PROBLEME REZOLVATE - FORMULELE LUI TAYLOR

PROBLEME REZOLVATE - FORMULELE LUI TAYLOR

V.4.1. Sa se afle punctele de extrem local ale functiei , .

Rezolvare:

Punctele critice sunt date de sistemul:

care admite o solutie unica .

Deoarece:

matricea asociata formei patratice este:

Deoarece forma patratica este degenerata, nu putem utiliza rezultatele si regula practica de determinare a punctelor de extrem relativ ale unei functii, , rezultate enuntate in subcapitolul anterior.

Este necesar, in acest caz, sa facem un studiu direct asupra variatiei lui f. Observam ca nu pastreaza semn constant in nici o vecinatate .

Intr-adevar, pentru puncte de forma (x,x), cu x > 0, , iar pentru puncte de forma (x, x), cu x < 0, , deci nu este punct de extrem local al functiei f.

V.4.2. Sa se determine extremele locale ale functiei , definita prin .

Rezolvare:

Se observa ca , unde . Punctele critice sunt date de sistemul:

care admit solutiile: .

Cum

matricile , asociate formulelor patratice sunt, respectiv

a)      Pentru matricea , rezulta

,

deci p₀ este punct de maxim local al functiei f.

c) Pentru matricea H_f () rezulta:

si cum valorile proprii ale matricei sunt l = 1 si l = -1, rezulta ca nici nu este punct de extrem local al functiei f.

V.4.3. Sa se determine punctele suprafetei

care au cea mai mica si respectiv, cea mai mare cota.

Rezolvare:

Problema revine la determinarea punctelor de extrem local ale functiei f: R² R,

Punctele critice ale functiei f sunt solutiile sistemului:

Singura solutie a sistemului este = (1,1):

.

Matricea H_f asociata formei patratice este .

Deoarece D =1>0,   

rezulta ca = (1,1) este punct de minim local al functiei f.

Punctul M(1,1,-5) este punctul cu cota cea mai mica, al suprafetei (S).

Nu exista nici un punct al suprafetei (S) cu cea mai mare cota.

V.4.4. Sa se arate ca functia f: R R, f(x,y) = x² + 4xy - y² - 8x-6y nu are puncte de extrem local.

Rezolvare:

Punctele critice sunt solutii ale sistemului:

Singura solutie a sistemului este = (2,1).

Pentru (x,y) IR , f(2,y) £ f(2,1) £ f(x,1)

Intr-adevar f(2,y) - f(2,1)= -y² + 2y - 1 = - (y -1)² £ si

f(x,1) - f(2,1) = x² - 2x + 4 ³

Punctul p₀ cu proprietatea de mai sus se numeste punct sa al functiei f.

V.4.5. Fie f: R₊ R, fIC²(R₊). Sa se demonstreze ca daca f si f'' sunt marginite, atunci f este marginita si, unde

Rezolvare:

Folosind inegalitatea lui Taylor-Lagrange obtinem, pentru (x,y) I R₊, inegalitatea:

In aceste conditii:

Atunci (x,y) IR , y > 0 are loc:

Cum t > 0, t + ³ 2, obtinem ca, x I R₊

Prin urmare f' este marginita si .

V.4.6. Sa se demonstreze ca pentru orice nIN^*

Rezolvare:

Conform formulei lui Mac Laurin, aplicata functiei f:(-1,+¥ R

f(t) = ln(1+t) pentru orice t I ¥ ), exista q I ) astfel incat

Fie g: [0,1] R, , unde t > -1.

pentru orice n I [0,1], deci g este strict descrescator pe [0,1].

Folosind monotonia lui g obtinem:

In particular, pentru cu n I N*

ceea ce este echivalent cu .