><math>
f'(x)\cdot (f^{-1})'(f(x))=1,
</math></center>
co daje
<center><math>
(f^{-1})'(f(x))=\frac{1}{f'(x)}.
</math></center>
Obustronnie różniczkując, otrzymujemy
<center><math>
[(f^{-1})'(f(x))]'= f'(x)\cdot (f^{-1})''(f(x))= \left(\frac{1}{f'(x)}\right)'
= -\frac{f''(x)}{(f'(x))^2},
</math></center>
co daje
<equation id="eq:5">
<math>
(f^{-1})''(f(x))= -\frac{f''(x)}{(f'(x))^3}.
</math></equation>
Różniczkując ten wzór, można uzyskać dowolną wyższą pochodną.

==Wzór Taylora==

===Twierdzenie (Wzór Taylora)===
Załóżmy, że funkcja <math>f\;</math> jest <math>n-\;</math> krotnie różniczkowalna w
przedziale <math>[a,b]\;</math>. Oznaczmy <math>h=b-a\;</math>. Wtedy zachodzi
<equation id="eq:7"><math>
f(b)=f(a)+\frac{f'(a)}{1!}(b-a) + \frac{f''(a)}{2!}(b-a)^2+ \dots +\frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!} (b-a)^{n-1}+ R_n,
</math></equation>
gdzie wyraz <math>R_n\;</math>, zwany ''resztą <math>n-\;</math> tego rzędu'', można przedstawić w jednej z postaci
<equation id="eq:8">
<math>
R_n=\frac{h^n}{n!}f^{(n)}(a+\theta h)\;\;\;</math> dla pewnego <math>\;\;\;\theta\in ]0,1[,</math>
</equation>
(reszta w postaci Lagrange'a), lub
<equation id="eq:9"><math>
R_n=\frac{h^n(1-\theta')^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(a+\theta' h)\;\;\;\mbox{dla pewnego}\;\;\;\theta'\in ]0,1[
</math></equation>
(reszta w postaci Cauchy'ego).

====Uwaga przed dowodem====
Wzór Taylora można uważać za uogólnienie wzoru Lagrange'a: Ten ostatni to szczególny
przypadek wzoru Taylora dla <math>n=1\;</math>.
====Dowód====
Wypiszmy z wzoru <xr id="eq:7">(%i)</xr> resztę:
<center>
<math>
R_n= f(b)-f(a) - \frac{f'(a)}{1!}(b-a) - \frac{f''(a)}{2!}(b-a)^2- \dots - \frac{f^{(n-1)}(a)}{(n-1)!} (b-a)^{n-1}
</math>
</center>
Oznaczmy przez <math>g_n(x)\;</math> funkcję pomocniczą zdefiniowaną w ten sposób, że w <math>R_n\;</math> zastępujemy
<math>a\;</math> przez <math>x\;</math> :
<center>
<math>
g_n(x)= f(b)-f(x) - \frac{f'(x)}{1!}(b-x) - \frac{f''(x)}{2!}(b-x)^2- \dots - \frac{f^{(n-1)}(x)}{(n-1)!} (b-x)^{n-1}
\;</math>
</center>
Pochodna funkcji <math>g_n(x)\;</math> jest równa:
<center><math>
g'_n(x)=-f'(x)-\left[ -\frac{f'(x)}{1!} + \frac{f''(x)}{1!}(b-x)\right]
-\left[ - 2\frac{f''(x)}{2!}(b-x) + \frac{f'''(x)}{2!}(b-x)\right]
</math></center>
<center><math>
- \left[ - 3\frac{f'''(x)}{3!}(b-x)^2 + \frac{f^{(4)}(x)}{3!}(b-x)^3\right]
+\dots
- \left[ - (n-1)\frac{f^{(n-1)}(x)}{(n-1)!}(b-x)^{n-2} + \frac{f^{(n)}(x)}{(n-1)!}(b-x)^{n-1}\right].
\;</math></center>
W powyższej sumie kasują się więc wszystkie człony oprócz ostatniego i mamy
<equation id="eq:10">
<math>
g'_n(x)= - \frac{f^{(n)}(x)}{(n-1)!}(b-x)^{n-1}.
</math></equation>
Zarazem: <math>g_n(b)=0\;</math>, <math>g_n(a)=R_n\;</math>.
Stosując do funkcji <math>g_n(x)\;</math> twierdzenie Lagrange'a o wartości średniej, otrzymujemy
<center><math>
\frac{g_n(b)-g_n(a)}{b-a} = g'(a+\theta' h)\;\;\;\mbox{dla pewnego}\;\;\;\theta'\in ]0,1[,
\;</math></center>
więc
<center><math>
\begin{matrix}
\frac{-R_n}{h}= g'(a+\theta' h)=\left.-\frac{f^{(n)}(x)}{(n-1)!}{(n-1)!}(b-x)^{n-1}\right|_{x=a+\theta' h}\\
=-\frac{f^{(n)}(a+\theta' h)}{(n-1)!} (b-a-\theta'h)^{n-1}=-\frac{f^{(n)}(a+\theta' h)}{(n-1)!} h^{n-1}(1-\theta')^{n-1}\end{matrix}
</math></center>
skąd otrzymujemy
<center><math>
R_n=\frac{h^n(1-\theta')^{n-1}}{(n-1)!}f^{(n)}(a+\theta' h)
</math></center>
czyli ''resztę w postaci Cauchy'ego'' <xr id="eq:9">(%i)</xr>.

