1610915345-a898d2ed1782c2051d53be2dc4f81e98 (824737), страница 33
Текст из файла (страница 33)
Эти рассуждения докажут, что втаких точках первая производная должна быть равна нулю, еслиона существует.64. Формула Коши. Положим, что функция f (x) и ϕ(x)непрерывны в промежутке (a, b) и в каждой точке внутри этогопромежутка имеют производную, причем производная ϕ′ (x) ни водной из точек внутри промежутка не обращается в нуль. Применяя к функции ϕ(x) формулу Лангранжа, получимϕ(b) − ϕ(a) = (b − a)ϕ′ (c1 ) (a < c1 < b);но по условию ϕ′ (c1 ) 6= 0 и, следовательно,ϕ(b) − ϕ(a) 6= 0.Составим функциюF (x) = f (x) + λϕ(x),где λ — постоянная, которую мы определим так, чтобы былоF (a) = F (b),то естьf (a) + λϕ(a) = f (b) + λϕ(b),65]§ 5. Приложение к изучению функций197откудаλ=−f (b) − f (a).ϕ(b) − ϕ(a)При таком выборе λ к функции F (x) приложима теорема Ролля,и, следовательно, будет существовать такое значение x = c, прикоторомF ′ (c) = f ′ (c) + λϕ′ (c) = 0 (a < c < b).Это уравнение даетf ′ (c)= −λ (ϕ′ (c) 6= 0),ϕ(c)откуда, подставляя найденное для λ значение, получимf ′ (c)f (b) − f (a)= ′ϕ(b) − ϕ(a)ϕ (c)илиили(a < c < b)f ′ [a + θ(b − a)]f (b) − f (a)= ′ϕ(b) − ϕ(a)ϕ [a + θ(b − a)](0 < θ < 1),(6)f ′ (a + θh)f (a + h) − f (a)= ′.ϕ(a + h) − ϕ(a)ϕ (a + θh)Это и есть формула Коши.
Полагая в этой формуле ϕ(x) = x,будем иметь ϕ′ (x) = 1, и формула примет вид:f (b) − f (a) = (b − a)f ′ (c),т. е. мы получили формулу Лангранжа как частный случай формулы Коши.65. Раскрытие неопределенностей. Положим, что функцииϕ(x) и ψ(x) непрерывны при a < x 6 a + k, k — некоторое положительное число, имеют непрерывные производные и ψ ′ (x) необращается в нуль при указанных значениях x.
Положим, крометого, что lim ϕ(x) = 0 и lim ψ(x) = 0 при x → a + 0 [26]. Полагаяϕ(a) = ψ(a) = 0, мы получим функции, непрерывные вплоть до198Гл. II. Понятие о производной и его приложения[65ϕ(x)x = a, т. е. при a 6 x 6 a + k. При x → a + 0 к частному ψ(x), ко0торое при x = a представляет собою неопределенность вида 0 , неприменима теорема о пределе частного. Укажем способ раскрытияϕ(x)притакой неопределенности, т.
е. способ нахождения предела ψ(x)x → a + 0.Докажем предварительно следующему теорему: если при сдеϕ′ (x)ланных выше предположениях отношение ψ′ (x) стремится к пределу b при x → a + 0, то к тому же пределу стремится и отноϕ(x).шение функций ψ(x)Принимая во внимание, чтоϕ(a) = ψ(a) = 0,и применяя формулу Коши [64], получимϕ(x) − ϕ(a)ϕ′ (ξ)ϕ(x)== ′ψ(x)ψ(x) − ψ(a)ψ (ξ)(ξ между a и x).(7)Заметим, что при сделанных относительно ϕ(x) и ψ(x) предположениях применима формула Коши.Если x → a + 0, то ξ, заключающееся между a и x и зависящееот x, стремится к a. При этом, по условию, правая часть равенства(7) стремится к пределу b, а потому и левая часть имеет тот же предел.
Отметим, что этот предел может быть и бесконечным. Такимобразом приходим к правилу:ϕ(x)в случае неопределенПри разыскании предела частного ψ(x)0ности 0 можно заменить отношение функций отношением ихпроизводных и отыскивать предел этого нового отношения.Правило это дано французским математиком Лопиталем и называется обычно его именем.ϕ′ (x)Если отношение производных ψ′ (x) также приводит к неопределенности 00 и функции ϕ′ (x) и ψ ′ (x) удовлетворяют тем условиям,которые мы выше формулировали для ϕ(x) и ψ(x), то и к отноше′(x)можно применить правило Лопиталя, и т.
д.нию ϕψ(x)Мы рассмотрели случай a < x 6 a + k. Совершенно аналогичнорассматривается случай a− k 6 x < a, т. е. x → a− 0. В дальнейших65]§ 5. Приложение к изучению функций199примерах предел не зависит от того, стремится ли x справа илислева, и мы пишем x → a.Мы рассмотрели тот случай, когда x стремится к конечномупределу a. Правило справедливо и для того случая, когда x стремится к бесконечности.
На доказательстве этого мы не останавливаемся.Приложим правило Лопиталя к нескольким примерам.n(1 + x)n−1(1 + x)n − 1= lim= n;1. limx→0x→0x11x − sin x1 − cos xsin xcos x2. lim= lim= lim= lim= ,x→0x→0x→0 6xx→0x33x266т. е. разность x − sin x есть бесконечно малая третьего порядка по сравнению с x.x − x cos x1 − cos x + x sin x= lim=3. limx→0x→0 x − sin x1 − cos xsin x + sin x + x cos x2 cos x + cos x − x cos x= lim= 3.= limx→0x→0sin xcos xРезультат этого примера приводит к практически удобному способуспрямления дуги окружности.Рассмотрим окружность, радиус которой примем за единицу.
