1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Действуя далее по такой же схеме, мы можем определить производную функции f любого порядка. Производные порядка k обозначаютсяf (k) илиdk f.dxkДля производных второго и третьего порядка используются ещёобозначения f 00 и f 000 соответственно. Кроме того, под f (0) (производная нулевого порядка) понимают саму функцию f . Пусть E – интервал. Через C k (E)обозначается множество функций, имеющих на E непрерывные производные123порядка k.
Множество C 0 (E), обозначаемое обычно через C(E), есть множество непрерывных на E функций. Через C ∞ (E) обозначается множествофункций, имеющих на E непрерывные производные любого порядка k ∈ N.27Seminar n. 27Свойства дифференцируемых функций.Пусть f : (a, b) → R. Точка x0 ∈ (a, b) называется точкой локального максимума (локального минимума) функции f , если существует такая окрестностьU этой точки, что f (x0 ) > f (x) (f (x0 ) < f (x)) для всех x ∈ U .
Если x0 – точка локального минимума или максимума, она называется точкой локальногоэкстремума.Пусть f : (a, b) → R. Точка x0 ∈ (a, b) называется точкой строго локального максимума (строго локального минимума) функции f , если существуеттакая окрестность U этой точки, что f (x0 ) > f (x) (f (x0 ) < f (x)) для всехx ∈ U \{x0 }.Теорема. (Ферма) Пусть f : (a, b) → R – дифференцируемая функция. Еслиx0 ∈ (a, b) есть точка локального экстремума функции f , то f 0 (x0 ) = 0.Теорема. (Ролль) Пусть f : [a, b] → R – непрерывная функция, дифференцируемая на (a, b).
Если f (a) = f (b), то существует такая точка x0 ∈ (a, b),что f 0 (x0 ) = 0.Теорема. (Теорема Лагранжа о конечных приращениях) Пусть f : (A, B) →R – дифференцируемая функция. Тогда любой интервал (a, b) ⊂ (A, B) содержит такую точку ξ, что f (b) − f (a) = f 0 (ξ)(b − a).Следствие. Пусть f : (a, b) → R - дифференцируемая функция. Если f 0 (x) >0 (f 0 (x) ≥ 0) для всех x ∈ (a, b), то f – возрастающая (неубывающая) на (a, b)функция.Следствие. Пусть f : (a, b) → R - дифференцируемая функция. Для того,чтобы f была постоянной на (a, b), необходимо и достаточно, чтобы f 0 (x) = 0для всех x ∈ (a, b).124Теорема.
(Теорема Коши о конечных приращениях) Пусть f : (A, B) → R иg : (A, B) → R – дифференцируемые функции. Тогда любой интервал (a, b) ⊂(A, B) содержит такую точку ξ, что g 0 (ξ)(f (b) − f (a)) = f 0 (ξ)(g(b) − g(a)).Задача 01. [3]. §16. N. 17. Доказать: если функция h дифференцируема nраз при x > 0, h(0) = h0 (0) = . . . = h(n−1) (0) = 0, а h(n) (x) > 0 при x > 0, тои h(x) > 0 при x > 0.Решение.
К h(n−1) применим теорему Лагранжа о конечном приращенииh(n−1) (x) − h(n−1) (0) = h(n−1) (x) = h(n) (ξ)x > 0,ξ ∈ (0, x),x > 0.Получим, что h(n−1) (x) > 0 при x > 0. Повторяя рассуждения для h(n−2) , . . . , h(0) ,мы завершаем доказательство.Задача 02. Доказать: если функции f и g дифференцируемы n раз приx > 0 и f (0) = g(0), f 0 (0) = g 0 (0), . . . , f (n−1) (0) = g (n−1) (0), f (n) (x) > g (n) (x)при x > 0, то и f (x) > g(x) при x > 0.Решение. Применим к функции h(x) = f (x) − g(x) результат Задачи 01.Задача 03. [2] N.
1289. a. Доказать следующее неравенство:ex > 1 + x,x 6= 0.Решение. f1 (x) = ex , g1 (x) = 1 + x, f1 (0) = g1 (0), f10 (x) = ex > g10 (x) = 1 приx > 0. При x < 0 рассмотрим замену x = −t:e−t > 1 − t.Здесь мы положим f2 (t) = e−t , g2 (t) = 1 − t, f20 (t) = −e−t , g20 (t) = −1.Задача 04. [2] N. 1289. б. Доказать следующее неравенство:x2x−< ln(1 + x) < x,2x > 0.x22.f10 (x) =Решение. f1 (x) = ln(1 + x), g1 (x) = x −f2 (x) = x, g2 (x) = ln(1 + x), f20 (x) = 1 > g20 (x) =11+x> g10 (x) = 1 − x.11+x .Задача 05. [2] N. 1289. в. Доказать следующее неравенство:x3x−< sin x < x,6125x > 0.00Решение. f1,1 (x) = x, g1,1 (x) = sin x, f1,1(x) = 1, g1,1(x) = cos x, 1 > cos x,x ∈ (0, 2π). В точке x = 2π f1,1 (2π) = 2π > g1,1 (2π) = 0.
