1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 39

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 39)

Степенной ряд1n!lim 1n→∞(n+1)!+∞Pn=0xnn!= lim (n + 1) = +∞.n→∞сходится абсолютно на R.37329.3Задача № 1.1 из [4], §20Определить радиус сходимости степенного ряда+∞Xn2 xn .n=0Решение. Здесь x0 = 0, a0 = 0, an = n2 , n ∈ N.Способ 1. Можно воспользоваться формулой Коши-Адамара:2√p√1nnn22= lim |n | = lim n = lim n = 1.n→∞n→∞R n→∞Способ 2. Можно воспользоваться формулойn2= 1.R = limn→∞ (n + 1)2Ответ. Степенной ряд+∞Pn2 xn сходится абсолютно на промежутке (−1, 1).n=0В точках x = ±1 ряд расходится.29.4Задача № 1.2 из [4], §20Определить радиус сходимости степенного ряда+∞X3n (x + 1)n .n=0Решение.

Здесь x0 = −1, an = 3n , n = 0, 1, 2, . . ..Способ 1. Можно воспользоваться формулой Коши-Адамара. Посколькуp√1n= lim n |3n | = lim 3n = 3,n→∞R n→∞то радиус сходимости равен R = 31 .Способ 2. Можно воспользоваться формулой3n1=.n→∞ 3n+13R = limОтвет. Степенной ряд сходится абсолютно на множестве − 34 , − 32 . В точках− 23 , − 43 степенной ряд расходится.37429.5Задача № 2.1 из [4], §20Определить радиус сходимости степенного ряда+∞X22ln n (x − 3)n .n=12Решение. Здесь x0 = 3, a0 = 0, an = 2ln n , n = 1, 2, .

. ..Способ 1. Можно воспользоваться формулой Коши-Адамара. Посколькуqp2n12lim lnn nn ln2 n lnn= lim2= lim 2= 1.= 2n→∞n→∞R n→∞то радиус сходимости равен R = 1.Способ 2. Можно воспользоваться формулой2n−ln2 (n+1)R = lim 2lnn→∞= lim 2ln( n+1 )·ln(n(n+1)) =nn→∞2lim ln(11− n+1n→∞)·ln(n(n+1))=2(1ln 1− n+11− n+1n→∞− lim) · limn→∞2ln(n(n+1))n+1− limn→∞=ln(n(n+1))n+1= 20 = 1.Здесь мы использовали предел:ln(n(n+1))n+1n→∞• lim= 0.Ответ.

Степенной ряд сходится абсолютно на промежутке (2, 4). В точках 2и 4 ряд расходится.29.6Задача № 3.3 из [4], §20Определить радиус сходимости степенного ряда+∞Xαn!e−n xn ,n=1375α > 1.Решение. Рассмотримan1=exp((n + 1)α − nα ) =an+1n+1 α11αexp n1+−1=n+1n1exp nα−1n+1α((1+ n1 )Поскольку1nanan+11+1 αn1n−1!.−1)> 1 при α > 1 начиная с некоторого n > n0 , тоexp αnα−1αk nk(α−1)αk>>·>· nk(α−1)−1 ,n+1k! (n + 1) 2k!где k(α − 1) > 1.

Здесь мы использовали предел и два неравенства:α(1+ n1 )• lim1nn→∞• ez >•1n+1zkk!>−1= α > 0;при z > 0, k >12n1α−1 ,z = αnα−1 ;при n > 1.ann→∞ an+1Следовательно, R = lim= +∞.Ответ. Степенной ряд сходится абсолютно на R.29.7Задача № 8.3 из [4], §20Определить радиус сходимости степенного ряда√+∞ √X( 3 2n + 1 − 3 2n − 1)√(x + 3)n .nn=1Решение. Здесь x0 = −3, a0 = 0, an =√3√32n+1−√ 2n−1 ,nn ∈ N. Рассмотрим√√√33 an 2n+1−2n−1n+1 = lim √√√R = lim ·lim=n→∞ an+1 n→∞ 3 2n + 3 − 3 2n + 1 n→∞nqqr11321 + 2n − 3 1 − 2n16n + oqlim q· lim+ 1 = lim 2n→∞n→∞ 3n→∞n3136n + o1 + 2n − 1 + 2n3761n1n= 1.Таким образом, ряд сходится абсолютно на промежутке (−4, −2).

