matan1semestr (773486), страница 13
Текст из файла (страница 13)
Тогда φ(z) определена на [x0 , x], дифференцируема на [x0 , x] и производная φ′ (z) существует на (x0 , x). Кромеэтого φ(x0 ) = f (x) − f (x) = 0 и φ(x) = f (x) − f (x) = 0. Таким образом, φ удовлетворяет на [x0 , x] условиям теоремы Ролля. Следовательно,∃ ξ ∈ (x0 , x) так, что φ′ (ξ) = 0. Найдем производную(φ′ (z) = − f ′ (z) +n∑f (k+1) (z)k=1k!(x − z)k −n∑f (k) (z)k=1k!)· k(x − z)k−1 − A · p(x − z)p−1.Произведем во второй сумме замену индекса суммирования k − 1 = l,получим(nn−1 (k+1)∑∑f (k+1) (z)f(z)′′kφ (z) = − f (z) +(x − z) −(x − z)k −k!k!k=1k=083()(n+1)n)f(z)(x−z)− Ap(x − z)p−1 = − f ′ (z) +− f ′ (z) − Ap(x − z)p−1 =n!f (n+1) (z)(x − z)n.= A · p(x − z) −n!Полагая z = ξ и учитывая, что φ′ (ξ) = 0 для нахождения A получаемравенствоf (n+1) (ξ)(x − ξ)np−1Ap(x − ξ) −= 0.n!Из этого равенства находим Ap−1f (n+1) (ξ)(x − ξ)nA=.n!p(x − ξ)p−1Подставляя это значение вместо A в Rn (x) = A · (x − x0 )p , получаемf (n+1) (ξ)(x − ξ)n · (x − x0 )pRn (x) =,n!p(x − ξ)p−1(ξ ∈ (x0 , x)) (15.1)(15.1) называют остатком в форме Шлемильха–Роша.
Отметим, что точкаξ в равенстве (15.1) нам неизвестна.(n+1)(ξ)(x−x0 )n+1Следствие 1. Положим в (15.1) p = n + 1, тогда Rn (x) = f(n+1)!– это остаток в форме Лагранжа. Подставив Rn (x) в формулу Тейлора,получаемf (x) =n∑f (k) (x0 )k=0k!f (n+1) (ξ)(x − x0 ) +(x − x0 )n+1 .(n + 1)!kЭто есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.Следствие 2. Положим в (15.1) p = 1, тогдаRn (x) =f (n+1) (ξ)(x − ξ)n (x − x0 ).n!(15.2)Так как ξ ∈ (x0 , x), то ξ = x0 + Θ(x − x0 ), где 0 < Θ < 1. Отсюда x − ξ =(x − x0 ) − Θ(x − x0 ) = (x − x0 )(1 − Θ), следовательно,f (n+1) (x0 + Θ(x − x0 ))(x − x0 )n+1 (1 − Θ)nRn (x) =n!Это остаток в форме Коши.8416.
Формула Тейлора с остатком в форме ПеаноТеорема 16.1. Пусть f определена в O(x0 ), имеет в O(x0 ) непрерывнуюпроизводную до порядка n включительно. Тогда формулу Тейлора в O(x0 )можно записать в видеf (x) =n∑f (k) (x0 )k!k=0(x − x0 )k + ō((x − x0 )n ) (x → x0 )(16.1)Доказательство.
Запишем формулу Тейлора с остатком в форме Лагран(n)жа, добавим и вычтем f n!(x0 ) (x − x0 )n , получимf (x) =n−1 (k)∑f (x0 )k!k=0=(n)(n)f (n) (ξ)(x0 )(x0 )n fn f(x−x0 ) +(x−x0 ) −(x−x0 ) +(x−x0 )n =n!n!n!kn∑f (k)(x0 )k=0Обозначим α(x) =x0 , тоk!(x − x0 )k +f (n) (ξ)−f (n) (x0 )(xn!f (n) (ξ) − f (n) (x0 )(x − x0 )n .n!− x0 )n .
