Sınava hazırlık: türev ve uygulamaları
Beş konu: Fermat, Rolle, Lagrange ve Cauchy teoremleri, L’Hôpital kuralı, fonksiyonun incelenmesi ve polinomlar ile fonksiyonlar için Taylor formülü. Her konuda teori, ispatlar ve çözümlü sorular var. Çözümler gizlidir. Önce kendin dene, sonra aç.
Rolle ve Lagrange teoremleri ile „ispatla“ türündeki sorular diğer her şeyin temelidir. Bu yüzden onlardan başla.
Çalışma planı
Altı oturum, yaklaşık 9 saat. 3 günün varsa: günde 2 oturum. Bitirdiklerini işaretle, tarayıcı hatırlar.
Sadece bir akşamın varsa
- Rolle/Lagrange (60 dk): Lagrange’ın ispatı, 3 fonksiyonlu soru, \(|\sin x-\sin y|\le|x-y|\) ve \(|\arctanx-\arctany|\le|x-y|\).
- L’Hôpital (40 dk): 5 örnek + \(\lim x^n/e^x=0\).
- İnceleme (60 dk): \(y=\frac{2x-1}{(x-1)^2}\) ve \(y=\frac{x}{x^2-1}\).
- Taylor (40 dk): \(A_k=\frac{P^{(k)}(x_0)}{k!}\) formülü, Lagrange biçiminde kalan, \(e^x\) açılımı.
Fermat, Rolle, Lagrange, Cauchy
Üç teorem aynı şeyi söyler. \(a\) ile \(b\) arasında bir yerde türev, fonksiyonun „ortalama hızına“ eşittir. Rolle, Lagrange’ın özel hâlidir; Lagrange da Cauchy’nin özel hâlidir. Hepsi birbirinden ispatlanır: Fermat → Rolle → Lagrange → Cauchy → L’Hôpital.
Fermat teoremi
\(x_0\) noktasında yerel maksimum: \(f(x_0)\ge f(x)\) olan bir \((x_0-\delta,x_0+\delta)\) komşuluğu vardır. Minimum: \(f(x_0)\le f(x)\). \(f'(x)=0\) olan noktalara durağan noktalar denir.
Fermat’nın ispatı (maksimum ve minimum)
\(c\) noktasında maksimum: küçük \(\Delta x\) için \(f(c+\Delta x)-f(c)\le0\).
\(f\), \(c\) noktasında türevlenebilir, yani \(f'(c^-)=f'(c^+)=f'(c)\). \(\ge0\) ve \(\le0\) olduğundan \(f'(c)=0\). \(\blacksquare\)
\(c\) noktasında minimum: şimdi \(f(c+\Delta x)-f(c)\ge0\). Solda: pay ≥ 0, payda < 0, yani \(f'(c^-)\le0\). Sağda: \(f'(c^+)\ge0\). Demek ki \(f'(c)=0\). \(\blacksquare\)
Karşı örnekler: tersi doğru değildir ve her koşul gereklidir
\(f'(c)=0\) ekstremum demek değildir. \([-1,1]\) üzerinde \(f(x)=x^3\): \(f'(x)=3x^2=0\iff x=0\), ama \(x<0\) için \(f(x)<f(0)\), \(x>0\) için \(f(x)>f(0)\). 0’da ekstremum yoktur.
Türevlenebilirlik olmadan geçerli değildir. \([-1,1]\) üzerinde \(f(x)=|x|\) fonksiyonunun 0’da minimumu vardır, ama \(f'(0^-)=-1\), \(f'(0^+)=1\), yani \(f'(0)\) yoktur.
Rolle teoremi
Geometrik olarak: eğri aynı yükseklikte başlayıp bitiyorsa, bir yerde yatay teğeti vardır.
Rolle’ün ispatı
\(f\), \([a,b]\) üzerinde sabitse, her \(c\) için \(f'(c)=0\).
Sabit değilse: kapalı aralıkta sürekli her fonksiyon maksimumu \(M\) ve minimumu \(m\) değerlerine ulaşır, yani \(f(\xi_1)=m\le f(x)\le M=f(\xi_2)\) olan \(\xi_1,\xi_2\in[a,b]\) vardır. \(f(a)=f(b)\) ve \(m\ne M\) olduğundan bunlardan en az biri \((a,b)\) içindedir. Orada yerel ekstremum vardır, Fermat’ya göre \(f'=0\). \(\blacksquare\)
Lagrange teoremi
Geometrik olarak: teğetin, \(A(a,f(a))\) ve \(B(b,f(b))\) noktalarından geçen kesene paralel olduğu bir nokta vardır.
Lagrange’ın ispatı (en sık sorulan teori sorusu)
Yardımcı fonksiyon:
\(g\), bu tür fonksiyonların doğrusal birleşimi olarak \([a,b]\) üzerinde sürekli ve \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirdir. Hesaplayalım:
Demek ki \(g\) için Rolle uygulanabilir: \(g'(\xi)=0\) olan bir \(\xi\in(a,b)\) vardır:
Cauchy teoremi
Cauchy’nin ispatı
\(h\) için Rolle: \(h'(\xi)=f'(\xi)-\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}g'(\xi)=0\), buradan iddia çıkar. \(\blacksquare\)
Sık yapılan hata: \(h(x)\) fonksiyonunun paydasına \(b-a\) yazmak. Doğrusu yukarıdaki gibi \(g(b)-g(a)\).
Tarif: „Teoremin geçerli olup olmadığını kontrol et ve \(\xi\) bul“
- \([a,b]\) üzerinde süreklilik. Polinomlar, \(e^x\), sin, cos her yerde süreklidir. Kesirde: payda ≠ 0. \(\ln u\) için: tüm aralıkta \(u>0\).