Строим новыефункции f1,2 (x) = x − 2π, g1,2 (x) = sin x, и т.д.f2 (x) = sin x, g2 (x) = x −x36,f20 (x) = cos x, g20 (x) = 1 −x22,f200 (x) = − sin x,g200 (x) = −x.Задача 06. [2] N. 1289. г. Доказать следующее неравенство:x3tg x > x + ,3Решение. f (x) = tg x, g(x) = x +x33,πx ∈ (0, ).2f (0) = g(0), f 0 (x) = 1 + tg2 x, g 0 (x) =1 + x2 . Неравенство f 0 (x) > g 0 (x) эквивалентно неравенству tg x > x.Задача 07. [2] N. 1291. Доказать, что при x > 0 имеет место неравенствоxx+1111+<e< 1+.xxРешение. Это неравенство эквивалентно неравенствам111x<ln1+<,xx1 + x11< ln (1 + y) < y,1+y1f (y) = y, g(y) = ln(1 + y), h(y) = 1 − 1+y, y > 0, f (0) = g(0) = h(0),1−h0 (y) =110<g(y)=< f 0 (y) = 1.2(1 + y)(1 + y)Задача 08. [2] N.
1297. б. Доказать неравенство.√√√nx − n a < n x − a, если n > 1, x > a > 0.√√Решение. n x = y, n a = α,(y − α)n < y n − αn ,f (y) = y n − αn , g(y) = (y − α)n , f (α) = g(α), g 0 (y) = n(y − α)n−1 < ny n−1 =f 0 (y).Задача 09. [2] N. 1312. Функция f (x) называется выпуклой снизу (сверху)на интервале (a, b), если для любых точек x1 И x2 из этого интервала и126произвольных чисел λ1 и λ2 , (λ1 > 0, λ2 > 0, λ1 + λ2 = 1) имеет местонеравенствоf (λ1 x1 + λ2 x2 ) < λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ),или соответственно противоположное неравенствоf (λ1 x1 + λ2 x2 ) > λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ).Доказать, что:1) функция f (x) выпукла снизу на (a, b), если f 00 (x) > 0, при a < x < b;2) f (x) выпукла сверху на (a, b), если, f 00 (x) < 0, при a < x < b.Решение.
1). Пусть a < x1 < x2 < b.f (λ1 x1 + λ2 x2 ) − f (x1 ) = f 0 (ξ1 )((λ1 − 1)x1 + λ2 x2 ) =f 0 (ξ1 )(−λ2 x1 + λ2 x2 ) = λ2 f 0 (ξ1 )(x2 − x1 ),ξ1 ∈ (x1 , λ1 x1 + λ2 x2 );f (x2 ) − f (λ1 x1 + λ2 x2 ) = f 0 (ξ2 )((1 − λ2 )x2 − λ1 x1 ) =f 0 (ξ2 )(λ1 x2 − λ1 x1 ) = λ1 f 0 (ξ2 )(x2 − x1 ),ξ2 ∈ (λ1 x1 + λ2 x2 , x2 ).Следовательно,0 < λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) − f (λ1 x1 + λ2 x2 ) =λ1 f (x1 ) + λ2 f (x2 ) − λ1 f (λ1 x1 + λ2 x2 ) − λ2 f (λ1 x1 + λ2 x2 ) =λ2 (f (x2 ) − f (λ1 x1 + λ2 x2 )) − λ1 (f (λ1 x1 + λ2 x2 ) − f (x1 )) =λ2 λ1 f 0 (ξ2 )(x2 − x1 ) − λ1 λ2 f 0 (ξ1 )(x2 − x1 ) =λ1 λ2 (x2 − x1 ) (f 0 (ξ2 ) − f 0 (ξ1 )) =λ1 λ2 (x2 − x1 )(ξ2 − ξ1 )f 00 (ξ3 ),28ξ3 ∈ (ξ1 , ξ2 ).Seminars n.
