86144 (Применение производной при нахождении предела), страница 2
Описание файла
Документ из архива "Применение производной при нахождении предела", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "математика" из , которые можно найти в файловом архиве . Не смотря на прямую связь этого архива с , его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "курсовые/домашние работы", в предмете "математика" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "86144"
Текст 2 страницы из документа "86144"
1) Существуют f (k),g (k), k=1,2,…,n на (x0,b)
2) 
, k=0,1,…,n-1
3) Существуeт g (n) (x) 0 на (x0,b), то
,
если
существует, конечный или бесконечный.
Следствие 2. Если f, g дифференцируемы для x>a,
, то
,
если последний существует, конечный или бесконечный.
Доказательство. Сделаем замену
Замечание. Аналогичные утверждения имеют место для x - .
3.2 Раскрытие неопределенностей вида /
f,g определены на (x0,b) и
1) 
2) f,g дифференцируемы на (x0,b)
3) g (x) 0 на (x0,b)
Тогда
,
если последний существует конечный или бесконечный.
Замечание. Аналогичные утверждения имеют место для x x0 - 0, x x0, x +, x - .
3.3 Использование правила Лопиталя для выделения главных частей и определения порядков бесконечно больших
В некоторых случаях порядок бесконечно малой или бесконечно большой можно определить, последовательно вычисляя производные. Предположим, что f (x) - бесконечно малая при x x0 и в точке x0 обращаются в ноль все производные до (n-1) - го порядка включительно f (x0) =0, f (x0) =0,…, f (n-1) (x0) =0 и f (n) (x0) 0. В этом случае порядок этой бесконечно малой будет равен n. При этом главная часть будет равна
.
Это утверждение следует из равенства
,
в котором в качестве функции g (x) берется (x-x0) n.
.
Похожее утверждение можно сформулировать и для бесконечно больших функции.
Пример: f (x) = 3sh x - 3sin x - x3 при x 0
f (x) =
=0,f (x) =
=0,f (x) =
=0,f (4) (x) =
=0,f (5) (x) =
=0,f (6) (x) =
=0,f (7) (x) =
=60.
Таким образом, порядок этой бесконечно малой равен 7 и f (x) 
x7, x0.
3.4 Раскрытие неопределенностей вида 0, 1, 00,0, -
Неопределенности вида 0 сводятся к уже рассмотренным.
Примеры.
1) 
2) 
3) 
4) -
Можно, например, так
5) Неопределенности вида 1,00,0 сводятся к уже рассмотренным логарифмированием
y=uv=ev ln u
Пример 1.
.
Вычисление.
.
Этот предел рассматриваем, как
,
где
, а 
.
Из теоремы о существовании предела суперпозиции двух функций следует, что 
. Далее
,
заменяя знаменатель на эквивалентную бесконечно малую получим
=
.
Таким образом,
.
Пример 2.
.
Представим функцию в следующем виде.
и вычислим предел
Пример 3. Вычислить предел:
Пример
4. 
Пример 5.
При х
при 
ex возрастает быстрее любой степенной функции хк, k>0
ln (x) возрастает медленнее любой степенной функции хк
4. Формула тейлора. вычисление пределов с помощью формулы тейлора
4.1 Многочлен Тейлора. Формула Тейлора с остаточным членом Rn.
Пусть f (n-1) - раз дифференцируема в окрестности U= (x0-a,x0+a) точки x0 и существует f (n) (x0). Многочленом Тейлора в точке x0 называется многочлен вида
.
Свойства многочлена Тейлора
(1)
Из (1) следует
=
(2)
Из (1) следует
Pn (x0) =f (x0), 
(3)
В частности,
, k=0,1,…,n.
Обозначим Rn (x) =f (x) - Pn (x), тогда
(4)
(4) - формула Тейлора функции f в окрестности точки x0 с остаточным членом Rn. Основная задача будет состоять в представлении остатка в удобной для оценок формах.