- \((a,b)\) üzerinde türevlenebilirlik. \(f'\) bul ve aralığın her yerinde var olup olmadığını kontrol et. Tuzaklar: \(|x-a|\), \(\sqrt[3]{x^2}\).
- Rolle: \(f(a)=f(b)\) olduğunu kontrol et.
- Çöz: Rolle \(f'(\xi)=0\); Lagrange \(f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\); Cauchy \(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\).
- Yalnızca açık aralıktaki \(\xi\) değerlerini al ve sonucu yaz. Bir koşul sağlanmıyorsa hangisi olduğunu söyle.
Çözümlü sorular
1. Rolle koşullarını kontrol et: a) \([1,3]\) üzerinde \(|x-2|\); b) \([-1,1]\) üzerinde \(\sqrt[3]{x^2}\); c) \([\frac\pi6,\frac{5\pi}6]\) üzerinde \(\ln(\sin x)\)
a) \(f\) süreklidir ve \(f(1)=f(3)=1\). Ama \(|x-2|'=\begin{cases}1,&x>2\\-1,&x<2\end{cases}\), \(x=2\in(1,3)\) noktasında türev yoktur. 2. koşul sağlanmıyor, Rolle geçerli değil.
b) \(f=x^{2/3}\) süreklidir ve \(f(-1)=f(1)=1\). Ama \(f'(x)=\frac{2}{3\sqrt[3]x}\), \(x=0\) noktasında yoktur. 2. koşul sağlanmıyor.
c) \([\frac\pi6,\frac{5\pi}6]\) üzerinde \(\sin x\ge\frac12>0\), yani \(\ln(\sin x)\) süreklidir. \(f'(x)=\frac{\cos x}{\sin x}=\cotx\) vardır. \(f(\frac\pi6)=f(\frac{5\pi}6)=\ln\frac12\). Koşulları sağlıyor; \(\cot\xi=0\Rightarrow\xi=\frac\pi2\).
2. \([-1,1]\) üzerinde \(f(x)=x^2+2x\), \(g(x)=x^3\) için Cauchy
İkisi de polinomdur. \((-1,1)\) üzerinde \(f'(x)=2x+2\ne0\). \(f(1)-f(-1)=3-(-1)=4\), \(g(1)-g(-1)=2\).
\(\xi_1\approx0{,}768\) ve \(\xi_2\approx-0{,}434\), ikisi de \((-1,1)\) içindedir.
3. Her \(x,y\) için \(|\sin x-\sin y|\le|x-y|\) olduğunu ispatla
\(\sin\), \(\mathbb R\) üzerinde sürekli ve türevlenebilirdir. \([x,y]\) üzerinde Lagrange: öyle bir \(\xi\) vardır ki
4. \(|\arctanx_1-\arctanx_2|\le|x_1-x_2|\) olduğunu ispatla
\([x_1,x_2]\) üzerinde \(f=\arctanx\) için Lagrange:
5. \(0<x_1<x_2\) için: \(\frac{x_2-x_1}{x_2}<\ln\frac{x_2}{x_1}<\frac{x_2-x_1}{x_1}\)
\([x_1,x_2]\) üzerinde \(\ln x\) için Lagrange: \(\ln x_2-\ln x_1=\frac{1}{\xi}(x_2-x_1)\), \(x_1<\xi<x_2\). \(\frac1{x_2}<\frac1\xi<\frac1{x_1}\) eşitsizliğini \(x_2-x_1>0\) ile çarparsak iddia çıkar. \(\blacksquare\)
6. \(0<a<b\) için: \(na^{n-1}(b-a)<b^n-a^n<nb^{n-1}(b-a)\)
\([a,b]\) üzerinde \(x^n\) için Lagrange: \(b^n-a^n=n\xi^{n-1}(b-a)\), \(a<\xi<b\). \(na^{n-1}<n\xi^{n-1}<nb^{n-1}\) olduğundan \(b-a>0\) ile çarparız. \(\blacksquare\)
7. \((a,b)\) üzerinde \(f'(x)=g'(x)\) ise \(f=g+C\)
\(h=f-g\) sürekli ve türevlenebilirdir, \(h'=0\). Herhangi \(x_0,x\) için Lagrange’a göre: \(h(x)-h(x_0)=h'(\xi)(x-x_0)=0\). Demek ki \(h(x)=h(x_0)=C\), yani \(f(x)=g(x)+C\). \(\blacksquare\)
Temel sonuç: bir aralıkta \(f'=0\) ise \(f\) sabittir. 8, 9 ve 10. sorular buradan çıkar.
8. \(\cos^2x+\sin^2x=1\) olduğunu türevle ispatla
\(f(x)=1-\cos^2x-\sin^2x\). \(f'(x)=2\cos x\sin x-2\sin x\cos x=0\Rightarrow f=C\). \(f(0)=1-1-0=0\Rightarrow f\equiv0\). \(\blacksquare\)
9. \(f'=f\) olan tüm \(f:\mathbb R\to\mathbb R\) fonksiyonlarını bul
\(g(x)=\frac{f(x)}{e^x}\). \(g'(x)=\frac{f'(x)e^x-f(x)e^x}{e^{2x}}=\frac{f'(x)-f(x)}{e^x}=0\Rightarrow g=C\). \(f(x)=Ce^x\).
10. \(f''+f=0\) ise \(f=a\cos x+b\sin x\) ve \(f\) sınırlıdır
Önce: \(\frac{d}{dx}\big(f^2+(f')^2\big)=2ff'+2f'f''=2f'(f+f'')=0\), yani \(f^2+(f')^2=K\). Buradan \(|f|\le\sqrt K\), sınırlı.
