1610912325-537f93a9ed79c6e0a65b212a8eeb3d50 (824705), страница 14
Текст из файла (страница 14)
1055.2. Качественные свойства дифференцируемых функцийMFH CorporationСтр. 106MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной6.3Предположим, что:lim f (x) = lim g(x) = ∞x→a+0x→a+0(x)Нас интересует limx→a+0 fg(x). В этом случае говорят, что возникла неопре∞деленность вида ∞ в точке a (или при x → a).Теорема 5.2.8.4 (Правило Лопиталя 2,∞∞ ).Производные высших порядковОПР 6.3.1.Пусть A — плотное в себе множество, f : A → R ∀x ∈ A, f — дифференцируема в точке x0 .f 0 (x) — отображение A → R.
Предположим, что f 0 (x) дифференцируемав A.По индукции определяются высшие производные:. Пустьf (x)g(x)— неопределенность вида∞∞f (n) (y) − f (n) (x)y→xy−xf (n+1) (x) = limв точке a.Пример 6.3.2 (Обозначений производных высших порядков).. Тогдаеслиf 0 (x), f 00 (x), f v (x)f 0 (x)= A,x→a+0 g 0 (x)limтоlimx→a+0f (x)=Ag(x)f (n) (x) =, где A ∈ Rdn fdxn= Dn f (x).6.3.3 Дифференцируемых, непрерывных множеств функций. Доказательство.Заметим, что если limx→a+0 f (x) = ∞, то limx→a+01f (x). Dn (A, R) = {множество всех n-раз дифференцируемых функций на A}= 0.Теперь остаётся правильно применить правило Лопиталя 1 для11, g(x).функций f (x).
C n (A, R) = {множество функций на A таких, что что они обладают непрерывными производными всех порядков до n включительно}. C 0 (A, R) = {множество всех непрерывных функций на A}Очевидное следствие: C n (A, R) < Dn (A, R)6.3.4Список n-тых производных:1. xa(xa )(n) = a(a − 1)(a − 2) .
. . (a − n + 1)xa−n2. ax(ax )(n) = lnn a · ax,a ∈ R(ex )(n) = ex3. ln x(ln x)(n) = (−1)n−1 ·(n−1)!xn4. sin bx(sin bx)(n) = bn sin(bx +5. cos bx(cos bx)(n) = bn cos(bx +πn2 )πn2 )Всё доказывается по индукции.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/6.3. Производные высших порядков6.3.5Стр. 107MFH CorporationСтр. 108Свойства высших производных:MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменнойПоложим s = kf, g ∈ D (A, R), тогдаn1. (f + g)(n) = f (n) + g (n)(n)2.
∀a ∈ R(af )= a(f(n)=следует из определения производной;)= Cn0 Dn+1 (f )·g+Для C (A, R) оба свойства аналогично ⇒ D , C — векторные пространства.nCnk Dn−k+1 (f )Dk (g) +nnXk=1(Cnk + Cnk−1 ) · Dn−k+1 (f ) · Dk (g) +Cnk f ·Dn+1 (g) =Теорема 6.3.6 (Формула Лейбница для производных произведения).=. Если f, g ∈ D (A, R), то f · g ∈ D (A, R), причем:nDn (f · g) =nXk=0Cnk Dn−k (f ) · Dk (g)Cnk Dn−k+1 (f )Dk (g) =n+10(Поскольку= Cn+1, Cnn = Cn+1, то по свойству биномиальныхkk−1kкоэффициентов Cn + Cn = Cn+1 )Cn03. если f, g ∈ Dn (A, R), то f · g ∈ Dn (A, R).nn+1Xk=1k=0следует из определения производнойnnXn+1Xk=0,где Cnk =n!k!(n − k)!kDn+1−k (f ) · Dk (g)Cn+1. Доказательство.Из формулы Лейбница следует утверждение теоремы (т.к.
f, g —дифференцируемы, а Cnk — константа).Доказательство формулы Лейбница: (по индукции)◦ При k = 1 это верно (по формуле дифференцирования произведения):D(f · g) = Df · g + f · Dg = C10 Df · g + C11 f · Dg◦ Пусть при n — верно:Dn (f · g) =nXk=0Cnk Dn−k (f ) · Dk (g)Докажем:nnXXDn+1 (f ·g) = D(Dn (f ·g)) = D(Cnk Dn−k (f )·Dk (g)) =Cnk D(Dn−k (f )·Dk (g)) =k=0=Xk=0k=0nnX XnCnk Dn−k+1 (f ) · Dk (g) + Dn−k (f ) · Dk+1 (g) =Cnk Dn−k+1 (f )·Dk (g)+Cnk Dn−k (f )·Dk+1 (g) =k=0k=0Положим k = s − 1=nXk=0Cnk Dn−k+1 (f )Dk (g)+n+1Xs=1Cns−1 Dn−s+1 (f ) · Ds =Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/6.4.
