Иванков П.Л. - Конспект лекций по математическому анализу (1081165), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Если f (x) = sin x, то3π (k)π(−1)n , если k = 2n + 1 ,f (x) = sin x + k ·, f (0) = sin k · =n = 0, 1, 2, . . . .0 , если k = 2n ,22Если при составлении формулы Маклорена учесть слагаемые, содержащие производные до 2n-го порядка включительно, то остаточный член в форме Лагранжа будет иметьвидπ sin θx + (2n + 1)2 · x2n+1 = (−1)n · cos θx · x2n+1 .(2n + 1) !(2n + 1) !(k)Поэтомуsin x =nXcos θxx2k−1+ (−1)n· x2n+1 ,(2k − 1) !(2n + 1) !(−1)k−1k=1sin x =nX(−1)k−1k=1x2k−1+ o(x2n ) ,(2k − 1) !0 < θ < 1,иx → 0.Рассмотрим функцию f (x) = (1 + x)α .Здесь производная порядка k вычисляется по формуле f (k) (x) = α (α − 1) .
. . (α − k + 1)(1 + x)α−k ; при x = 0 имеемf (k) (0) = α (α − 1) . . . (α − k + 1). Поэтому(1 + x)α = 1 +nXα (α − 1) . . . (α − k + 1)k!k=1· xk +α (α − 1) . . . (α − n)×(n + 1) !× (1 + θx)α−n−1 xn+1 ,0 < θ < 1.В этой формуле возможно дополнительное ограничение x > −1, связанное с тем, что дляфункции (1+x)α в точке x = −1 могут не выполняться условия соответствующей теоремы.Формула Маклорена с остаточным членом в форме Пеано имеет в данном случае вид:α(1 + x) = 1 +nXα(α − 1) . .
. (α − k + 1)k!k=1· xk + o(xn ),x → 0.Для логарифмической функции f (x) = ln(1 + x) имеем f (0) = ln 1 = 0;f (k) (x) = (−1)k−1(k − 1) !,(1 + x)kk = 1, 2, . . . .Поэтомуln(1 + x) =nX(−1)k−1k=1xn+1xk+ (−1)n,k(n + 1)(1 + θx)n+10 < θ < 1.В этой формуле x > −1, т.к. логарифм ln(1 + x) не определен при 1 + x 6 0.
ФормулаМаклорена с остаточным членом в форме Пеано имеет вид:ln(1 + x) =nX(−1)k−1k=1xk+ o(xn ) ,kx → 0.Формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа можно использовать в приближённых вычислениях. Пустьf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k +f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 )n+1 ,(n + 1) !4и пусть известно, что для всех x из интервала с концами в точках x0 и x выполняетсянеравенство|f (n+1) (x)| 6 M .(1)Тогда имеет место приближённая формулаf (x) ≈nXf (k) (x0 )k!k=0· (x − x0 )k ,(2)причём можно оценить погрешность:n f (n+1) (x + θ(x − x ))Xf (k) (x0 )00kn+1 · (x − x0 ) = · (x − x0 ) 6f (x) −k!(n + 1) !k=06M·|x − x0 |n+1.(n + 1) !Если неравенство (1) справедливо при всех n = 0, 1, 2, . .
. , то погрешность приближенной|x − x0 |n+1формулы (2) стремится к нулю при n → ∞, поскольку, как известно, lim= 0.n→∞ (n + 1) !В этом случае формула (2) позволяет (в принципе) вычислить f (x) c любой точностью.Обратимся к примерам.Примеры.
1. При x = 1 получаем из формулы Маклорена с остаточным членом вформе Лагранжаe=1+1+11eθ+ ... ++,2!n ! (n + 1) !0 < θ < 1.Отсюда, т.к. 1 < eθ < 31113<e− 1+1++ ... +,<(n + 1)!2!n!(n + 1) !и мы получаем не только приближенную формулуe≈1+1+11+ ... +,2!n!но и оценку ее погрешности.2. Поскольку при любых n = 0, 1, 2 . . . и x ∈ R выполняется неравенство | cos x| 6 1, тодля cos x и sin x имеем такие приближённые равенстваcos x ≈nX(−1)k ·k=0x2k(2k) !иsin x ≈nXk=1(−1)k−1 ·x2k−1,(2k − 1) !причем абсолютные погрешности этих приближенных равенств не превосходят соответственно|x|2n+2|x|2n+1и.(2n + 2) !(2n + 1) !2. В формулуln(1 + x) =nXk=1(−1)k−1xkxn+1+ (−1)nk(n + 1)(1 + θx)n+15подставим x = −1и умножим обе части получившегося равенства на −1; получим:2ln 2 =nXk=11+k · 2k1(n + 1) ·2n+1θ n+11−2где 0 < θ < 1.
