книги / Математика введение в анализ, дифференциальное исчисление функции одной переменной

точки по прямой за промежуток

f ′(c) = υмгн .

времени от a до b.

(4.6)

Механический смысл про-

изводной (глава 3, §1, формула

(3.5))

Формула Лагранжа пока-

зывает, что существует такой

момент времени x = c , в кото-

рый мгновенная скорость равна

средней скорости на временном

отрезке [a;b] .

3.

Теорема Коши* (теорема

об отношении приращений двух

функций)

Пусть функции y = f ( x) и

y = φ( x) удовлетворяют усло-

виям:

1) f ( x) и φ( x) непрерывны

на [a;b] ;

2) f ( x) и φ( x) дифферен-

цируемы в (a;b) ;

(a;b).

3) φ′( x) ≠ 0 x

Тогда существует такая точ-

ка x = c, a < c < b, что

f (b) − f (a)

f ′(c)

=

.

f (b) − f (a)

f ′(c)

φ(b) − φ(a)

φ′(c)

=

(4.7)

Формулу (4.7)

называют

φ(b) − φ(a)

φ′(c)

формулой Коши.

Замечание 1

Из условия теоремы следует,

что φ(b) ≠ φ(a) , так как в про-

тивном случае по теореме Ролля

* Смотри историческую справку

нашлась

бы

такая

точка

c (a;b) ,

что

φ′(c) = 0 .

Но это

противоречит условию, согласно

которому φ′( x) ≠ 0 x

(a;b) .

Замечание 2

Теорема Лагранжа является

частным случаем теоремы Коши,

если положить φ( x) = x.

Задачи

Задача 1. Справедлива ли теорема Ролля:

а) для функции

f ( x) = x2 + 6x − 35 на отрезке [−5;−1] ;

б) для функции

f (x) = 3 (x − 4)2 на отрезке [0;8] ?

f ′(c) = 2c + 6 = 0 , откуда c = −3

−( 5;− 1) .

б) Функция непрерывна на отрезке

[0;8] , кроме того,

Однако

производная

f ′( x) =

2

не

существует во

3 x − 4

3

внутренней

точке x = 4

интервала (0;8) ,

и,

следовательно,

Так как f ′( x) = 3x2 − 3 , то

f ′(c) = 3c2 − 3 .

Учитывая, что f

(3) =18 , а

f (−1) = 2 , получаем

18 − 2 = (3c2 − 3) 4

или

(

)

16 =12

c

2

,

−1

откуда c = −

7

, c

=

7

.

1

3

2

3

Очевидно, что только значение c2 удовлетворяет условию

задачи, так как c2 является внутренней точкой отрезка [−1;3] .

Подставив это значение в уравнение кривой, найдем y = −

2

7

.

3

3

7

2

7

Итак, искомой является точка M

; −

.

3

3

3

Задача

3.

Проверить,

что

функции

f ( x) = x2 − 2x + 3

и φ( x) = x3 − 7x2 + 20x − 5

удовлетворяют

условиям

теоремы

Коши на отрезке [1;4] и найти соответствующее значение c.

Решение

Функции f ( x) и φ( x)

непрерывны при всех x, а, следова-

тельно, и

на

отрезке [1;4] ;

их

производные f ′( x) = 2x − 2

и φ′( x) = 3x2 −14x + 20 существуют везде; кроме того,

φ′( x)

на

заданном отрезке в нуль не обращается ( 3x2 −14x + 20 > 0

x ,

так как D < 0 ).

Таким образом, формула Коши (4.7) к заданным функциям

применима:

f (4) − f (1)

f ′(c)

=

,

φ

(

4

)

( )

φ′

(

c

)

− φ 1

т.е.

11 − 2

=

2c − 2

, (1 < c < 4) ,

−14c +

20

27 − 9 3c2

Основные формулы

Определения

и рисунки

и замечания

1. Неопределенности

вида

Если:

f ( x)

φ( x)

0

,

∞

.

1) функции

и

дифференцируемы в некоторой

0

∞

окрестности точки x0 (кроме,

f ( x)

f ′( x)

lim

=

lim

(4.8)

быть может самой точки x0);

φ′( x)

x→ x0

φ( x)

→x x0

2) φ′( x) ≠

0 в указанной ок-

рестности точки x0 (кроме, быть

может, самой точки x0);

3) lim f ( x) = lim φ( x) = 0

x→ x0

→x

x0

или

lim f ( x) = lim φ( x) = ∞

;

x→ x0

→x

x0

4) существует

lim

f ′( x)

,

φ′( x)

x→ x0

то

справедлива

формула

(4.8),

т.е. предел отношения функций

равен пределу

отношения

их

производных.

Это правило называется пра-

виломЛопиталя*.

f ′( x)

f ′′( x)

Замечание 1

f ′( x)

lim

= lim

ит.д. (4.9)

Если частное

в точ-

φ′( x)

φ′′( x)

φ′( x)

x→ x0

→x x0

ке x0 также есть неопределен-

ность

0

или

∞

и производные

∞

0

f ′( x) и φ′( x)

удовлетворяют

соответствующим условиям, то

* Смотри историческую справку

0 ∞ .

