Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Ярославский Государственный Университет им. П.Г. Демидова

Предмет:

Математический анализ

Файл:

Курс лекций по мат. анализу I

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2.49 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 1916 17 18 19 > Следующая >>>

Замечания

1.В теоремах Ролля, Лагранжа и Коши речь идет о значениях производной функции в некоторой точке, которая лежит внутри промежутка. Поэтому эти теоремы часто называют теоремами о среднем.

2.Теорема Ролля является частным случаем теоремы Лагранжа, а теорема Лагранжа частным случаем теоремы Коши.

3.Эти три теоремы часто называют французскими.

§5 Формула Тейлора

5.1.Многочлен Тейлора

Пусть функция f (x) определена в некоторой окрестности точки x0 и в

этой точке имеет производную n -го порядка. Составим многочлен

Pn (x)= f (x0 )+ f ′1!(x0 )(x − x0 )+ f ′′2!(x0 )(x − x0 )2 +... + f (nn)(!x0 )(x − x0 )n .

Этот многочлен будем называть многочленом Тейлора n -го порядка для функции f (x) в точке x0 .

Очевидно, многочлен Тейлора удовлетворяет условиям:

Pn (x0 )= f (x0 ), Pn′(x0 )= f ′(x0 ), ...., Pn(n)(x0 )= f (n)(x0 ) ,

поэтому его часто называют многочленом наилучшего приближения функции

в точке x0 .

Теорема 4.5.1. Если многочлен вида

P (x)= a

+ a

(x − x

)+ a

(x − x

+... + a

(x − x

удовлетворяет условиям

Pn(n)(x0 )= f (n)(x0 ) ,

Pn (x0 )= f (x0 ),

Pn′(x0 )= f ′(x0 ), ....,

то его коэффициенты вычисляются по формулам

f (k )(x

)

k = 0,1,2,..., n .

► Найдем производные от данного многочлена:

P ′(x)= a +

− x )+3a

(x − x

)2 +... + na

− x

)n−1 ,

P ′′(x)= 2a

+3 2a (x − x

)+... + n(n −1)a (x

− x

)n−2 ,

P (k )(x)

= k!a +(k +1)k ... 2a

(x − x

)

+... + n(n −1)...(n − k +1)a

(x − x

)n−k ,

k+1

P (n)(x)

= n!a .

P (x

)= f (x

)= a ,

P′

(x )

= f ′(x

)= a ,

Отсюда

получим

(k )(x

)= f (k )(x

)= k!a

(n)(x

)= f

(n)(x

)= n!a

, откуда получим требуе-

мое. ◄

150

5.2.Формула Тейлора

Пусть Pn (x) - многочлен Тейлора n -го порядка для функции f (x) в

точке x0 . Обозначим Rn (x) = f (x)− Pn (x). Тогда формулу f (x) = Pn (x)+ Rn (x)

будем называть формулой Тейлора, а величину Rn (x) - остаточным членом

этой формулы.

Получим два представления остаточного члена.

Теорема 4.5.2. Пусть в некоторой окрестности U (x

) точки

функция

f (x)

имеет все производные до (n +1)-го порядка включительно. Тогда для

всякого значения x U (x0 )

найдется точка ξ , лежащая между точками x и

x такая, что f (x) = P (x)

+ R

(x), где R

(x)=

f (n+1) (ξ)

− x )n+1 .

(n +1)!

► В силу условий, связывающих функцию с ее многочленом Тейлора,

имеем Rn (x0 )= Rn′ (x0 )=... = Rn(n)(x0 )= 0 .

Введем функцию

g (x)= (x − x

)n+1 , которая

удовлетворяет

условиям

g (x0 )= g′(x0 )=... = g(n)(x0 )= 0 .

Rn (x)

Рассмотрим теперь

отношение

на

промежутке [x0 , x0 +δ], где

g (x)

x0 +δ U (x0 ). Применяя теорему 4.4.4(Коши), получим

R (x)

(x)− R (x )

R′

(ξ )

, где

x <ξ < x .

