maall (848881), страница 16
Текст из файла (страница 16)
Если f (x) = x на том же отрезке, то нарушено условие f (a) = f (b);производная f 0 (x) тождественно равна единице и не обращается в нуль ни в одной точкеинтервала (0, 1). Рассмотрим еще функцию f (x) = x2/3 на отрезке [−1, 1]. Функция f (x)2непрерывна, f (−1) = f (1), но производная f 0 (x) = x−1/3 нигде в нуль не обращается. В3данном случае дело в том, что f 0 (x) не существует при x = 0.Геометрический смысл теоремы Ролля состоит в том, что при выполнении её условийна интервале (a, b) найдется хотя бы одна точка c такая, что касательная к графику функции y = f (x) в точке (c, f (c)) горизонтальна.Заметим еще, что если точка c ∈ (a, b), то её можно записать в виде c = a + θ(b − a), гдеc−a, числитель и знаменательθ – некоторое число из интервала (0, 1).
В самом деле, θ =b−aэтой дроби оба положительны, причём числитель меньше знаменателя. Поэтому θ ∈ (0, 1).Теорема (Лагранжа). Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема на интервале (a, b). Тогда на этом интервале существует точка c такая, чтоf (b) − f (a) = f 0 (c) · (b − a).Доказательство. Рассмотрим вспомогательную функциюF (x) = f (x) −f (b) − f (a)· (x − a) .b−aЭта функция непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема на интервале (a, b), поскольку этими свойствами обладает f (x). Далее F (a) = f (a) и F (b) = f (a) — это проверяется непосредственно. Мы видим, что для F (x) выполнены все условия теоремы Ролля.Поэтому существует точка c ∈ (a, b), для которойF 0 (c) = f 0 (c) −f (b) − f (a)= 0.b−aОтсюда вытекает требуемое равенство. Теорема доказана.Следствие.
Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференцируема наинтервале (a, b), причём во всех точках этого интервала f 0 (x) = 0. Тогда эта функцияпостоянна на отрезке [a, b].2В самом деле, пусть a < x 6 b. Применим теорему Лагранжа к отрезку [a, x]. Имеем:f (x) − f (a) = f 0 (c)(x − a) = 0, т.к. f 0 (c) = 0. Поэтому f (x) = f (a) для всех x ∈ [a, b], иf (x) = const.f (b) − f (a)есть углоВыясним геометрический смысл теоремы Лагранжа. Очевидно,b−aвой коэффициент хорды, соединяющей точки (a, f (a)) и (b, f (b)) графика функции y = f (x).Поскольку, как известно, f 0 (c) есть угловой коэффициент касательной к графику функцииy = f (x) в точке (c, f (c)), то мы видим, что при выполнении условий теоремы Лагранжана интервале (a, b) найдётся точка c такая, что касательная к графику функции f (x) вточке с абсциссой c параллельна хорде, соединяющей граничные точки этого графика.Теорема (Коши).
Пусть функции f (x) и g(x) непрерывны на отрезке [a, b] и дифференцируемы на интервале (a, b), причём g 0 (x) отлична от нуля в каждой точке этогоинтервала. Тогда на (a, b) найдется точка c такая, чтоf 0 (c)f (b) − f (a)= 0.g(b) − g(a)g (c)Доказательство. Сначала заметим, что g(b) − g(a) 6= 0. В самом деле, если бывыполнялось равенство g(b) = g(a), то на интервале (a, b) по теореме Ролля нашлась быточка ξ, в котрой g 0 (ξ) = 0.
По условию теоремы такой точки нет. Поэтому g(b)−g(a) 6= 0.Рассмотрим вспомогательную функциюF (x) = f (x) −f (b) − f (a)(g(x) − g(a)) .g(b) − g(a)Легко видеть, что для f (x) на отрезке [a, b] выполнены все условия теоремы Ролля. Поэтому существует точка c ∈ (a, b) такая, чтоF 0 (c) = f 0 (c) −f (b) − f (a) 0g (c) = 0 .g(b) − g(a)Из этого равенства вытекает требуемое. Теорема доказана.Теорема (правило Лопиталя раскрытия неопределенностей). Пусть в проколотойокрестности Ů (x0 ) точки x0 определены и дифференцируемы функции f (x) и g(x), причемlim f (x) = lim g(x) = 0 ,x→x0x→x0и g 0 (x) 6= 0 для любого x ∈ Ů (x0 ). Тогда если существует (конечный или бесконечный)пределf 0 (x)lim 0=K,(1)x→x0 g (x)то иf (x)lim=K,(2)x→x0 g(x)3Доказательство.f (x0 ) = g(x0 ) = 0.Доопределим функции f (x) и g(x) в точке x0 , положивВ результате получим функции, непрерывные в окрестностиU (x0 ) = Ů (x0 ) ∪ {x0 } точки x0 .
Для этих новых функций оставим прежние обозначения. Заметим, что если x 6= x0 , то g(x) 6= 0. Если бы было g(x) = 0, то, как и придоказательстве теоремы Коши, к отрезку с концами в точках x0 и x можно было применить теорему Ролля, и тогда нашлась бы точка ξ , в которой g 0 (ξ) = 0.
По условиютеоремы это невозможно. Поэтому для любого x 6= x0 имеем g(x) 6= 0. Пусть x 6= x0 ,и пусть для определенности x > x0 . Для пары функции f (x) и g(x) на отрезке [x0 , x]выполнены все условия теоремы Коши. Поэтомуlimx→x0f (x) − f (x0 )f 0 (c)f (x)= lim == lim 0=K,x→x0 g (c)g(x) x→x0g(x) − g(x0 )т.к., очевидно, c → x0 , если x → x0 . Здесь c ∈ (x0 , x) — точка, существование которойf (x)обеспечивается теоремой Коши.
