maall (848881), страница 17
Текст из файла (страница 17)
Тогдаnn−1 (l+1)n−1 (l+1)XXXf (k) (t)f(t)f(t)k−1l0· (x − t)=(x − t) = f (t) +· (x − t)l .(k−1)!l!l!k=1l=0l=1Следовательно,n−1 (k+1)Xf (n+1) (t)f(t)nϕ (t) = −f (t) −· (x − t) −(x − t)k + f 0 (t)+n!k!k=100+n−1 (l+1)Xf(t)l=1т.е. ϕ0 (t) = −l!(x − t)l = −f (n+1) (t)· (x − t)n ,n!f (n+1) (t)· (x − t)n .n!Далее, ψ 0 (t) = −(n + 1)(x − t)n , и непосредственно видно, что производная ψ 0 (t) наинтервале (x0 , x) отлична от нуля. К паре функций ϕ(t) и ψ(t) на отрезке [x0 , x] применимтеорему Коши. Имеем:ϕ0 (x0 + θ(x − x0 ))ϕ(x0 ) − ϕ(x)= 0,ψ(x0 ) − ψ(x)ψ (x0 + θ(x − x0 ))где θ ∈ (0, 1). Учитывая результаты проведенных вычислений, получаем отсюда:f (x) −nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k(x − x0 )n+1т.е.f (x) −nXf (k) (x0 )k=0f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 − θ(x − x0 ))n ×n!1f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))=×,−(n + 1)(x − x0 − θ(x − x0 ))n(n + 1) !=−k!· (x − x0 )k =f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 )n+1 .(n + 1) !Из последнего равенства следует утверждение теоремы при x > x0 . При x < x0 рассуждения аналогичны; если x = x0 , то утверждение теоремы очевидно.
Теорема доказана.Теорема (формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.) Пусть функцияf (x) определена в окрестности точки x0 и имеет в этой точке производные всех порядковдо n-го включительно. Тогда справедливо равенствоf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k + o((x − x0 )n ) , x → x0 .Доказательство. Равенство, которое требуется доказать, означает, чтоf (x) −limx→x0nXf (k) (x0 )k=0k!(x − x0 )n2· (x − x0 )k= 0.0Мы имеем здесь дело с неопределенностью . Чтобы раскрыть её, применим n − 1 раз0правило Лопиталяf (x) −limx→x0nXf (k) (x0 )k!k=0k· (x − x0 )= lim(x − x0 )nnXf (k) (x0 )f (x) −· (x − x0 )k−1(k−1)!k=10n(x − x0 )n−1x→x0nXf (k) (x0 )· (x − x0 )k−2f (x) −(k−2)!k=2=00= limn(n − 1)(x − x0 )n−2x→x0= limx→x0= ... =f (n−1) (x) − f (n−1) (x0 ) − f (n) (x0 )(x − x0 )=n !(x − x0 ) (n−1)f(x) − f (n−1) (x0 )1(n)lim− f (x0 ) = 0 ,=n ! x→x0x − x0f (n−1) (x) − f (n−1) (x0 )= f (n) (x0 ).
Теорема доказана.x→x0x − x0Заметим, что мы не могли при доказательстве это теоремы применить правило Лопиталя n раз, поскольку по условию теоремы производная n-го порядка функции f (x)существует лишь при x = x0 . Рекомендуется самостоятельно проверить, что в нашихрассуждениях перед каждым применением правила Лопиталя были выполнены все требования соответствующей теоремы.Если x0 = 0, то формула Тейлора называется формулой Маклорена. Из доказанныхтеорем вытекают такие формулы Маклорена с остаточным членом соответственно в формеЛагранжа и Пеано:т.к.
limex =nXxkk!k=0+xe =eθx· xn+1 ,(n + 1) !nXxkk=0k!+ o(xn ) ,0 < θ < 1,иx → 0.Пусть f (x) = cos x. Тогдаππ (k)(−1)n , если k = 2n ,(k)f (x) = cos x + k ·, f (0) = cos k =n = 0, 1, 2, . . . .0 , если k = 2n + 1 ,22При составлении формулы Маклорена учтем производные f (k) (0) до k = 2n+1 включительно; при этом остаточный член в форме Лагранжа имеет видcos(θx + (n + 1) π) 2n+2cos θx·x= (−1)n+1 ·· x2n+2 ,(2n + 2) !(2n + 2) !и мы получаем такие формулыcos x =nXk=0(−1)kx2kcos θx+ (−1)n+1· x2n+2 ,(2k) !(2n + 2) !cos x =nXk=0(−1)kx2k+ o(x2n+1 ) ,(2k) !0 < θ < 1,иx → 0.Остаточный член в форме Пеано записан в виде o(x2n+1 ) потому, что слагаемое, содержащее x2n+1 имеет нулевой коэффициент.
