13 Taylor Formülünün Uygulamaları
Bir önceki bölümde Taylor formülünü kurduk: yeterince türevlenebilir bir fonksiyonu bir nokta çevresinde polinomla değiştirdiğimizde yaptığımız hatayı iki ayrı biçimde ölçmeyi öğrendik. Formülün asıl değeri, birbirinden çok uzak görünen dört soruyu tek bir tekniğe indirgemesindedir.
Birincisi sayısal hesap. \(e\), \(\sqrt{e}\), \(\sin 0{,}1\), \(\ln 1{,}2\) gibi sayıların ondalık açılımını, yalnızca dört işlemle ve istediğimiz kadar basamağı garantili biçimde nasıl buluruz? Kaç basamağının doğru olduğunu bilmediğimiz bir yaklaşımın hiçbir değeri yoktur; Lagrange kalanı tam olarak bu güvenceyi verir.
İkincisi limit hesabı. \(\dfrac{\sin x - x}{x^3}\) ya da \(\dfrac{\cos x - 1 + x^2/2}{x^4}\) gibi belirsiz biçimleri, L’Hôpital kuralını üst üste dört kez uygulamak yerine iki satırda bitirebiliriz: Peano kalanlı Taylor formülü payı ve paydayı “en düşük dereceli terim + ihmal edilebilir artık” biçiminde yazdırır, gerisi sadeleştirmedir.
Üçüncüsü ekstremum sınıflandırması. İkinci türev testi \(f''(x_0) = 0\) olduğunda susar; oysa \(x^4\), \(-x^4\) ve \(x^3\) fonksiyonlarının üçü de \(f'(0) = f''(0) = 0\) koşulunu sağlar ve üçü ayrı davranır. Taylor formülü bunları tek teoremde ayırt eder: sıfırdan farklı ilk türevin mertebesine bakmak yeter.
Dördüncüsü eşitsizlik ispatı. \(x - \dfrac{x^3}{6} \le \sin x \le x\), \(\cos x \ge 1 - \dfrac{x^2}{2}\), \(e^x \ge 1 + x + \dfrac{x^2}{2}\) gibi eşitsizlikler, kalan teriminin işaretine bakılarak tek satırda çıkar. Dördünün ortak kaynağı tek bir formüldür; onu her seferinde nasıl “ayarlayacağımızı” göreceğiz.
\(P_n\) ile \(f\)’nin \(x_0\) noktasındaki \(n\)’inci Taylor polinomunu gösteriyoruz:
\[P_n(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\,(x - x_0)^k .\]
Lagrange kalanlı biçim (sayısal bilgi). \(f\), \(x_0\) ile \(x\)’i içeren bir aralıkta \(n+1\) kez türevlenebiliyorsa (Teorem 12.1), \(x_0\) ile \(x\) arasında öyle bir \(\theta\) vardır ki
\[f(x) = P_n(x) + R_n(x), \qquad R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}\,(x - x_0)^{n+1}.\]
\(\theta\)’nın nerede olduğunu bilmeyiz; ama \(|f^{(n+1)}|\) için bir üst sınır bilirsek \(|R_n(x)|\) için de bir üst sınır elde ederiz. Yaklaşık hesabın tamamı bu tek cümleye dayanır.
Peano kalanlı biçim (asimptotik bilgi). \(f\), \(x_0\)’ın bir komşuluğunda \(n-1\) kez ve \(x_0\) noktasında \(n\) kez türevlenebiliyorsa (Teorem 12.3)
\[f(x) = P_n(x) + o\big((x - x_0)^n\big), \qquad x \to x_0,\]
yani \(\displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - P_n(x)}{(x-x_0)^n} = 0\). Bu biçim hiçbir sayısal sınır vermez; buna karşılık kalanın hangi mertebeden küçük olduğunu söyler.
Kabaca: Lagrange sayı verir, Peano mertebe verir.
13.1 Yaklaşık Hesap ve Hata Kestirimi
Bir sayının Taylor polinomuyla hesabı her zaman aynı üç adımdan oluşur. Önce fonksiyonu ve merkezi seçeriz: hesaplanacak sayıyı \(f(x)\) biçiminde yazar, \(x_0\) olarak \(f\) ve türevlerinin tam olarak bilindiği bir nokta alırız (çoğu zaman \(x_0 = 0\)). Sonra kalanı sınırlarız: \(x_0\) ile \(x\) arasındaki bütün \(t\)’ler için \(|f^{(n+1)}(t)| \le M\) olacak bir \(M\) bulunca
\[|R_n(x)| \le \frac{M\,|x - x_0|^{n+1}}{(n+1)!}\]
olur. Son olarak dereceyi seçeriz: istenen duyarlık \(\varepsilon\) ise bu sınırı \(\varepsilon\)’dan küçük yapan en küçük \(n\)’i belirleyip \(P_n(x)\)’i hesaplarız.
Faktöriyel her kuvvetten hızlı büyüdüğü için, \(|x-x_0|\) küçükse birkaç terim şaşırtıcı derecede iyi bir duyarlık verir. Her örneği “şu kadar ondalık basamağı kesindir” cümlesiyle bitireceğiz; çünkü hata sınırı olmayan bir yaklaşım, yaklaşım değildir.
Örnek 13.1 (Euler Sayısının Hesabı) \(e\) sayısını, hatası \(10^{-6}\)’dan küçük olacak biçimde hesaplayınız. Kaç ondalık basamağın kesin olduğunu belirtiniz.
Çözüm
\(f(x) = e^x\) ve \(x_0 = 0\) alalım. Her \(k\) için \(f^{(k)}(0) = 1\) olduğundan \(P_n(x) = \displaystyle\sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!}\)’dir. Aradığımız sayı \(e = f(1)\), yani \(x = 1\) hâlidir.
Hata sınırı. Lagrange kalanı bir \(\theta \in (0,1)\) için \(R_n(1) = \dfrac{e^{\theta}}{(n+1)!}\) verir. Üstel fonksiyon artan ve \(\theta < 1\) olduğundan \(1 < e^{\theta} < e < 3\), yani
\[0 < R_n(1) < \frac{3}{(n+1)!}.\]
Kalanın pozitif olduğuna dikkat edelim: Taylor polinomu \(e\)’yi her zaman aşağıdan yaklaşık verir.
Derecenin seçimi. \(\dfrac{3}{(n+1)!} < 10^{-6}\) için \((n+1)! > 3 \cdot 10^{6}\) gerekir; \(9! = 362\,880\) yetmez, \(10! = 3\,628\,800\) yeter. Öyleyse \(n = 9\) almalıyız.
Hesap. Terimleri sırayla toplayalım:
\[\begin{aligned} P_9(1) &= 1 + 1 + 0{,}5 + 0{,}166\,666\,67 + 0{,}041\,666\,67 + 0{,}008\,333\,33 \\ &\quad + 0{,}001\,388\,89 + 0{,}000\,198\,41 + 0{,}000\,024\,80 + 0{,}000\,002\,76 \ = \ 2{,}718\,281\,53. \end{aligned}\]
Kalan sınırı ise
\[0 < e - P_9(1) < \frac{3}{10!} = \frac{3}{3\,628\,800} < 8{,}3 \cdot 10^{-7}.\]
Sonuç. \(e\) sayısı
\[2{,}718\,281\,5 < e < 2{,}718\,282\,4\]
aralığındadır ve buradaki bütün sayılar \(2{,}71828\) ile başlar: ilk beş ondalık basamak kesindir, \(e \approx 2{,}71828\). (Gerçek değer \(2{,}718\,281\,828\ldots\))
Daha az terimle ne olurdu? \(n = 7\) alsaydık sınır \(\dfrac{3}{8!} < 7{,}5 \cdot 10^{-5}\), yani \(2{,}718\,254 < e < 2{,}718\,329\) olurdu; bu yalnızca üç basamağı (\(2{,}718\)) garantiler. İki terim eklemek, kesin basamak sayısını üçten beşe çıkarmıştır.
\(\blacksquare\)
Bu örnekte \(x_0\) ile \(x\) arasındaki uzaklık \(1\) idi. Uzaklık küçüldüğünde \(|x - x_0|^{n+1}\) çarpanı devreye girer ve yakınsama çok hızlanır.
Örnek 13.2 (Karekök e Sayısının Hesabı) \(\sqrt{e}\) sayısını, hatası \(10^{-5}\)’ten küçük olacak biçimde hesaplayınız.
Çözüm
\(\sqrt{e} = e^{1/2} = f\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\); yine \(f(x) = e^x\), \(x_0 = 0\) ve aynı polinom, yalnızca \(x = \tfrac12\) ile.
Hata sınırı. Bir \(\theta \in \left(0, \tfrac12\right)\) için
\[R_n\!\left(\tfrac12\right) = \frac{e^{\theta}}{(n+1)!} \left(\frac{1}{2}\right)^{n+1}.\]
Burada \(e^{\theta} < e^{1/2} = \sqrt{e} < 2\)’dir; çünkü \(e < 4\) olduğundan \(\sqrt{e} < 2\). Öyleyse
\[0 < R_n\!\left(\tfrac12\right) < \frac{2}{(n+1)!}\cdot \frac{1}{2^{n+1}} = \frac{1}{2^{\,n}\,(n+1)!}.\]
Derecenin seçimi. \(n = 5\) için sınır \(\dfrac{1}{32 \cdot 720} \approx 4{,}34 \cdot 10^{-5}\) olup yetmez; \(n = 6\) için \(\dfrac{1}{64 \cdot 5040} \approx 3{,}10 \cdot 10^{-6}\) olup yeter. Öyleyse \(n = 6\) alıyoruz.