4.2 Остаток в форме Пеано
Теорема 1. Если функция f (x) (n-1) - раз дифференцируема в окрестности U= (x0-a,x0+a) точки x0 и существует f (n) (x0), то имеет место равенство
.
Другими словами
(5)
Доказательство. Для краткости будем обозначать R (x) =Rn (x)
(10)
(11)
(1m)
…
(1n-1)
f (n-1) (x) дифференцируема в точке x0, поэтому
Откуда
По правилу Лопиталя
Теорема 2. (Единственность представления функции по формуле Тейлора) Если f имеет n-ю производную в точке x0 и
,
то 
Лемма. Если
, (2)
то bk=0, k=0,1,…,n
Доказательство. в (2) перейдем к пределу при x x0, получим
b0 = 0,
,
делим полученное выражение на (x-x0) и переходим к пределу при x x0 и т.д.
Доказательство теоремы.
откуда и следует утверждение.
4.3 Другие формы остатка в формуле Тейлора
Пусть функция f (x) (n+1) -раз дифференцируема в окрестности Ua (x0) = (x0-a,x0+a) и (x) дифференцируема в 
, 0 в 
, (x) непрерывна в .
Возьмем x (x0-a,x0+a), xx0 и фиксируем. Для определенности будем считать x0
.
Отметим следующие свойства этой функции
(x) =0
(x0) =Rn (x)
(z) непрерывна на [x0,x], дифференцируема на (x0,x).
Не очевидным является только четвертое свойство
=
=
=
.
К функциям и применим теорему Коши о конечных приращениях на отрезке [x0,x]
. Откуда 
и, далее,
(1)
Следствие 1. Если функция f (n+1) - раз дифференцируема на (x0-a, x0+a), то
,
где (x0,x) (или (x,x0)),p>0. Остаток Шлемильха-Роша.
Для доказательства этой формулы следует в качестве функции (z) взять
(z) = (x-z) p.
Следствие 2. (Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа) Если f (n+1) -раз дифференцируема на (x0-a, x0+a), то
.
Получено из общей формулы при p=n+1.
Замечание. Формулу с остатком Лагранжа можно представить в виде.
.
Следствие 3. Если f (n+1) -раз дифференцируема на (x0-a, x0+a), то справедлива формула Тейлора с остатком в форме Коши
Получено из общей формулы при p=1.
4.4 Разложение некоторых элементарных функций по формуле Тейлора
ex, x0=0
, (0,x),
если x>0 или (x,0) в случае x <0.
Например, при |x|<1, |Rn (x) |
sin x, x0=0
Вспомогательная формула:
sin x =
=
, x0,
выберем m=2n+2, тогда
sin x=
, x0,
откуда, с учетом равенства f (2n+2) (0) =0, получаем разложение для синуса
sin x=
, x0
В формуле Тейлора с остатком Лагранжа
sin x =
, (0,x) (или (x,0)).
Действительно,
sin x =
=
=
=
.
Откуда следует, что
cos x, x0=0
Вспомогательная формула:
=
, x0,
выберем m=2n+1, тогда
cos x=
, x0,
откуда, с учетом равенства f (2n+1) (0) =0, получаем разложение для косинуса
cos x=
, x0
В формуле Тейлора с остатком Лагранжа
cos x =
, (0,x) (или (x,0)).
Действительно,
cos x =
=
=
= .
Откуда следует, что
ln (1+x), x0=0
, x0
(1+x) , x0=0,
интерес представляет случай, когда не является натуральным числом.
f= (1+x) -1,…,f (k) = ( - 1) … ( - k+1) (1+x) - k
, x0
Важный частный случай
=
=
.
4.5 Примеры использования стандартных разложений для представления функций по формуле Тейлора и для вычисления пределов
Из формул Тейлора следуют известные "равносильности при 
"; например,
Пример 1.
Пример 2.
.
Пример 3. Разложить функцию f (x) =
по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x5 включительно.
. Для решения задачи возьмем разложения функции
e2x = 1+2x+
+
+
+
+o (x5),
= (1+2x+ + + + +o (x5)) (
) =
1+2x+
x2+
x3+
x4+
x5+o (x5) =
1+2x+x2
x3
x4
x5+o (x5).