Заось OX выберем один из диаметров этой окружности, а за осьOY — касательную в конце этогодиаметра (рис. 72). Возьмем некоторую дугу OM и пусть на оси OYимеется отрезок ON , равный дуге OM , и проведем прямую N M .Пусть P — точка ее пересечения сРис. 72.осью OX. Обозначим через u длину дуги OM (радиус принят за единицу). Уравнение прямой N M в отрезках имеет вид:yx+ = 1.OPuДля вычисления длины отрезка OP заметим, что на прямой N M лежитточка M с координатамиx = OQ = 1 − cos u,y = QM = sin u.Эти координаты должны удовлетворять написанному уравнению:sin u1 − cos u+= 1,OPuоткудаOP =u − u cos u.u − sin u200Гл. II.
Понятие о производной и его приложения[66Результат примера 3 показывает, что, при OP → 3 u → 0, т. е. точка P на оси OX будет стремиться к точке D, расстояние которой отначала координат равно утроенному радиусу окружности. Отсюда получается простой способ приближенного спрямления дуги окружности.Для спрямления дуги OM надо отложить от точки O отрезок OD, равный трем радиусам окружности, и провести прямую DM . Отрезок ON1 ,отсекаемый этой прямой на оси OY , и даст приближенно длину дугиOM . Способ этот приводит к очень хорошим результатам, особенно длянебольших дуг; но даже для дуги π/2 относительная ошибка составляетприблизительно 5%.66.
Различные виды неопределенностей. Доказанное в [65]правило применимо и к случаю неопределенностей вида ∞∞ . В дальнейшем мы не будем отличать стремление x к a слева или справаи будем писать для краткости x → a. Предположим, что при этомнепрерывные функции ϕ(x) и ψ(x) стремятся к (+∞) или (−∞).Для определенности пустьlim ϕ(x) = lim ψ(x) = +∞(8)ϕ′ (x)= b.x→a ψ ′ (x)(9)x→aиx→alimϕ(x)стремится к тому же пределу b, приПокажем, что отношение ψ(x)′чем предполагается, что ψ (x) не обращается в нуль при значенияхx, близких к a.Рассмотрим два значения независимой переменной x и x0 , близкие к a и такие, что x заключаются между x0 и a. По формулеКоши будем иметьϕ′ (ξ)ϕ(x) − ϕ(x0 )= ′ψ(x) − ψ(x0 )ψ (ξ)(ξ между x и x0 ),но, с другой стороны,ϕ(x) 1 −ϕ(x) − ϕ(x0 )=ψ(x) − ψ(x0 )ψ(x) 1 −ϕ(x0 )ϕ(x)ψ(x0 )ψ(x).66]§ 5.
Приложение к изучению функций201Отметим, что из (8) непосредственно следует, что ϕ(x) и ψ(x) отличны от нуля при значениях x, близких к a. Сравнивая эти двавыражения, получимилиϕ(x) 1 −ψ(x) 1 −ϕ(x0 )ϕ(x)ψ(x0 )ψ(x)=ϕ′ (ξ) 1 −ϕ(x)= ′ψ(x)ψ (ξ) 1 −ϕ′ (ξ)ψ ′ (ξ)ψ(x0 )ψ(x)ϕ(x0 )ϕ(x),(10)где ξ заключается между x и x0 и, следовательно, между a и x0 .Возьмем x0 достаточно близким к a; тогда, в силу условия (9), мыможем считать, что первый множитель в правой части равенства(10) будет сколь угодно мало отличаться от b при любом выборе x между x0 и a. Закрепив, таким образом, значение x0 , будемприближать x к a. Тогда в силу условия (8) второй множитель вправой части равенства (10) будет стремиться к единице, а потомуϕ(x), стоящее в левой частимы можем утверждать, что отношение ψ(x)равенства (10), при значениях x, близких к a, будет сколь угодномало отличаться от b, т. е.limx→aϕ(x)= b.ψ(x)Из доказанной теоремы следует, что правило Лопиталя применимо и для раскрытия неопределенностей вида ∞∞.Отметим еще некоторые виды неопределенностей.
Рассмотримпроизведение ϕ(x)ψ(x), и пустьlim ϕ(x) = 0x→aиlim ψ(x) = ∞.x→aЭто будет неопределенность вида 0 · ∞. Нетрудно привести ее к∞:виду 00 или ∞ψ(x)ϕ(x)ϕ(x)ψ(x) ==.11ψ(x)ϕ(x)202Гл. II. Понятие о производной и его приложения[66Рассмотрим, наконец, выражение ϕ(x)ψ(x) и пустьlim ϕ(x) = 1 и lim ψ(x) = ∞.x→ax→aЭто будет случай неопределенности вида 1∞ . Рассмотрим логарифм данного выраженияlog[ϕ(x)ψ(x) ] = ψ(x) log ϕ(x),который приводится к неопределенности вида 0 · ∞. Раскрывая этунеопределенность, т. е. находя предел логарифма данного выражения, мы тем самым будем знать и предел самого выражения.
Совершенно так же раскрываются неопределенности вида ∞0 и 00 .Рассмотрим теперь примеры.exex= lim= +∞,1. limx→+∞ 1x→+∞ xexexex= lim= lim= +∞.limx→+∞ x2x→+∞ 2xx→+∞ 2xСовершенно так же можно убедиться в том, что отношение xen прилюбом положительном значении n стремится к бесконечности, когдаx → +∞, т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