Pozostaje pokazać, że równoważną postacią reszty jest postać Lagrange'a <xr id="eq:8">(%i)</xr>.
W dowodzie używa się wzoru Cauchy'ego o wartości średniej z funkcjami: <math>g_n(x)\;</math> i <math>u_n(x)=(b-x)^n\;</math>.
Wzór Cauchy'ego o wartości średniej mówi, że:
<center><math>\frac{g_n(b)-g_n(a)}{u_n(b)-u_n(a)} = \frac{g'_n(a+\theta h)}{u'_n(a+\theta h)}\;\;\;</math> dla pewnego <math>\;\;\;\theta\in]0,1[.</math></center>
Tu mamy: <math>u_n(b)=0\;</math>, <math>u_n(a)=h^n\;</math>, <math>u'_n(x)=-n(b-x)^{n-1}\;</math>, skąd wynika, uwzględniając <xr id="eq:10">(%i)</xr>
<center><math>
\frac{g_n(b)-g_n(a)}{u_n(b)-u_n(a)}=\frac{-R_n}{-h^n}=-\frac{(b-a-\theta h)^{n-1}}{(n-1)!} f^n(a+\theta h) \frac{1}{-n(b-a-\theta h)^{(n-1)}}
</math></center>
czyli otrzymujemy
<center><math>
R_n=\frac{h^n}{n!} f^{(n)}(a+\theta h),
</math></center>
tzn. postać reszty Lagrange'a <xr id="eq:8">(%i)</xr>.

====Uwagi====
<ol>
<li>Wzoru Taylora zazwyczaj używa się w postaci:
<equation id="eq:11"><math>
f(x+h)=f(x)+\frac{f'(x)}{1!}h + \frac{f''(x)}{2!}h^2+ \dots \frac{f^{(n-1)}(x)}{(n-1)!} h^{n-1}+ R_n
</math></equation>
Można na ten wzór patrzeć jako na ''przybliżenie funkcji w otoczeniu punktu <math>x\;</math> przez wielomian'' (<math>n-\;</math> tego stopnia).
Jeśli umiemy oszacować resztę, to daje nam ona dokładność tego przybliżenia.

Dla <math>x=0\;</math>, powyższa wersja wzoru Taylora nazywana jest ''wzorem Maclaurina''</li>
<li>Gdy funkcja jest różniczkowalna dowolną ilość razy, to reszta może być dowolnie wysokiego rzędu. Okazuje się, że można "odsunąć ją do nieskończoności" — zapisać rozwinięcie Taylora jako ''nieskończony'' szereg. Aby to precyzyjnie wyrazić, potrzebne jest pojęcie zbieżności szeregu i jakieś kryteria zbieżności; zajmiemy się tym niedługo.</li></ol>