\(a=f(0)\), \(b=f'(0)\) ve \(g(x)=f(x)-a\cos x-b\sin x\) olsun. O zaman \(g''+g=0\), \(g(0)=0\), \(g'(0)=0\). Birinci kısma göre \(g^2+(g')^2=\text{const}=g(0)^2+g'(0)^2=0\), yani \(g\equiv0\). \(f(x)=a\cos x+b\sin x\).
11. \(3^x+4^x=5^x\) denkleminin tam olarak bir çözümü olduğunu ispatla
\(5^x\) ile bölelim: \(\left(\frac35\right)^x+\left(\frac45\right)^x=1\). \(\varphi(x)=\left(\frac35\right)^x+\left(\frac45\right)^x-1\) olsun.
çünkü \(\frac35,\frac45<1\Rightarrow\ln<0\). \(\varphi\) kesin azalandır, yani en fazla bir kökü vardır. \(\varphi(2)=\frac9{25}+\frac{16}{25}-1=0\). Tek çözüm \(x=2\).
12. \(f(x)=a_1\cos x+a_2\cos2x+\dots+a_n\cos nx\) fonksiyonunun \((0,\pi)\) aralığında kökü vardır
Püf noktası: türevi \(f\) olan bir fonksiyon bul. \((\sin kx)'=k\cos kx\) olduğundan:
\(g\) sürekli ve türevlenebilirdir, \(g(0)=\sum\frac{a_k}k\sin0=0\), \(g(\pi)=\sum\frac{a_k}k\sin k\pi=0\). Rolle’e göre \(g'(\xi)=f(\xi)=0\) olan bir \(\xi\in(0,\pi)\) vardır. \(\blacksquare\)
13. \(P\) polinomunun \((a,b)\) içinde \(n+1\) kökü varsa \(P^{(n)}\) polinomunun kökü vardır
\(a<x_1<\dots<x_{n+1}<b\) kökler olsun. Polinom sürekli ve türevlenebilirdir. \(n\) aralığın her biri \([x_k,x_{k+1}]\) üzerinde Rolle geçerlidir: \(P(x_k)=P(x_{k+1})=0\), yani \(P'(\xi_k)=0\) olan bir \(\xi_k\) vardır. Demek ki \(P'\) polinomunun en az \(n\) kökü vardır. \(P'\) için de aynısı: \(P''\) polinomunun \(n-1\) kökü vardır, …, \(P^{(n)}\) polinomunun en az bir kökü vardır. \(\blacksquare\)
14. \(f(a)=a,\ f(b)=b\Rightarrow\) \(\frac1{f'(u)}+\frac1{f'(v)}=2\) olan \(u<v\) vardır
Ara değer teoremine (Bolzano) göre \(f(\xi)=\frac{a+b}2\) olan bir \(\xi\in(a,b)\) vardır. \([a,\xi]\) ve \([\xi,b]\) üzerinde Lagrange:
15. Monotonluk: \((a,b)\) üzerinde \(f'>0\) ise \(f\) artandır
\((a,b)\) içinde \(x_1<x_2\) için Lagrange: \(f(x_2)-f(x_1)=f'(\xi)(x_2-x_1)\). \(x_2-x_1>0\), yani \(f(x_2)-f(x_1)\) ile \(f'(\xi)\) aynı işaretlidir. \(f'>0\) ise \(f(x_2)>f(x_1)\). \(\blacksquare\)
\(\xi\) bulmak için ek alıştırmalar
- Rolle \(x^2-6x+5\), \([1,5]\): \(\xi=3\)
- Rolle \(x^3-4x\), \([-2,2]\): \(\xi=\pm\frac2{\sqrt3}\)
- Lagrange \(x^3\), \([0,2]\): \(3\xi^2=4\), \(\xi=\frac2{\sqrt3}\)
- Lagrange \(\ln x\), \([1,e]\): \(\xi=e-1\)
- Lagrange \(\sqrt x\), \([1,4]\): \(\xi=\frac94\)
- Cauchy \(f=x^2,\ g=x^3\), \([1,2]\): \(\frac{2}{3\xi}=\frac37\), \(\xi=\frac{14}9\)
L’Hôpital kuralları
Belirsiz ifadeler: \(\frac00,\ \frac\infty\infty,\ \infty-\infty,\ 0\cdot\infty,\ 1^\infty,\ 0^0,\ \infty^0\).
İkinci kural (\(\frac\infty\infty\)): \(f,g\), \((a,b)\setminus\{x_0\}\) üzerinde türevlenebilir, \(g'\ne0\), \(\lim f=\lim g=\infty\). \(\lim\frac{f'}{g'}=L\) ise \(\lim\frac fg=L\).
İkisi de \(x_0=\pm\infty\) için geçerlidir.
Türev pay ve paydadan ayrı ayrı alınır, bölümün türevi alınmaz. Her uygulamadan önce türü eşittir işaretinin üstüne yaz.