Пример 4. Разложить функцию f (x) =1/cos x по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x5 включительно. Представим функцию в виде
=1+u+u2+u3+o (u3), где u =
.
Тогда
=1+u+u2+u3+o (u3) =1+ +
+
+
.
При вычислении степеней
нас интересуют только слагаемые степеней не выше x5, более высокие степени войдут в o (x5). Таким образом,
=
, =
, = .
Выражение
=
показывает, что в разложении
=1+u+u2+u3+o (u3)
можно, с самого начала, ограничится второй степенью
=1+u+u2+o (x5).
Подставляя нужные выражения в это равенство получим
=1+ + + =1+
+
+ .
Пример 5. Используя разложение из предыдущего примера, разложить функцию f (x) =tg x по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x6 включительно.
tg x=
=
=
x+x2 (0) +x3
+x4 (0) +x5
+x6 (0) =
=
Пример 6. Разложить функцию f (x) = (1+x) - (1 - x) по формуле Тейлора с остатком Пиано.
k = 2l+1,
Таким образом,
Следствие. 
Пример 7. Используя следствие из предыдущего примера, найти предел (1401)
.
Имеем:
=|x|
= 
sign x +o (
).
Пример 8. Разложить функцию
f (x) =
по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x4 включительно.
Сначала выпишем разложение функции 
по степеням x до x3 включительно.
Положим u=x - x2, тогда
=
=1+u+u2+u3+o (u3) =1+ x - x2+ (x - x2) 2+ (x - x2) 3+o (x3) =1+x - x3 +o (x3).
Далее,
=
=1+2x (1+x - x3 +o (x3)) =1+2x+2x2-2x4+o (x4).
Второй способ. Так как
,
то на первом шаге выделяем единицу:
= .
Второе слагаемое представляем в виде Cxng2 (x) так, чтобы 
, после чего следует представить функцию g2 (x) в виде g2 (x) = 1+g3 (x) и т.д. В нашем случае:
= =
=
=
=
=1+2x+
=
1+2x+2x2
=1+2x+2x2-2x4+o (x4).
4.6 Формула Тейлора для четных и нечетных функций
Теорема 1. Если функция f (x) четна и существует f (2n+1) (0), то имеет место следующее разложение этой функции
.
Если функция f (x) нечетна и существует f (2n+2) (0), то имеет место следующее разложение этой функции
.
Теорема 2. Если функция f (x) четна и существует f (2n+2) (x) в некоторой окрестности U (0), то для xU (0) справедливо равенство
,
где (0,x) или (x,0).
Если функция f (x) нечетна и существует f (2n+3) (x) в некоторой окрестности U (0), то для xU (0) справедливо равенство
,
где (0,x) или (x,0).
Доказательство. Как уже отмечалось ранее, у четной функции все производные нечетного порядка являются нечетными функциями и, поэтому, они равны нулю с точке ноль
f (2k+1) (0) = 0, если f (x) четна.
Отсюда и получаются указанные формулы, если использовать многочлен Тейлора до порядка 2n+1 включительно. У нечетной функции все производные четного порядка будут нечетными функциями и
f (2k) (0) = 0, если f (x) нечетна.
В этом случае необходимо использовать многочлен Тейлора до порядка 2n+2 включительно.
Заключение
В данной курсовой работе были рассмотрены методы вычисления пределов использующие понятие производной, а именно: правило Лопиталя и формула Тейлора.
Для каждого метода рассмотрены примеры вычисления пределов. Так же было рассмотрено такое важное понятие, как скорость роста функции, играющее большую роль при вычислении пределов.
Список использованных источников
-
Дадаян А.А., Математический анализ: учебное пособие / Дадаян А.А., Дударенко В.А., - Минск, Вышэйшая школа, 1990. - 428с.
-
Марон И.А., Дифференциальное и интегральное исчисление в примерах и задачах (функции одной переменной) / Марон И.А., - М., Наука, 1970. - 400с.