Формула Тейлора6.4MFH CorporationСтр. 109Формула ТейлораОтображение P n : R → R вида P n (x) = a0 +a1 x+a2 x2 +. . .+an xn — многочлен(ai ∈ R).deg(P n ) = maxn | ai 6= 0 — степень многочлена;deg(0) = −inf ty;deg(const) = 0;(k)Pn∃c ∈ (a, b) | f (b) = k=0 f k!(a) (b − a)k + Rn , где Rn — остаточный членв форме Лагранжа, который имеет вид:Rn =1. При n = 1 формула Тейлора совпадает с формулой Лагранжа;Лемма 6.4.2 (Формула Тейлора для многочленов).2.
Если f — полином, то формула Тейлора совпадает с формулой Тейлора для полиномов.. Доказательство.. ПустьP (x) = a0 + a1 x + . . . + an xn , c ∈ R. Тогда∃ единственный набор b1 , b2 , . . . , bn | P (x) = b0 + b1 (x − c) + . . . + bn (x −P ( n)(c)k!◦ Лемма: Пусть f, g определены на [a, b]; f, g (n + 1) раз непрерывнодифференцируемы на (a, b);∀k = 0, 1, . . . , n + 1 ∃ limx→a+0 f (k) (x) = limx→a+0 g(k)(x) = 0.Пусть g (k) (x) 6= 0 ∀x ∈ (a, b).Тогдаf (b)f (n+1) (c)∃c ∈ (a, b) |= (n+1) .g(a)g(c)Доказательство леммы:По теореме Коши о среднем:. Доказательство.Т.к. P (x) = b0 + b1 (x − c) + .
. . + bn (x − c)n , то:P (c) = b0P 0 (x) = b1 + 2b2 (x − c) + . . . + kbk (x − c)k−1 + . . . + nbn (x − c)n−1P 0 (c) = b1По индукции:P (k) (x) = k! · bk + (x − c) · Q(x)P (k) (c) = k! · bk ⇒ bk =f (n+1) (c)(b − a)n+1(n + 1)!Замечание:Многочлены можно складывать, умножать; можно брать суперпозицию многочленов.c) , причем bk =MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной.
ТогдаОПР 6.4.1 (Многочлена).nСтр. 110P k (c)k!f (b)f (b) − f (a)f 0 (c1 )== 0g(b)g(b) − g(a)g (c1 )Рассмотрим интервал (a, c1 ), тогда:f 0 (c1 ) − f 0 (a)f 00 (c2 )f 0 (c1 )==g 0 (c1 )g 0 (c1 ) − g 0 (a)g 00 (c2 )f (b)g(b)=f (n+1) (cn+1 )g(n+1) (cn+1 )cn+1 обозначим через c ∈ (a, b)Теорема 6.4.3 (Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа).Выберем функции F (x) = f (x)n+1a). Пустьf — непрерывна на [a, b], f ∈ Dn+1 ((a, b), R). Предположим ∀k 6 n +∃ limx→a+0 f (k) (x) = f (k) (a)Лекции по математическому анализу, где c2 ∈ (a, c1 )Действуем по индукции, тогда найдется точка cn |◦ Доказательство теоремы:1, где c1 ∈ (a, b)http://MFH.gorodok.net/Pnk=0f (k) (a)k! (x− a)k , G(x) = (x −Очевидно в силу свойств f (x), F (x), G(x) удовлетворяют условиям леммы.!(m) nXf (k)(x − a)k= f (m) (a)k!k=0x=aЛекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/6.4.
Формула ТейлораСтр. 111MFH CorporationСтр. 1127.4.4F (m) (x) = f (m) (x) − f (m)(a) Тогда по лемме получаем:f (b) −F (b)=G(b)⇒ f (b) −f (k) (a)k=0k! (bn+1(b − a)PnnXf (k)(a)k!k=0⇒ f (b) =k=0k!k− a)nXf (k)(a)k=0k!(x−a)k +1. e = 1 + x + . . . +F (n+1) (c)f (n+1) (c)== (n+1)⇒(n + 1)!G(c)(b − a)k +, c ∈ (a, b)f (n+1) (c)(b − a)n+1(n + 1)!Обычно пишут:f (x) =Стандартные разложенияxf (n+1) (c)(b − a)k =(b − a)n+1(n + 1)!nXf (k)(a)MFH CorporationГлава 5.