====Przykłady====
<ol>
<li>Zapiszmy wzór Taylora dla funkcji <math>f(x)=e^x\;</math> w otoczeniu punktu <math>x=0\;</math> z dokładnością do drugiego rzędu. Mamy: <math>f'(x)=f''(x)=e^x\;</math>, <math>f(0)=f'(0)=f''(0)=1\;</math>, tak więc
<center><math>
e^x=1+x+\frac{x^2}{2} e^{\theta x}, \;\;\;\mbox{gdzie}\;\;\;\theta\in]0,1[.
</math></center>
Stąd wynika, że dla każdego <math>x\;</math> zachodzi równość
[[Image:E%5Ex-1%2Bx.png|right|thumb|<figure id="fig:1"></figure><math>\forall x </math> <math>e^x \geq 1 +x </math>]]
<math>
e^x\geq 1+x,
\;</math>
bo reszta jest dodatnia (jako że <math>x^2>0\;</math> i <math>e^{\theta x}>0\;</math> ). Nierówność ta posiada wyrazisty sens geometryczny — patrz '''wykres'''.</li>
<li>Wzór Taylora pozwala w następujący sposób zwiększyć moc reguły de l'Hospitala:</li></ol>

===Twierdzenie===
Jeśli funkcje <math>f\;</math> i <math>g\;</math> posiadają <math>n-\;</math> te pochodne ciągłe i jeśli
<center><math>
\begin{matrix}
f(a)=0, \;\; f'(a)=0,\;\;\dots f^{(n-1)}(a)=0,\\
g(a)=0, \;\; g'(a)=0,\;\;\dots g^{(n-1)}(a)=0 \;\;\;\mbox{oraz}\;\;g^{(n)}\ne 0,
\end{matrix}
\;</math></center>
to
<equation id="eq:12"><math>
\displaystyle\mathop{\lim}_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f^{(n)}(a)}{g^{(n)}(a)}.
</math></equation>

====Dowód====
We wzorze Taylora <xr id="eq:7">(%i)</xr> <math>b\;</math> zastąpmy przez <math>x\;</math>. Z uwagi na znikanie pierwszych <math>n-1\;</math> pochodnych zostaje tylko sama reszta:
<center><math>
f(x)=\frac{(x-a)^n}{n!} f^{(n)}(x+\theta(x-a))\;\;\; \mbox{oraz} \;\;g(x)=\frac{(x-a)^n}{n!} g^{(n)}(x+\theta'(x-a)).
</math></center>
Tak więc
<center><math>
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f^{(n)}(a+\theta(x-a))}{g^{(n)}(a+\theta'(x-a))}.
</math></center>
Przechodząc do granicy <math>\displaystyle\mathop{\lim}_{x\to a}\;</math> i biorąc pod uwagę ciągłość funkcji <math>f^{(n)}\;</math> i <math>g^{(n)}\;</math>
(podobnie jak to było przy dowodzie zwykłego tw. de l'Hospitala), otrzymujemy wzór <xr id="eq:12">(%i)</xr>.

'''CBDO'''
====Przykład====
<math>\displaystyle\mathop{\lim}_{x\to 0} \frac{\sin\; x-x}{x(1-\cos\; x)} = \displaystyle\mathop{\lim}_{x\to 0} \frac{x-\frac{x^3}{3!}+r_4-x}{x-x+\frac{x^3}{2!}+x\tilde{r_3}} = \displaystyle\mathop{\lim}_{x\to 0} \frac{-\frac{1}{3!}+\frac{1}{x^3}r_n}{\frac{1}{2!}+\frac{1}{x^2}\tilde{r_3}} = \frac{-\frac{1}{3!}}{\frac{1}{2!}}=-3\;</math>