Так как f (n) непрерывна в точкеα(x)f (n) (ξ) − f (n) (x0 )lim= lim= 0.x→x0 (x − x0 )nn→∞n!Т.е. α(x) = ō((x − x0 )n ). Определение 16.1. (16.1) называют формулой Тейлора с остатком вформе Пеано.17. Формулы Тейлора для элементарных функцийТеорема 17.1. При любом x ∈ R cправедливо равенствоxe =n∑xkk=0k!+ Rn (x),(17.1)где Rn (x) → 0 при n → ∞Доказательство. По формуле Тейлора для f (x) = ex в точке x0 = 0имеемn∑f (k) (0) k f (n+1) (ξ) n+1xx +x .e =k!(n + 1)!k=085Вычисляя f (k) (0) = e0 = 1, f (n+1) (ξ) = eξ , имеемxe =n∑xkk=0xn+1+e ·.k!(n + 1)!ξn+1xОчевидно, что при фиксированном x eξ · (n+1)!= Rn → 0.
Замечание 1. В формуле (17.1), если зафиксировать n, то Rn (x) → ∞при x → ∞.Замечание 2. a) В формуле (17.1) при n = 1 получаем2xξxe =1+ +e .1!2!xОтсюда e x−1 = 1 + e2!·x → 1 при x → 0. Следовательно, ex − 1 ≈ x приx→0б) Если в (17.1) положить n = 2, тоxξex = 1 +Отсюдаx → 0.Вообще:xex −1− 1!x22!= 1+eξ x·2!3!x x2x3++ eξ .1! 2!3!→ 1 при x → 0. То есть ex − 1 −x1!≈x22!при()xxkxk+1e − 1 + + ... +≈1!k!(k + 1)!xпри x → 0.Теорема 17.2. При каждом x ∈ Rn2k+1∑k xsin x =(−1)+ R2n+1 (x) (R2n+1 (x) → 0).(2k + 1)!k=0Доказательство. Записываем формулу Тейлора для f (x) = sin x в точкеx0 = 0.
Получаемsin x =2n+1∑k=0(sin x)(k) |x=0 kx + R2n+1 (x)k!Вычислим (sin x)(k) . Имеем(sin x)′ )= cos x = sin(Тогда (sin x)′′ = (−1)2 sin x − (π2 · 2 .)Вообще: (sin)(k) (x) = (−1)k sin x − k · π2 .86(π2(17.2))()− x = − sin x − π2 .При x = 0 имеем.()(sin x)(k) |x=0 = (−1)k · sin 0 −( k π2 =) (−1)k+1 · sin k π2 .
Поэтому(sin x)(2k) |x=0 = (−1)2k+1 · sin 2k · π2 = 0.()(sin x)(2k+1) |x=0 = (−1)2k+2 · sin(2k + 1) · π2 = sin π2 + kπ = (−1)k .Подставляя в (17.2), получаемsin x =n∑(sin x)(2k) |x=0(2k)!k=02kx +n∑(sin x)(2k+1) |x=0k=0(2k + 1)!x2k+1 + R2n+1 (x) =n∑(−1)k 2k+1x+ R2n+1 (x).=(2k + 1)!k=0Запишем остаток в форме Лагранжа: (π ) |x|2n+2|x|2n+2|R2n+1 (x)| = sin ξ − (2n + 2) ·≤→02(2n + 2)!(2n + 2)!при n → ∞.Следствие. Запишем формулу Тейлора для sin x с остатком в форме Пеано.2n+1x3 x5n xsin x = x −++ ... + (−1)+ x2n+1 · ō(1).3!5!(2n + 1)!Отсюдаа) при n = 0 : sin x = x + x · ō(1). Т.е. sinx x = 1 + ō(1), следовательно,sin x ∼ x (x → 0),3= 1 + ō(1).
Имеемб) при n = 1 : sin x = x − x3! + x3 · ō(1). Отсюда sin x−xx3(sin x − x) ∼3− x3!− 3!(x → 0).Теорема 17.3. При любом x ∈ Rcos x =2n∑k=0(−1)kx2k+ R2n (x) (x ∈ R, R2n → 0 при n → +∞).(2k)!Доказательство аналогично теореме 17.2. Теорема 17.4.nx2 x3 x4n+1 xln(1 + x) = x −+−+ ... + (−1)+ Rn (x)234n(x ∈ (−1, 1], Rn → 0 при n → +∞)).87Доказательство.
