Иванков П.Л. - Конспект лекций по математическому анализу (1081165), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Тогда эта функцияпостоянна на отрезке [a, b].2В самом деле, пусть a < x 6 b. Применим теорему Лагранжа к отрезку [a, x]. Имеем:f (x) − f (a) = f 0 (c)(x − a) = 0, т.к. f 0 (c) = 0. Поэтому f (x) = f (a) для всех x ∈ [a, b], иf (x) = const.f (b) − f (a)есть углоВыясним геометрический смысл теоремы Лагранжа. Очевидно,b−aвой коэффициент хорды, соединяющей точки (a, f (a)) и (b, f (b)) графика функции y = f (x).Поскольку, как известно, f 0 (c) есть угловой коэффициент касательной к графику функцииy = f (x) в точке (c, f (c)), то мы видим, что при выполнении условий теоремы Лагранжана интервале (a, b) найдётся точка c такая, что касательная к графику функции f (x) вточке с абсциссой c параллельна хорде, соединяющей граничные точки этого графика.Теорема (Коши).
Пусть функции f (x) и g(x) непрерывны на отрезке [a, b] и дифференцируемы на интервале (a, b), причём g 0 (x) отлична от нуля в каждой точке этогоинтервала. Тогда на (a, b) найдется точка c такая, чтоf 0 (c)f (b) − f (a)= 0.g(b) − g(a)g (c)Доказательство. Сначала заметим, что g(b) − g(a) 6= 0. В самом деле, если бывыполнялось равенство g(b) = g(a), то на интервале (a, b) по теореме Ролля нашлась быточка ξ, в котрой g 0 (ξ) = 0. По условию теоремы такой точки нет. Поэтому g(b)−g(a) 6= 0.Рассмотрим вспомогательную функциюF (x) = f (x) −f (b) − f (a)(g(x) − g(a)) .g(b) − g(a)Легко видеть, что для f (x) на отрезке [a, b] выполнены все условия теоремы Ролля.
Поэтому существует точка c ∈ (a, b) такая, чтоF 0 (c) = f 0 (c) −f (b) − f (a) 0g (c) = 0 .g(b) − g(a)Из этого равенства вытекает требуемое. Теорема доказана.Теорема (правило Лопиталя раскрытия неопределенностей). Пусть в проколотойокрестности Ů (x0 ) точки x0 определены и дифференцируемы функции f (x) и g(x), причемlim f (x) = lim g(x) = 0 ,x→x0x→x0и g 0 (x) 6= 0 для любого x ∈ Ů (x0 ). Тогда если существует (конечный или бесконечный)пределf 0 (x)lim 0=K,(1)x→x0 g (x)то иf (x)lim=K,(2)x→x0 g(x)3Доказательство.f (x0 ) = g(x0 ) = 0.Доопределим функции f (x) и g(x) в точке x0 , положивВ результате получим функции, непрерывные в окрестностиU (x0 ) = Ů (x0 ) ∪ {x0 } точки x0 . Для этих новых функций оставим прежние обозначения.
Заметим, что если x 6= x0 , то g(x) 6= 0. Если бы было g(x) = 0, то, как и придоказательстве теоремы Коши, к отрезку с концами в точках x0 и x можно было применить теорему Ролля, и тогда нашлась бы точка ξ , в которой g 0 (ξ) = 0. По условиютеоремы это невозможно. Поэтому для любого x 6= x0 имеем g(x) 6= 0. Пусть x 6= x0 ,и пусть для определенности x > x0 . Для пары функции f (x) и g(x) на отрезке [x0 , x]выполнены все условия теоремы Коши. Поэтомуlimx→x0f (x) − f (x0 )f 0 (c)f (x)= lim == lim 0=K,x→x0 g (c)g(x) x→x0g(x) − g(x0 )т.к., очевидно, c → x0 , если x → x0 . Здесь c ∈ (x0 , x) — точка, существование которойf (x)обеспечивается теоремой Коши.
Таким образом, lim= K, и теорема доказана.x→x0 g(x)0Мы рассмотрели теорему о раскрытии неопределенности вида . Аналогичное утвер0∞ждение справедливо и для случая неопределённости вида. Для всех остальных пре∞дельных переходов (x → ∞, x → x0 + и т.п.) правило Лопиталя остается в силе. Заметим,что если предел отношения производных (1) не существует, то отсюда еще не следует,вообще говоря, что не существует предел (2).Пример. Выясним вопрос о производных функций y = arcsin x и y = arccos x приx = ±1. Имеемarcsin(1 + h) − arcsin 1=(arcsin x)0 x=1 = limh→0−h(arcsin(1 + h) − arcsin 1)01= lim= lim p= +∞ .0h→0−h→0−h1 − (1 + h)2Таким образом, (левая) производная функции y = arcsin x в точке x = 1 равна +∞. Аналогично проверяется что (arcsin x)0 x=−1 = +∞, и (arccos x)0 x=±1 = −∞.С помощью правила Лопиталя вычислим несколько важных пределов.