==Kryteria na ekstrema==
Niedawno pokazaliśmy, że jeśli funkcja (różniczkowalna) <math>f\;</math> posiada w punkcie <math>x_0\;</math> ekstremum,
to <math>f'(x_0)=0\;</math>. Pamiętamy też, że na odwrót nie jest: Jeśli <math>f'(x)=0\;</math>, to nie znaczy, że
w <math>x_0\;</math> znajduje się ekstremum (np. dla <math>f(x)=x^3\;</math> ). Równość <math>f'(x)=0\;</math> jest więc warunkiem ''koniecznym'', ale ''niedostatecznym'' na istnienie tam ekstremum. Okazuje się, że badanie wyższych pochodnych daje ogólniejsze kryterium na istnienie ekstremum:
===Twierdzenie===
Załóżmy, że funkcja <math>f\;</math> jest różniczkowalna <math>n-\;</math> krotnie i <math>n-\;</math> ta pochodna jest ciągła. Niech również
<center><math>
f'(c)=0=f''(c)=\dots=f^{(n-1)}(c), \;\;\;\mbox{natomiast}\;\;\;f^{(n)}\ne 0.
</math></center>
Wówczas, jeśli <math>n\;</math> jest parzyste, to w punkcie <math>c\;</math> funkcja <math>f\;</math> ma ekstremum właściwe: maksimum, jeśli <math>f^{(n)}<0\;</math>, minimum, jeśli <math>f^{(n)}>0\;</math>. Jeśli natomiast <math>n\;</math> jest liczbą nieparzystą, to <math>f\;</math> nie posiada ekstremum w punkcie <math>c\;</math>.
====Dowód====
Z wzoru Taylora mamy:
<equation id="eq:13"><math>
f(c+h)=f(c)+\frac{f'(c)}{1!} h + \dots +\frac{f^{(n-1)}(c)}{n!} h^{n-1} + \frac{1}{n!}f^{(n)}(c+\theta h) h^n,
\;</math></equation>
i, ponieważ na mocy założenia pierwszych <math>n-1\;</math> pochodnych <math>f\;</math> zeruje się w punkcie <math>c\;</math>, mamy
<equation id="eq:14"><math>
f(c+h)=f(c)+ \frac{1}{n!}f^{(n)}(c+\theta h) h^n.
</math></equation>
Załóżmy, że <math>n\;</math> jest liczbą parzystą. Niech <math>f^{(n)}(c)<0\;</math>. Ze względu na ciągłość funkcji <math>f^{(n)}(x)\;</math> w punkcie <math>c\;</math> istnieje takie <math>\delta>0\;</math>, że nierówność: <math>|x-c|<\delta\;</math> implikuje <math>f^{(n)}(x)<0\;</math>. Jeśli więc <math>|h|<\delta\;</math>, to i <math>\theta h<\delta\;</math>, zatem <math>f^{(n)}(c+\theta h)<0\;</math>. Patrząc teraz na <xr id="eq:14">(%i)</xr> widzimy, że jeśli
<center><math>
0<|h|<\delta,\;\;\;\mbox{to}\;\;\; f(c+h)-f(c)<0
</math></center>
(pamiętajmy, że <math>n\;</math> jest parzyste, więc <math>h^n>0\;</math> ). Powyższa nierówność oznacza, że w punkcie <math>c\;</math> funkcja <math>f\;</math> posiada ''maksimum''. Z analogicznego rozumowania wynika, że jeśli <math>n\;</math> jest liczbą parzystą i zachodzi: <math>f^{(n)}(c)>0\;</math>, to <math>f(c+h)-f(c)>0\;</math> (znowu dla <math>h>0\;</math> i <math>h<0\;</math> ), co znaczy, że w punkcie <math>c\;</math> funkcja <math>f\;</math> ma ''minimum''.

Załóżmy teraz, że <math>n\;</math> jest liczbą ''nieparzystą''. Niech <math>f^{(n)}(c)<0\;</math> (w przypadku przeciwnym, tzn. <math>f^{(n)}(c)>0\;</math>, rozumowanie jest analogiczne). Weźmy znów <math>\delta\;</math> takie, aby dla <math>|h|<\delta\;</math> było <math>f^{(n)}(c+\theta h)<0\;</math>. Mamy wówczas dla <math>0<h<\delta\;</math> nierówność
<center><math>
f(c+h)-f(c)<0, \;\;\;\mbox{czyli}\;\;\; f(c)>f(c+h),
\;</math></center>
a dla <math>-\delta<h<0\;</math> zachodzi nierówność
<center><math>
f(c+h)-f(c)>0,\;\;\;\mbox{czyli}\;\;\; f(c)<f(c+h);
</math></center>
tak więc w punkcie <math>c\;</math> nie ma ani maksimum, ani minimum.