Производя аналогичные вы-

g (x)

g (x)− g (x0 )

g′(ξ1 )

R′ (ξ )−

(x )

R′

(ξ )

R′

(ξ )

R′

R′′(ξ

)

кладки

частным

, получим

, где

g′

(ξ1 )

g′

(ξ1 )

g′(ξ1 )− g′(x0 )

g′′

(ξ2 )

x0 <ξ2 <ξ1 . Таким же образом, применяя далее теорему Коши, получим

Rn (x)

Rn′ (ξ1 )

Rn′′(ξ2 )

=... =

Rn(n)(ξn )

Rn(n+1)(ξ)

g (x)

g′′(ξ2 )

g′(ξ1 )

g(n)(ξn )

g(n+1)(ξ)

где x0 <ξ <ξn <... <ξ2 <ξ1 < x .

Но Rn(n+1)(x)= f (n+1)(x) и g(n+1)(x)= (n +1)!, поэтому

R (x)=	R(n+1)(ξ)		g (x)=	f	(n+1)(ξ)	(x − x	)	n+1
		n							.
	g	(n+1)(ξ)			(n +1)!
n						0

Аналогично рассматривается случай, когда x [x0 −δ, x0 ]. ◄

151

Замечание. Остаточный член вида R (x)=	f (n+1)(ξ)	(x − x	)n+1	называют ос-
	(n +1)!
n		0

таточным членом в форме Лагранжа.

Теорема 4.5.3. Пусть существует f (n)(x0 ). Тогда формула Тейлора будет иметь вид f (x)= Pn (x)+ o((x − x0 )n )при x → x0 .

► Применяя теорему 4.4.4 (Коши) к функциям R

(x)

и g (x)= (x − x )n

на промежутке [x0 , x0 +δ],

аналогично тому, как это было сделано в теореме

(x)

R(n−1)(ξ

n−1

)− R(n−1)(x )

4.5.2, получим

, где x <ξ

<... <ξ < x . Отсю-

g (x)

n!(ξn−1 − x0 )

n−1

(x)

R(n−1)(ξ −

)

− R(n−1)

)

)(x )= 0 , так как

да

lim

n 1

(x − x )n

n!(ξn−1 − x0 )

x→x0 +0

n! n

Rn (x)= o((x − x0 )n ). ◄

ξn−1 → x0 при x → x0 . Следовательно,

Замечание. Такой вид остаточного члена называется остаточным членом в

форме Пеано.

Теорема 4.5.4. Пусть существует

f (n)(x

) и при x → x

справедливо равенст-

во

f (x)= a0 + a1 (x − x0 )+ a2 (x − x0 )2 +... + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n ).

Тогда

(k )(x

)

a =

, k = 0,1,2,..., n .

f (n)(x ), то справедлива формула Тейлора с оста-

► Так как существует

точным

членом

форме

Пеано.

Таким

образом,

a0 + a1 (x − x0 )+ a2 (x − x0 )2 +... + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n )=

= f (x0 )+

f ′(x0 )

(x − x0 )+... +

f (n)(x0 )

(x − x0 )n + o((x − x0 )n ).

Переходя к пределу

при

x → x0

в последнем

равенстве,

получим

a0 = f (x0 ). Отбрасывая равные члены и сокращая это равенство на x − x0 , при-

дем

равенству

a1 + a2 (x − x0 )+... + an (x − x0 )n−1 + o((x − x0 )n−1 )=

= f ′1!(x0 ) +... + f (nn)(!x0 )(x − x0 )n−1 + o((x − x0 )n−1 ).

152

f (x)= ∑

k=0

						f ′(x	)
Опять устремляя x → x , получим					a =	0		и, продолжая таким обра-
Опять устремляя x → x , получим					a =			и, продолжая таким обра-
				0	1	1!
		(k )(x	)			1!
	f	(k )(x	)
зом, получим a =		0		, k = 0,1,2,..., n	. ◄
зом, получим a =				, k = 0,1,2,..., n	. ◄
k		k!
		k!
Замечание. Из этой теоремы следует,					что представление функции в виде

f (x)= a0 + a1 (x − x0 )+ a2 (x − x0 )2 +... + an (x − x0 )n + o((x − x0 )n ) единственно.

Упражнение. Докажите, что если функция f (x) четная, то ее многочлен Тейлора в точке x0 = 0 содержит только четные степени, а если f (x) - нечетная, то этот же многочлен содержит только нечетные степени.

5.3. Разложение основных элементарных функций по формуле Тейлора - Маклорена

Если x0 = 0 , то формула Тейлора называется формулой Маклорена. Если

функция имеет f (n)(0), то формула Маклорена имеет вид

f (k )(0)xk + o(xn ), x → 0 . k!

Получим формулы Маклорена для основных элементарных функций.

