Высшая математика. Том 2. Начало математического анализа. Дифференциальное исчисление функций одной переменной и его приложения. Учебник

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

5. f (x) (1 x) ,

x 1. Вычислим производные

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 118 9 10 11 > Следующая >>>

дующую оценку Rn(x):

ec xn 1

;

c 1;1 .

n 1 !

R x

Итак,

для x

1;1 , т. е. абсолютная погрешность прибли-

n 1 !

женного равенства (6.21) для функции ex на отрезке [–1; 1]

(n 1)!

Определим, при каком значении n абсолютная погрешность приближенного равенства (6.21) на отрезке [–1; 1] не превосходит 0,001. Нужное значение n найдем из условия

0,001.

n 1 !

Вычислим последовательно:

1! 1;

2! 2;

3! 3 2 6;

4! 3! 4 24;

5! 4!5 120;

6! 5! 6 720;

7! 6!7 5040 .

Очевидно,

что 0,001

при n 1 7, или n 6 . Итак,

с абсолютной погрешностью,

не превосходя-

щей 0,001, имеем приближенную формулу

ex 1

...

x 1;

1 .

В частности, при x = 1 получим

ex 1

...

2,718.

2. f x sin x. В точке x = 0

значение функции

f (0) 0. Вычислим ее

производные в этой точке:

;

(x) cosx sin x

(0) 1;

sin x

;

(x) sinx

(0) 0;

;

(x) cosx sin x 3

(0) 1;

f (4)(x) sinx

(4)(0) 0.

sin x

;

Отсюда имеем рекуррентную формулу

	n		π
f		x sin x n		;
			2

f n 0 sin nπ 2

n 1

1 2 , n нечетное,

0, n четное.

Подставляя полученные значения в формулу (6.20), получим разложение

функции f(x) sinx

по формуле Маклорена:

xn 1

sin x x

...

sin

sin c n 1

c 0,x .

n 1 !

Вычислим приближенное значение sin 20 . Если ограничиться первыми двумя членами разложения:

sin20	sin			1	3	0,342,

		9	9	3!	9

то абсолютная погрешность такого приближения равна абсолютной величине остаточного члена:

		4	1			4	1
R				sin(c 2 )
								0,00062 0,001.

3	9		4!		9		4!

Следовательно, sin 20 = 0,342 с точностью до 0,001.

3. f x cos x . Аналогично предыдущей процедуре получим

xn 1

cosx x

...

cos

cos c n 1

c 0,x ;

n 1 !

n нечетное,

cos

21 n2 , n четное.

4.f(x) ln(1 x). Данная функция определена и бесконечное число раз дифференцируема для x 1. Вычислим производные:

' x 1 x; f

x 1 x 2 ;

1 x 3 ;

f 4 x

2 3

;...; f n x

1 n 1 n 1 !

1 x 4

1 x n

Тогда

f (0) 0;

(n)

(0) ( 1)

n 1

(n 1)!.

f (0) 1;

(0) 1; ...;

Формула Маклорена для функции f x ln 1 x имеет вид

ln(1 x) x

( 1)n 1

R (x),

где остаточный член

f ' x 1 x 1; f x 1 1 x 2;

f x 1 2 1 x 3;... ; f n x 1 ... n 1 1 x n.

Таким образом,

f (0) 1; f (0)

; f (0) ( 1); f

(0) ( 1)( 2);...;

f (n)(x) ( 1) ... ( n 1).

Формула Маклорена для функции f (x) (1 x)

примет вид

(1 x) 1 x

( 1)

( 1) ... ( n 1)

xn R (x),

где

1 ... n

n 1

Rn x

1 c

c 0,x .

n 1!

6.1.7. Раскрытие неопределенностей. Правило Лопиталя

Часто при вычислении предела lim f (x)непосредственная подстановка в

x a

выражение для f(x) вместо х предельного значения a приводит к одной из следующих неопределенностей:

0				0	0
		,	, 0 , , 0		,	, 1	.
	0

В этом случае нельзя судить о том, существует или нет указанный предел, не говоря уже о его значении в случае существования последнего. Поэтому говорят, что в точке a имеет место неопределенность соответствую-

щего типа, а вычисление предела называют раскрытием неопределенности.

Неопределенности типа	0	и		. Исследуем вопрос о пределе от-

0
ношения двух функций f(x) и g x , стремящихся к нулю при x a.
Теорема. Пусть f(x) и g x определены и дифференцируемы в некото-
					исключая,
рой окрестности точки а, причем g (x) 0 в этой окрестности,
может быть, саму точку а; кроме того имеет место равенство
lim f x limg x 0.					(6.22)
x a			x a
					73

Тогда, если существует предел lim f ' x , то существует и предел отно-

x a g' x

шения функций и они равны, т.е.

lim	f (x)	lim	f (x)	.	(6.23)

x a g(x)		x a g (x)

Доказательство. В формуле (6.23) значение a может быть как конечным, так и бесконечным.