====Przykład====
Funkcja <math>f(x)=x^n\;</math> posiada w <math>x=0\;</math> minimum, jeśli <math>n\;</math> jest parzyste i nie posiada minimum, jeśli <math>n\;</math> jest nieparzyste.
====Uwaga====
Najczęściej spotyka się w zastosowaniach ekstrema ''niezdegenerowane'', tzn. takie, że druga pochodna jest różna od zera. Wtedy testowanie, czy dany punkt krytyczny odpowiada ekstremum, kończy się na drugiej pochodnej.

==Interpretacja geometryczna drugiej pochodnej. Punkty przegięcia==
Uprzednio widzieliśmy, że jeśli <math>f'(c)>0\;</math>, to funkcja rośnie w otoczeniu <math>c\;</math>. Jeśli więc <math>f''(c)>0\;</math>, to funkcja <math>f'\;</math> rośnie; a jeśli ponadto <math>f'(c)>0\;</math>, to <math>f\;</math> rośnie jeszcze szybciej. To była heurystyka, a teraz
===Twierdzenie===
Jeśli druga pochodna funkcji <math>f\;</math> jest ciągła i:
<ol>
<li> zachodzi
[[Image:Pochodna_wieksza.png|right|thumb|<figure id="fig:2"></figure>krzywa <math>y=f(x)\;</math> jest dla pewnego otoczenia punktu <math>c\;</math> położona ''powyżej'']]
<math>f''(c)>0\;</math>, to krzywa <math>y=f(x)\;</math> jest dla pewnego otoczenia punktu <math>c\;</math> położona ''powyżej'' stycznej do tej krzywej w punkcie <math>(c,f(c)\;</math> ;</li>
<li> zachodzi
[[Image:Pochodna_mniejsza.png|right|thumb|<figure id="fig:2"></figure>krzywa <math>y=f(x)\;</math> jest dla pewnego otoczenia punktu <math>c\;</math> położona ''poniżej'']]
<math>f''(c)<0\;</math>, to krzywa <math>y=f(x)\;</math> jest dla pewnego otoczenia punktu <math>c\;</math> położona ''poniżej'' stycznej do tej krzywej w punkcie <math>(c,f(c)\;</math>.</li></ol>

====Uwaga====
Patrząc na wykres funkcji <math>f(x)\;</math>, widzimy, że w pierwszym przypadku wykres jest skierowany wypukłością do dołu, a w drugim — do góry.

====Dowód====
1. Oszacujmy różnicę między ilorazem różnicowym a pochodną:
<center><math>
\varphi(h)=\frac{f(c+h)-f(c)}{h} - f'(c).
</math></center>
Na mocy wzoru Taylora mamy:
<center><math>
f(c+h)-f(c)-h f'(c)=\frac{1}{2} h^2 f''(c+\theta h).
</math></center>
Ponieważ <math>f''(c)>0\;</math>, to dla dostatecznie małego <math>h\;</math> mamy również
<center><math>
f''(c+\theta h)>0, \Longrightarrow f(c+h)-f(c)-hf'(c)>0 \Longrightarrow \frac{f(c+h)-f(c)}{h}>f'(c).
</math></center>
Interpretując iloraz różnicowy jako tangens kąta nachylenia ''siecznej'' do osi <math>OX\;</math>
wnioskujemy, że dla <math>h>0\;</math> tangens ten jest większy niż <math>f'(c)\;</math>, tzn. większy niż
tg kąta między ''styczną'' a osią <math>OX\;</math>. A to oznacza, że rozważana krzywa leży
''nad '' styczną, tak jak na rys. <xr id="fig:2">(%i)</xr>.

2. jest analogiczny.

====Przykłady====
#Parabola <math>y=x^2\;</math> w każdym punkcie leży nad styczną — nic dziwnego, bo druga pochodna wszędzie jest tu równa 2.
#Wykres funkcji wykładniczej <math>y=e^x\;</math> również leży wszędzie nad styczną — tak być musi, bo druga pochodna <math>(e^x)''=e^x>0\;</math>.