Birinci kuralın ispatı
\([x_0-\delta,x_0]\subseteq[a,b]\) olan bir \(\delta>0\) vardır. Orada \(f,g\) Cauchy koşullarını sağlar:
\(\delta\to0\) olunca \(\xi\to x_0\) olur. \(x=x_0-\delta\) ile \(\lim\limits_{x\to x_0^-}\frac fg=\lim\frac{f'}{g'}\) elde edilir. Sağ limit için \([x_0,x_0+\delta]\) üzerinde benzer şekilde. Sol ve sağ limit \(L\) değerine eşittir. \(\blacksquare\)
\(x_0=\pm\infty\) için: \(t=\frac1x\to0^+\) dönüşümü:
İkinci kuralın ispatı (\(\frac\infty\infty\))
\(x_0\) noktasına yakın bir \(x_1\) noktası al. \([x_1,x]\) üzerinde Cauchy’ye göre:
Demek ki \(\lim\frac fg=L\). \(\blacksquare\)
Tablo: her tür \(\frac00\) veya \(\frac\infty\infty\) biçimine nasıl getirilir
| Tür | Ne yaparsın |
|---|---|
| \(\frac00,\ \frac\infty\infty\) | Doğrudan L’Hôpital, birkaç kez de olabilir |
| \(0\cdot\infty\) | \(f\cdot g=\dfrac{f}{1/g}\). Logaritmayı üstte bırak: \(x\ln x=\frac{\ln x}{1/x}\) |
| \(\infty-\infty\) | Ortak payda |
| \(1^\infty,\ 0^0,\ \infty^0\) | \(\lim f^g=e^{\lim g\ln f}\). Sonunda \(e^{\dots}\) ifadesine geri dön! |
5 çözümlü örnek
(1) \(\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin4x}{2x-\sin3x}\)
(2) \(\lim\limits_{x\to0}\frac{x\sin x}{\cos x-1}\)
(3) \(\lim\limits_{x\to\frac\pi2}\frac{\cotx}{\cot3x}\)
(4) \(\lim\limits_{x\to2}\frac{\ln(x^2-3)}{x^2+3x-10}\)
(5) \(\lim\limits_{x\to1}\left(\frac1{x-1}-\frac1{\ln x}\right)\) (tür \(\infty-\infty\))
„İspatla“ soruları
3. Her \(n\in\mathbb N\) için \(\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^n}{e^x}=0\) olduğunu ispatla
Tür \(\frac\infty\infty\). L’Hôpital’i \(n\) kez uygularız; her seferinde \(x\) değişkeninin üssü 1 azalır:
Tümevarımla kesin olarak: \(n=1\): \(\lim\frac x{e^x}=\lim\frac1{e^x}=0\). \(n=k\) için doğruysa \(k+1\) için: \(\lim\frac{x^{k+1}}{e^x}=(k+1)\lim\frac{x^k}{e^x}=(k+1)\cdot0=0\). \(\blacksquare\)
4. \(\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^n}=0\) olduğunu ispatla
Ders: \(x\to\infty\) iken \(\ln x\ll x^n\ll e^x\). Bunu asimptotlarda da kullanırsın.
1. \(f''(x_0)=\lim\limits_{h\to0}\frac{f(x_0+h)-2f(x_0)+f(x_0-h)}{h^2}\)
Tür \(\frac00\), \(h\) değişkenine göre L’Hôpital:
Püf noktası, iki türev tanımı elde etmek için „\(f'(x_0)\) ekle ve çıkar“. Dikkat: payda \(-2f(x_0)\) vardır.
2. \(\lim\limits_{x\to\infty}\big(f(x)+2\sqrt x\,f'(x)\big)=0\) ise \(\lim f(x)=0\)
Püf noktası: \(e^{\sqrt x}\) ile çarp ve böl. Payda \(\infty\) değerine gider, L’Hôpital uygularız:
Ek sorular
\(\lim\limits_{x\to0}(\cotx-\frac1x)\)
\(=\frac{x\cos x-\sin x}{x\sin x}\to\frac{-x\sin x}{\sin x+x\cos x}\to\frac{-\sin x-x\cos x}{2\cos x-x\sin x}\). 0
\(\lim\limits_{x\to\frac\pi2^-}(\tanx)^{\sin2x}\)
\(\sin2x=\frac{2t}{1+t^2}\), \(t=\tanx\to\infty\): \(\lim\frac{2t\ln t}{1+t^2}=0\). \(e^0=1\)
\(\lim\limits_{x\to1}x^{\frac1{x-1}}\)
\(e^{\lim\frac{\ln x}{x-1}}=e^1\). \(e\)
\(\lim\limits_{x\to\frac\pi4}(\tanx)^{\tan2x}\)
\(\lim_{t\to1}\frac{2t\ln t}{1-t^2}\to\frac{2\ln t+2}{-2t}=-1\). \(\frac1e\)
Alıştırma: \(\lim\limits_{x\to0}\frac{x-\sin x}{x^3}\)
\(\to\frac{1-\cos x}{3x^2}\to\frac{\sin x}{6x}\to\frac{\cos x}6\). \(\frac16\)
Alıştırma: \(\lim\limits_{x\to0}(\cos x)^{1/x^2}\)
\(e^{\lim\frac{\ln\cos x}{x^2}}\), \(\to\frac{-\tanx}{2x}\to-\frac12\). \(\frac1{\sqrt e}\)
Alıştırma: \(\lim\limits_{x\to0^+}x\ln x\)
\(\frac{\ln x}{1/x}\to\frac{1/x}{-1/x^2}=-x\). 0
Alıştırma: \(\lim\limits_{x\to\infty}(1+\frac3x)^x\)
\(e^{\lim x\ln(1+3/x)}=e^3\). \(e^3\)
Fonksiyonun incelenmesi
Tarif (7 adım)
- Tanım kümesi \(D_f\). Payda ≠ 0; çift dereceli kök ≥ 0; \(\ln u\): \(u>0\).
- Kökler ve işaret. \(f(x)=0\) ve \(y\) ekseniyle kesişim \(f(0)\). \(f\) için işaret tablosu.
- Asimptotlar. Düşey \(x=a\): \(\lim\limits_{x\to a^\pm}f=\pm\infty\) ise. Yatay \(y=b\): \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}f=b\) ise. Eğik \(y=kx+n\): \(k=\lim\frac fx\), \(n=\lim(f-kx)\).
- Teklik/çiftlik. \(f(-x)=f(x)\) çift, \(f(-x)=-f(x)\) tek.
- Birinci türev: durağan noktalar (\(f'=0\)), monotonluk aralıkları (\(f'\) işareti), yerel ekstremumlar.