Запишем для функции f (x) = ln(1 + x) формулу Тейлора в точке x0 = 0n∑xk(k)ln(1 + x) =(ln(1 + x)) |x=0 ·+ Rn (x).k!k=0Вычислим производные1ln(1 + x)′ = 1+x(ln(1 + x))′′ = (−1)(1 + x)−2 ;(ln(1 + x))′′′ = (−1) · (−2)(1 + x)−3 ;− − − − − − − − − − − − − − − − − − − −−;(ln(1 + x))(k) = (−1)(−2)...(−(k − 1))(1 + x)−k .Следовательно,ln(1 + x)(k) |x=0 = (−1)k−1 (k − 1)!.nn∑∑kkОтсюда ln(1 + x) = ln 1 + (−1)k−1 (k − 1)! · xk! + Rn (x) =(−1)k−1 xk +k=1k=1Rn (x).Покажем, что Rn (x) → 0.a) Пусть вначале 0 ≤ x ≤ 1. Запишем Rn (x) в форме Лагранжаn+1 (−1)n · n!x1|x|n+1 n!|Rn (x)| = ·≤→ 0 при n → ∞.=(1 + ξ)n+1 (n + 1)! |1 + ξ|n+1 (n + 1)!n+1б) Пусть теперь −1 < x < 0. Запишем Rn (x) остаток в форме КошиRn (x) =f (n+1) (0 + Θ(x − 0))f (n+1) (Θx) n+1(x − 0)n+1 (1 − Θ)n =x (1 − Θ)n .n!n!Тогдаn+1 (−1)n n!x|x|n+1n|Rn (x)| = ··(1−Θ)· (1 − Θ)n .=n+1n+1(1 + Θx)n!(1 + Θx)(1−Θ)(1−Θ)|x||x|Но (1+Θx)n ≤ (1−Θ)n = 1, отсюда |Rn (x)| ≤ 1+Θx ≤ 1−|x| → 0 (n → +∞).
Следствие. Запишем формулу Тейлора с остатком в форме Пеано.nnn+1n+1nx2 x3nxln(1 + x) = x −++ ... + (−1)+ xn · ō(1).23n= 1 + ō(1). Следовательно,а) n = 1 : ln(1 + x) = x + x · ō(1). Отсюда ln(1+x)xln(1 + x) ∼ x. (x → 0)2б) n = 2 : ln(1 + x) = x − x2 + x2 · ō(1).
Отсюда ln(1+x)−x= 1 + ō(1).x2−Следовательно,x2ln(1 + x) − x ∼ −(x → 0). 2882Теорема 17.5. ∀ p ∈ R при x ∈ (−1, 1) справедливо равенство(1+x)p = 1+px+=p(p − 1) 2 p(p − 1)(p − 2) 3p(p − 1)...(p − (n − 1)) nx+x +...+x +Rn =2!3!n!n∑p(p − 1)...(p − k + 1)k!k=0xk + Rn (x) (Rn (x) → 0 при n → ∞).Доказательство. Запишем для f (x) = (1 + x)p формулу Тейлора в точкеx0 = 0. Имеемn∑xkp(1 + x) =(17.3)(1 + x)p |x=0 + Rn (x).k!k=0Вычисляем производные:((1 + x)p )′ = p(1 + x)p−1 ;((1 + x)p )′′ = p(p − 1)(1 + x)p−2 ;....................................((1 + x)p )(k) = p(p − 1)...(p − (k − 1))(1 + x)p−k ;Следовательно, ((1 + x)p )(k) |x=0 = p(p − 1)...(p − (k − 1));Подставляя в (17.3), получаемp(1 + x) =n∑p(p − 1)(p − 2)...(p − (k − 1))k=0k!xk + Rn (x).Покажем, что Rn (x) → 0 (n → ∞) ∀ x ∈ (−1, 1). Рассмотрим несколькослучаев.1) x > 0, p > 0.
Т.к. p > 0, то ∃ m = 0, 1, . . ., что m ≤ p < m + 1. ЗапишемRn (x) в форме Лагранжа: ((1 + x)p )n+1 p(p − 1)...(p − n)x=ξ|Rn (x)| = · xn+1 = (1 + ξ)p−n−1 · xn+1 =(n + 1)!(n + 1)! p(p − 1) . . . (p − m)(p − (m + 1)) . . . (p − n) (1 + ξ)p n+1 |x|= =n+11 · · · m · (m + 1) · · · (n − 1)n(n + 1)(1 + ξ) ()() (p(p − 1)...(p − m)ppp ) 2p≤· 1−1−...