28Формула Тейлора.Пусть функция f : R → R – гладкая функция, т.е. она имеет производныелюбого порядка, какой нам потребуется. Зафиксируем какую-либо точку x0127и составим полиномPn (f, x, x0 ) = f (x0 ) + f 0 (x0 )(x − x0 ) + . . . +1 (n)f (x0 )(x − x0 )n =n!nX1 (k)f (x0 )(x − x0 )k .k!k=0Для того, чтобы ответить на вопрос, насколько близки значения f (x) и Pn (f, x, x0 ),мы должны оценить rn (f, x, x0 ) = f (x) − Pn (f, x, x0 ). Если rn (f, x, x0 ) получится малым в каком-то смысле, то мы сможем пользоваться формулойТейлора:nX1 (k)f (x) =f (x0 )(x − x0 )k + rn (f, x, x0 ).k!k=0При x0 = 0 формула Тейлора часто называется формулой Маклорена. Функция rn (f, x, x0 ) называется остаточным членом в формуле Тейлора. Таким образом, Pn (f, x, x0 ) → f (x) при n → ∞ тогда и только тогда, когда rn (f, x, x0 ) →0 при n → ∞.Если x0 = 0, то формула Тейлора принимает видnX1 (k)f (x) =f (0)xk + o(xn ),k!x → 0,k=0и называется формулой Маклорена.Формулой Маклорена.
Четные и нечетные функции.Пусть функция f (x) имеет в окрестности точки x0 = 0 производные всехпорядков (бесконечно дифференцируема). Тогда:а) если f – четная функция, то при любом n ∈ Nf (x) =nXf (2k) (0)k=0(2k)!x2k + o(x2n+1 ).б) если f – нечетная функция, то при любом n ∈ Nf (x) =nXf (2k+1) (0)k=0(2k + 1)!128x2k+1 + o(x2n+2 ).Формула Тейлора f 0Пусть известно представление формулой Тейлора в окрестности точки x0до o((x − x0 )n ) производной функции f , т. е. известна формула0f (x) =nXbk (x − x0 )k + o((x − x0 )n )k=0где bk =f (k+1) (x0 ).k!Тогда существует f (n+1) (x0 ), и поэтому функцию f (x) можно представитьв видеf (x) =n+1Xak (x − x0 )k + o((x − x0 )n+1 ) =k=0f (x0 ) +nXak+1 (x − x0 )k+1 + o((x − x0 )n+1 ),k=0где ak+1 =f (k+1) (x0 )(k+1)!=f (k+1) (x0 ) 1k!k+1=bkk+1 .Следовательно,nXbkf (x) = f (x0 ) +(x − x0 )k+1 + o((x − x0 )n+1 ),k+1k=0где bk – коэффициенты формулы Тейлора функции f 0 (x).Формулой Тейлора отношения.Если функция f (x) представляется в виде f (x) =g(x)h(x)и если известныпредставления функций g и h формулой Тейлора в окрестности точки x = x0с o((x − x0 )n ), т.
е. известны разложенияg(x) =nXbk (x − x0 )k + o((x − x0 )n ),k=0h(x) =nXck (x − x0 )k + o((x − x0 )n ),k=0причем c0 = h(x0 ) 6= 0, то для нахождения формулы Тейлора для функции fможно применить метод неопределенных коэффициентов, который состоит вследующем.129nPПусть f (x) =ak (x − x0 )k + o((x − x0 )n ) – искомое разложение. При-k=0равнивая коэффициенты при (x − x0 )k , где k = 0, 1, .
. . , n, в левой и правойчастях равенства:nXn Xck (x − x0 )k + o((x − x0 )n ) =ak (x − x0 ) + o((x − x0 ) ) ·k=0k=0knnXbk (x − x0 )k + o((x − x0 )n ).k=0получаем систему уравнений, из которой можно найти коэффициенты a0 , a1 , . . . , an ·Формулой Тейлора суперпозицииПусть F (x) = f (ϕ(x)) – сложная функция, и пусть известны формулыТейлора для функций ϕ и f , т.е.ϕ(x) =nXck (x − x0 )k + o((x − x0 )n ),k=0f (w) =nXak (w − w0 )k + o((w − w0 )n ),k=0где w0 = ϕ(x0 ). Тогда для нахождения коэффициентов bk (k = 0, 1, . .
. , n)функцииF (x) = f (ϕ(x)) =nXbk (x − x0 )k + o((x − x0 )n )k=0нужно в предыдущую формулу подставить вместо w формулy Тейлора для ϕ,произвести соответствующие арифметические действия, сохраняя при этомтолько члены вида bk (x − x0 )k , где k = 0, 1, . . . , n. В частности, еслиmϕ(x) = Ax ,m ∈ N,f (w) =nXak wk + o(wn ),k=0тоmf (ϕ(x)) = f (Ax ) =nXk=0130Ak ak xmk + o(xmn ).29Seminars n. 29Показательная функцияx2xne =1+x++ ... ++ o(xn ),2!n!xилиxe =nXxkk=0k!+ o(xn );Тригонометрические функции2n+1x3 x5n xsin x = x −++ . . . + (−1)+ o(x2n+2 ),3!5!(2n + 1)!cos x = 1 −x2 x4x2n++ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