- İkinci türev: \(f''>0\) konveks \(\cup\), \(f''<0\) konkav \(\cap\); \(f''\) işaret değiştirdiği yerlerde büküm noktaları.
- Grafik. Önce asimptotlar kesikli çizgiyle, sonra noktalar, sonra tablolara göre eğri.
\(f'\) işaretini şöyle bulursun: \(\operatorname{sgn}f'(x)\), negatif olabilen çarpanların işaretidir. Örneğin \(\operatorname{sgn}\frac{-2x}{(x-1)^3}=\operatorname{sgn}\frac{-x}{x-1}\), çünkü \((x-1)^2>0\).
Teori
Durağan noktaların türü (tablo)
| \(f'\) işareti soldan → sağa | + → − | − → + | + → + | − → − |
|---|---|---|---|---|
| türü | yerel max | yerel min | büküm | büküm |
\(f(x)=x^3-3x\): \(f'=3x^2-3=0\Rightarrow x=\pm1\). \((-\infty,-1)\cup(1,\infty)\) üzerinde artan, \((-1,1)\) üzerinde azalan. Max \((-1,2)\), min \((1,-2)\).
\(f(x)=\sqrt{2x-x^2}\): \(D_f=[0,2]\), \(f'=\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^2}}\). \((0,1)\) üzerinde artan, \((1,2)\) üzerinde azalan, max \((1,1)\). Grafik, \((x-1)^2+y^2=1\) çemberinin üst yarısıdır.
Konvekslik ve büküm
Tanım: her \(x_1,x_2\) ve \(\lambda\in[0,1]\) için şu sağlanıyorsa \(f\), \((\alpha,\beta)\) üzerinde konvekstir:
Kiriş eğrinin üstündedir. \(\ge\) ile konkavdır. Teorem: \(f''>0\Rightarrow\cup\), \(f''<0\Rightarrow\cap\).
Büküm kuralı: \(f'(x_0)=f''(x_0)=0\) ve \(f'''(x_0)\ne0\) ise \(x_0\) noktasında büküm vardır. Örnek \(x^3\): \(f'(0)=f''(0)=0\), \(f'''=6\ne0\).
Tamamen çözülmüş fonksiyonlar
\(y=\dfrac{2x-1}{(x-1)^2}\)
1. Tanım kümesi, kökler, işaret
\(D_f=\mathbb R\setminus\{1\}\). Ne tek ne çift. Kök: \(2x-1=0\Rightarrow A(\frac12,0)\). \(y\) ile kesişim: \(B(0,-1)\). \(y>0\iff x>\frac12\) (\(x\ne1\)).
2. Asimptotlar
\(\lim\limits_{x\to\pm\infty}y=0\Rightarrow y=0\) yatay. \(\lim\limits_{x\to1^\pm}y=\frac{1}{0^+}=+\infty\Rightarrow x=1\) düşey.
3. Birinci türev
\(y'=0\Rightarrow x=0\). \(y'>0\iff\frac{x}{x-1}<0\iff x\in(0,1)\). \((-\infty,0)\cup(1,\infty)\) üzerinde azalan. Yerel minimum \((0,-1)\).
4. İkinci türev
\(y''=0\Rightarrow x=-\frac12\). \(x<-\frac12\) için konkav, \(x>-\frac12\) için konveks. Büküm \(P(-\frac12,-\frac89)\).
\(y=e^{-1/x^2}\)
1. Tanım kümesi, kökler, teklik/çiftlik
\(D_f=\mathbb R\setminus\{0\}\). \(e^{(\dots)}>0\): kök yok. \(f(-x)=f(x)\): çift.
2. Asimptotlar
\(\lim\limits_{x\to0}e^{-1/x^2}=e^{-\infty}=0\). Limit sonludur, yani düşey asimptot yoktur (grafik \((0,0)\) noktasına yaklaşır, ama bu nokta \(D_f\) içinde değildir). \(\lim\limits_{x\to\pm\infty}e^{-1/x^2}=e^0=1\Rightarrow y=1\) yatay.
3. Birinci türev
\(f'\ne0\). \(\operatorname{sgn}f'=\operatorname{sgn}x\): \(x<0\) için azalan, \(x>0\) için artan. Ekstremum yok (0, \(D_f\) içinde değil).
4. İkinci türev
\(f''=0\iff x=\pm\sqrt{\frac23}\approx\pm0{,}82\). \((-\sqrt{\frac23},0)\cup(0,\sqrt{\frac23})\) üzerinde konveks, dışında konkav. Büküm noktaları \(\left(\pm\sqrt{\frac23},e^{-3/2}\right)\approx(\pm0{,}82;\ 0{,}22)\).
\(y=\dfrac{x}{x^2-1}\)
1. Tanım kümesi, kökler, teklik/çiftlik
\(D_f=\mathbb R\setminus\{\pm1\}\). Kök \(x=0\). \(f(-x)=-f(x)\): tek. İşaret: \((-1,0)\cup(1,\infty)\) üzerinde \(+\), \((-\infty,-1)\cup(0,1)\) üzerinde \(-\).
2. Asimptotlar
Düşey \(x=\pm1\). Yatay \(y=0\) (\(\lim\limits_{x\to\pm\infty}\frac{x}{x^2-1}=0\)).
3. Birinci türev
\(f'=0\Rightarrow x^2=-1\), gerçek çözüm yok. Durağan nokta yok; fonksiyon her yerde azalandır.
4. İkinci türev
\(f''=0\iff x=0\). \((-1,0)\cup(1,\infty)\) üzerinde konveks, \((-\infty,-1)\cup(0,1)\) üzerinde konkav. Büküm \(O(0,0)\).
\(y=e^{-x^2}\)
\(D_f=\mathbb R\), çift, kök yok, kesişim \((0,1)\). Düşey yok; her iki yönde \(y=0\) yatay.