Hesap.
\[\begin{aligned} P_6\!\left(\tfrac12\right) &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{(1/2)^2}{2!} + \frac{(1/2)^3}{3!} + \frac{(1/2)^4}{4!} + \frac{(1/2)^5}{5!} + \frac{(1/2)^6}{6!} \\[2pt] &= 1 + 0{,}5 + 0{,}125 + 0{,}020\,833\,3 + 0{,}002\,604\,2 + 0{,}000\,260\,4 + 0{,}000\,021\,7 \\[2pt] &= 1{,}648\,719\,6. \end{aligned}\]
Sonuç. Kalan pozitif ve \(3{,}2 \cdot 10^{-6}\)’dan küçük olduğundan \(1{,}648\,719\,6 < \sqrt{e} < 1{,}648\,722\,8\)’dir. Bu aralığın tamamı \(1{,}648\,715\) ile \(1{,}648\,725\) arasında kaldığından buradaki her sayı beş ondalık basamağa yuvarlandığında \(1{,}64872\) verir: \(\sqrt{e} \approx 1{,}64872\) değerinin beş ondalık basamağı güvence altındadır. (Gerçek değer \(1{,}648\,721\,270\ldots\)) \(e\) için beş basamak \(10\) terim gerektirmişti, \(\sqrt{e}\) için \(7\) terim yetti; fark \(\left(\tfrac12\right)^{n+1}\) çarpanından gelir: merkeze yaklaştıkça iş kolaylaşır.
\(\blacksquare\)
Trigonometrik fonksiyonlarda kalanı sınırlamak daha da kolaydır: bütün türevler \(\pm \sin\) ya da \(\pm \cos\) olduğundan mutlak değerleri her yerde \(1\)’i aşmaz.
Örnek 13.3 (Sinüs Değerinin Hesabı) \(\sin 0{,}1\) değerini hesaplayınız ve hatanızın kaç ondalık basamağı garantilediğini söyleyiniz.
Çözüm
\(f(x) = \sin x\), \(x_0 = 0\), \(x = 0{,}1\) alalım. Türevler \(\sin\) ile \(\cos\) arasında dönüp durduğundan \(f(0) = 0\), \(f'(0) = 1\), \(f''(0) = 0\), \(f'''(0) = -1\), \(f^{(4)}(0) = 0\), \(f^{(5)}(0) = 1\), … olur ve
\[P_1(x) = P_2(x) = x, \qquad P_3(x) = P_4(x) = x - \frac{x^3}{6}\]
elde edilir. Çift mertebeli türevler \(0\)’da sıfırlandığı için \(P_1 = P_2\) ve \(P_3 = P_4\) olur; bu bedava bir derece kazancıdır ve hata sınırını belirgin biçimde iyileştirir.
Hata sınırı. Her \(t\) için \(\left|f^{(n+1)}(t)\right| \le 1\) olduğundan \(|R_n(x)| \le \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\)’dir. \(x = 0{,}1\) için bu sınır sırasıyla
\[n = 1: \ 5\cdot 10^{-3}, \qquad n = 2: \ 1{,}67\cdot 10^{-4}, \qquad n = 3: \ 4{,}17 \cdot 10^{-6}, \qquad n = 4: \ 8{,}34 \cdot 10^{-8}\]
değerlerini alır.
Hesap ve sonuç. \(n = 4\) alalım:
\[P_4(0{,}1) = 0{,}1 - \frac{(0{,}1)^3}{6} = 0{,}099\,833\,333\,3, \qquad \left|\sin 0{,}1 - P_4(0{,}1)\right| \le \frac{(0{,}1)^5}{120} < 8{,}34 \cdot 10^{-8}.\]
Demek ki \(0{,}099\,833\,25 < \sin 0{,}1 < 0{,}099\,833\,42\)’dir ve buradaki her sayı \(0{,}099\,833\) ile başlar: ilk altı ondalık basamak kesindir. (Gerçek değer \(0{,}099\,833\,416\,6\ldots\))
\(n = 2\) satırı da öğreticidir: \(\sin x \approx x\) kaba yaklaşımı bile \(x = 0{,}1\) için \(1{,}67 \cdot 10^{-4}\)’ten iyi bir hata verir. Fizikte “küçük açılar için \(\sin x \approx x\)” denmesinin sayısal karşılığı budur; bu yaklaşımın ne kadar kaba olduğunu ancak Lagrange kalanı söyleyebilir.
\(\blacksquare\)
Şimdiye dek türevleri her mertebede sınırlı olan fonksiyonlarla çalıştık. Logaritmada türevler faktöriyel hızıyla büyür; ama kalan formülündeki \((n+1)!\) bu büyümeyi tam olarak yutar.
Örnek 13.4 (Logaritma Değerinin Hesabı) \(\ln 1{,}2\) değerini, hatası \(10^{-6}\)’dan küçük olacak biçimde hesaplayınız.
Çözüm
\(f(x) = \ln(1+x)\), \(x_0 = 0\) ve \(x = 0{,}2\) alalım; \(f(0{,}2) = \ln 1{,}2\)’dir.
Türevler. Tümevarımla \(k \ge 1\) için \(f^{(k)}(x) = \dfrac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}\) bulunur: \(k = 1\) için \(f'(x) = \dfrac{1}{1+x}\) doğrudur ve \(k\)’dan \(k+1\)’e geçiş, \((1+x)^{-k}\) türevinin \(-k(1+x)^{-k-1}\) olmasından çıkar. Buradan \(f^{(k)}(0) = (-1)^{k-1}(k-1)!\) ve
\[P_n(x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k}\,x^k = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n}.\]
Hata sınırı. Bir \(\theta \in (0; 0{,}2)\) için
\[R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}\,x^{n+1} = \frac{(-1)^n\,x^{n+1}}{(n+1)(1+\theta)^{n+1}}\]
olur; faktöriyeller birbirini götürdü. \(\theta > 0\) olduğundan \((1+\theta)^{n+1} > 1\) ve \(|R_n(0{,}2)| < \dfrac{(0{,}2)^{n+1}}{n+1}\)’dir.
Derecenin seçimi. Sınır \(n = 5\) için \(\approx 1{,}07 \cdot 10^{-5}\), \(n = 6\) için \(\approx 1{,}83 \cdot 10^{-6}\) olup yetmez; \(n = 7\) için \(\dfrac{(0{,}2)^8}{8} = 3{,}2 \cdot 10^{-7}\) olup yeter.
Hesap. \(x = 0{,}2\) için terimler:
\[\begin{aligned} P_7(0{,}2) &= 0{,}2 - \frac{0{,}04}{2} + \frac{0{,}008}{3} - \frac{0{,}0016}{4} + \frac{0{,}000\,32}{5} - \frac{0{,}000\,064}{6} + \frac{0{,}000\,012\,8}{7} \\[2pt] &= 0{,}2 - 0{,}02 + 0{,}002\,666\,67 - 0{,}0004 + 0{,}000\,064 - 0{,}000\,010\,67 + 0{,}000\,001\,83 \\[2pt] &= 0{,}182\,321\,83. \end{aligned}\]
Sonuç. \(|R_7(0{,}2)| < 3{,}2 \cdot 10^{-7}\) olduğundan \(0{,}182\,321\,5 < \ln 1{,}2 < 0{,}182\,322\,2\)’dir; buradaki her sayı \(0{,}18232\) ile başlar, yani ilk beş ondalık basamak kesindir. Kalanın işareti \((-1)^7 = -1\) olduğundan aslında \(\ln 1{,}2 < P_7(0{,}2)\)’dir: bu kez polinom değeri gerçek değeri biraz aşırı kestirir. (Gerçek değer \(0{,}182\,321\,556\,8\ldots\))
Aynı polinomla \(\ln 2\)’yi hesaplamaya kalkarsak \(x = 1\) almamız gerekir ve hata sınırı \(\dfrac{1}{n+1}\) olur: \(10^{-6}\) duyarlık için bir milyon terim gerekir! Oysa \(x = 0{,}2\) iken yedi terim yetmişti. Fark \(|x-x_0|^{n+1}\) çarpanındadır: \(0{,}2^{n+1}\) hızla sıfıra giderken \(1^{n+1}\) hiç küçülmez. Logaritma hesapları bu yüzden \(\ln \dfrac{1+t}{1-t}\) gibi, argümanı merkeze yaklaştıran dönüşümlerle yapılır.
\(\blacksquare\)
Bütün örneklerde hata sınırı gerçek hatadan biraz büyüktü. Bu bir kusur değil, kestirimin doğasıdır: \(\theta\)’nın yerini bilmediğimiz için \(f^{(n+1)}(\theta)\) yerine en kötü durumu koyarız. Aşağıdaki önerme, sınırın ne kadar “gevşek” olduğunu sayısallaştırır ve hatanın \(n\) ile ne hızda küçüldüğünü gösterir.
Önerme 13.1 (Üstel Fonksiyon için Hata Tablosu) \(f(x) = e^x\), \(x_0 = 0\) ve \(x = 0{,}5\) olsun. \(E_n = e^{0{,}5} - P_n(0{,}5)\) hatası her \(n \ge 0\) için
\[\frac{(0{,}5)^{n+1}}{(n+1)!} \;<\; E_n \;<\; 1{,}65 \cdot \frac{(0{,}5)^{n+1}}{(n+1)!}\]
eşitsizliklerini sağlar. Özel olarak \(E_n > 0\)’dır ve \(\dfrac{E_n}{E_{n+1}} > 2(n+2)\,e^{-1/2} > n + 2\) olduğundan hata, her yeni terimle en az \((n+2)\) katı küçülür.
İspat
Lagrange kalanı, bir \(\theta_n \in (0; 0{,}5)\) için
\[E_n = R_n(0{,}5) = \frac{e^{\theta_n}}{(n+1)!}\,(0{,}5)^{n+1}\]
verir. Üstel fonksiyon kesin artan olduğundan \(1 < e^{\theta_n} < \sqrt{e}\)’dir; ayrıca \(1{,}65^2 = 2{,}7225 > e\) olduğundan \(\sqrt{e} < 1{,}65\)’tir. Bu iki sınır istenen eşitsizlikleri verir ve alt sınır pozitif olduğundan \(E_n > 0\)’dır.
Oran için \(\theta_n, \theta_{n+1} \in (0; 0{,}5)\) olduğundan \(e^{\theta_n - \theta_{n+1}} > e^{-1/2}\)’dir; buradan \(\dfrac{E_n}{E_{n+1}} = e^{\theta_n - \theta_{n+1}} \cdot 2(n+2) > 2(n+2)e^{-1/2}\) ve \(e^{-1/2} > \dfrac{1}{1{,}65} > \dfrac12\) olduğundan \(2(n+2)e^{-1/2} > n+2\) çıkar.