Проверимсходимость в точках x = x0 − R = −4 и x = x0 + R = −2. В точках x = −4+∞P ( √3 2n+1− √3 2n−1)√и, соответственно, x = −2 получим числовые ряды(−1)n иn+∞P ( √3 2n+1− √3 2n−1)√.nn=1√3an =n=1Эти два ряда сходятся абсолютно, поскольку!rr√32n + 1 − 2n − 12n 3113√= √1+− 1−=2n2nnn√ √ 33112 12 1√+o=·+o,776n3 n6n 3nn6√3n → ∞.Ответ. Степенной ряд сходится абсолютно на отрезке [−4, −2].30Второй дополнительный семинар. Исследование функций.

Достаточные условия строгого экстремума (сиспользованием первой производной)16Пусть функция f (x) дифференцируема в некоторой окрестности точки x0 ,кроме, быть может, самой точки x0 , в которой, однако, функция f (x) непрерывна. Тогда точка x0 является точкой строгого локального максимума, если существует окрестность точки x0 , в которой f 0 (x) > 0 при x < x0 иf 0 (x) < 0 при x > x0 .При выполнении этих условий принято говорить, что производная функции при переходе через точку x0 меняет знак плюс на знак минус.Если же f 0 (x) < 0 при x < x0 и f 0 (x) > 0 при x > x0 , т. е. если производная при переходе через точку x0 меняет знак минус на плюс, то x0 – точкастрогого локального минимума.Критическими точками функции называются точки, в которых производная равна нулю, либо производной в этой точке не существует, то есть функция в этой точке недифференцируема.16Теория взята из [3], §20377Если производной в точке строго локального экстремума x0 не существует,то рассмотрим случай, когда функция f имеет конечные или бесконечныеодносторонние производные в т.

x0 : f+0 (x0 ) и f−0 (x0 ).Пример. f (x) = |x|.Решение. f−0 (0) = −1, f+0 (0) = 1.pПример. f (x) = |x|.Решение. f−0 (0) = −∞, f+0 (0) = +∞.30.1Задача № 176.1 из [3], §12Определить значения параметров α и β, при которых следующая функцияимеет в точке x = 1 локальный минимум:(αx + β, если x 6 1f (x) =x2 ,если x > 1.См. рис. 30.1.

Решение. Непрерывность в точке x = 1 имеет место, когдаРис. 2.57: Задача 30.1α + β = 1. Точка локального минимумаf−0 (1) = α < 0,378f+0 (1) = 2.Ответ. Функция(f (x) =αx + 1 − α,если x 6 1x2 ,если x > 1,имеет в точке x = 1 локальный минимум, если α < 0.30.2Задача № 176.2, [3], §12Определить значения параметров α и β, при которых функция(α + βx2 , если |x| 6 1,f (x) =1/|x|,если |x| > 1,имеет локальный максимумРешение.

Нужно установить непрерывность в точках x = ±1: f (1 + 0) = 1,f (1 − 0) = α + β. Получим условие β = 1 − α,f−0 (−1) = 1, f+0 (−1) = −2(1 − α), f−0 (1) = 2(1 − α), f+0 (1) = −1. Точкилокального максимумаf−0 (−1) = 1,f+0 (−1) = −2(1 − α) < 0,f−0 (1) = 2(1 − α) > 0,f+0 (1) = −1.Ответ. Функция(f (x) =α + (1 − α)x2 ,если |x| 6 11/|x|,если |x| > 1.имеет в точках x = ±1 локальный максимум, если α < 1.Условия строгого экстремума (с использованием производных высших порядков). Пусть функция f (x) имеет в точке x0 производные допорядка n (n ∈ N) включительно.

Тогда если f 0 (x0 ) = f 00 (x0 ) = . . . =f (n−1) (x0 ) = 0, а f (n) (x0 ) 6= 0, то при четном n точка x0 является точкой строгого экстремума, причем точкой локального максимума, если f (n) (x0 ) < 0, и точкой локального минимума, если f (n) (x0 ) > 0;при нечетном n экстремума в точке x0 нет. В частности, если f 0 (x0 ) = 0,а f 00 (x0 ) 6= 0, то в точке x0 имеется строгий локальный максимум в случае f 00 (x0 ) < 0 и строгий локальный минимум в случае f 00 (x0 ) > 0.379Условия выпуклости функции. Для того чтобы функция f (x), дважды дифференцируемая на интервале (a, b), была выпуклой вниз на этоминтервале, необходимо и достаточно, чтобы вторая производная f 00 (x) быланеотрицательна на (a, b), т.е.f 00 (x) > 0,x ∈ (a, b).f 00 (x) > 0,x ∈ (a, b),Условиеявляется достаточным условием строгой выпуклости вниз функции f (x)на интервале (a, b).Аналогично, для функции f (x), имеющей на интервале (a, b) вторую производную, необходимым и достаточным условием выпуклости вверх наэтом интервале является условиеf 00 (x) 6 0,x ∈ (a, b),а достаточным условием строгой выпуклости вверх – условиеf 00 (x) < 0,x ∈ (a, b).Пусть функция f (x) определена в некоторой окрестности точки x0 , за исключением, быть может, самой точки x0 .