\(f'=-2xe^{-x^2}\): \(x<0\) için artan, \(x>0\) için azalan. Maksimum \((0,1)\).
\(f''=2e^{-x^2}(2x^2-1)=0\iff x=\pm\frac{\sqrt2}2\). \(|x|>\frac{\sqrt2}2\) için konveks, arada konkav. Büküm noktaları \(\left(\pm\frac{\sqrt2}2,\frac1{\sqrt e}\right)\).
\(y=\dfrac{x^3-1}{x^2+x-2}\)
1. Tanım kümesi ve sadeleştirme
\(x^2+x-2=(x-1)(x+2)\Rightarrow D_f=\mathbb R\setminus\{1,-2\}\). \(x^3-1=(x-1)(x^2+x+1)\) olduğundan:
Bu her şeyi kolaylaştırır. Türevleri sadeleştirilmiş biçimden al. \(x=1\) noktasında grafikte \((1,1)\) noktasında bir „boşluk“ vardır, asimptot yoktur.
2. Kökler ve kesişimler
\(x^2+x+1>0\) her zaman, kök yok. \(y\) ile kesişim: \((0,\frac12)\).
3. Asimptotlar
Düşey \(x=-2\) (\(\lim\limits_{x\to-2^\pm}y=\pm\infty\)). Eğik: \(k=1\), \(n=\lim(y-x)=-1\Rightarrow y=x-1\). Yatay yok.
4. Birinci türev
Max \((-2-\sqrt3,\,-3-2\sqrt3)\approx(-3{,}73;\,-6{,}46)\), min \((-2+\sqrt3,\,-3+2\sqrt3)\approx(-0{,}27;\,0{,}46)\).
5. İkinci türev
\(y''=\frac{6}{(x+2)^3}\): \(x<-2\) için konkav, \(x>-2\) için konveks. Büküm noktası yok.
\(y=x^2(2-x)^2\): ekstremumlar ve konvekslik
\(y=x^4-4x^3+4x^2\), \(y'=4x^3-12x^2+8x=4x(x-1)(x-2)\).
Min \((0,0)\), max \((1,1)\), min \((2,0)\).
\(y''=12x^2-24x+8=4(3x^2-6x+2)=0\iff x=1\pm\frac{1}{\sqrt3}\approx0{,}42;\ 1{,}58\). Bunların dışında konveks, arada konkav. Büküm noktaları \(\left(1\pm\frac1{\sqrt3},\frac49\right)\).
\(y=\ln(x^2-1)\) fonksiyonunun konkav olduğunu ispatla
\(x^2-1>0\iff|x|>1\), yani \(D_f=(-\infty,-1)\cup(1,\infty)\).
Sık yapılan hata: \(D_f=\mathbb R\setminus\{1\}\). Bu doğru değildir: örneğin \(x=0\) noktası tanım kümesinde değildir.
Tüm \(D_f\) üzerinde \(y''<0\), demek ki fonksiyon konkavdır. \(\blacksquare\)
Alıştırma için a)–d) soruları
- a) \(\frac{x^3}{3x^2-4}\): tek; DA \(x=\pm\frac2{\sqrt3}\); eğik \(y=\frac x3\); \(y'=\frac{3x^2(x^2-4)}{(3x^2-4)^2}\): max \((-2,-1)\), min \((2,1)\); büküm \((0,0)\).
- b) \(\frac{x^3}{(x-1)^2}\): DA \(x=1\); eğik \(y=x+2\); \(y'=\frac{x^2(x-3)}{(x-1)^3}\): min \((3,\frac{27}4)\); \(y''=\frac{6x}{(x-1)^4}\): büküm \((0,0)\).
- c) \((1-x)e^x\): \(x\to-\infty\) iken YA \(y=0\) (L’Hôpital ile); \(y'=-xe^x\): max \((0,1)\); \(y''=-(x+1)e^x\): büküm \((-1,\frac2e)\).
- d) \(e^{-x^2/2}\): çift; YA \(y=0\); max \((0,1)\); büküm noktaları \((\pm1,\frac1{\sqrt e})\).
Polinomlar için Maclaurin ve Taylor formülü
Fikir: \(x_0\) yakınında fonksiyon teğetine benzer: \(f(x_0+\Delta x)\approx f(x_0)+f'(x_0)\Delta x\). Daha iyisini istersek parabol, sonra daha yüksek dereceli polinom alırız ve \(x_0\) noktasındaki tüm türevlerin eşit olmasını isteriz.
Polinomun katsayıları türevlerde „gizlidir“: \(P(0)=a_0\), \(P'(0)=a_1\), \(P''(0)=2!\,a_2\), …
Polinomda kalan yoktur. Açılım tamdır ve \(n\). kuvvette biter.
Tarif
- \(P, P', \dots, P^{(n)}\) türevlerini alt alta yaz.
- Hepsini \(x_0\) noktasında hesapla. \(x_0\) negatifse işaretlere dikkat et.
- \(k\). değeri \(k!\) ile böl (1, 1, 2, 6, 24, 120).
- Kontrol et: son katsayı \(P\) polinomunun baş katsayısına eşit olmalıdır.