===Punkt przegięcia===

Rozważmy sytuację, gdy krzywa <math>y=f(x)\;</math> posiada w punkcie <math>c\;</math> styczną i dla dostatecznie małych przyrostów
dodatnich krzywa leży po jednej strone stycznej (np. nad styczną), a dla dostatecznie małych przyrostów ujemnych leży po drugiej stronie
krzywej (np. pod krzywą). Innymi słowy: Rozpatrzmy wyrażenie: <center><math> \psi(h)=f(c+h)-f(c)-hf'(c) \;</math></center> i dla
dostatecznie małego <math>\delta\;</math> mamy: <math>\forall_{0<h<\delta}\;</math>: <math>\psi(h)>0\;</math> oraz <math>\forall_{-\delta<h<0}\;</math> : <math>\psi(h)<0\;</math>.

W takiej sytuacji mówimy, że krzywa <math>y=f(x)\;</math> ma punkcie
<math>c\;</math> ''punkt przegięcia''.
====Przykład====
Sinusoida <math>y=\sin\; x\;</math> ma punkt przegięcia dla
<math>x=0\;</math>. Mamy bowiem: <math>\psi(h)=\sin\; h -\sin\; 0
-h\cos\; 0 = \sin\; h-h\;</math>. Dla <math>h>0\;</math> mamy
<math>\psi(h)<0\;</math>, dla <math>h<0\;</math> jest
<math>\psi(h)>0\;</math>.

Z tw. powyżej wynika, że jeśli <math>f''(c)\ne 0\;</math>, to krzywa
leży (lokalnie) po jednej stronie stycznej.
W takiej sytuacji, punkt <math>c\;</math> nie jest punktem przegięcia. Możemy to sformułować jako
====Twierdzenie====
Jeśli punkt <math>c\;</math> jest punktem przegięcia krzywej <math>y=f(x)\;</math>, to <math>f''(c)=0\;</math>.
Sytuacja odwrotna nie zachodzi (np. dla <math>y=x^4\;</math> w <math>x=0\;</math> ).
==Funkcje wypukłe, wklęsłe i ich własności==
===Funkcje — wypukła i wklęsła===
Funkcję <math>f:]a,b[\to \mathbb R \; \;</math> nazywamy ''wypukłą''
na <math>]a,b[\;</math>, jeśli dla dowolnych <math>x,x'\in
]a,b[\;</math> i <math>\theta\in [0,1]\;</math> mamy '''rys.'''
<equation id="eq:15"><math>
f(\theta x + (1-\theta)x')\leq \theta f(x) + (1-\theta) f(x'),
</math></equation>
zaś wklęsłą, jeśli
<equation id="eq:16"><math>
f(\theta x + (1-\theta)x')\geq \theta f(x) + (1-\theta) f(x'),
</math></equation>
====Wniosek====
Funkcja <math>f\;</math> jest wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy funkcja <math>-f\;</math> jest wklęsła.
Wystarczy więc w dalszym ciągu zająć się tylko funkcjami wypukłymi.

===Twierdzenie===

Funkcja <math>f\;</math> jest wypukła na <math>]a,b[\;</math> wtedy i
tylko wtedy, gdy dla dowolnego skończonego zbioru <math>n\;</math>
punktów <math>\{x_1, x_2, \dots, x_n\} \subset ]a,b[\;</math> i dla
dowolnego zestawu <math>n\;</math> liczb <math>\theta_1, \dots,
\theta_n\;</math>, takich, że <math>\theta_i\in [0,1]\;</math>,
<math>i=1, \dots, n\;</math> i <math>\sum_i \theta_i=1\;</math>,
zachodzi
<equation id="eq:17"><math>
f(\sum_{i=1}^n \theta_i x_i) \leq \sum_{i=1}^n \theta_i f(x_i)
</math></equation>

====Dowód====
indukcyjny. Niech <math>f\;</math> będzie wypukła na
<math>]a,b[\;</math> — wtedy nierówność <xr id="eq:17">(%i)</xr>
zachodzi dla <math>n=2\;</math>.

Załóżmy, że teza jest prawdziwa dla <math>n-1\;</math> (tzn. prawdziwa
jest <math>T_{n-1}\;</math>.