1. Рассмотрим случай, когда a конечное число. Пусть x a точка рассматриваемой окрестности. По условию теоремы функции f(x) и g(x) дифференцируемы в окрестности точки а, значит, они непрерывны в этой окрестности. Доопределим их в точке x = a так, чтобы они были непрерывны в точке а: f a 0; g a 0. Применяя формулу Коши (6.3), будем иметь

f x

f x f a

f ' c

, c a,x .

(6.24)

g x

g x g a

g' c

Перейдем в этом равенстве к пределу при x a.

Так как c а,x ,

то при

x a имеем c a . Поэтому, если lim

f (x)

то lim

f (с)

также суще-

g (с)

x a

g (x)

x a

ствует и равен А:

lim

f (x)

lim

f (c)

lim

f (c)

lim

f (x)

g(x)

x a

g (c)

c a

g (c)

x a

g (x)

Окончательно имеем

f (x)

lim

f (x)

lim

g(x)

x a

g (x)

что и требовалось доказать.

lim f (x) 0и

lim g(x) 0. Полагая х =1/z,

2. Пусть теперь

a , т.е.

z 0 .

получим z 0

при

x и,

следовательно,

lim f 1 z 0, lim g 1

z 0

Применяя доказанную теорему к отношению

, получим

f x

f 1 z

lim

1 z 1

lim

f 1 z

lim

f x

g x

g 1 z

g 1 z 1 z

g 1 z

z 0

g x

что и требовалось доказать.

Аналогичную теорему можно доказать и для неопределенности

типа .

Итак, для раскрытия неопределенностей типа	0		или	можно

		0

сформулировать следующее правило.

Правило Лопиталя. Предел отношения двух бесконечно малых (или двух бесконечно больших) функций существует и равен пределу отношения их производных

lim	f (x)	lim	f (x)	(6.25)
	g(x)		g (x)
x a		x a

если выполнены условия:

1) функции f(x) и g(x) определены и дифференцируемы в некоторой ок-

рестности точки х = а,

в этой окрестности (кроме, может

причем g x 0

быть, самой точки a);

(lim f x lim g x );

2) lim f x lim g x 0

x a

f ' x

x a

3) существует lim

конечный или бесконечный.

g' x

x a

f ' x

Замечание. Если предел отношения производных lim

вновь пред-

x a g' x

ставляет собой неопределенность типа

или

, то правило Лопиталя

применяется еще раз.

Пример 6.2. Найти lim

sin x

x 2

Решение. Подстановка предельного значения x 2 в выражение предела

приводит к неопределенности типа

. Функции

f x sin x и g x x 2

дифференцируемы: f (x) cos x, g (x) =1. Предел отношения производных существует:

lim

f (x)

cos2

x 2

g (x)

Поэтому получим

lim

sin x

lim

(sin x)

lim

cos x

cos2

x 2 x 2

x 2 (x 2)

x 2 1

Пример 6.3. Найти

lim

x x2

Решение. При х → +∞ имеем неопределенность типа . По правилу

Лопиталя

	e	x		(e	x	)		e	x
lim			lim				lim			.

x x2			x (x2)				x 2x

Получена неопределенность типа . Применим правило Лопиталя еще раз:

lim	ex	lim	(ex )			lim	ex	.
lim	2x	lim				lim	2	.
x	2x	x	(2x)			x	2
x		x				x
Итак, имеем
				ex
		lim			.
		lim			.
		x x2

Отметим, что формула (6.25) справедлива только в том случае, если предел, стоящий справа (конечный или бесконечный) существует, т.е. при выполнении условия 3 правила Лопиталя. Иногда предел, стоящий слева существует, в то время как предел, стоящий справа, не существует. Например,

предел lim x sinx существует и равен 1. Действительно,

x x

	x sin x		sin x
lim		lim 1		1.
	x		x
x		x

Но отношение производных

(x sin x) 1 cosx 1 cosx x 1

при x не имеет предела.

Неопределенности типа {0∙∞}, {∞ – ∞}. Вначале с помощью тождественных преобразований следует привести предел к неопределенности типа

0		или	. После этого можно непосредственно применять правило

	0

Лопиталя.

Пример 6.4. Найти

lim(1 x)tg x.

x 1 2

Решение. Подставив в выражение для заданной функции предельное значение аргумента x 1, получим


lim 1 x 0; limtg		x	tg	.
lim 1 x 0; limtg			tg	.
x 1	x 1 2		2

Таким образом, имеем неопределенность типа 0 . Учитывая, что

ctg

перейдем к вычислению

lim

1 x

т.е.