Aşağıdaki tablo \(n = 1, \ldots, 5\) için sayısal durumu gösterir (\(e^{0{,}5} = 1{,}648\,721\,3\)).
| \(n\) | \(P_n(0{,}5)\) | Gerçek hata \(E_n\) | Alt sınır | Üst sınır |
|---|---|---|---|---|
| \(1\) | \(1{,}500\,000\,0\) | \(0{,}148\,721\,3\) | \(0{,}125\,000\,0\) | \(0{,}206\,250\,0\) |
| \(2\) | \(1{,}625\,000\,0\) | \(0{,}023\,721\,3\) | \(0{,}020\,833\,3\) | \(0{,}034\,375\,0\) |
| \(3\) | \(1{,}645\,833\,3\) | \(0{,}002\,887\,9\) | \(0{,}002\,604\,2\) | \(0{,}004\,296\,9\) |
| \(4\) | \(1{,}648\,437\,5\) | \(0{,}000\,283\,8\) | \(0{,}000\,260\,4\) | \(0{,}000\,429\,7\) |
| \(5\) | \(1{,}648\,697\,9\) | \(0{,}000\,023\,4\) | \(0{,}000\,021\,7\) | \(0{,}000\,035\,8\) |
Tablodan iki şey okunur. Birincisi, gerçek hata her satırda alt ve üst sınırın arasındadır ve üst sınır onun yaklaşık \(1{,}4\) ile \(1{,}5\) katı arasındadır: kestirim gevşek ama kullanışlıdır. İkincisi, ardışık hataların oranları yaklaşık \(6{,}3\), \(8{,}2\), \(10{,}2\) ve \(12{,}1\)’dir; bunlar \(2(n+2)\) değerleri olan \(6, 8, 10, 12\)’ye çok yakındır. Yani her yeni terim, kesin ondalık basamak sayısını yaklaşık bir birim artırır.
\(\blacksquare\)
13.2 Limit Hesabında Taylor Açılımı
Şimdi Taylor formülünün öteki yüzüne, Peano kalanlı biçime geçiyoruz. Burada amaç bir sayıyı hesaplamak değil, \(x \to x_0\) iken bir ifadenin hangi mertebeden küçüldüğünü anlamaktır.
Fikir basittir: \(\dfrac{0}{0}\) belirsizliği, pay ve paydanın ikisinin de \(x_0\)’da sıfırlanması demektir. Her ikisini Taylor polinomuna açarsak sıfırlanan terimler kendiliğinden düşer ve geriye “en düşük dereceli terim + daha küçük mertebeden artık” kalır; oran alındığında \((x-x_0)\)’ın kuvvetleri sadeleşir. L’Hôpital kuralı aynı işi her adımda yeni bir türev hesaplatarak yapar; Taylor bütün adımları tek seferde yapar.
Aşağıdaki Maclaurin açılımları (\(x \to 0\) için, Peano kalanıyla) bundan sonraki hesapların hammaddesidir; \(m, n \in \mathbb{N}\).
\[\begin{aligned} e^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \cdots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n), \\[2pt] \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \cdots + (-1)^m \frac{x^{2m+1}}{(2m+1)!} + o\big(x^{2m+2}\big), \\[2pt] \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \cdots + (-1)^m \frac{x^{2m}}{(2m)!} + o\big(x^{2m+1}\big), \\[2pt] \ln(1+x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \cdots + (-1)^{n-1}\frac{x^n}{n} + o(x^n), \\[2pt] (1+x)^{\alpha} &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \cdots + \frac{\alpha(\alpha-1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}x^n + o(x^n), \\[2pt] \tan x &= x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o\big(x^6\big). \end{aligned}\]
Sinüs, kosinüs ve tanjant satırlarındaki kalanların bir derece “fazladan” iyi olması, bu fonksiyonların tek ya da çift olmasından gelir: eksik kuvvetin katsayısı zaten sıfırdır. \(\tan\) katsayıları doğrudan türevlerden çıkar: \(f' = 1 + \tan^2\), \(f'' = 2\tan(1+\tan^2)\), \(f''' = 2(1+\tan^2)(1 + 3\tan^2)\) olduğundan \(f'(0) = 1\), \(f''(0) = 0\), \(f'''(0) = 2\) ve \(\dfrac{f'''(0)}{3!} = \dfrac{1}{3}\)’tür.
Sadeleştirmenin hangi koşulda işlediğini bir teorem olarak yazalım. Teorem üç durumu birden kapsar: pay ve payda aynı mertebeden sıfırlanıyorsa limit sonlu ve sıfırdan farklıdır; pay daha yüksek mertebedense limit sıfırdır; payda daha yüksek mertebedense oran patlar.
Teorem 13.1 (Taylor Açılımıyla Belirsiz Limit Hesabı) \(I\), \(x_0\) noktasını içeren açık bir aralık ve \(f, g : I \to \mathbb{R}\) olsun. \(p, q \ge 1\) tam sayıları için \(f\), \(x_0\)’ın bir komşuluğunda \(p-1\) kez ve \(x_0\) noktasında \(p\) kez; \(g\) ise \(x_0\)’ın bir komşuluğunda \(q-1\) kez ve \(x_0\) noktasında \(q\) kez türevlenebilir olsun ve
\[f(x_0) = \cdots = f^{(p-1)}(x_0) = 0, \quad f^{(p)}(x_0) \ne 0; \qquad g(x_0) = \cdots = g^{(q-1)}(x_0) = 0, \quad g^{(q)}(x_0) \ne 0\]
sağlansın. \(a = \dfrac{f^{(p)}(x_0)}{p!}\), \(b = \dfrac{g^{(q)}(x_0)}{q!}\) diyelim. O hâlde \(x_0\)’ın delinmiş bir komşuluğunda \(g(x) \ne 0\)’dır ve
- \(p = q\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{a}{b} = \frac{f^{(p)}(x_0)}{g^{(p)}(x_0)}\);
- \(p > q\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = 0\);
- \(p < q\) ise \(\displaystyle\lim_{x \to x_0} \left|\frac{f(x)}{g(x)}\right| = +\infty\).
İspat
Adım 1: iki fonksiyonu çarpanlarına ayıralım. Peano kalanlı Taylor formülünü (Teorem 12.3) \(f\)’ye \(p\)’inci mertebeden uygulayalım. Varsayım gereği ilk \(p\) terim yok olur ve geriye yalnızca son terim kalır:
\[f(x) = \frac{f^{(p)}(x_0)}{p!}(x-x_0)^p + o\big((x-x_0)^p\big) = a\,(x-x_0)^p + o\big((x-x_0)^p\big).\]
Şimdi \(x \ne x_0\) için
\[\varepsilon_1(x) = \frac{f(x) - a\,(x-x_0)^p}{(x-x_0)^p}, \qquad \varepsilon_1(x_0) = 0\]
tanımlayalım. Peano kalanının tanımı gereği \(\varepsilon_1(x) \to 0\)’dır ve her \(x \in I\) için \(f(x) = (x-x_0)^p\big(a + \varepsilon_1(x)\big)\) yazılır. Aynı işlemi \(g\)’ye uygulayarak, \(\varepsilon_2(x) \to 0\) olmak üzere \(g(x) = (x-x_0)^q\big(b + \varepsilon_2(x)\big)\) elde ederiz.
Adım 2: payda sıfırdan uzak durur. \(b \ne 0\) ve \(\varepsilon_2(x) \to 0\) olduğundan öyle bir \(\delta > 0\) vardır ki \(0 < |x - x_0| < \delta\) ve \(x \in I\) iken \(|\varepsilon_2(x)| < \dfrac{|b|}{2}\) olur. Ters üçgen eşitsizliğiyle (bkz. Analiz 1) \(|b + \varepsilon_2(x)| \ge |b| - |\varepsilon_2(x)| > \dfrac{|b|}{2} > 0\)’dır. Bu komşulukta \((x-x_0)^q \ne 0\) olduğundan \(g(x) \ne 0\)’dır.
Adım 3: oranı sadeleştirelim. Aynı komşulukta
\[\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{(x-x_0)^p\big(a + \varepsilon_1(x)\big)}{(x-x_0)^q\big(b + \varepsilon_2(x)\big)} = (x-x_0)^{\,p-q}\cdot \frac{a + \varepsilon_1(x)}{b + \varepsilon_2(x)}\]
yazılır. İkinci çarpanın limiti, limit aritmetiğiyle (bkz. Analiz 1) \(\dfrac{a}{b} \ne 0\)’dır.
Adım 4: üç durum.
(1) \(p = q\) ise birinci çarpan \((x-x_0)^0 = 1\)’dir ve limit doğrudan \(\dfrac{a}{b}\) çıkar; \(p = q\) olduğunda \(p!\) ile \(q!\) sadeleştiğinden \(\dfrac{a}{b} = \dfrac{f^{(p)}(x_0)}{g^{(p)}(x_0)}\)’dir.
(2) \(p > q\) ise \(\displaystyle\lim_{x\to x_0}(x-x_0)^{p-q} = 0\)’dır; limiti sıfır olan bir fonksiyonla limiti sonlu olan bir fonksiyonun çarpımının limiti sıfır olduğundan limit \(0\)’dır.
(3) \(p < q\) ise
\[\left|\frac{f(x)}{g(x)}\right| = \frac{1}{|x-x_0|^{\,q-p}} \cdot \left|\frac{a + \varepsilon_1(x)}{b + \varepsilon_2(x)}\right|.\]
İkinci çarpanın limiti \(\left|\dfrac{a}{b}\right| > 0\) olduğundan, \(\delta\)’yı gerekirse küçülterek bu çarpanın \(\dfrac{|a|}{2|b|}\)’den büyük kaldığı bir komşuluk buluruz. Orada \(\left|\dfrac{f}{g}\right| > \dfrac{|a|}{2|b|}\cdot\dfrac{1}{|x-x_0|^{\,q-p}}\) olur ve sağ taraf \(x \to x_0\) iken \(+\infty\)’a gider.