Если существуют интервалы(x0 − δ, x0 ) и (x0 , x0 + δ),δ > 0,на одном из которых f (x) строго выпукла вниз, а на другом строго выпуклавверх, то говорят, что при переходе через точку x0 функция f (x) меняетнаправление выпуклости.Пусть функция f (x) определена в некоторой окрестности точки x0 , непрерывна в точке x0 и имеет в этой точке конечную или бесконечную производную. Тогда если функция f (x) при переходе через точку x0 меняет направление выпуклости, то точка x0 называется точкой перегиба функции f (x) вэтом случае точку (x0 , f (x0 )) называют точкой перегиба графика функцииf (x).38030.3Задача № 39.6 из [3]. §20Найти наибольшееи наименьшее значения функции(ex ln x x ∈ (0, 1]f (x) =См. рис. 30.3 и 30.3.1x = 0.Рис. 2.58: Задача 30.3, f (x)(Решение.

Сводим задачу к функции g(x) =x ln x x ∈ (0, 1]. Эта функ0x = 0.ция имеет локальный минимум в точке x = 1e . Действительно, g 0 (x) = ln x+1,g 00 (x) =1x> 0, x > 0.Отметим, что функция f (x) имеет тоже в точке x =1eлокальный мини-мум:f 00 (x) = g 0 (x)eg(x) ,f 00 (x) = (g 0 (x)eg(x) )0 = eg(x) (g 00 (x) + (g 0 (x))2 ) > 0.Проверяем на концах отрезка в т. x = 0, x = 1.Ответ. min f (x) = e−1/e , max f (x) = 1.x∈[0,1]x∈[0,1]381Рис. 2.59: Задача 30.3, g(x)30.4Задача № 40.1 [3]. §20Найти наибольшее и наименьшее значения функции f (x) = 2 sin x + sin 2x,x ∈ [0; 3π/2].

См. рис. 30.4.Решение. f 0 (x) = 2 cos x + 2 cos 2x = 0. Получим две критические точкиx1 = π3 , x2 = π.√Найдем f 00 (x) = −2(sin x + 2 sin 2x), f 00 ( π3 ) = −3 3, x1 =π3 –000точка ло-кального максимума; f 00 (π) = 0, f 000 (x) = −2(cos x + 4 cos 2x), f (π) = −6.Ответ. f ( π3 ) =30.5√3 32– максимум, f ( 3π2 ) = −2 – минимум.Задача № 35 из [3], §20Пусть(f (x) =e−1/x20,, x 6= 0,x = 0,(g(x) =2xe−1/x , x 6= 0,0,x = 0.Доказать:1) f (n) (0) = g (n) (0) = 0, n ∈ N;2) f (x) в точке x = 0 имеет строгий минимум, g(x) в точке x = 0 не имеетэкстремума. См. рис. 30.5 и 30.5.382Рис. 2.60: Задача 30.4Рис. 2.61: Задача 30.5, f (x)Решение.

1) Действительно, по формуле Лейбница(n−1) X (k)n−1222 (n)2−1/xk−1/x2 (n−1−k)e−1/x=e=C(e).n−1x3x3k=0−1/x2Нужно показать, что lim ekx→0 x(n)следовать, что f (n) (0) = g= 0 при k ∈ N. Из этого утверждения будет(0) = 0, n ∈ N.2) Используя теорему Лагранжа, f (x) − f (0) = f (x) =2 −1/ξ 2xξ3 e> 0 приx 6= 0.Используя теорему Лагранжа, g(x) − g(0) = g(x) = (1 +x 6= 0.3832−1/ξ 2xξ 2 )eприРис. 2.62: Задача 30.5, g(x)30.6Задача № 36 [3], §20Пусть f (x) – четная, дважды непрерывно дифференцируемая функция, причем f 00 (0) 6= 0.

Характеристики

Список файлов семинаров