Под раскрытием такой не-

определенности понимают на-

хождение предела

lim [ f ( x) φ( x)] ,

(4.10)

x→ x0

если

lim f ( x) = 0

Следует запомнить:

x→ x0

этот случай

преобразованием

и

выражения

f ( x) φ( x) сводит-

lim φ( x) = ∞ ,

ся к раскрытию неопределенно-

x→ x0

стей вида

lim f

( x) φ( x) = lim

f ( x)

, (4.11)

0

– формула (4.11)

φ( x)

0

x→ x0

→x x0 1

φ( x)

или

lim f

( x) φ( x) = lim

(4.12)

∞

– формула (4.12)

x→ x0

→x x0 1 f ( x)

∞

3. Неопределенность

вида

(∞ − ∞

) .

Под раскрытием такой не-

определенности

понимают на-

хождение предела

lim [ f ( x) − φ( x)] ,

(4.13)

x→ x0

когда f ( x)

и φ( x) являются

Следует запомнить:

бесконечно

большими

функ-

неопределенность ∞ − ∞

при-

циями одного знака, т.е.

водится

к

неопределенности

lim f ( x) = ∞

вида

0

или

∞

алгебраически-

∞

x→

x0

0

и

ми преобразованиями (напри-

мер, приведением дробей к об-

lim φ( x) = ∞

щему знаменателю).

x→

x0

4. Неопределенностьвида 1∞ .

Под раскрытием такой не-

определенности понимают на-

хождение предела

lim [ f ( x)]φ( x) ,

(4.14)

Следует запомнить:

x→ x0

в случаях (4.14), (4.15), (4.16)

если

нахождение

предела функции

lim f ( x) =1,

lim φ( x) = ∞ .

y = [ f ( x)]φ( x)

сводится

к слу-

x→

x0

x→ x0

чаю 0 ∞

(а затем к случаю

0

Неопределенность вида 00 .

∞

0

Под раскрытием такой не-

или

) следующим путем:

определенности понимают на-

∞

y = [ f ( x)]φ( x)

хождение предела

функция

предва-

рительно

логарифмируется, и,

lim [ f ( x)]φ( x) ,

значит,

сначала

отыскивается

(4.15)

предел

не

заданной функции,

x→ x0

а её логарифма, а затем уже по

если

пределу

логарифма находится

lim f ( x) = 0 ,

lim φ( x) =

0 .

предел функции (что допусти-

мо

вследствие

непрерывности

x→ x0

x→ x0

логарифмической функции).

Неопределенность вида ∞

0 .

Под раскрытием такой не-

определенности

понимают

на-

хождение предела

lim [ f ( x)]φ( x) ,

(4.16)

x→ x0

если

lim f ( x) = ∞

,

lim φ( x) = 0 .

x→ x0

x→ x0

Задачи

Задача 1.

e3x −1

Найти

lim

(т.е.

раскрыть неопределен-

x→

0 arctg 2x

ность типа

0

).

0

Решение

Используя формулу (4.8), получаем:

e

3x

−1

(

e

3x

)′

3e

3x

3

lim

= lim

−1

= lim

=

,

x→ 0 arctg 2x

→x

0 (arctg 2x)′

→ x

0

2

2

1 + 4x2

поскольку e3x

→

1 и

1

→

1 при x →

0 .

1 + 4x2

Найти lim

x − sin x

.

x→

0 x3

Решение:

1-й способ

Так как ( x − sin x) →

0 и x3 →

0 при x →

0 , то имеем неоп-

ределенность вида

0

.

0

Применив три раза подряд формулу (4.8), получим:

x − sin x

1 − cos x

0

sin x

0

cos x

1

lim

= lim

=

= lim

=

= lim

=

,

x

3

3x

2

6

x→

0

→x 0

0

→

x 0 6x

0 →

x 0 6x

ных f ( x) = x − sin x

и φ( x) = x3 , для которых f ′( x) = 1 − cos x ,

f ′′( x) = sin x , φ′( x) = 3x2 ,

φ′′( x) = 6x , снова приводит к неопре-

деленности вида

0

,

и только отношение третьих производных

0

φ′′′( x) = 6 приводит к ре-

f ′′′( x = 0) = cos 0 =1 и соответственно

зультату.

2-й способ

Применяя правило Лопиталя дважды, получаем

lim

x − sin x

= lim

1− cos x

= lim

sin x

.

x→ 0

x3

→x 0 3x2

→ x 0 6x

Имеем неопределенность вида

0

, однако применять правило

0

Лопиталянетнадобности, так как lim

sin x

=

1

lim

sin x

=

1

1 =

1

.

x→

0 6x 6 →x 0 x

6

6

Таким образом, окончательно находим:

lim

x − sin x

=

1

.

x→ 0 x3

6

Найти lim

ln2 x

.

x→+∞

x3

Решение

Так как ln2 x → +∞

и

x3 → +∞

при

x → +∞

, то имеем не-

определенность вида

∞

.

∞

Применяя дважды формулу (4.8), получаем:

ln2 x

2ln x

1

2

ln x

∞

x

lim

= lim

=

lim

=