\(P(x)=x^4+2x^3-3x^2+4x+1\), \(x-2\) kuvvetlerine göre
| \(k\) | \(P^{(k)}(x)\) | \(P^{(k)}(2)\) | \(:k!\) |
|---|---|---|---|
| 0 | \(x^4+2x^3-3x^2+4x+1\) | 29 | 29 |
| 1 | \(4x^3+6x^2-6x+4\) | 48 | 48 |
| 2 | \(12x^2+12x-6\) | 66 | 33 |
| 3 | \(24x+12\) | 60 | 10 |
| 4 | \(24\) | 24 | 1 |
Horner şemasıyla kontrol (müsvedde)
| katsayı | 1 | 2 | −3 | 4 | 1 |
|---|---|---|---|---|---|
| ÷(x−2) | 1 | 4 | 5 | 14 | 29 |
| ÷(x−2) | 1 | 6 | 17 | 48 | |
| ÷(x−2) | 1 | 8 | 33 | ||
| ÷(x−2) | 1 | 10 | |||
| 1 |
\(P(x)=x^5-15x^4+8x^3-13x+2\), \(-1\) komşuluğunda
| \(k\) | \(P^{(k)}(x)\) | \(P^{(k)}(-1)\) | \(:k!\) |
|---|---|---|---|
| 0 | \(x^5-15x^4+8x^3-13x+2\) | \(-9\) | −9 |
| 1 | \(5x^4-60x^3+24x^2-13\) | \(76\) | 76 |
| 2 | \(20x^3-180x^2+48x\) | \(-248\) | −124 |
| 3 | \(60x^2-360x+48\) | \(468\) | 78 |
| 4 | \(120x-360\) | \(-480\) | −20 |
| 5 | \(120\) | 120 | 1 |
\(2x^6-10x^5+7x^3-5x^2+4x+3\) için \(P^{IV}(0)\), \(P^V(0)\)
\(P^{(k)}(0)=k!\,a_k\). \(x^4\) yok: \(a_4=0\); \(a_5=-10\). \(P^{IV}(0)=0,\ P^V(0)=-1200\).
Alıştırma: \(x^3-2x+5\), \(x-1\) kuvvetlerine göre
\(4+(x-1)+3(x-1)^2+(x-1)^3\)
Alıştırma: \(x^4\), \(x+1\) kuvvetlerine göre
\((x+1)^4-4(x+1)^3+6(x+1)^2-4(x+1)+1\)
Fonksiyonlar için Taylor ve Maclaurin formülü
Önemli: \(i=0,\dots,n\) için \(T_n^{(i)}(x_0)=f^{(i)}(x_0)\), yani polinom ile fonksiyonun \(x_0\) noktasındaki türevleri aynıdır. \(x_0+\theta(x-x_0)\) noktası \(x_0\) ile \(x\) arasındadır. Hata \(|f(x)-T_n(x)|=|R_n(x)|\) olup sabit \(x\) için \(n\) büyüdükçe azalır.
Kalan „bir sonraki terim“ gibi görünür; yalnızca türev \(x_0\) noktasında değil, \(x_0\) ile \(x\) arasındaki bilinmeyen bir noktada hesaplanır.
\(x_0=1\) noktasında üçüncü mertebeye kadar \(f(x)=x\arctanx\)
\(f(1)=1\cdot\arctan1=\frac\pi4\)
\(f'(x)=\arctanx+\frac{x}{1+x^2}\Rightarrow f'(1)=\frac\pi4+\frac12\)
\(f''(x)=\frac1{1+x^2}+\frac{(1+x^2)-2x^2}{(1+x^2)^2}=\frac{2}{(1+x^2)^2}\Rightarrow f''(1)=\frac12\)
\(f'''(x)=\frac{-8x}{(1+x^2)^3}\Rightarrow f'''(1)=-1\)
\(e^x\) fonksiyonunun Maclaurin serisine açılımı
\((e^x)^{(n)}=e^x\), yani her \(n\) için \(f^{(n)}(0)=1\):
Her sabit \(x\) için: \(|R_n(x)|=\frac{e^{\theta x}|x|^{n+1}}{(n+1)!}\xrightarrow[n\to\infty]{}0\) (faktöriyel kuvvetten hızlı büyür). Bu yüzden
Maclaurin açılımları tablosu (ezberle)
| Fonksiyon | Açılım | Lagrange kalanı |
|---|---|---|
| \(e^x\) | \(1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\dots+\frac{x^n}{n!}\) | \(\frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}x^{n+1}\) |
| \(\sin x\) | \(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\dots\) | \(f^{(n)}(x)=\sin(x+n\frac\pi2)\) |
| \(\cos x\) | \(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\dots+(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n)!}\) | \(\frac{(-1)^{n+1}\cos\theta x}{(2n+2)!}x^{2n+2}\) |
| \(\ln(1+x)\) | \(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\dots+(-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}\) | \(\frac{(-1)^n x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta x)^{n+1}}\) |
| \((1+x)^m\) | \(1+\frac{m}{1!}x+\frac{m(m-1)}{2!}x^2+\dots\) | \(\frac{m(m-1)\cdots(m-n)}{(n+1)!}(1+\theta x)^{m-n-1}x^{n+1}\) |
| \(a^x\) | \(1+\frac{\ln a}{1!}x+\frac{\ln^2a}{2!}x^2+\dots\) | \(\frac{a^{\theta x}\ln^{n+1}a}{(n+1)!}x^{n+1}\) |
Tarif: hata tahminiyle yaklaşık hesaplama
- Fonksiyonu ve noktayı tanı: \(\sqrt e=e^{1/2}\), \(x=\frac12\) için \(e^x\) demektir.
- İstenen dereceye kadar terimleri topla.
- \(|R_n|\) tahmin et: bilinmeyen noktadaki türevin yerine bir üst sınır koy (\(e^\theta<3\), \(|\sin|\le1\)).
- „\(k\) ondalık basamak doğruluk“ \(|R_n|<0{,}5\cdot10^{-k}\) demektir.
Hata tahminiyle \(\sqrt e\) ve \(e\)
\(e\) için 2 ondalık basamak: \(\frac{3}{(n+1)!}<0{,}005\iff(n+1)!>600\Rightarrow n=5\): \(e\approx2{,}7167\approx2{,}72\).