\(\blacksquare\)
Pratikte varsayımları tek tek denetlemeyiz: payı ve paydayı sıfırdan farklı ilk terim çıkana kadar açar, sonra sadeleştiririz. Tek dikkat edilecek nokta açılımı yeterli mertebeye kadar götürmektir; paydanın en düşük dereceli terimi \((x-x_0)^q\) ise pay da en az \(q\)’uncu mertebeye kadar açılmalıdır.
Örnek 13.5 (Taylor Açılımıyla Limitler) Aşağıdaki limitleri hesaplayınız.
- \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x}{x^3}\)
- \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2}\)
- \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\cos x - 1 + \frac{x^2}{2}}{x^4}\)
- \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\tan x - x}{x^3}\)
- \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x}{x^2}\)
- \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos x}{x^3}\)
Çözüm
a) Sinüsün açılımında \(x^3\)’e kadar gitmek yeter:
\[\sin x - x = -\frac{x^3}{6} + o(x^4) \quad \Longrightarrow \quad \frac{\sin x - x}{x^3} = -\frac{1}{6} + \frac{o(x^4)}{x^3}.\]
\(\dfrac{o(x^4)}{x^3} = x \cdot \dfrac{o(x^4)}{x^4} \to 0\) olduğundan limit \(-\dfrac{1}{6}\)’dır. Aynı sonuç Teorem 13.1 ile de okunur: \(f(x) = \sin x - x\) için \(p = 3\), \(a = -\dfrac16\); \(g(x) = x^3\) için \(q = 3\), \(b = 1\) ve \(p = q\)’dur.
b) \(e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)\) olduğundan
\[e^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2), \qquad \frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \frac{1}{2} + \frac{o(x^2)}{x^2} \longrightarrow \frac{1}{2}.\]
c) Payda \(x^4\) olduğundan kosinüsü \(x^4\) mertebesine kadar açmalıyız:
\[\cos x - 1 + \frac{x^2}{2} = \frac{x^4}{24} + o(x^5) \quad \Longrightarrow \quad \frac{\cos x - 1 + \frac{x^2}{2}}{x^4} = \frac{1}{24} + \frac{o(x^5)}{x^4} \longrightarrow \frac{1}{24}.\]
Erken kesmenin tehlikesi burada açıkça görülür: \(\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2} + o(x^3)\) yazsaydık pay \(o(x^3)\) olurdu ve \(\dfrac{o(x^3)}{x^4}\) hakkında hiçbir şey söyleyemezdik.
d) \(\tan x = x + \dfrac{x^3}{3} + o(x^4)\) olduğundan
\[\frac{\tan x - x}{x^3} = \frac{\frac{x^3}{3} + o(x^4)}{x^3} = \frac{1}{3} + \frac{o(x^4)}{x^3} \longrightarrow \frac{1}{3}.\]
e) Bu, Teorem 13.1’nin ikinci durumudur (\(p = 3 > q = 2\)): \(\dfrac{\sin x - x}{x^2} = -\dfrac{x}{6} + \dfrac{o(x^4)}{x^2} \to 0\).
f) Bu da üçüncü durumdur: \(1 - \cos x = \dfrac{x^2}{2} + o(x^3)\) olduğundan \(p = 2 < q = 3\)’tür ve
\[\frac{1 - \cos x}{x^3} = \frac{1}{x}\left(\frac{1}{2} + \frac{o(x^3)}{x^2}\right).\]
Parantezin limiti \(\dfrac{1}{2} > 0\)’dır; \(\dfrac{1}{x}\) ise \(x \to 0^{+}\) iken \(+\infty\)’a, \(x \to 0^{-}\) iken \(-\infty\)’a gider. Demek ki limit yoktur, ama mutlak değerin limiti \(+\infty\)’dur:
\[\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1-\cos x}{x^3} = +\infty, \qquad \lim_{x\to 0^{-}}\frac{1-\cos x}{x^3} = -\infty.\]
\(\blacksquare\)
Altı limit de birkaç satırda bitti. Aynı hesaplar L’Hôpital kuralıyla da yapılabilir; bedeli görmek öğreticidir.
Örnek 13.6 (Aynı Limitler L’Hôpital ile) Örnek 13.5’nın (c) ve (d) şıklarını L’Hôpital kuralıyla hesaplayınız ve iki yöntemi karşılaştırınız.
Çözüm
(c) şıkkı. \(f(x) = \cos x - 1 + \dfrac{x^2}{2}\) ve \(g(x) = x^4\) olsun. Her adımda pay ve paydanın \(0\)’a gittiğini denetleyip Teorem 11.2’i uygularız:
\[\frac{f'}{g'} = \frac{-\sin x + x}{4x^3} \ \left(\tfrac00\right), \qquad \frac{f''}{g''} = \frac{1 - \cos x}{12x^2} \ \left(\tfrac00\right), \qquad \frac{f'''}{g'''} = \frac{\sin x}{24x} \ \left(\tfrac00\right),\]
\[\frac{f^{(4)}}{g^{(4)}} = \frac{\cos x}{24} \longrightarrow \frac{1}{24}.\]
Son limit var olduğundan geriye doğru bütün adımlar meşrulaşır ve aranan limit \(\dfrac{1}{24}\)’tür. Dört kez türev almak, dört kez belirsizlik denetimi yapmak ve sonucun geriye taşındığını hatırlamak gerekti; Taylor’la aynı sonuç iki satırdaydı.
(d) şıkkı. \(f(x) = \tan x - x\), \(g(x) = x^3\). Birinci uygulamada \(f'(x) = \sec^2 x - 1 = \tan^2 x\) ve \(g'(x) = 3x^2\) ile \(\dfrac{\tan^2 x}{3x^2}\), ikinci uygulamada \(\dfrac{2\tan x \sec^2 x}{6x}\) elde edilir; her ikisi de \(\tfrac00\) biçimindedir. Üçüncü uygulamada payın türevi çarpım kuralıyla
\[\left(2\tan x \sec^2 x\right)' = 2\sec^4 x + 4 \sec^2 x \tan^2 x,\]
paydanın türevi \(6\)’dır ve \(\sec 0 = 1\), \(\tan 0 = 0\) olduğundan limit \(\dfrac{2+0}{6} = \dfrac13\) çıkar. Üç uygulama ve giderek büyüyen türev ifadeleri gerekti; oysa Taylor yöntemi \(\tan x\)’in üçüncü mertebeden açılımını bir kez hatırlamayı istiyordu.
Karşılaştırma. L’Hôpital her adımda yeni türev hesaplatır, türevler karmaşıklaşır ve her adımda belirsizlik biçiminin korunduğu denetlenmelidir; Taylor ise açılımı bir kez yazıp bütün mertebeleri aynı anda görür. Üstelik L’Hôpital bazen hiç sonuç vermez: \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\) limitinde kural \(\dfrac{\sqrt{1+x^2}}{x}\) verir ve bir kez daha uygulanınca başa dönülür. Buna karşılık Taylor, fonksiyonun ilgili noktada yeterince türevlenebilir olmasını ister ve yalnızca sonlu bir noktaya yaklaşırken doğrudan uygulanır; \(x \to \infty\) durumunda önce \(t = \dfrac1x\) dönüşümü gerekir. Teorem 11.3 gibi sonuçlar bu yüzden vazgeçilmezdir: en sağlıklısı iki aleti de elde tutmaktır.
\(\blacksquare\)
13.3 Yüksek Mertebeden Türev Testi
Teorem 7.1, kritik noktaların (Tanım 7.3) ekstremum adayları olduğunu söyler; ama karşıtı yanlıştır: \(f'(x_0) = 0\) olduğunda \(x_0\) yerel maksimum da, yerel minimum da olabilir, hiçbiri de olmayabilir. Klasik ikinci türev testi ayırt edici bilgiyi \(f''(x_0)\)’ın işaretinden alır, ne var ki \(f''(x_0) = 0\) olduğunda susar. Üç örnek durumu netleştirir; üçünde de \(f'(0) = f''(0) = 0\)’dır:
\[f(x) = x^4 \ \ (0\text{'da yerel minimum}), \qquad f(x) = -x^4 \ \ (0\text{'da yerel maksimum}), \qquad f(x) = x^3 \ \ (0\text{'da ekstremum yok}).\]
Bu üçünü ayıran nedir? Sıfırdan farklı olan ilk türev: birincide \(f^{(4)}(0) = 24 > 0\), ikincide \(f^{(4)}(0) = -24 < 0\), üçüncüde \(f'''(0) = 6 \ne 0\). İlk ikisinde mertebe çift, üçüncüde tek. Aşağıdaki teorem bunun genel kural olduğunu söyler. İspatın kalbi tek bir gözlemdir: \(x_0\) yakınında \(f(x) - f(x_0)\) farkının işaretini sıfırdan farklı ilk Taylor terimi belirler ve \((x-x_0)^n\) çarpanı \(n\) çift ise işaret değiştirmez, \(n\) tek ise değiştirir.
Teorem 13.2 (Yüksek Mertebeden Türev Testi) \(I\) açık bir aralık, \(x_0 \in I\) ve \(n \ge 2\) olsun. \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \((n-1)\)’inci türevi \(x_0\)’ın bir komşuluğunda, \(f^{(n)}(x_0)\) ise \(x_0\)’da var olsun ve
\[f'(x_0) = \cdots = f^{(n-1)}(x_0) = 0, \qquad f^{(n)}(x_0) \ne 0\]
sağlansın. O hâlde:
- \(n\) çift ve \(f^{(n)}(x_0) > 0\) ise \(x_0\) noktası \(f\)’nin kesin yerel minimum noktasıdır.
- \(n\) çift ve \(f^{(n)}(x_0) < 0\) ise \(x_0\) noktası \(f\)’nin kesin yerel maksimum noktasıdır.
- \(n\) tek ise \(x_0\) noktası \(f\)’nin yerel ekstremum noktası değildir; dahası, \(x_0\)’ın her komşuluğunda hem \(f(x) > f(x_0)\) olan hem de \(f(x) < f(x_0)\) olan noktalar bulunur.