Niech <math>\{x_1, x_2, \dots, x_n\} \subset ]a,b[\;</math> i
<math>0\leq \theta_i\leq 1\;</math>, <math>i=1, \dots, n\;</math> będą
takie, jak w sformułowaniu twierdzenia. Jeśli
<math>\theta_n=1\;</math>, to nierówność jest trywialna. Weźmy więc
<math>\theta_n\ne 1\;</math>. Mamy:
<center><math>
\begin{matrix}
f(\sum_{i=1}^n \theta_i x_i)=f((1-\theta_n)\left( \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\theta_i}{1-\theta_n}x_i \right)+ \theta_n x_n)\\
\leq (1-\theta_n)f\left( \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\theta_i}{1-\theta_n}x_i \right) +\theta_n f(x_n)\\
\leq (1-\theta_n) \sum_{i=1}^{n-1} \frac{\theta_i}{1-\theta_n}f(x_i) +\theta_n f(x_n).
\end{matrix}
\;</math></center>
a to znaczy, że prawdziwa jest <math>T_n\;</math>. Udowodniliśmy więc
implikację <math>T_{n-1}\Longrightarrow T_n\;</math>, czyli teza jest
prawdziwa dla każdego <math>n\geq 2\;</math>.

W drugą stronę, dla <math>n=2\;</math> mamy definicję funkcji wypukłej.

'''CBDO'''

===Inne, równoważne kryteria wypukłości===
Istnieją też inne równoważne kryteria wypukłości; użyteczne okaże się zaraz następujące stwierdzenie:
<ol>
<li><math>f\;</math> jest wypukła <math>\Longleftrightarrow\;</math> dla
dowolnych punktów <math>x_1<x_2<x_3\;</math> z przedziału
<math>]a,b[\;</math> spełniona jest nierówność
<equation id="eq:18">
<math>
\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\leq \frac{f(x_2)-f(x_3)}{x_2-x_3}.
</math></equation></li>
<li><math>f\;</math> jest wypukła <math>\Longleftrightarrow\;</math> dla
dowolnych punktów <math>x_1<x_2<x_3\;</math> z przedziału
<math>]a,b[\;</math> spełniona jest nierówność
<equation id="eq:19">
<math>
\frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}\leq \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.
</math></equation></li>
<li><math>f\;</math> jest wypukła <math>\Longleftrightarrow\;</math> dla
dowolnych punktów <math>x_1<x_2<x_3\;</math> z przedziału
<math>]a,b[\;</math> spełniona jest nierówność
<equation id="eq:20">
<math>
\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\leq \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}.
\;</math>
</equation>
</li></ol>

====Dowód====
Jeśli <math>x_1<x_2<x_3\;</math>, to <math>x_2=\theta x_1 +
(1-\theta)x_3\;</math>, gdzie
<math>\theta=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}\;</math> i
<math>1-\theta=\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}\;</math>. <math>f\;</math> jest
wypukła wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnych punktów
<math>x_1<x_2<x_3\;</math> mamy nierówność
<center><math>
0\leq \theta f(x_1) + (1-\theta) f(x_3) - f(x_2)
= \theta(f(x_1)-f(x_2))+ (1-\theta)(f(x_3)-f(x_2))
\;</math></center>
<equation id="eq:21"><math>
= \frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_1} (f(x_1)-f(x_2)) + \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1} (f(x_3)-f(x_2)).
</math></equation>
Ponieważ <math>{x_3-x_1}\;</math>, <math>{x_3-x_2}\;</math> i
<math>{x_2-x_1}\;</math> są dodatnie, to nierówność <xr
id="eq:21">(%i)</xr> jest równoważna nierówności
<center><math>
\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}\leq \frac{f(x_2)-f(x_3)}{x_2-x_3}
\;</math></center>
czyli otrzymaliśmy <xr id="eq:18">(%i)</xr>.

Nierówność <xr id="eq:21">(%i)</xr> można też zapisać w postaci
<center><math>
\begin{matrix}
0\leq \theta f(x_1) + (1-\theta) f(x_3) - f(x_2) = \theta(f(x_1)-f(x_3)) + (f(x_3)-f(x_2))\\
=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1} (f(x_1)-f(x_3)) + (f(x_3)-f(x_2)),
\end{matrix}
\;</math></center>
która jest równoważna nierówności
<center><math>
\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}\leq \frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1}
\;</math></center>
czyli otrzymaliśmy <xr id="eq:19">(%i)</xr>.

