41. Залишок формули Тейлора. Формула Тейлора в диференціалах

Визначимо

Застосуємо правило Лопіталя

...........................................................................

...........................................................................

Оскільки за правилом Лопіталя , тоякщоє нескінченно малою більш високого порядку малості, ніж. У цьому випадкуназивають залишком у формі Пеано.

Для оцінки залишку частіше за все використовують формулу , де лежить міжх і а – тобто залишок формули Тейлора в формі Лагранжа.

Нехай , тоді формула Тейлора набере вигляду:

, тут залишок у формі Лагранжа

або

- формула Тейлора в диференціалах.

42. Подання деяких функцій формулами Маклорена

Теорема. Якщо всі похідні функції до (n+1)-го порядку включно обмежені одним і тим самим числом M для x(0), то цю функцію з великою точністю можна замінити многочленом Маклорена .

Доведення,

де .

.

Оскільки (приклад пункту 6), то за теоремою про границю проміжної послідовності (пункт 5), тобто для досить великих n і

.

Приклади

1. ,,

, y'(0) = 1,

, y''(0) = 0,

, y'''(0) = -1,

…………...... …………......

Помітимо, що всі похідні парного порядку дорівнюють нулю, а непарного рівні ±1 , тобто всі вони обмежені числом 1, тоді

,

для .

Аналогічно для.

2. , тому що всі похідні , то; оцінимо залишок

Тоді .

для .

3. y = ln(1+x), y(0) = 0,

, ,

, ,

,

.……………………………………………………….

,

Тобто

.

Оцінимо залишок :

º

Можна довести, що для, тоді

0 =<.

Переходячи до границі в нерівності, одержуємо, що . Тоді для досить великихприx, де< 1.

4. (а R)

…………………………………………………

Тобто ,

або для, де< 1.

Оцінимо залишок:

- не залежить від n, тобто константа;

і

–для досить великих n < 1 ,

тобто монотонно спадає, таким чином, за теоремою про границю проміжної послідовності

Зауваження

1.Якщо , тоітобто, зауважимо, що, отже,

- формула бінома Ньютона.

2.Якщо , то,

або . Тобто для досить великогоn суму перших членів спадної геометричної прогресії можна замінити сумою тієї самої нескінченно спадної геометричної прогресії.

Самостійно відповісти: чому геометрична прогресія спадна?

43. Застосування формули Маклорена до наближених обчислень

1.Визначити числове значення ln(1,01) з точністю до 10

.

За заданою точністю визначимо потрібну кількість доданків :

< < 10, оскільки.

Нехай .

Нехай

Тоді і

з точністю до 10.

2. Визначити числове значення eз точністю до 10

.

За заданою точністю визначимо потрібну кількість доданків :

= << 10,

оскільки .

Нехай n = 1 => == 0,0002 > 10.

Нехай n = 2 => == 0,000001(3)…<10.

Оскільки n=2, то

.

З точністю до 10e0,9802.

Лекція 12

44. Метод виділення головної частини

У16-мупункті було визначення, що якщо , то н.м.ф.називається головною частиною н.м.ф.при.

Нехай ,тоді за формулою Тейлора

Обчислимо границю:

.

Висновок. Перший відмінний від нуля доданок у розкладанні функції за формулою Тейлора є її головною частиною при.

Обчислимо

Приклад

,

Таким чином, .

45. Екстремум функції однієї змінної. Друга достатня умова існування екстремуму

Означення. Точка називаєтьсямаксимальною на кривій , якщо дляй,. При цьому.

Аналогічно визначається .

Точки максимуму й мінімуму називають екстремальними.

Повторення шкільного матеріалу

Нехай

1. Необхідна умоваіснування екстремуму:

якщо в точці екстремум, тоабо дорівнює нулю, або нескінченності, або не існує.

2. Перша достатня умова існування екстремуму:

якщо або дорівнює нулю, або нескінченності, або не існує й при переході через точкузмінює знак з (+) на (–), то, а з (– ) на (+), то.

Теорема(друга достатня умова існування екстремуму)

і диференційована в (.) раз, причому,.

Тоді

1. якщо й, то,

якщо й, то;

2. якщо й, то вмонотонно зростає,

якщо й, то вмонотонно спадає.

Доведення.

, тоді головна частина приросту, яка визначає знак цього приросту.

1. Якщо й,

при , тобто. Аналогічно визначається.

2. Якщо й, таким чином, при, а при, тобто більшому аргументу відповідає більше значення функції, отже,монотонно зростає в.Аналогічно доводиться й монотонне спадання.

Зауваження

Геометрична ілюстрація необхідної ознаки існування екстремуму:

1. 