Если f (x) = sin x, то3π (k)π(−1)n , если k = 2n + 1 ,f (x) = sin x + k ·, f (0) = sin k · =n = 0, 1, 2, . . . .0 , если k = 2n ,22Если при составлении формулы Маклорена учесть слагаемые, содержащие производные до 2n-го порядка включительно, то остаточный член в форме Лагранжа будет иметьвидπ sin θx + (2n + 1)2 · x2n+1 = (−1)n · cos θx · x2n+1 .(2n + 1) !(2n + 1) !(k)Поэтомуsin x =nXcos θxx2k−1+ (−1)n· x2n+1 ,(2k − 1) !(2n + 1) !(−1)k−1k=1sin x =nX(−1)k−1k=1x2k−1+ o(x2n ) ,(2k − 1) !0 < θ < 1,иx → 0.Рассмотрим функцию f (x) = (1 + x)α .Здесь производная порядка k вычисляется по формуле f (k) (x) = α (α − 1) .
. . (α − k + 1)(1 + x)α−k ; при x = 0 имеемf (k) (0) = α (α − 1) . . . (α − k + 1). Поэтому(1 + x)α = 1 +nXα (α − 1) . . . (α − k + 1)k!k=1· xk +α (α − 1) . . . (α − n)×(n + 1) !× (1 + θx)α−n−1 xn+1 ,0 < θ < 1.В этой формуле возможно дополнительное ограничение x > −1, связанное с тем, что дляфункции (1+x)α в точке x = −1 могут не выполняться условия соответствующей теоремы.Формула Маклорена с остаточным членом в форме Пеано имеет в данном случае вид:α(1 + x) = 1 +nXα(α − 1) . .
. (α − k + 1)k!k=1· xk + o(xn ),x → 0.Для логарифмической функции f (x) = ln(1 + x) имеем f (0) = ln 1 = 0;f (k) (x) = (−1)k−1(k − 1) !,(1 + x)kk = 1, 2, . . . .Поэтомуln(1 + x) =nX(−1)k−1k=1xn+1xk+ (−1)n,k(n + 1)(1 + θx)n+10 < θ < 1.В этой формуле x > −1, т.к. логарифм ln(1 + x) не определен при 1 + x 6 0. ФормулаМаклорена с остаточным членом в форме Пеано имеет вид:ln(1 + x) =nX(−1)k−1k=1xk+ o(xn ) ,kx → 0.Формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа можно использовать в приближённых вычислениях. Пустьf (x) =nXf (k) (x0 )k=0k!· (x − x0 )k +f (n+1) (x0 + θ(x − x0 ))· (x − x0 )n+1 ,(n + 1) !4и пусть известно, что для всех x из интервала с концами в точках x0 и x выполняетсянеравенство|f (n+1) (x)| 6 M .(1)Тогда имеет место приближённая формулаf (x) ≈nXf (k) (x0 )k!k=0· (x − x0 )k ,(2)причём можно оценить погрешность:n f (n+1) (x + θ(x − x ))Xf (k) (x0 )00kn+1 · (x − x0 ) = · (x − x0 ) 6f (x) −k!(n + 1) !k=06M·|x − x0 |n+1.(n + 1) !Если неравенство (1) справедливо при всех n = 0, 1, 2, .
. . , то погрешность приближенной|x − x0 |n+1формулы (2) стремится к нулю при n → ∞, поскольку, как известно, lim= 0.n→∞ (n + 1) !В этом случае формула (2) позволяет (в принципе) вычислить f (x) c любой точностью.Обратимся к примерам.Примеры. 1. При x = 1 получаем из формулы Маклорена с остаточным членом вформе Лагранжаe=1+1+11eθ+ ... ++,2!n ! (n + 1) !0 < θ < 1.Отсюда, т.к.
1 < eθ < 31113<e− 1+1++ ... +,<(n + 1)!2!n!(n + 1) !и мы получаем не только приближенную формулуe≈1+1+11+ ... +,2!n!но и оценку ее погрешности.2. Поскольку при любых n = 0, 1, 2 . . . и x ∈ R выполняется неравенство | cos x| 6 1, тодля cos x и sin x имеем такие приближённые равенстваcos x ≈nX(−1)k ·k=0x2k(2k) !иsin x ≈nXk=1(−1)k−1 ·x2k−1,(2k − 1) !причем абсолютные погрешности этих приближенных равенств не превосходят соответственно|x|2n+2|x|2n+1и.(2n + 2) !(2n + 1) !2. В формулуln(1 + x) =nXk=1(−1)k−1xkxn+1+ (−1)nk(n + 1)(1 + θx)n+15подставим x = −1и умножим обе части получившегося равенства на −1; получим:2ln 2 =nXk=11+k · 2k1(n + 1) ·2n+1θ n+11−2где 0 < θ < 1.