İspat
Adım 1: farkı çarpanlarına ayıralım. Varsayımlar, Peano kalanlı Taylor formülünü (Teorem 12.3) \(n\)’inci mertebeden uygulamamıza izin verir. \(f'(x_0), \ldots, f^{(n-1)}(x_0)\) sıfır olduğundan ortadaki bütün terimler yok olur ve geriye sabit terim ile son terim kalır:
\[f(x) = f(x_0) + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n + o\big((x-x_0)^n\big), \qquad x \to x_0.\]
\(c = \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}\) diyelim; varsayım gereği \(c \ne 0\)’dır. \(x \ne x_0\) için
\[\varepsilon(x) = \frac{f(x) - f(x_0) - c\,(x-x_0)^n}{(x-x_0)^n}, \qquad \varepsilon(x_0) = 0\]
tanımlarsak \(\varepsilon(x) \to 0\) olur ve
\[f(x) - f(x_0) = (x - x_0)^n \big(c + \varepsilon(x)\big) \qquad (\ast)\]
yazılır. Bütün ispat, sağ taraftaki iki çarpanın işaretini okumaktan ibarettir.
Adım 2: ikinci çarpanın işareti sabittir. \(\varepsilon(x) \to 0\) olduğundan, limit tanımında \(\dfrac{|c|}{2} > 0\) sayısını alarak öyle bir \(\delta > 0\) buluruz ki \(|x - x_0| < \delta\) ve \(x \in I\) iken \(|\varepsilon(x)| < \dfrac{|c|}{2}\) olur. Bu komşulukta \(c + \varepsilon(x)\), \(c\) ile aynı işaretlidir: \(c > 0\) ise \(c + \varepsilon(x) > \dfrac{c}{2} > 0\), \(c < 0\) ise \(c + \varepsilon(x) < \dfrac{c}{2} < 0\). Yani \(\operatorname{sgn}\big(c + \varepsilon(x)\big) = \operatorname{sgn}\big(f^{(n)}(x_0)\big)\)’dır. \(J = (x_0 - \delta,\, x_0 + \delta) \cap I\) diyelim.
Adım 3: birinci çarpanın işareti \(n\)’in paritesine bağlıdır. \(x \in J\), \(x \ne x_0\) olsun. \(n\) çiftse \((x - x_0)^n > 0\)’dır (sıfırdan farklı bir sayının çift kuvveti pozitiftir); \(n\) tekse \((x-x_0)^n\), \(x > x_0\) için pozitif, \(x < x_0\) için negatiftir.
Adım 4: durumların ayrıştırılması.
(1) \(n\) çift ve \(f^{(n)}(x_0) > 0\), yani \(c > 0\) olsun. \(J\) içindeki her \(x \ne x_0\) için \((\ast)\)’ın sağ tarafı iki pozitif sayının çarpımıdır:
\[f(x) - f(x_0) = \underbrace{(x-x_0)^n}_{>0}\cdot\underbrace{\big(c + \varepsilon(x)\big)}_{>0} > 0,\]
yani \(x_0\) kesin yerel minimum noktasıdır (Tanım 7.1).
(2) \(n\) çift ve \(f^{(n)}(x_0) < 0\) olsun. Bu kez \(c < 0\)’dır ve aynı çarpım negatif çıkar: \(f(x) < f(x_0)\), yani \(x_0\) kesin yerel maksimumdur.
(3) \(n\) tek olsun. Genelliği bozmadan \(c > 0\) varsayalım (\(c < 0\) ise \(f\) yerine \(-f\) alınır). \(x \in J\) ve \(x > x_0\) ise \((x-x_0)^n > 0\) olduğundan \((\ast)\) gereği \(f(x) > f(x_0)\)’dır; \(x < x_0\) ise \((x-x_0)^n < 0\) olduğundan \(f(x) < f(x_0)\)’dır.
\(x_0\)’ın herhangi bir \(U\) komşuluğunu alalım: \(U \cap J\) de \(x_0\)’ın bir komşuluğu olduğundan hem sağında hem solunda ona ait noktalar içerir ve yukarıdaki hesaba göre bu noktaların ilkinde \(f > f(x_0)\), ikincisinde \(f < f(x_0)\)’dır. Öyleyse hiçbir komşulukta \(f(x) \le f(x_0)\) ya da \(f(x) \ge f(x_0)\) eşitsizliklerinden biri her yerde geçerli olamaz; \(x_0\) yerel ekstremum noktası değildir.
\(\blacksquare\)
Teoremde \(n = 2\) alalım: koşullar \(f'(x_0) = 0\) ve \(f''(x_0) \ne 0\)’a indirgenir ve \(2\) çift olduğundan (1)–(2) şıkları, \(f''(x_0) > 0\) iken \(x_0\)’ın kesin yerel minimum, \(f''(x_0) < 0\) iken kesin yerel maksimum olduğunu söyler. Bu, tam olarak ikinci türev testidir; Teorem 13.2 onun doğal genellemesidir. \(f''(x_0) = 0\) olduğunda test susmaz, bir üst mertebeye geçer: sıfırdan farklı bir türev bulana kadar mertebeyi artırırız ve bulduğumuz mertebenin çift mi tek mi olduğu ile türevin işareti her şeyi belirler. Kısacası fonksiyon, \(x_0\) yakınında \(c\,(x-x_0)^n\) tek terimlisi gibi davranır.
Teorem, uygun bir \(n\) bulunduğunda karar verir. Ama böyle bir \(n\) hiç bulunmayabilir; o zaman teorem susar ve susması “ekstremum yoktur” anlamına gelmez. Klasik örnek şudur:
\[f(x) = \begin{cases} e^{-1/x^2}, & x \ne 0 \\ 0, & x = 0. \end{cases}\]
Bu fonksiyon \(\mathbb{R}\) üzerinde sonsuz kez türevlenebilirdir ve \(0\)’daki bütün türevleri sıfırdır: tümevarımla \(x \ne 0\) için \(f^{(k)}(x) = P_k\!\left(\tfrac1x\right)e^{-1/x^2}\) (\(P_k\) bir polinom) olduğu gösterilir ve üstel çarpan her polinomu bastırdığından \(f^{(k)}(0) = 0\) çıkar. Yani \(f^{(n)}(0) \ne 0\) olan hiçbir \(n\) yoktur; teorem uygulanamaz.
Buna karşılık \(x \ne 0\) için \(f(x) = e^{-1/x^2} > 0 = f(0)\) olduğundan \(0\) noktası \(f\)’nin kesin mutlak minimum noktasıdır (Tanım 7.2). Teoremin susması bilgi olmaması demektir, olumsuz bir yanıt değil. Böyle durumlarda birinci türevin işaret değişimine bakmak (Sonuç 8.3) hâlâ işe yarar: burada \(x < 0\) için \(f'(x) < 0\), \(x > 0\) için \(f'(x) > 0\)’dır.
Örnek 13.7 (Yüksek Mertebeden Türev Testinin Kullanımı) Aşağıdaki fonksiyonların belirtilen noktalardaki davranışını Teorem 13.2 ile inceleyiniz.
- \(f(x) = x^4\), \(x_0 = 0\)
- \(f(x) = x^3\), \(x_0 = 0\)
- \(f(x) = x^4 - 4x^3\), bütün kritik noktalarında
- \(f(x) = x - \sin x\), \(x_0 = 0\)
- \(f(x) = \cos x - 1 + \dfrac{x^2}{2}\), \(x_0 = 0\)
Çözüm
a) \(f'(x) = 4x^3\), \(f''(x) = 12x^2\), \(f'''(x) = 24x\), \(f^{(4)}(x) = 24\) olduğundan
\[f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0, \qquad f^{(4)}(0) = 24 \ne 0.\]
Sıfırdan farklı ilk türevin mertebesi \(n = 4\) çifttir ve türev pozitiftir; Teorem 13.2 (1) gereği \(0\) kesin yerel minimumdur. (\(x \ne 0\) için \(x^4 > 0\) olduğundan aslında kesin mutlak minimumdur.) İkinci türev testinin burada sustuğuna dikkat edelim: \(f''(0) = 0\)’dır; karar veren dördüncü türevdir.
b) \(f'(x) = 3x^2\), \(f''(x) = 6x\), \(f'''(x) = 6\); yani \(f'(0) = f''(0) = 0\) ve \(f'''(0) = 6 \ne 0\). Mertebe \(n = 3\), tektir; Teorem 13.2 (3) gereği \(0\) ekstremum değildir. Nitekim her \(\delta > 0\) için \(\left(\dfrac{\delta}{2}\right)^3 > 0 > \left(-\dfrac{\delta}{2}\right)^3\)’tür.
c) \(f'(x) = 4x^2(x-3)\) olduğundan kritik noktalar \(x = 0\) ve \(x = 3\)’tür; ayrıca \(f''(x) = 12x(x-2)\) ve \(f'''(x) = 24x - 24\)’tür.
\(x_0 = 3\): \(f''(3) = 36 > 0\)’dır. Mertebe \(n = 2\) çift ve türev pozitif; \(3\) kesin yerel minimumdur, \(f(3) = 81 - 108 = -27\).
\(x_0 = 0\): \(f''(0) = 0\) olduğundan ikinci türev testi susar; bir mertebe yükselelim: \(f'''(0) = -24 \ne 0\), mertebe \(n = 3\) tektir. Teorem 13.2 (3) gereği \(0\) ekstremum değildir. \(f'''(0) < 0\) olduğundan ispattaki işaret çözümlemesi \(x < 0\) için \(f(x) > 0\), \(x > 0\) için \(f(x) < 0\) olduğunu da söyler; küçük \(x\)’ler için \(f(x) = x^3(x-4)\) ifadesinden bu doğrudan görülür.