Пусть a > 1,axα > 0, и пусть требуется вычислить предел lim = α . Мы имеем здесь дело с неопредеx→+∞x∞ленностью вида. Преобразуем сначала выражение под знаком предела:∞x !α αa1/αaxbx==xαxxbx∞ . Для раскрытия этой неопределенности видаx→+∞ x∞применим правило Лопиталя:Где b = a1/α > 1. Найдем limbx(bx )0= lim= lim bx ln b = +∞ .x→+∞ xx→+∞ x0x→+∞limПоэтомуaxlim= limx→+∞ xαx→+∞bxxα= +∞ .Мы видим, что показательная функция (с основанием большим единицы) растёт быстреестепенной (с любым показателем степени).
Пусть a > 1, α > 0, β > 0. Рассмотрим предел4xα. И здесь целесообразно предварительно преобразовать выражение под знакомx→+∞ logβ xaпредела: α/β βxαx=.βloga xloga xlimВычислим сначала предел выражения в скобках. Для этого надо раскрыть неопределен∞ность вида. Имеем∞α (α/β)−1·xxxα ln aβlim= lim=lim xα/β = +∞ .= lim01x→+∞ loga xx→+∞ (loga x)x→+∞β x→+∞x ln aα/β 0α/βСледовательно,xαlim= limx→+∞ logβ xx→+∞axα/βloga xβ= +∞ .Мы видим, что степенная функция (с положительным показателем степени) растет быстрее любой степени логарифма при x → +∞.Рассмотрим еще при 0 < a < 1, α > 0, β > 0 предел lim xα logβa x.
Здесь мы имеемx→0+1неопределенность вида 0 · ∞. Пусть x = . Тогда t → +∞, и мы получаемtβlim xx→0+αlogβaloga−1 t(− loga t)β= lim=0x = limαt→+∞t→+∞ttαв силу предыдущего результата. Таким образом, lim xα logβa x = 0.x→0+an∗ Докажем ещё, что lim= 0, где a > 0. Если 0 < a 6 1, то утверждение очевидно.n→∞ n!Пусть a > 1, и пусть[n/2] > 4a2 ,(3)где [n/2] — целая часть числа n/2. Тогдаn! > [n/2]([n/2] + 1)([n/2] + 2) .
. . ([n/2] + [n/2]) > (4a2 )[n/2]+1 > (4a2 )n/2 = 2n an ,т.е. при указанных n выполняется неравенство n! > 2n an . Поэтому при выполнении (3)имеем:anan10<< n n = n.n!2 a21Т.к. n → 0 при n → ∞, то отсюда получаем требуемое. ∗25кафедра «Математическое моделирование»проф. П.
Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекция 14.Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа и Пеано.Формула Маклорена и представление по этой формуле некоторых элементарных функций. Использование формулы Тейлора в приближенных вычислениях и для вычисления пределов.ОЛ-2, гл.7.Формулой Тейлора называется равенствоf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k + rn (x);слагаемое rn (x) называется остаточным членом. Рассмотрим два варианта формулы Тейлора.Теорема (формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа). Пусть функция f (x) определена в окрестности U (x0 ) точки x0 и имеет в этой окрестности производныевсех порядков до (n + 1)-го включительно.
Тогда для любого x ∈ U (x0 ) справедливо равенствоf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k +f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 )n+1 ,(n + 1) !где θ — некоторое число из интервала (0, 1).Доказательство. Пусть x ∈ U (x0 ), и пусть для определенности x > x0 . РассмотримnXf (k) (t)на отрезке [x0 , x] две функции ϕ(t) = f (x) −· (x − t)k и ψ(t) = (x − t)n+1 .k!k=0n(k)X f (x)Для этих функций имеем ϕ(x) = f (x) −· (x − x)k = f (x) − f (x) = 0,k!k=0n(k)X f (x0 )· (x − x0 )k , ψ(x) = (x − x)n+1 = 0, ψ(x0 ) = (x − x0 )n+1 .ϕ(x0 ) = f (x) −k!k=0Вычислим производные:n0Xf (k) (t)ϕ0 (t) = f (x) − f (t) −· (x − t)k =k!k=11nX1 (k+1)k(k)k−1= −f (t) −f(t) · (x − t) − k f (t)(x − t)=k!k=10= −f 0 (t) −nXf (k+1) (t)k!k=1(x − t)k +nXf (k) (t)· (x − t)k−1 .(k−1)!k=1В последней сумме введем новый индекс суммирования l = k − 1.