Из последнего неравенства следует, что 1 −11< 2n+1 . Поэтомуn+1θθ n+11−(n + 1) · 2n+1 · 1 −22ную формулуnX1ln 2 ≈,k · 2kk=1причем0 < ln 2 −nXk=1,θ11> 1− = ;2221< 2;θ1−21, и мы имеем приближен<n+1(3)11.<kk·2n+1При такой оценке погрешности для получения значения ln 2 с точностью, например, до10.001 в формуле (3) пришлось бы взять n, для которого6 0.001, т.е.
n > 999. Можноn+11доказать, что на деле абсолютная погрешность формулы (3) меньше, чем.(n + 1) · 2nФормулу Тейлора с остаточным членом в форме Пеано можно применять для вычисления пределов. Пусть требуется вычислить предел√arctg x − 3 1 + x2 · sin xlim.x→0x3По соответствующим формулам Маклорена имеемпри x→ 01 1−1√1x313sin x = x −+ o(x3 ), 1 + x2 = 1 + x2 + 3 3x4 + o(x4 ) = 1 + x2 + o(x3 ).6323Для получения аналогичного разложения арктангенса придется потрудиться, т.к. готовойформулы у нас нет:1 (arctg x)0 = = 1,1 + x2 x=0x=02x(arctg x)00 = − = 0,(1 + x2 )2 x=0x=02(1 + x2 )2 − 2x((1 + x2 )2 )0 000 =−(arctg x) = −2 ,(1 + x2 )4x=0x=0(arctg x)0 |x=0(arctg x)00 |x=0 2 (arctg x)000 |x=0 3arctg x = arctg x x=0 +x+x +x+1!2!3!x3+ o(x3 ) = x −+ o(x3 ) ,3Возвращаемся к исходной задаче:x31x3x−+ o(x3 ) − 1 + x2 + o(x3 ) x −+ o(x3 )336lim=x→0x36x → 0.x−= limx→0x3 x3x3 1−x−++ o(x3 )1336+o(1)=− .=lim−3x→0x221Искомый предел равен − .
При вычислении пределов описанным способом могут ока2заться полезными свойства символа o(xn ). Приведем без доказательства некоторыеизnnnnmn+mm nmnних; везде x → 0: o(x + o(x )) = o(x ), o(x ) · o(x ) = o(x), o(x ) = o(x ),o(xn ) + o(xm ) = o(xm ), o(xn ) = o(xm ), o(xn )/xm = o(xn−m ). Здесь m и n — натуральныечисла; в последних трёх формулах n > m. Все перечисленные равенства читаются слеванаправо. Например, запись o(xn ) = o(xm ), n > m, надо понимать в том смысле, что бесконечно малая более высокого порядка по сравнению с xn будет также и бесконечной малойболее высокого порядка по сравнению с xm (но не наоборот).7кафедра «Математическое моделирование»проф.
П. Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекции 15-16.Необходимое и достаточное условия монотонности дифференцируемой функции на промежутке. Экстремум функции. Необходимоеусловие экстремума. Стационарные и критические точки функции.Достаточные условия экстремума (по первой и второй производным,по производной высшего порядка). Выпуклость (вверх и вниз) функции, точки перегиба. Достаточные условия выпуклости дважды дифференцируемой функции.
Необходимые и достаточные условия наличия точки перегиба. Схема полного исследования функции и построения ее графика.ОЛ-2, гл.8.Напомним некоторые определения. Функция f (x), определенная на промежутке I,называется неубывающей на этом промежутке, если для любых точек x1 и x2 этогопромежутка из неравенства x2 > x1 следует неравенство f (x2 ) > f (x1 ). Если последнеенеравенство заменить на f (x2 ) 6 f (x1 ), f (x2 ) > f (x1 ) или f (x2 ) < f (x1 ), то получимопределения соответственно невозрастающей, возрастающей и убывающей функций. Всетакие функции называются монотонными, а две последние — строго монотонными.Теорема (необходимые и достаточные условия монотонности функции). Пустьфункция f (x) непрерывна на промежутке I и дифференцируема во всех точках этогопромежутка за исключением, быть может, конечного их числа.