Sonuç: tek yerel ekstremum \(x = 3\)’teki minimumdur; \(x = 0\) yalnızca yatay teğetli bir “duraklama” noktasıdır.
d) \(f'(x) = 1 - \cos x\), \(f''(x) = \sin x\), \(f'''(x) = \cos x\) olduğundan \(f'(0) = f''(0) = 0\) ve \(f'''(0) = 1 \ne 0\)’dır. Mertebe \(n = 3\) tek; \(0\) ekstremum değildir. Bunu doğrudan da görebiliriz: \(0 < |x| < \pi\) iken \(\cos x < 1\), yani \(f'(x) > 0\)’dır; Sonuç 8.3 (1) gereği \(f\) hem \([-\pi, 0]\) hem \([0, \pi]\) üzerinde kesin artandır, dolayısıyla \([-\pi, \pi]\) üzerinde kesin artandır. Öyleyse \(-\pi \le x < 0\) için \(f(x) < f(0)\), \(0 < x \le \pi\) için \(f(x) > f(0)\) olur: \(0\) noktası ne yerel maksimum ne yerel minimumdur.
e) \(f'(x) = x - \sin x\), \(f''(x) = 1 - \cos x\), \(f'''(x) = \sin x\), \(f^{(4)}(x) = \cos x\) olduğundan
\[f'(0) = f''(0) = f'''(0) = 0, \qquad f^{(4)}(0) = 1 \ne 0.\]
Mertebe \(n = 4\) çift ve türev pozitif; \(0\) kesin yerel minimumdur. Bu, Örnek 13.5 (c) ile birebir örtüşür: orada \(\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x^4} = \frac{1}{24} > 0\) bulmuştuk, yani \(0\) yakınında \(f(x) \approx \dfrac{x^4}{24} > 0 = f(0)\)’dır. İki hesap aynı açılımın iki okunuşudur.
\(\blacksquare\)
13.4 Dönüm Noktası için Yeter Koşul
Yüksek mertebeden türev testinin doğal bir eşlikçisi vardır. Ekstremum testinde \(f\) ile sabit \(f(x_0)\) arasındaki farkın işaretine bakmıştık; şimdi \(f\) ile \(x_0\) noktasındaki teğet doğrusu arasındaki farkın işaretine bakacağız. Aynı teorem, hiç değiştirilmeden, bu soruya da yanıt verir.
\(f\), \(x_0\)’da türevlenebilir olsun ve \(T(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0)\) o noktadaki teğet doğrusunu göstersin (Tanım 2.4). \(x_0\) noktasına \(f\)’nin bir dönüm noktası (inflection point) denir, eğer \(\varphi(x) = f(x) - T(x)\) farkı \(x_0\)’da işaret değiştiriyorsa; yani öyle bir \(\delta > 0\) varsa ki \(\varphi\), \((x_0 - \delta, x_0)\) üzerinde bir işarete, \((x_0, x_0 + \delta)\) üzerinde ters işarete sahip olsun.
Geometrik anlamı: eğri, \(x_0\)’da teğetini keser; bir yanda üstünde, öteki yanda altındadır. Konvekslik diliyle eğri burada konvekslikten konkavlığa (ya da tersine) geçer. Ayrıntılı inceleme Konveks ve Konkav Fonksiyonlar ile Dönüm Noktaları bölümlerinde; burada yalnızca bu işaret değişimi tanımını kullanacağız.
Sonuç 13.1 (Dönüm Noktası için Yeter Koşul) \(I\) açık aralık, \(x_0 \in I\) ve \(n \ge 3\) olsun. \(f : I \to \mathbb{R}\) fonksiyonunun \((n-1)\)’inci türevi \(x_0\)’ın bir komşuluğunda, \(f^{(n)}(x_0)\) ise \(x_0\)’da var olsun ve
\[f''(x_0) = \cdots = f^{(n-1)}(x_0) = 0, \qquad f^{(n)}(x_0) \ne 0\]
sağlansın. O hâlde:
- \(n\) tek ise \(x_0\) noktası \(f\)’nin bir dönüm noktasıdır.
- \(n\) çift ise \(x_0\) noktası dönüm noktası değildir; eğri, \(x_0\)’ın bir komşuluğunda teğetinin tamamen bir yanında kalır (\(f^{(n)}(x_0) > 0\) ise üstünde, \(< 0\) ise altında).
Özel olarak, \(n = 3\) hâlini yazarsak: \(f''(x_0) = 0\) ve \(f'''(x_0) \ne 0\) ise \(x_0\) bir dönüm noktasıdır.
İspat
\(T(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)\) teğet doğrusu ve
\[\varphi(x) = f(x) - T(x) = f(x) - f(x_0) - f'(x_0)(x - x_0)\]
olsun. \(T\) birinci dereceden bir polinom olduğundan ikinci ve daha yüksek türevleri sıfırdır; dolayısıyla \(\varphi\), \(f\) ile aynı türevlenebilirlik varsayımlarını sağlar, \(\varphi'(x) = f'(x) - f'(x_0)\) ve \(k \ge 2\) için \(\varphi^{(k)} = f^{(k)}\)’dir. Bunları \(x_0\)’da değerlendirirsek
\[\varphi(x_0) = 0, \qquad \varphi'(x_0) = 0, \qquad \varphi''(x_0) = \cdots = \varphi^{(n-1)}(x_0) = 0, \qquad \varphi^{(n)}(x_0) = f^{(n)}(x_0) \ne 0.\]
Böylece \(\varphi\), \(x_0\) noktasında Teorem 13.2’un bütün varsayımlarını sağlar ve sıfırdan farklı ilk türevinin mertebesi \(n\)’dir.
(1) \(n\) tek olsun. Teorem 13.2 (3) ve onun ispatındaki işaret çözümlemesi gereği, \(x_0\)’ın bir \(J\) komşuluğunda
\[\varphi(x) - \varphi(x_0) = \varphi(x) = (x-x_0)^n\big(c + \varepsilon(x)\big), \qquad c = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} \ne 0\]
yazılır ve \(c + \varepsilon(x)\), \(J\) üzerinde sabit işaretlidir. \(n\) tek olduğundan \((x-x_0)^n\) çarpanı \(x_0\)’ın solunda negatif, sağında pozitiftir; öyleyse \(\varphi\) tam olarak \(x_0\)’da işaret değiştirir ve tanım gereği \(x_0\) bir dönüm noktasıdır. Ayrıca \(f^{(n)}(x_0) > 0\) ise \(x < x_0\) için \(\varphi(x) < 0\) (eğri teğetin altında), \(x > x_0\) için \(\varphi(x) > 0\) (üstünde) olur; \(f^{(n)}(x_0) < 0\) ise durum tersine döner.
(2) \(n\) çift olsun. Bu kez \((x-x_0)^n > 0\) olduğundan \(\varphi\), \(J \setminus \{x_0\}\) üzerinde \(c\) ile aynı işaretlidir ve hiç değişmez: \(c > 0\) ise eğri teğetin üstünde, \(c < 0\) ise altında kalır. İşaret değişimi olmadığından \(x_0\) dönüm noktası değildir.
\(\blacksquare\)
Örnek 13.8 (Dönüm Noktalarının Belirlenmesi) Aşağıdaki fonksiyonların dönüm noktalarını belirleyiniz.
- \(f(x) = x^3\)
- \(f(x) = \sin x\)
- \(f(x) = x^4\)
- \(f(x) = x^4 - 4x^3\)
- \(f(x) = x^5\)
Çözüm
a) \(f''(x) = 6x\) olduğundan tek aday \(x_0 = 0\)’dır ve \(f'''(0) = 6 \ne 0\)’dır. Sonuç 13.1 (\(n = 3\)) gereği \(0\) bir dönüm noktasıdır: teğet \(T(x) = 0\), \(\varphi(x) = x^3\) ve bu gerçekten işaret değiştirir.
b) \(f''(x) = -\sin x\) olduğundan adaylar \(x_0 = k\pi\) (\(k \in \mathbb{Z}\)) noktalarıdır. \(f'''(x) = -\cos x\) ve \(f'''(k\pi) = -(-1)^k \ne 0\) olduğundan Sonuç 13.1 gereği her \(k\pi\) bir dönüm noktasıdır. \(k\) çiftse \(f'''(k\pi) = -1 < 0\)’dır: eğri teğetin solunda üstünde, sağında altında kalır; \(k\) tekse tersi olur.
c) \(f''(x) = 12x^2\) olduğundan aday yine \(x_0 = 0\)’dır; ama \(f'''(0) = 0\) olduğundan \(n = 3\) hâli uygulanamaz. Bir mertebe yükselelim: \(f^{(4)}(0) = 24 \ne 0\) ve \(n = 4\) çifttir; Sonuç 13.1 (2) gereği \(0\) dönüm noktası değildir, eğri teğetinin tamamen üstünde kalır. Bu şık, “\(f''(x_0) = 0\) ise orada dönüm noktası vardır” yanılgısının karşı örneğidir: \(f''\)’nün sıfırlanması yalnızca bir aday üretir.
d) \(f''(x) = 12x(x-2)\) olduğundan adaylar \(x_0 = 0\) ve \(x_0 = 2\)’dir; \(f'''(0) = -24 \ne 0\) ve \(f'''(2) = 24 \ne 0\) olduğundan Sonuç 13.1 gereği her ikisi de dönüm noktasıdır (\(f(0) = 0\), \(f(2) = -16\)). Örnek 13.7 (c) ile birleştirirsek tam resim çıkar: tek yerel ekstremum \(x = 3\)’teki minimumdur, \(x = 0\) ve \(x = 2\) dönüm noktalarıdır ve \(x = 0\)’da teğet yataydır.
e) \(f''(x) = 20x^3\), \(f'''(x) = 60x^2\), \(f^{(4)}(x) = 120x\), \(f^{(5)}(x) = 120\) olduğundan
\[f''(0) = f'''(0) = f^{(4)}(0) = 0, \qquad f^{(5)}(0) = 120 \ne 0.\]
Mertebe \(n = 5\), tektir; Sonuç 13.1 (1) gereği \(0\) bir dönüm noktasıdır (\(\varphi(x) = x^5\) işaret değiştirir). Bu şık, belirleyici olanın \(n = 3\) değil, mertebenin tekliği olduğunu gösterir.