Дифференциальное исчисление функций одной переменнойf (n+1) (c)(x−a)n+1(n + 1)!xnn!+ o(xn )2n+12. sin x = x −x33!x+ . . . + (−1)n−1 (2n+1)!+ o(x2n+1 )3. cos x = 1 −x22!x+ . . . + (−1)n (2n)!+ o(x2n )4. ln(1 + x) = x −2nx22!n+ . . . + (−1)n−1 xn! + o(xn )5. (1 + x)m = 1 + mx +m(m−1) 2x2!+ ...+m(m−1)...(m−n+1)(xn )n!ОПР 7.4.5.Пусть f : (a, b) → R, тогда f ∈ C ∞ ((a, b), R) если ∀n ∈ Nцируема на (a, b).∞Xf (n) (a)f (x) =(x − a)nn!n=0P∞ xnxПример: e = n=0 n!+ o(xn )f — дифферен-— разложение функции в ряд ТейлораЗамечание:1.
Если a = 0, то разложение называется разложением Макларена.2. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:Пусть f (n+1) (x) ограничена на [a, b], тогда:Rn =f (n+1) (c)f (n+1) (c)(x − a)n+1 =(x − a)n (x − a) ⇒(n + 1)!(n + 1)!⇒ Rn = o((x − a)n ) при x → aДействительно:limx→a⇒ f (x) =nXf (k) (a)k=0k!Rnf (n + 1)(c)(x − a) ⇒= limnx→a(x − a)(n + 1)! | {z }{z} →0|ограничено(x−a)k +o((x−a)n )— формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/7.5. Достаточный признак существования экстремума7.5MFH CorporationСтр.
113Достаточный признак существования экстремумаЛемма 7.5.1.. ПустьСтр. 114MFH CorporationГлава 5. Дифференциальное исчисление функций одной переменной. Тогдаесли n + 1 четно, то p — локальный экстремум, причем если A > 0, тоp — точка min, если A < 0, то p — точка max. Если n + 1 — нечетно, то pне локальный экстремум..
Доказательство.f : (a, b) → R, p ∈ (a, b), f (x) = f (p) + A(x − p)n + o((x − p)n ). Тогдаf (x) = f (p) +1. если n — чётное, то p — точка экстремума f :(a) A > 0 — min;(b) A < 0 — max;f 0 (p)f (n+1) (p)(x − p) + . . . +(x − p)n+1 + o((x − p)n+1 )1!(n + 1)!Поскольку по условию первые n производных равны 0, то:2. если n -нечетное, то p не является экстремальной точкой.. Доказательство.f (x) = f (p) +f (n+1) (p)(x − p)n+1 + o((x − p)n+1 ).(n + 1)!Теперь применяем лемму.Запишем функцию в следующем виде:f (x) = f (p) + A(1 + β(x)) · (x − p)nТ.к.
f ∈ Dn+1 (a, b), p ∈ (a, b), то можно применить формулу Тейлора:, где β(x) → 0 при x → p∃ окрестность U точки p: U = (p − δ, p + δ) | (1 + β(x)) > 0 ∀x ∈ U .◦ Пусть n — четно, тогда:X если A > 0, то:f (x) − f (p) = A(1 + β(x))(x − p)n > 0 ∀x ∈ U ⇒ p — точка minX если A < 0, то: f (x) − f (p) 6 0 ⇒ p — точка max ⇒ при четномn p — экстремум.◦ Пусть n — нечетно, A 6= 0 тогда:X если A > 0, то:f (x) − f (p) = A(1 + β(x))(x − p)n > 0 ∀x ∈ U ⇒ p — точка minX если A < 0, то: f (x) − f (p) 6 0 ⇒ p — точка max ⇒ при четномn p — экстремум.Теорема 7.5.2 (Достаточный признак существования экстремума).. Пустьf : (a, b) → R, f ∈ D(n+1) (a · b), f 0 (p) = 0, f 00 (p) = 0, .
. ., f (n) (p) = 0,A = f (n+1) (p) 6= 0Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/7.6. Выпуклые функции7.6MFH CorporationСтр. 115Выпуклые функцииОПР 7.6.1 (Выпуклой и вогнутой функции).Пусть f : < a, b >→ R, < a, b > — выпуклое множество, т.е. еслиx1 , x2 ∈< a, b >, то ∀λ, µ | λ + µ = 1 (λ > 0, µ > 0) x = λx1 + µx2 ∈< a, b >.Говорят, что f — выпукло (или выпукло сверху) на < a, b > если ∀x1 , x2 ∈<a, b > имеет место f (λx1 + µx2 ) 6 λf (x1 ) + µf (x2 ) (λ > 0, µ > 0, λ + µ = 1).Если равенство возможно только при x1 = x2 , то говорят, что f — строговыпукло.Говорят, что f — вогнуто (или выпукло снизу) на < a, b > если ∀x1 , x2 ∈<a, b > имеет место f (λx1 + µx2 ) > λf (x1 ) + µf (x2 ) (λ > 0, µ > 0, λ + µ = 1).Если равенство возможно только при x1 = x2 , то говорят, что f — строговыпукло.Замечание: Если f — выпукла, то (−f ) — очевидна вогнута.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