Тогдаnn−1 (l+1)n−1 (l+1)XXXf (k) (t)f(t)f(t)k−1l0· (x − t)=(x − t) = f (t) +· (x − t)l .(k−1)!l!l!k=1l=0l=1Следовательно,n−1 (k+1)Xf (n+1) (t)f(t)nϕ (t) = −f (t) −· (x − t) −(x − t)k + f 0 (t)+n!k!k=100+n−1 (l+1)Xf(t)l=1т.е. ϕ0 (t) = −l!(x − t)l = −f (n+1) (t)· (x − t)n ,n!f (n+1) (t)· (x − t)n .n!Далее, ψ 0 (t) = −(n + 1)(x − t)n , и непосредственно видно, что производная ψ 0 (t) наинтервале (x0 , x) отлична от нуля.
К паре функций ϕ(t) и ψ(t) на отрезке [x0 , x] применимтеорему Коши. Имеем:ϕ0 (x0 + θ(x − x0 ))ϕ(x0 ) − ϕ(x)= 0,ψ(x0 ) − ψ(x)ψ (x0 + θ(x − x0 ))где θ ∈ (0, 1). Учитывая результаты проведенных вычислений, получаем отсюда:f (x) −nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k(x − x0 )n+1т.е.f (x) −nXf (k) (x0 )k=0f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 − θ(x − x0 ))n ×n!1f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))=×,−(n + 1)(x − x0 − θ(x − x0 ))n(n + 1) !=−k!· (x − x0 )k =f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 )n+1 .(n + 1) !Из последнего равенства следует утверждение теоремы при x > x0 .
При x < x0 рассуждения аналогичны; если x = x0 , то утверждение теоремы очевидно. Теорема доказана.Теорема (формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.) Пусть функцияf (x) определена в окрестности точки x0 и имеет в этой точке производные всех порядковдо n-го включительно. Тогда справедливо равенствоf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k + o((x − x0 )n ) , x → x0 .Доказательство. Равенство, которое требуется доказать, означает, чтоf (x) −limx→x0nXf (k) (x0 )k=0k!(x − x0 )n2· (x − x0 )k= 0.0Мы имеем здесь дело с неопределенностью .
Чтобы раскрыть её, применим n − 1 раз0правило Лопиталяf (x) −limx→x0nXf (k) (x0 )k!k=0k· (x − x0 )= lim(x − x0 )nnXf (k) (x0 )f (x) −· (x − x0 )k−1(k−1)!k=10n(x − x0 )n−1x→x0nXf (k) (x0 )· (x − x0 )k−2f (x) −(k−2)!k=2=00= limn(n − 1)(x − x0 )n−2x→x0= limx→x0= ... =f (n−1) (x) − f (n−1) (x0 ) − f (n) (x0 )(x − x0 )=n !(x − x0 ) (n−1)f(x) − f (n−1) (x0 )1(n)lim− f (x0 ) = 0 ,=n ! x→x0x − x0f (n−1) (x) − f (n−1) (x0 )= f (n) (x0 ).
Теорема доказана.x→x0x − x0Заметим, что мы не могли при доказательстве это теоремы применить правило Лопиталя n раз, поскольку по условию теоремы производная n-го порядка функции f (x)существует лишь при x = x0 . Рекомендуется самостоятельно проверить, что в нашихрассуждениях перед каждым применением правила Лопиталя были выполнены все требования соответствующей теоремы.Если x0 = 0, то формула Тейлора называется формулой Маклорена. Из доказанныхтеорем вытекают такие формулы Маклорена с остаточным членом соответственно в формеЛагранжа и Пеано:т.к. limex =nXxkk!k=0+xe =eθx· xn+1 ,(n + 1) !nXxkk=0k!+ o(xn ) ,0 < θ < 1,иx → 0.Пусть f (x) = cos x.
Тогдаππ (k)(−1)n , если k = 2n ,(k)f (x) = cos x + k ·, f (0) = cos k =n = 0, 1, 2, . . . .0 , если k = 2n + 1 ,22При составлении формулы Маклорена учтем производные f (k) (0) до k = 2n+1 включительно; при этом остаточный член в форме Лагранжа имеет видcos(θx + (n + 1) π) 2n+2cos θx·x= (−1)n+1 ·· x2n+2 ,(2n + 2) !(2n + 2) !и мы получаем такие формулыcos x =nXk=0(−1)kx2kcos θx+ (−1)n+1· x2n+2 ,(2k) !(2n + 2) !cos x =nXk=0(−1)kx2k+ o(x2n+1 ) ,(2k) !0 < θ < 1,иx → 0.Остаточный член в форме Пеано записан в виде o(x2n+1 ) потому, что слагаемое, содержащее x2n+1 имеет нулевой коэффициент.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