\(\blacksquare\)
13.5 Taylor Formülüyle Eşitsizlik İspatı
Lagrange kalanının en zarif kullanımı budur: bir eşitsizliği ispatlamak için fonksiyonu uygun mertebeden Taylor polinomuna açar ve kalan teriminin işaretini okuruz; kalan pozitifse fonksiyon polinomdan büyük, negatifse küçüktür.
Kalan terimi \(R_n(x) = \dfrac{f^{(n+1)}(\theta)}{(n+1)!}\,x^{n+1}\) iki çarpandan oluşur. \(x^{n+1}\) çarpanının işaretini (\(n+1\)’in paritesinden ve \(x\)’in işaretinden) tam olarak biliriz; \(f^{(n+1)}(\theta)\) çarpanının işaretini ise, \(\theta\)’nın yerini bilmesek bile, \(|\sin| \le 1\), \(\cos \le 1\), \(e^t > 0\) gibi evrensel sınırlar sayesinde çoğu zaman kestirebiliriz. Yöntemin bütün ustalığı mertebeyi işaretin belirlenebileceği biçimde seçmektedir.
Örnek 13.9 (Taylor ile Klasik Eşitsizlikler) Aşağıdaki eşitsizlikleri ispatlayınız.
- Her \(x \ge 0\) için \(x - \dfrac{x^3}{6} \le \sin x \le x\); eşitlik yalnızca \(x = 0\)’da geçerlidir.
- Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\cos x \ge 1 - \dfrac{x^2}{2}\); eşitlik yalnızca \(x = 0\)’da geçerlidir.
- Her \(x \ge 0\) için \(e^x \ge 1 + x + \dfrac{x^2}{2}\).
- Her \(n \in \mathbb{N}\) ve her \(x \ge 0\) için \(e^x \ge \displaystyle\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}\).
Çözüm
a) İki eşitsizliği ayrı mertebelerden ispatlayacağız. \(f(x) = \sin x\) için \(f(0) = 0\), \(f'(0) = 1\), \(f''(t) = -\sin t\), \(f'''(t) = -\cos t\)’dir.
Alt sınır: \(\sin x \ge x - \dfrac{x^3}{6}\). \(n = 2\) mertebesinden yazalım; \(P_2(x) = x\) olduğundan bir \(\theta \in (0,x)\) için \(\sin x = x - \dfrac{\cos\theta}{6}\,x^3\)’tür. \(x \ge 0\) olduğundan \(x^3 \ge 0\)’dır ve \(\cos\theta \le 1\) olduğundan \(-\dfrac{\cos\theta}{6}x^3 \ge -\dfrac{x^3}{6}\)’dır; bu da istenen eşitsizliktir.
Kesinlik. \(g(x) = \sin x - x + \dfrac{x^3}{6}\) için \(g(0) = 0\) ve \(x \ne 0\) iken \(g'(x) = \cos x - 1 + \dfrac{x^2}{2} > 0\)’dır (bu tam olarak (b)’nin kesin biçimidir). Sonuç 8.3 gereği \(g\), \([0,\infty)\) üzerinde kesin artandır, yani \(x > 0\) için \(g(x) > 0\)’dır. (Kısır döngü yoktur: (b)’nin kesinliği yalnızca aşağıdaki üst sınıra dayanır.)
Üst sınır: \(\sin x \le x\). Bu kez \(n = 1\) mertebesinden; bir \(\theta \in (0,x)\) için \(\sin x = x - \dfrac{\sin\theta}{2}\,x^2\)’dir. \(0 < x \le \pi\) ise \(\theta \in (0,\pi)\)’dir ve orada \(\sin\theta > 0\)’dır; \(x^2 > 0\) olduğundan çıkarılan terim pozitiftir ve \(\sin x < x\) olur. \(x > \pi\) ise ayrıca bir şey ispatlamaya gerek yoktur: \(\sin x \le 1 < \pi < x\). \(x = 0\)’da iki taraf da sıfırdır. Böylece eşitlik yalnızca \(x = 0\)’da geçerlidir.
b) \(f(x) = \cos x\) için \(f(0) = 1\), \(f'(0) = 0\), \(f''(t) = -\cos t\)’dir. \(n = 1\) mertebesinden Taylor formülü, \(0\) ile \(x\) arasında bir \(\theta\) için \(\cos x = 1 - \dfrac{\cos\theta}{2}\,x^2\) verir. \(\cos\theta \le 1\) ve \(x^2 \ge 0\) olduğundan \(-\dfrac{\cos\theta}{2}x^2 \ge -\dfrac{x^2}{2}\), yani \(\cos x \ge 1 - \dfrac{x^2}{2}\)’dir. \(x^2\) değeri \(x\)’in işaretine bağlı olmadığından bu akıl yürütme \(x < 0\) hâlinde de aynen işler; eşitsizlik bütün \(\mathbb{R}\)’de geçerlidir.
Kesinlik. \(h(x) = \cos x - 1 + \dfrac{x^2}{2}\) için \(h(0) = 0\) ve (a)’nın üst sınırı gereği \(x > 0\) iken \(h'(x) = x - \sin x > 0\)’dır; Sonuç 8.3 ile \(h\), \([0,\infty)\) üzerinde kesin artandır. \(h\) çift olduğundan \(x < 0\) için de \(h(x) = h(-x) > 0\)’dır.
c) \(f(x) = e^x\) için \(n = 2\) mertebesinden, bir \(\theta \in (0,x)\) ile \(e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{e^{\theta}}{6}\,x^3\)’tür. \(x \ge 0\) olduğundan \(x^3 \ge 0\) ve \(e^\theta > 0\)’dır; kalan negatif olamaz, yani \(e^x \ge 1 + x + \dfrac{x^2}{2}\) ve \(x > 0\) için eşitsizlik kesindir. Mantığın \(x < 0\) için tersine döndüğüne dikkat: o zaman \(x^3 < 0\) ve \(e^x < 1 + x + \dfrac{x^2}{2}\) olur. Yönü belirleyen, \(x^{n+1}\) çarpanının işaretidir.
d) Aynı fikir mertebe \(n\) alınarak genelleşir. Bir \(\theta \in (0,x)\) için
\[e^x = \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} + \frac{e^{\theta}}{(n+1)!}\,x^{n+1}.\]
\(x \ge 0\) ise \(x^{n+1} \ge 0\) ve \(e^{\theta} > 0\) olduğundan kalan negatif olamaz; dolayısıyla
\[e^x \ge \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}, \qquad x \ge 0.\]
Bu tek eşitsizlik, üstel fonksiyonun her polinomdan hızlı büyüdüğünü de verir: \(x > 0\) için \(e^x \ge \dfrac{x^{n+1}}{(n+1)!}\) yazıp \(x^n\)’e bölersek \(\dfrac{e^x}{x^n} \ge \dfrac{x}{(n+1)!} \to +\infty\) olur, yani her \(n\) için \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x^n} = +\infty\)’dur.
\(\blacksquare\)
Mertebeler rastgele seçilmedi; kural şudur: kalandaki türevin işaretini belirleyebileceğimiz mertebeyi alırız. \(\sin x \le x\) için \(n = 1\) seçtik ve kalanda beliren \(-\sin\theta\)’nın işareti \(\theta \in (0,\pi)\) iken bellidir. \(\sin x \ge x - \dfrac{x^3}{6}\) için \(n = 2\) seçtik; kalandaki \(-\cos\theta\) için \(\cos\theta \le 1\) evrensel sınırı yetti. \(\cos x \ge 1 - \dfrac{x^2}{2}\) için \(n = 1\) seçtik; \(n = 3\) seçseydik eşitsizlik ters yöne, \(\cos x \le 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24}\)’e dönerdi (Alıştırma 13.1 (e)). Üstel fonksiyonda ise \(e^\theta > 0\) olduğundan her mertebe işe yarar.
Kalanın işareti belirlenemiyorsa yöntem başarısız olur; o zaman monotonluk (Sonuç 8.3) ya da Teorem 8.2 devreye girer. Nitekim (a) ve (b)’deki kesinlik iddialarını monotonlukla tamamladık.
13.6 Alıştırmalar
Alıştırma 13.1 (Taylor Formülünün Uygulamaları Üzerine)
\(\cos 0{,}2\) değerini, hatası \(10^{-6}\)’dan küçük olacak biçimde hesaplayınız ve kaç ondalık basamağın kesin olduğunu belirtiniz. Ayrıca \(\sqrt{1{,}1}\) sayısını üçüncü mertebeden Taylor polinomuyla hesaplayıp hata sınırını veriniz.
Aşağıdaki limitleri Taylor açılımlarıyla hesaplayınız:
\[\lim_{x\to 0}\frac{x - \sin x}{x - \tan x}, \qquad \lim_{x\to 0}\frac{e^{x^2} - \cos x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x^3}.\]
\(f(x) = 3x^5 - 5x^3\) fonksiyonunun bütün kritik noktalarını bulunuz ve her birini Teorem 13.2 ile sınıflandırınız.
\(f(x) = x^4 - 6x^2\) fonksiyonunun yerel ekstremum noktalarını ve dönüm noktalarını belirleyiniz.
Her \(x \in \mathbb{R}\) için \(\cos x \le 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24}\) ve \(e^x \ge 1 + x + \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^3}{6}\) olduğunu; her \(x > -1\) için \(\ln(1+x) \le x\) olduğunu gösteriniz.
\(n \ge 2\) olmak üzere \(f(x) = x^n\) fonksiyonu için \(x_0 = 0\) noktasının ne olduğunu (yerel ekstremum mu, dönüm noktası mı) \(n\)’in bütün değerleri için belirleyiniz.