1) f (x)= ex .

Функция дифференцируема бесконечное число раз, причем производная

n -го порядка равна (ex )(n) = ex . Поэтому							f (0)= f ′(0)=... = f (n)(0)=1 и фор-
мула Маклорена имеет вид								xn
		ex =1 +	x	+	x2	+... +		xn	+ R	(x),
		ex =1 +		+		+... +			+ R	(x),
		1! 2!						n!	n
	eθx	1! 2!						n!
где R (x)=	eθx	xn+1, 0 <θ <1.
где R (x)=	(n +1)!	xn+1, 0 <θ <1.
n	(n +1)!
n

2) f (x)= sh x .

Эта функция также дифференцируема бесконечное число раз и

(sh x)(n) = ch x, n − нечетное,sh x, n −четное.

Поэтому f (0)= f (2k )(0)= 0 и f (2k−1)(0)=1,						k	, и
sh x =	x	+	x3	+... +	x2m−1	+ R		(x),
					(2m −1)!
1! 3!						2m−1
				153

где R	(x)=	eθx −e−θx	x2m =	sh (θx)	x2m .
		2(2m)!
2m−1				(2m)!

3) f (x)= ch x .

Формула Маклорена для этой функции выводится аналогично предыдущей и имеет вид

ch θx

)

2m+1

ch x =1

+... +

(

(2m)!

(2m +1)!

f (x)= sin x .

Как

было сказано

пункте

3.1,

(sin x)

(n)

πn

поэтому

=sin x

0)= f (

2k )

(0)= 0 и f (

f (

−

= (

−1)

k−1

. Отсюда

1)(0)

)

−

2m−1

sin

θx +πm

sin x =

−

+... +(−1)m

(

x2m .

(2m −

1)!

(2m)!

1! 3!

f (x)= cos x .

Эта формула получается аналогично предыдущей и имеет вид

θx

(2m +1)π

x2m

cos

cos x =1 −

+...

+(−1)m

x2m+1 .

(2m)!

(2m +1)!

6) f (x)= ln (1 + x).

(

ln 1 + x

(n)

= (−1)n−1 (n −1)! , поэтому

(

)

= 0,

(n)

(

)

(

−1

n−1

(

n −1 ! и

(

))

(1 + x)n

)

ln (1 + x)= x −

−... +(−1)n−1

(−1)n

xn+1

(n +1)(1 +θx)n+1

7) f (x)= (1 + x)α .

((1 + x)α )(n) =α (α −1)...(α − n +1)(1+ x)α−n .

Отсюда

f (

0)=1,

f ′(0)=α ,

f (k )(0)=α (α −1) ...(α − k +1)

(1 + x)α =1 + α x +

α (α −1)

x2 +... +

α (α −1)...(α − n +1)

xn +

+α (α −1)...(α( − n)()1 +θx)α−n−1 xn+1.

n +1 !

154

Функцию (1 + x)α будем называть биномом или биномиальной функци-

ей. Ясно, что формула бинома Ньютона получается из формулы Маклорена для биномиальной функции при α .

Отметим частные случаи формулы Маклорена для биномиальной функ-

ции:

а) Если α = −1, то формула примет вид

=1 − x + x2 −... +(−1)n xn + R (x).

1 + x

б) Если в последней формуле заменить x на −x , то получим

=1 + x + x2 +... + xn + R (x).

1 − x

Замечания

Во всех формулах остаточный член написан в форме Лагранжа, но его

можно было бы написать в форме Пеано, например,

=1 − x + x2 −... +(−1)n xn + o(xn ), x → 0 .

1 + x

В формулах для четных или нечетных функций степень x у остаточного

члена можно увеличить на 1. Например,

sh x =

+... +

x2m−1

eθx + e−θx

x2m+1 .

(2m −1)!

1! 3!

2(2m +1)!

Это возможно, так как многочлен Маклорена для нечетной функции должен

иметь только нечетные степени, следовательно, слагаемое со степенью x2m будет равно нулю.

155

§6 Правило Лопиталя

Докажем несколько теорем, которые объединяются под общим названием «правило Лопиталя» и которые позволяют находить пределы частного.