Екстремуму немає.

2. 

Екстремуму немає.

3) не

Екстремуму немає.

Лекція 13

46. Точки перегину

Означення. Графік функції диференційованої в називаєтьсяопуклим у точці М₀ якщо для , і угнутим, якщо_.Тут _,

Означення. Якщо в точці М₀ графік функції змінює опуклість на увігнутість (або навпаки), то точка М₀ називається точкою перегину.

Теорема. Якщо функція двічі неперервно диференційована віу цьому околі, то крива вувігнута, а при- опукла.

Доведення

Тут використовувалася теорема Лагранжа.

а)якщо , той,

б)якщо той

Отже, графік увігнутий.

Аналогічно при визначається опуклість графіка.

Висновки

1. Необхідна умова існування точки перегину: якщо в точці М₀ перегин, то або дорівнює нулю, абоабо не.

2. Достатня умова існування точки перегину, якщо дорівнює нулю, абоабо нейпри переході через точку х₀ змінює знак, то в точці М₀ перегин.

47. Асимптоти

Означення. Якщо відстань δ від точки кривої М до прямої прямує до нуля при русі точки М по кривій у нескінченність, то пряма називається асимптотою.

а) ,

Оскількиі(за означенням асимптоти), тодіабо.Розглянемо, або;

б) ,

_,

або .

Аналогічно визначається рівняння вертикальної асимптоти x = a, якщо .

Зауваження. Якщо при x=a функція зазнає неусувного розриву 2-го роду, то графік цієї функції має вертикальну асимптоту x= a.

48. Схема повного дослідження функції

1. ОДЗ.

2. Дослідити поведінку функції на кінцях ОДЗ і в околі точок розриву.

3. Визначити асимптоти.

4. Визначити точки перетину графіка з осями координат.

5. Дослідити функцію на парність і періодичність.

1. Визначити й точки, «підозрілі» на екстремум. За першою достатньою умовою визначити екстремум функції.

2. Визначити й точки, «підозрілі» на перегин. Дослідитина зміну знака похідної при переході через точки, «підозрілі» на перегин.

Приклад

.

1. ОДЗ: .

2. 

(помножили чисельник і знаменник дробу на неповний квадрат суми).

3. Вертикальних асимптот немає.

;

.

Горизонтальна асимптота .

4. При ,; при,;. Розв`язку немає.

5. Функція парна, тому що ОДЗ симетрична й .

1. .

Точки «підозрілі» на екстремум ,,

, .

ІІ.

.

Чисельник в області дійсних чисел коренів не має. Точки «підозрілі» на перегин: ,.

.

Лекція 14

49. Невизначений інтеграл

Розглянемо задачу про відновлення функції за її похідною.

Означення. Функція називається первісною для функціїна проміжку Х, якщо для кожної точки цієї множини виконується рівність

Зауваження. Множина Х є загальною частиною ОДЗ функцій і

Ясно, що Ф(х) =+ c так само є первісною для функції.

Означення. Множина первісних Ф(х) на Х називається інтегралом від функції f(x) по dx і позначається

.

Приклад.

, якщо ;, якщотому що ()'.

Таким чином при.

Основні властивості:

1. .

Доведення.

і .

2. або

Доведення

.

3. , де

Доведення: .

Таким чином, інтеграл від лінійної комбінації функцій дорівнює лінійній комбінації первісних цих функцій.

50 Таблиця інтегралів

(n	(n
()	()
(x0)	()
()	()
()	()
	()
()
	(для знака (-) )

Таблицю інтегралів легко довести за властивістю 2.

51. Заміна змінних у невизначених інтегралах

Теорема. і мають сенс суперпозиції функцій , де диференційована в X, тоді .

Доведення за властивістю 2.

Висновок

Приклад «Золоте правило»

тобто якщо в чисельнику знаходиться похідна знаменника, то інтеграл дорівнює логарифму модуля знаменника.

52. Інтегрування частинами

Теорема. Якщо - диференційовані й існує, то теж існує й.

Доведення.

За властивістю 2

; , що й

треба було довести.

Приклад

.

Зауваження

1.За зручніше брати ту функцію, похідна якої простіша, ніж , наприклад:

.

2.У деяких випадках доводиться інтегрувати частинами кілька разів.

Лекції 15, 16

53. Рекурентні формули

Розглянемо на прикладі

.

Одержали рекурентну формулу

Використовуючи формулу (*) кілька разів, приходимо до інтеграла.

Приклад. n=3 .

54. Інтегрування найпростіших раціональних дробів

1) , тут А, а  const;

2);

3)

;

4) +

, тут .

Таким чином

де визначається за допомогою формули (*).