1 −··|x|n+1 ≤m!m+1m+2n n+1n+1p(m + 1)2p · 1(m + 1) · m · . . . 1 1pn+1p |x|··2 ·|x|= (m+1)·2 ·=→ 0.≤m!n+1n+1n+12) −1 < x < 0, p > 0. Записываем Rn (x) в форме Коши (15.2)(n+1)Rn (x) =((1 + x)p )x=ξn!·x·(x−ξ)n =p(p − 1) . . . (p − n)(1+ξ)p−n−1 ·x·(x−ξ)n .n!89Как и в случае 1)p(p−1)...(p−n)n!≤ m + 1, следовательно,()n|1 + ξ|p|x||x| − |ξ|np≤|Rn (x)| ≤ (m+1)·|x|·|x−ξ| = (m+1)·(1−|ξ|) ··(1 + ξ)n+1(1 − |ξ|) 1 − |ξ|(()n)n|x|−|ξ||x|−1+1−|ξ||x||x|≤ (m+1)·1p ··= (m+1)··=(1 − |x|) 1 − |ξ|(1 − |x|)1 − |ξ|()n()n|x|1 − |x||x|1 − |x|= (m + 1) ·1−≤ (m + 1) ·1−=(1 − |x|)1 − |ξ|(1 − |x|)1= (m + 1) ·|x|· |x|n → 0(1 − |x|)при n → ∞ т.к. |x| < 1.3) x > 0, p < 0. Записываем Rn (x) в форме Лагранжа p(p − 1) .
. . (p − n)(1 + ξ)p−n−1 · xn+1 =|Rn (x)| = (n + 1)!()() ()|1 + ξ|p|p||p||p|1n+1= |p| · 1 +1+... 1 +|x|·.12n |1 + ξ|n+1n+1Оцениваем[()() ()] ∑()n|p||p||p||p|ln 1 +1+... 1 +=ln 1 +.12nkk=1Т.к. ex ≥ 1 + x при x > 0, то x ≥ ln(1 + x), следовательно,[ n ()] ∑nn∑∏|p|1|p|≤ln1+= |p|.kkkk=1k=1k=1Т.к. n – натуральное, то ∃ l, что 2l ≤ n < 2l+1 .
Поэтомуn∑1k=1k2∑1l+1≤n=1kl 2∑−1∑1i+1=i=0 k=2ik≤l∑i=02i ·1= l + 1 ≤ log2 n + 1,2i)n (∏loge n|p|1+≤ e|p|(1+log2 n) = e|p| · elog2 n = e|p| e ln 2 = e|p| nln 2 .kk=1Таким образом, мы имеем|Rn (x)| ≤e|p| · nln 2 2p n+1· ·1→0n+1190(17.4)ln 2nт.к. ln 2 < 1 и, значит, n+1→ 0 при n → ∞.4) −1 < x < 0, p < 0.
В этом случае записываем Rn (x) в форме Коши p(p − 1) . . . (p − n)p−n−1 |x| · |x + ξ|n .|Rn (x)| = (1 + ξ)n!Как и в случае 2 p(p − 1) . . . (p − n) ≤ e|p| nln 2n!1|(1 + ξ)p−n−1 | · |x| · |x + ξ|n = (1 − |ξ|)p ·· |x| · (|x| − |ξ|)n ≤n+1(1 − |ξ|)()n|x||x| − |ξ||x|≤·≤· |x|n ,p+1p+1(1 − |x|)1 − |ξ|(1 − |x|)|x|Таким образом, окончательно: |Rn (x)| ≤ e|p| ·nln 2 · (1−|x|)p+1 → 0 при n → ∞,т.к. |x| < 1. n+191Глава 6Приложения дифференциальногоисчисления к исследованию функцийи построению графиков1. Монотонность функции в точке. Необходимые условия монотонности в точке.
Достаточные условияОпределение 1.1. Пусть f определена в O(x0 ). Будем говорить, чтоf (x) возрастает (убывает) в точке x0 , если ∃ Oδ (x0 ) ⊂ O(x0 ) такая, что∀ x ∈ Oδ (x0 ) sign ∆f(x0 ) = sign ∆x0 (sign ∆f(x0 ) = −sign ∆x0 ). Т.е. еслив точке x0 f (x) возрастает, то в правой половине окрестности Oδ (x0 )f (x) > f (x0 ), а в левой – наоборот, f (x) < f (x0 ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