6.1.Неопределенность вида 00

Теорема 4.6.1. Пусть функции f (x) и g (x)

1)определены на промежутке [a,b];

2)f (a)= g (a)= 0 ;

3) существуют правосторонние производные f ′(a) и g′(a), причем

g′(a)≠ 0 .		f (x)		f ′(a)
Тогда существует	lim		=		.
		g (x)		g′(a)
	x→a+0

► Так как существуют правосторонние производные функций f (x) и g (x) в точке x = a , то для x > a справедлива формула Тейлора при n =1, кото-

рая будет иметь вид:

f (x)= f ′(a)(x − a)+ o(x − a),

g (x)= g′(a)(x − a)+ o(x − a).

f (x)

f ′(a)(x − a)+ o(x − a)

′

(a)+

o(x − a)

f ′(a)

Тогда

lim

x − a

g′(a)(x − a)+ o(x − a)

o(x − a)

x→a+0

g (x)

x→a+0

′

(a)+

g′(a)

x − a

◄

если функции f (x)

и g (x)

Замечание. Аналогично можно доказать, что,

имеют

производных

точке

x = a ,

f (a)= f ′(a)=... = f (n−1)(a)= 0 ,

−

f (x)

(n)(a)

g (a)= g′(a)

=... = g(n 1)(a)= 0

и g(n)(a)≠ 0 , то

lim

g (x)

(n)(a)

Теорема 4.6.2. Пусть функции f (x) и g (x)

x→a+0

1) определены на промежутке (a,b);

lim

f (x)= lim

g (x)= 0 ;

x→a+0

f ′(x) и g′(x), при-

3) на промежутке

(a,b)

существуют производные

чем g′(x)≠ 0 ;

f ′(x)

4) существует lim

= A (конечный или бесконечный).

g′(x)

x→a+0

Тогда существует

lim

f (x)

= A.

x→a+0

g (x)

156

► Доопределим функции f (x) и g (x), полагая f (a) = g (a) = 0 , и возьмем некоторое значение x (a,b). Тогда на промежутке [a, x] для данных функций выполнены все условия теоремы 4.4.4 (Коши) и

	f (x)	=	f (x)− f (a)	=	f ′(c)	, где a < c < x .
	g (x)	=	g (x)− g (a)	=	g′(c)	, где a < c < x .	f (x)		f ′(c)
		Если x → a + 0 , то и c → a + 0 , поэтому lim					f (x)	= lim	f ′(c)	= A . ◄
		Если x → a + 0 , то и c → a + 0 , поэтому lim					g (x)	= lim	g′(c)	= A . ◄
						x→a+0	g (x)	c→a+0	g′(c)
Замечания

Аналогично можно доказать, что при очевидных изменениях в условиях тео-

ремы 4.6. 1 будет выполнено

lim

f (x)

f ′(a)

или lim

(x)

f ′(a)

, а в тео-

g′(a)

(x)

g′(a)

f (x)

x→a−0 g (x)

x→a

реме 4.6.2 lim

= A или lim

f (x)

= A .

x→a−0

g (x)

x→a

g (x)

Теорема 4.6.2 будет верна и в случае, если a = +∞ или a = −∞. Для доказа-

тельства нужно сделать замену переменной по формуле x = 1 .

6.2.Неопределенность вида ∞∞

Теорема 4.6.3. Пусть функции

(x) и g (x)

определены и дифференцируемы

на промежутке

(a, +∞),

причем

g′(x)≠ 0 на этом промежутке. Допустим

также, что

lim

f (x)= lim g

(x)= ∞ и существует конечный lim

f ′(x)

= A .

x→+∞

x→+∞ g′(x)

Тогда существует lim

f (x)

= A .

x→+∞ g (x)

► Найдем

σ1 > a

такое,

чтобы

x >σ1 выполнялись

неравенства

f (x)

>1 и

g (x)

>1. Тогда x >σ1 будет

f (x)≠ 0 и g (x)≠ 0 .

Затем

возьмем некоторое

число ε > 0

и найдем σ2 > a

такое,

чтобы

x >σ2 было выполнено

A −

f ′(x)

< A +

g′(x)

Тогда для всех x >σ = max (σ1,σ2 )

будут выполнены все вышеперечис-

ленные условия.