Из последнего неравенства следует, что 1 −11< 2n+1 . Поэтомуn+1θθ n+11−(n + 1) · 2n+1 · 1 −22ную формулуnX1ln 2 ≈,k · 2kk=1причем0 < ln 2 −nXk=1,θ11> 1− = ;2221< 2;θ1−21, и мы имеем приближен<n+1(3)11.<kk·2n+1При такой оценке погрешности для получения значения ln 2 с точностью, например, до10.001 в формуле (3) пришлось бы взять n, для которого6 0.001, т.е. n > 999. Можноn+11доказать, что на деле абсолютная погрешность формулы (3) меньше, чем.(n + 1) · 2nФормулу Тейлора с остаточным членом в форме Пеано можно применять для вычисления пределов. Пусть требуется вычислить предел√arctg x − 3 1 + x2 · sin xlim.x→0x3По соответствующим формулам Маклорена имеемпри x→ 01 1−1√1x313sin x = x −+ o(x3 ), 1 + x2 = 1 + x2 + 3 3x4 + o(x4 ) = 1 + x2 + o(x3 ).6323Для получения аналогичного разложения арктангенса придется потрудиться, т.к. готовойформулы у нас нет:1 (arctg x)0 = = 1,1 + x2 x=0x=02x(arctg x)00 = − = 0,(1 + x2 )2 x=0x=02(1 + x2 )2 − 2x((1 + x2 )2 )0 000 =−(arctg x) = −2 ,(1 + x2 )4x=0x=0(arctg x)0 |x=0(arctg x)00 |x=0 2 (arctg x)000 |x=0 3arctg x = arctg x x=0 +x+x +x+1!2!3!x3+ o(x3 ) = x −+ o(x3 ) ,3Возвращаемся к исходной задаче:x31x3x−+ o(x3 ) − 1 + x2 + o(x3 ) x −+ o(x3 )336lim=x→0x36x → 0.x−= limx→0x3 x3x3 1−x−++ o(x3 )1336+o(1)=− .=lim−3x→0x221Искомый предел равен − .
При вычислении пределов описанным способом могут ока2заться полезными свойства символа o(xn ). Приведем без доказательства некоторыеизnnnnmn+mm nmnних; везде x → 0: o(x + o(x )) = o(x ), o(x ) · o(x ) = o(x), o(x ) = o(x ),o(xn ) + o(xm ) = o(xm ), o(xn ) = o(xm ), o(xn )/xm = o(xn−m ). Здесь m и n — натуральныечисла; в последних трёх формулах n > m. Все перечисленные равенства читаются слеванаправо. Например, запись o(xn ) = o(xm ), n > m, надо понимать в том смысле, что бесконечно малая более высокого порядка по сравнению с xn будет также и бесконечной малойболее высокого порядка по сравнению с xm (но не наоборот).7кафедра «Математическое моделирование»проф. П. Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекции 15-16.Необходимое и достаточное условия монотонности дифференцируемой функции на промежутке.
Экстремум функции. Необходимоеусловие экстремума. Стационарные и критические точки функции.Достаточные условия экстремума (по первой и второй производным,по производной высшего порядка). Выпуклость (вверх и вниз) функции, точки перегиба. Достаточные условия выпуклости дважды дифференцируемой функции. Необходимые и достаточные условия наличия точки перегиба. Схема полного исследования функции и построения ее графика.ОЛ-2, гл.8.Напомним некоторые определения. Функция f (x), определенная на промежутке I,называется неубывающей на этом промежутке, если для любых точек x1 и x2 этогопромежутка из неравенства x2 > x1 следует неравенство f (x2 ) > f (x1 ).
Если последнеенеравенство заменить на f (x2 ) 6 f (x1 ), f (x2 ) > f (x1 ) или f (x2 ) < f (x1 ), то получимопределения соответственно невозрастающей, возрастающей и убывающей функций. Всетакие функции называются монотонными, а две последние — строго монотонными.Теорема (необходимые и достаточные условия монотонности функции).
Пустьфункция f (x) непрерывна на промежутке I и дифференцируема во всех точках этогопромежутка за исключением, быть может, конечного их числа. Для того, чтобы эта функция была неубывающей на промежутке I, необходимо и достаточно, чтобы производнаяf 0 (x) была неотрицательна всюду, где она определена.Доказательство. Необходимость. Пусть функция f (x) не убывает на промежуткеI.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