Wreszcie, gdy nierówność <xr id="eq:21">(%i)</xr> zapiszemy w postaci
<center><math>
\begin{matrix}
0\leq \theta f(x_1) + (1-\theta) f(x_3) - f(x_2)
=(1-\theta)(f(x_3)-f(x_1)) + (f(x_1)-f(x_2))\\
= \frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}(f(x_3)-f(x_1)) + (f(x_1)-f(x_2))
\end{matrix}
\;</math></center>
czyli otrzymaliśmy <xr id="eq:20">(%i)</xr>.

'''CBDO'''

===Wniosek 1===

Jeśli <math>f\;</math> jest wypukła na <math>]a,b[\;</math>, to istnieją granice: lewo- i prawostronne pochodne:
<center><math>
f'_+ = \displaystyle\mathop{\lim}_{h\to {0_+}} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}, \;\;\;f'_- = \displaystyle\mathop{\lim}_{h\to {0_-}} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}
\;</math></center>
Ponadto <math>f'_+ \geq f'_-\;</math>.
====Dowód====
Zauważmy, że funkcja <math>h\to \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\;</math> jest monotoniczna i ograniczona (powyższe Stw.),
a stąd wynika istnienie granicy (podobnie jak dla ciągów).
===Wniosek 2===
Funkcja wypukła na odcinku otwartym jest ciągła. Założenie otwartości odcinka jest istotne: Funkcja wypukła na odcinku domkniętym może
być nieciągła na jego brzegu. ('''rys. <xr id="fig:4">(%i)</xr>''')
[[Image:Nieciagla_na_brzegu.png|right|thumb|<figure id="fig:4"></figure>Funkcja wypukła na odcinku domkniętym może być nieciągła na jego brzegu]]

Dla funkcji różniczkowalnych, mamy proste kryterium wypukłości.

===Twierdzenie===
#Funkcja różniczkowalna na <math>]a,b[\;</math> jest wypukła <math>\Longleftrightarrow\;</math> jej pochodna jest funkcją niemalejącą.
#Funkcja dwukrotnie różniczkowalna na <math>]a,b[\;</math> jest wypukła <math>\Longleftrightarrow\;</math> jej druga pochodna jest nieujemna.
====Dowód====
Widać, że drugi punkt wynika z pierwszego; wystarczy więc udowodnić
pierwszy. Niech <math>x_1<x_2<x_3\;</math> będą punktami w
<math>]a,b[\;</math>. Z tw. Lagrange'a istnieją <math>\xi\in
]x_1,x_2[\;</math> oraz <math>\eta\in]x_2, x_3[\;</math> takie, że
<math>f(x_2)-f(x_1) = f'(\xi) (x_2-x_1)\;</math> oraz
<math>f(x_3)-f(x_2)=f'(\eta)(x_3-x_2)\;</math>. Nierówność
<math>f'(\eta)\geq f'(\xi)\;</math> jest więc równoważna nierówności
<center><math>
\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}\geq \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}.
</math></center>

Stąd powyższa nierówność jest spełniona dla wszystkich
<math>x_1<x_2<x_3\;</math> wtedy i tylko wtedy, gdy <math>f'\;</math>
jest funkcją niemalejącą. Ze Stw. wyżej wynika teza.

'''CBDO'''

===Znaczenie wypukłości===

Badanie funkcji: Kryteria na ekstremum, położenie stycznych do wykresu.

Termodynamika: Z wypukłości ''energii swobodnej'' wynika dodatniość
takich (fizycznie oczywistych, ale trudnych bezpośrednio do
udowodnienia) wielkości, jak ciepło właściwe: są to ''drugie pochodne'' en. sw. (tu: po temperaturze).

<references/>

Pochodne wyższe i szereg Taylora - Historia wersji

Anula: Utworzono nową stronę "__NOTOC__ ==Pochodne wyższych rzędów — definicja i przykłady== ===Pochodne wyższych rzędów=== ''Drugą pochodną'' funkcji f\; nazywamy pocho..."

Anula: Utworzono nową stronę "NOTOC ==Pochodne wyższych rzędów — definicja i przykłady== ===Pochodne wyższych rzędów=== ''Drugą pochodną'' funkcji $f\;$ nazywamy pocho..."