Таким образом, lim= K, и теорема доказана.x→x0 g(x)0Мы рассмотрели теорему о раскрытии неопределенности вида . Аналогичное утвер0∞ждение справедливо и для случая неопределённости вида. Для всех остальных пре∞дельных переходов (x → ∞, x → x0 + и т.п.) правило Лопиталя остается в силе. Заметим,что если предел отношения производных (1) не существует, то отсюда еще не следует,вообще говоря, что не существует предел (2).Пример.
Выясним вопрос о производных функций y = arcsin x и y = arccos x приx = ±1. Имеемarcsin(1 + h) − arcsin 1=(arcsin x)0 x=1 = limh→0−h(arcsin(1 + h) − arcsin 1)01= lim= lim p= +∞ .0h→0−h→0−h1 − (1 + h)2Таким образом, (левая) производная функции y = arcsin x в точке x = 1 равна +∞. Аналогично проверяется что (arcsin x)0 x=−1 = +∞, и (arccos x)0 x=±1 = −∞.С помощью правила Лопиталя вычислим несколько важных пределов. Пусть a > 1,axα > 0, и пусть требуется вычислить предел lim = α .
Мы имеем здесь дело с неопредеx→+∞x∞ленностью вида. Преобразуем сначала выражение под знаком предела:∞x !α αa1/αaxbx==xαxxbx∞ . Для раскрытия этой неопределенности видаx→+∞ x∞применим правило Лопиталя:Где b = a1/α > 1. Найдем limbx(bx )0= lim= lim bx ln b = +∞ .x→+∞ xx→+∞ x0x→+∞limПоэтомуaxlim= limx→+∞ xαx→+∞bxxα= +∞ .Мы видим, что показательная функция (с основанием большим единицы) растёт быстреестепенной (с любым показателем степени). Пусть a > 1, α > 0, β > 0. Рассмотрим предел4xα.
И здесь целесообразно предварительно преобразовать выражение под знакомx→+∞ logβ xaпредела: α/β βxαx=.βloga xloga xlimВычислим сначала предел выражения в скобках. Для этого надо раскрыть неопределен∞ность вида. Имеем∞α (α/β)−1·xxxα ln aβlim= lim=lim xα/β = +∞ .= lim01x→+∞ loga xx→+∞ (loga x)x→+∞β x→+∞x ln aα/β 0α/βСледовательно,xαlim= limx→+∞ logβ xx→+∞axα/βloga xβ= +∞ .Мы видим, что степенная функция (с положительным показателем степени) растет быстрее любой степени логарифма при x → +∞.Рассмотрим еще при 0 < a < 1, α > 0, β > 0 предел lim xα logβa x. Здесь мы имеемx→0+1неопределенность вида 0 · ∞. Пусть x = . Тогда t → +∞, и мы получаемtβlim xx→0+αlogβaloga−1 t(− loga t)β= lim=0x = limαt→+∞t→+∞ttαв силу предыдущего результата.
Таким образом, lim xα logβa x = 0.x→0+an∗ Докажем ещё, что lim= 0, где a > 0. Если 0 < a 6 1, то утверждение очевидно.n→∞ n!Пусть a > 1, и пусть[n/2] > 4a2 ,(3)где [n/2] — целая часть числа n/2. Тогдаn! > [n/2]([n/2] + 1)([n/2] + 2) . . . ([n/2] + [n/2]) > (4a2 )[n/2]+1 > (4a2 )n/2 = 2n an ,т.е. при указанных n выполняется неравенство n! > 2n an .
Поэтому при выполнении (3)имеем:anan10<< n n = n.n!2 a21Т.к. n → 0 при n → ∞, то отсюда получаем требуемое. ∗25кафедра «Математическое моделирование»проф. П. Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекция 14.Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа и Пеано.Формула Маклорена и представление по этой формуле некоторых элементарных функций.
Использование формулы Тейлора в приближенных вычислениях и для вычисления пределов.ОЛ-2, гл.7.Формулой Тейлора называется равенствоf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k + rn (x);слагаемое rn (x) называется остаточным членом. Рассмотрим два варианта формулы Тейлора.Теорема (формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа). Пусть функция f (x) определена в окрестности U (x0 ) точки x0 и имеет в этой окрестности производныевсех порядков до (n + 1)-го включительно. Тогда для любого x ∈ U (x0 ) справедливо равенствоf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k +f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 )n+1 ,(n + 1) !где θ — некоторое число из интервала (0, 1).Доказательство.
Пусть x ∈ U (x0 ), и пусть для определенности x > x0 . РассмотримnXf (k) (t)на отрезке [x0 , x] две функции ϕ(t) = f (x) −· (x − t)k и ψ(t) = (x − t)n+1 .k!k=0n(k)X f (x)Для этих функций имеем ϕ(x) = f (x) −· (x − x)k = f (x) − f (x) = 0,k!k=0n(k)X f (x0 )· (x − x0 )k , ψ(x) = (x − x)n+1 = 0, ψ(x0 ) = (x − x0 )n+1 .ϕ(x0 ) = f (x) −k!k=0Вычислим производные:n0Xf (k) (t)ϕ0 (t) = f (x) − f (t) −· (x − t)k =k!k=11nX1 (k+1)k(k)k−1= −f (t) −f(t) · (x − t) − k f (t)(x − t)=k!k=10= −f 0 (t) −nXf (k+1) (t)k!k=1(x − t)k +nXf (k) (t)· (x − t)k−1 .(k−1)!k=1В последней сумме введем новый индекс суммирования l = k − 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