\(\sqrt{1+x}\) ve yaklaşık \(\sqrt7\)
\(x=6\) koyma: formül küçük \(|x|\) için çalışır. Püf noktası: \(\sqrt7=3\sqrt{1-\frac29}\), \(x=-\frac29\):
3 ondalık basamakla: \(\sqrt7\approx2{,}646\).
\(\cos x\), \(\ln(1+x)\), \((1+x)^m\), \(a^x\) açılımları
cos: \(f^{(k)}=\cos(x+k\frac\pi2)\), \(f^{(k)}(0)\): 1, 0, −1, 0, …
ln(1+x): \(f^{(k)}=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}\Rightarrow\frac{f^{(k)}(0)}{k!}=\frac{(-1)^{k-1}}{k}\).
(1+x)^m: \(f^{(k)}=m(m-1)\cdots(m-k+1)(1+x)^{m-k}\).
a^x: \(f^{(k)}=a^x\ln^ka\Rightarrow f^{(k)}(0)=\ln^ka\).
Kalanlar yukarıdaki tablodadır.
Taylor limit de çözer: \(\sin x=x-\frac{x^3}6+\dots\), yani \(\lim\frac{x-\sin x}{x^3}=\frac16\), üç kez L’Hôpital uygulamakla aynı.
Deneme sınavı
Her konudan bir soru. Zamanlayıcıyı başlat, notlara bakma. Çözümleri en sonda aç.
- (Rolle/Lagrange) a) \(f(x)=\sqrt[3]{(x-1)^2}\) fonksiyonunun \([0,2]\) üzerinde Rolle teoreminin koşullarını sağlayıp sağlamadığını kontrol et. b) Lagrange ile ispatla: \(x>0\) için \(\dfrac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\).
- (L’Hôpital) a) \(\lim\limits_{x\to0}\dfrac{e^x-e^{-x}-2x}{x-\sin x}\); b) \(\lim\limits_{x\to0^+}\left(\dfrac1x\right)^{\tanx}\).
- (İnceleme) \(y=\dfrac{x^2}{x-1}\) fonksiyonunu incele ve grafiğini çiz.
- (Polinom) \(P(x)=x^4-5x^3+x^2-3x+4\) polinomunu \(x-4\) kuvvetlerine göre aç.
- (Maclaurin) \(\cos0{,}2\) değerini \(x^4\) terimine kadar yaklaşık hesapla ve hatayı tahmin et.
Deneme sınavının çözümleri
1.
a) Süreklidir, \(f(0)=f(2)=1\), ama \(f'(x)=\frac{2}{3\sqrt[3]{x-1}}\), \(x=1\in(0,2)\) noktasında yoktur. 2. koşul sağlanmıyor, Rolle geçerli değil.
b) \([1,1+x]\) üzerinde \(\ln t\) için Lagrange: \(\ln(1+x)=\frac{x}{\xi}\), \(1<\xi<1+x\). \(\frac1{1+x}<\frac1\xi<1\) eşitsizliğinden \(\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x\) çıkar. \(\blacksquare\)
2.
a) \(\frac00\to\frac{e^x+e^{-x}-2}{1-\cos x}\to\frac{e^x-e^{-x}}{\sin x}\to\frac{e^x+e^{-x}}{\cos x}=\) 2.
b) \(\infty^0\): \(e^{\lim\tanx\cdot(-\ln x)}\), \(-\frac{\ln x}{\cotx}\to\frac{\sin^2x}{x}\to0\). \(e^0=1\).
3.
\(D_f=\mathbb R\setminus\{1\}\); kesişim \(O(0,0)\). DA \(x=1\) (solda \(-\infty\), sağda \(+\infty\)). Eğik \(y=x+1\). \(y'=\frac{x(x-2)}{(x-1)^2}\): max \((0,0)\), min \((2,4)\). \(y''=\frac2{(x-1)^3}\): \(x<1\) için konkav, \(x>1\) için konveks, büküm yok.
4.
\(P(x)=-56+21(x-4)+37(x-4)^2+11(x-4)^3+(x-4)^4\).
5.
\(\cos0{,}2\approx1-0{,}02+\frac{0{,}0016}{24}=\) 0,9800667, \(|R|\le\frac{0{,}2^6}{6!}\approx8{,}9\cdot10^{-8}\).
Hepsi tek sayfada
Fermat · Rolle · Lagrange · Cauchy
Fermat: \(c\) noktasında ekstremum + türevl. ⇒ \(f'(c)=0\).
Rolle: \([a,b]\) sürekli, \((a,b)\) türevl., \(f(a)=f(b)\) ⇒ \(f'(\xi)=0\).
Lagrange: \(f(b)-f(a)=f'(\xi)(b-a)\). İspat: \(g=f-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}x\).
Cauchy: \(\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\).
Eşitsizlikler: Lagrange + \(f'(\xi)\) değerini sınırla.
L’Hôpital
\(\frac00,\frac\infty\infty\): \(\lim\frac fg=\lim\frac{f'}{g'}\)
\(0\cdot\infty\to\frac{f}{1/g}\); \(\infty-\infty\to\) ortak payda
\(1^\infty,0^0,\infty^0\): \(e^{\lim g\ln f}\)
\(\ln x\ll x^n\ll e^x\)
İnceleme
\(D_f\) → kökler → asimptotlar → teklik/çiftlik → \(f'\) → \(f''\) → grafik
Eğik: \(k=\lim\frac fx\), \(n=\lim(f-kx)\)
\(f''>0\ \cup\), \(f''<0\ \cap\)
Taylor
Polinom: \(A_i=\frac{P^{(i)}(x_0)}{i!}\), kalan yok.
Sınavda her adıma başlık koy, teoremin hangi koşulunu kontrol ettiğini söyle ve sonucu her zaman sözle yaz. Başarılar!