Çözüm
a) Kosinüs. \(f(x) = \cos x\), \(x_0 = 0\), \(x = 0{,}2\). Bütün türevlerin mutlak değeri \(1\)’i aşmadığından \(|R_n(x)| \le \dfrac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\)’dir:
\[n = 3: \ \approx 6{,}67\cdot 10^{-5}, \qquad n = 4: \ \approx 2{,}67 \cdot 10^{-6}, \qquad n = 5: \ \frac{(0{,}2)^6}{720} \approx 8{,}9 \cdot 10^{-8}.\]
\(n = 5\) yeterlidir. Tek dereceli katsayılar sıfır olduğundan \(P_5(x) = 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24}\)’tür ve
\[P_5(0{,}2) = 1 - 0{,}02 + 0{,}000\,066\,67 = 0{,}980\,066\,67.\]
Hata \(8{,}9\cdot 10^{-8}\)’den küçük olduğundan \(0{,}980\,066\,58 < \cos 0{,}2 < 0{,}980\,066\,76\) ve bu aralıktaki her sayı \(0{,}980\,067\)’ye yuvarlanır: altı ondalık basamak kesindir. (Gerçek değer \(0{,}980\,066\,577\,8\ldots\))
Karekök. \(f(x) = (1+x)^{1/2}\) ve \(x = 0{,}1\) alalım. Türevler
\[f'(x) = \tfrac12 (1+x)^{-1/2}, \quad f''(x) = -\tfrac14 (1+x)^{-3/2}, \quad f'''(x) = \tfrac38 (1+x)^{-5/2}, \quad f^{(4)}(x) = -\tfrac{15}{16}(1+x)^{-7/2}\]
olduğundan \(P_3(x) = 1 + \dfrac{x}{2} - \dfrac{x^2}{8} + \dfrac{x^3}{16}\) ve
\[P_3(0{,}1) = 1 + 0{,}05 - 0{,}001\,25 + 0{,}000\,062\,5 = 1{,}048\,812\,5.\]
\(\theta \in (0; 0{,}1)\) için \((1+\theta)^{-7/2} < 1\) olduğundan
\[|R_3(0{,}1)| = \frac{15}{16}\,(1+\theta)^{-7/2}\cdot\frac{(0{,}1)^4}{24} < \frac{15}{16 \cdot 24}\cdot 10^{-4} \approx 3{,}91 \cdot 10^{-6},\]
yani \(1{,}048\,808\,6 < \sqrt{1{,}1} < 1{,}048\,816\,4\): ilk dört ondalık basamak kesindir, \(\sqrt{1{,}1} \approx 1{,}0488\). (Gerçek değer \(1{,}048\,808\,848\ldots\))
b) Birinci limit. Pay ve paydayı üçüncü mertebeye kadar açalım:
\[x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^4), \qquad x - \tan x = -\frac{x^3}{3} + o(x^4).\]
Her ikisi de \(p = q = 3\) mertebesindendir; Teorem 13.1 (1) gereği limit \(\dfrac{1/6}{-1/3} = -\dfrac{1}{2}\)’dir.
İkinci limit. \(e^u = 1 + u + o(u)\) açılımında \(u = x^2\) koyarsak \(e^{x^2} = 1 + x^2 + o(x^2)\) olur; \(\cos x = 1 - \dfrac{x^2}{2} + o(x^2)\) ile birlikte
\[e^{x^2} - \cos x = x^2 + \frac{x^2}{2} + o(x^2) = \frac{3x^2}{2} + o(x^2),\]
dolayısıyla limit \(\dfrac{3}{2}\)’dir.
Üçüncü limit. \(\sin x = x - \dfrac{x^3}{6} + o(x^4)\) ve \(x\cos x = x - \dfrac{x^3}{2} + o(x^4)\) olduğundan
\[\sin x - x\cos x = \left(-\frac{1}{6} + \frac{1}{2}\right)x^3 + o(x^4) = \frac{x^3}{3} + o(x^4);\]
limit \(\dfrac{1}{3}\)’tür.
c) \(f'(x) = 15x^2(x-1)(x+1)\) olduğundan kritik noktalar \(x = -1\), \(x = 0\), \(x = 1\)’dir; ayrıca \(f''(x) = 30x(2x^2 - 1)\) ve \(f'''(x) = 180x^2 - 30\)’dur.
\(x_0 = 1\): \(f''(1) = 30 > 0\); mertebe \(n = 2\) çift, türev pozitif: kesin yerel minimum, \(f(1) = -2\).
\(x_0 = -1\): \(f''(-1) = -30 < 0\); kesin yerel maksimum, \(f(-1) = 2\).
\(x_0 = 0\): \(f''(0) = 0\) olduğundan ikinci türev testi susar; \(f'''(0) = -30 \ne 0\) ve mertebe \(n = 3\) tektir. Teorem 13.2 (3) gereği \(0\) ekstremum değildir; üstelik Sonuç 13.1 gereği bir dönüm noktasıdır. (\(f''\)’nün öteki sıfırları \(x = \pm\tfrac{1}{\sqrt2}\)’dir ve \(f'''\!\left(\pm\tfrac{1}{\sqrt2}\right) = 60 \ne 0\) olduğundan bunlar da dönüm noktasıdır.)
d) \(f'(x) = 4x(x^2 - 3)\), \(f''(x) = 12(x-1)(x+1)\), \(f'''(x) = 24x\)’tir.
Ekstremumlar. Kritik noktalar \(x = 0\) ve \(x = \pm\sqrt3\)’tür. \(f''(0) = -12 < 0\) olduğundan \(0\) kesin yerel maksimumdur (\(f(0) = 0\)); \(f''(\pm\sqrt3) = 24 > 0\) olduğundan \(\pm\sqrt3\) kesin yerel minimumdur (\(f(\pm\sqrt3) = -9\)).
Dönüm noktaları. \(f''(x) = 0\) denklemi \(x = \pm 1\) verir; \(f'''(1) = 24 \ne 0\) ve \(f'''(-1) = -24 \ne 0\) olduğundan Sonuç 13.1 gereği her ikisi de dönüm noktasıdır, \(f(\pm 1) = -5\). Fonksiyon \((-\infty,-1)\) ve \((1,\infty)\) üzerinde konveks, \((-1,1)\) üzerinde konkavdır.
e) Birinci eşitsizlik. \(f(x) = \cos x\) için \(n = 3\) mertebesinden yazalım; üçüncü dereceli terimin katsayısı sıfır olduğundan \(P_3(x) = 1 - \dfrac{x^2}{2}\)’dir ve \(f^{(4)}(t) = \cos t\) olduğundan bir \(\theta\) için
\[\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{\cos\theta}{24}\,x^4.\]
\(\cos\theta \le 1\) ve \(x^4 \ge 0\) olduğundan kalan \(\dfrac{x^4}{24}\)’ü aşamaz; istenen eşitsizlik çıkar. Bu ve Örnek 13.9 (b) birlikte her \(x\) için \(1 - \dfrac{x^2}{2} \le \cos x \le 1 - \dfrac{x^2}{2} + \dfrac{x^4}{24}\) kıskacını verir.
İkinci eşitsizlik. \(f(x) = e^x\) için \(n = 3\) mertebesinden, bir \(\theta\) için
\[e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + \frac{e^{\theta}}{24}\,x^4.\]
\(x^4 \ge 0\) ve \(e^{\theta} > 0\) olduğundan kalan negatif olamaz. \(x^4\) çift kuvvet olduğundan eşitsizlik yalnızca \(x \ge 0\) için değil bütün \(x \in \mathbb{R}\) için geçerlidir ve \(x \ne 0\) ise kesindir.
Üçüncü eşitsizlik. \(f(x) = \ln(1+x)\), \(x > -1\) olsun. \(n = 1\) mertebesinden, \(0\) ile \(x\) arasında bir \(\theta\) için
\[\ln(1+x) = x + \frac{f''(\theta)}{2}x^2 = x - \frac{x^2}{2(1+\theta)^2}.\]
\(\theta\), \(0\) ile \(x\) arasında olduğundan \(1 + \theta > 0\)’dır; \(x^2 \ge 0\) ile birlikte çıkarılan terim negatif olamaz ve \(\ln(1+x) \le x\) olur (\(x \ne 0\) için kesin).
f) \(f(x) = x^n\) için \(f^{(k)}(x) = n(n-1)\cdots(n-k+1)\,x^{\,n-k}\)’dir; \(k < n\) iken \(x^{\,n-k}\) çarpanı \(0\)’da sıfırlanır, \(k = n\) iken \(f^{(n)} = n!\) sabittir. Demek ki
\[f'(0) = \cdots = f^{(n-1)}(0) = 0, \qquad f^{(n)}(0) = n! > 0,\]
yani sıfırdan farklı ilk türevin mertebesi tam olarak \(n\)’dir ve pozitiftir.
- \(n\) çift ise Teorem 13.2 (1) gereği \(0\) kesin yerel minimumdur; \(x \ne 0\) için \(x^n > 0\) olduğundan aslında kesin mutlak minimumdur. \(n \ge 4\) için \(f''(0) = \cdots = f^{(n-1)}(0) = 0\) ve \(n\) çift olduğundan Sonuç 13.1 (2) gereği \(0\) dönüm noktası değildir (\(n = 2\) hâlinde zaten \(f''(0) = 2 \ne 0\)’dır).
- \(n\) tek ise Teorem 13.2 (3) gereği \(0\) ekstremum değildir; \(n \ge 3\) olduğundan Sonuç 13.1 (1) gereği bir dönüm noktasıdır.
Özetle \(x^n\) için \(0\) noktası, \(n\) çift ise mutlak minimum, \(n \ge 3\) tek ise dönüm noktasıdır. Teorem 13.2’un söylediği tam olarak şudur: türevlenebilir her fonksiyon, bir kritik nokta yakınında bu tek terimlilerden biri gibi davranır.
\(\blacksquare\)
Bu bölümde Taylor formülünü dört ayrı işte çalıştırdık: garantili hata kestirimiyle sayısal yaklaşım, belirsiz limitlerin hızlı hesabı, kritik noktaların yüksek mertebeden türevle sınıflandırılması ve eşitsizlik ispatı. Üçüncüsü güçlü ama noktasal bir alettir: \(f^{(n)}(x_0)\)’ın tek bir noktadaki değerine bakarak karar veririz. Bir sonraki bölümde tamamlayıcı bakış açısına geçiyor, türevin bir aralık boyunca işaretini izleyerek monotonluğu ve ekstremumları belirliyoruz: Monotonluk ve Ekstremum Testleri.