Для того, чтобы эта функция была неубывающей на промежутке I, необходимо и достаточно, чтобы производнаяf 0 (x) была неотрицательна всюду, где она определена.Доказательство. Необходимость. Пусть функция f (x) не убывает на промежуткеI. Тогда в точке x ∈ I, в которой функция f (x) дифференцируема, имеемf (x + ∆x) − f (x)> 0,∆x→0+∆xf 0 (x) = f+0 (x) = limт.к. f (x + ∆x) − f (x) > 0, и ∆x > 0.Если x — правый конец промежутка I, причём x ∈ I, то следует взять ∆x < 0; результатбудет тем же.
Таким образом, f 0 (x) > 0, и необходимость доказана; заметим, чтонепрерывность функции f (x) здесь не понадобилась.Достаточность. Пусть во всех точках промежутка I, в которых f (x) дифференцируема, выполняется неравенство f 0 (x) > 0, и пусть x1 и x2 , x2 > x1 , — произвольные1точки этого промежутка. Если функция f (x) дифференцируема на интервале (x1 , x2 ),то, применяя к отрезку [x1 , x2 ] теорему Лагранжа, получаем:f (x2 ) − f (x1 ) = f 0 (c)(x2 − x1 ) > 0, т.е.
f (x2 ) > f (x1 ).Если же на интервале (x1 , x2 ) имеются точки x1 < ξ1 < ξ2 < . . . < ξn < x2 , в которыхпроизводная функции f (x) не существует, то можно применить теорему Лагранжа ккаждому из отрезков [x1 , ξ1 ], [ξ1 , ξ2 ], . . . , [ξn , x2 ]. В результате, как и выше, получимf (x1 ) 6 f (ξ1 ) 6 f (ξ2 ) 6 . . . 6 f (ξn ) 6 f (x2 ), т.е.
f (x1 ) 6 f (x2 ). Мы видим, что f (x) и всамом деле не убывает на промежутке I. Достаточность доказана. Теорема доказана.Можно доказать аналогичную теорему и для невозрастающей функции f (x); в этомслучае (при выполнении прочих условий теоремы) надо потребовать, чтобы производнаяf 0 (x) была неположительной всюду, где она определена.Теорема (достаточные условия возрастания функции на промежутке). Пусть функция f (x) непрерывна на промежутке I и дифференцируема во всех его точках за исключением, быть может, конечного их числа. Если производная f 0 (x) неотрицательнавсюду, где она определена, и не равна тождественно нулю ни на одном интервале I1 ⊂ I,то функция f (x) возрастает на I.Доказательство. Из предыдущей теоремы следует, что f (x) не убывает на I. Пустьдля некоторых точек x1 и x2 , x1 < x2 , этого промежутка f (x1 ) = f (x2 ).
Тогда длялюбой точки x ∈ (x1 , x2 ) имеем f (x1 ) 6 f (x) 6 f (x2 ). Это означает, что функцияf (x) постоянна на (x1 , x2 ), и, следовательно, f 0 (x) тождественно равна нулю на этоминтервале, что противоречит условиям теоремы. Поэтому на деле f (x1 ) 6= f (x2 ), а тогдаf (x1 ) < f (x2 ), и функция f (x) возрастает на I. Теорема доказана.Аналогичная теорема справедлива и в отношении убывающих функций. Надо тольков условиях теоремы неотрицательность производной заменить на неположительность.Примеры.
Из доказанной теоремы следует, например,√ что всюду возрастают функциина полуинтервалеy = ex , y = x3 , y = arctg x; функции y = x2 и y = hx возрастаютπ πi, а функция y = cos x[0, +∞); функция y = sin x возрастает на отрезке − ,2 2убывает на [0, π].Говорят, что функция f (x) имеет локальный максимум в точке x0 , если существуетокрестность U (x0 ) этой точки такая, что для любого x ∈ U (x0 ) выполняется неравенство f (x) 6 f (x0 ). Если последнее неравенство заменить на f (x) > f (x0 ), то мыполучим определение локального минимума.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