157

Фиксируем некоторое число x0 >σ и возьмем x > x0 . Тогда на промежут-

ке [x0 , x] для данных функций выполнены условия теоремы 4.4.4 (Коши). Сле-

довательно, существует число c (x , x)

f (x)− f (x )

f ′(c)

такое, что

g (x)− g (x0 )

g′(c)

Преобразуем

левую

часть

этого

равенства

следующим

образом:

f (x)

− f (x

)

f (x)

1 −

f (x0 )

f (x)

. Так как точка

фиксирована,

то будет вы-

g (x)

− g (x

)

g (x)

g (x

)

1 −

g (x)

f (x0 )

(x )

)

1 −

f (x)

полнено lim

= lim

= 0

и, следовательно,

lim

=1, и то-

x→+∞

(x)

x→+∞

g (x)

x→+∞

1 −

g (x0 )

g (x)

1 −

g (x0 )

гда

g (x)

=1 +α

(x), где α (x)→ 0

при

x → +∞. Тогда можно найти чис-

f (x

)

1 −

f (x)

лоσ

> x такое, что если x >σ

, то

α (x)

ε 2

. Теперь можно оценить ча-

f (x)

стное

Сначала

преобразуем

его

следующим

образом:

g (x)

f (x)

−

f (x )

′

(

1 +α

(

))

(1 +α (x))=

. Оценим полученную дробь

g (x)

g (x)− g (x0 )

g′(c)

при x >σ0 сверху:

f ′(c)(1 +α (x))

(1 +

α (x))≤

(x) < A +

+ε

< A

A +

= A +ε

g′(c)

и снизу:

f′(c)g(1′(+cα) (x)) > A − ε2 (1 +α(x))> A − ε2 − A − ε2 α (x)≥

≥A − ε2 − A + ε2 α (x) > A −ε.

158

Таким образом, по ε > 0 мы нашли σ0 такое, что если x >σ0 , то выпол-
няется неравенство A −ε <	f (x)	< A +ε , что означает, что	lim	f (x)	= A . ◄
	g (x)
			x→+∞ g (x)

Замечания

1. Теорема 4.6.3 верна и тогда, когда x → −∞.

2. Теорема 4.6.3 верна и тогда, когда x → a , где a - конечная точка и когда

A = +∞ или A = −∞ .

3. В теореме 4.6.3 можно потребовать только чтобы lim g (x)= ∞, не на-

x→+∞

кладывая такого же условия на функцию f (x). Тогда, если существует конеч-

ный или определенного знака бесконечный lim f ′((x)) = A , то существует

x→+∞ g′ x

lim f ((x)) = A .

x→+∞ g x

f ′(x)

4. В теоремах §6 нельзя опустить условие существования lim ( ). Напри-

x→a g′ x

мер, lim	x −sin x	нельзя вычислить с помощью правила Лопиталя, так как не
мер, lim		нельзя вычислить с помощью правила Лопиталя, так как не
x→∞ x +sin x
существует lim		(x −sin x)′	= lim 1	−cos x . Такой предел легко вычислить с по-
	x→∞ (x +sin x)′		x→∞1	+ cos x
					x −sin x		1 −	sin x
мощью теории бесконечно малых функций: lim					x −sin x	= lim	1 −	x	=1.
мощью теории бесконечно малых функций: lim						= lim		sin x	=1.
				x→∞ x +sin x		x→∞	1 +	sin x
							1 +	x

§7 Исследование функций с помощью пределов и производных

7.1.Исследование функции на монотонность

Теорема 4.7.1. Пусть функция f (x) дифференцируема на промежутке (a,b). Тогда для того, чтобы f (x) возрастала на всем промежутке, необходимо и достаточно, чтобы f ′(x)≥ 0, x (a,b), и для того, чтобы функция убывала на (a,b), необходимо и достаточно, чтобы f ′(x)≤ 0, x (a,b).

	► Необходимость. Пусть функция возрастает на (a,b). Возьмем точку
x0	(a,b) и приращение ∆x такое, чтобы x0 + ∆x (a,b). Тогда, если ∆x > 0 , то
f	(x0 + ∆x)− f (x0 )	≥ 0 , так как числитель и знаменатель этой дроби неотрица-

	∆x
	159

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 1516 / 1916 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Математический анализ

#
17.03.20151.06 Mб651 - 20.doc
#
17.03.201528.67 Кб18matan2-12.doc
#
17.03.201514.02 Кб24Voprosy_po_matanu_2_semestr.docx
#
06.03.20163.65 Mб549Бондаренко В.А., Шабаршина Г.В. - Математический анализ. Предел и непрерывность.doc
#
17.03.201526.62 Кб12Вопросы Матан.doc
#
17.03.20152.49 Mб84Курс лекций по мат. анализу I.pdf