к раскрытию неопределенности

x 1 ctg

типа

2sin

1 x

lim(1 x)tg

lim

x 2

x 1

ctg

x 1

ctg

sin

Пример 6.5. Найти lim

x 1

x 1 ln x

Решение. Поскольку lim ln x 0,

lim(x 1) 0,

то имеем неопределен-

x 1

ность типа . Приведем данное выражение к общему знаменателю

x 1 ln x

lim

x 1

x 1 ln x

x 1 ln x(x 1)

Для раскрытия получившейся неопределенности типа применим прави-

ло Лопиталя:

x 1 ln x

(x 1 ln x)

1 0

x 1

lim

x 1 ln x(x 1)

x 1 (ln x(x 1))

x 1 1

(x 1) ln x 1

x 1

xln x x 1

Вновь возникла неопределенность типа 0 , которую раскрываем также по

правилу Лопиталя:

lim	x 1	lim	(x 1)		lim			1				1	.
lim		lim			lim				1				.
x 1 xln x x 1		x 1 (xln x x 1))				x 1		1 ln x x	1	1	2
								1 ln x x	x	1
									x
Таким образом,
			1	1		1
		lim					.
		lim		x 1		2	.
		x 1 ln x		x 1		2

Неопределенности типа {1∞}, {00}, {∞0}. В этих случаях используется основное логарифмическое тождество aloga b b (в частности, elnb b) и свойство непрерывности показательной функции:

limef (x)

lim f (x)

ex a .

x a

Пример 6.6. Найти lim(cosx)

x 0

Решение. Так как lim(cosx) 1,

lim

, то имеем неопределенность

x 0

x 0 x2

типа {1∞}. Найдем вначале предел логарифма заданной функции:

ln(cosx)

limln(cosx)

lim

ln(cosx) lim

x 0

x 0 x2

Возникла неопределенность типа

так как limln(cos x) ln1 0. Чтобы

x 0

ее раскрыть, необходимо дважды применить правило Лопиталя:

lim

ln(cos x)

lim

(ln(cos x))

lim

tgx

lim

(tgx)

lim

(x2 )

x 0 x2

x 0

x 0 2x

2 x 0 (x)

2 x 0 cos2 x

Используя основное логарифмическое тождество и непрерывность показательной функции, получим

ln(cos x)

lim

ln(cos x)

lim(cosx)x

limeln(cos x)

limex

ex 0

x 0

6.2. ПРИМЕНЕНИЕ ПРОИЗВОДНОЙ К ИССЛЕДОВАНИЮ ФУНКЦИЙ

6.2.1. Критерий постоянства функций. Признаки монотонности (возрастание и убывание функций)

Теорема 1 (критерий постоянства функции). Для постоянства функции f x на некотором промежутке Х необходимо и достаточно, чтобы равенство

	x 0 выполнялось во всех точках этого промежутка.
f	x 0 выполнялось во всех точках этого промежутка.
	Доказательство. Необходимость. Пусть	f x const,	x X . Тогда, как
		X.
известно, f x 0 во всех точках промежутка		X.

	x 0 для любого	x X. Возьмем любые две
Достаточность. Пусть f

точки x1,x2 X . По формуле Лагранжа (6.6)

	f x2 f x1 x2 x1 f c ,		c x1,x2 X .
Но так как		x X , то	и
	f x 0 для всех			f c 0 , в силу чего из
предыдущего равенства получим		f x2 f x1 0		или f x1 f x2 . Отсюда
следует, что	f x const, x X . Теорема доказана.

Сформулируем и докажем необходимое и достаточное условия возрастания функций.

Теорема 2 (признак возрастания функции). 1. Если функция f(x) диффе-

ренцируема и возрастает на некотором промежутке Х, то ее производная на


этом промежутке не отрицательна, т.е. f x 0, x X (необходимый при-
знак возрастания функции).
2. Если функция f(x)	дифференцируема на промежутке Х, причем

f x 0, x X , то данная функция на этом промежутке возрастает (достаточный признак возрастания функции).

Доказательство. 1. Пусть f(x) дифференцируема и возрастает на про-


межутке Х. Возьмем значение аргумента x X						(x – внутренняя точка проме-
жутка X) и придадим ему такое приращение					х, что x x X . Рассмотрим
отношение
		f		f (x x) f (x)			.	(6.26)
		x
				x
Так как f(x) функция возрастающая, то					f x x f x при			x 0 и
f x x f x при x 0. В обоих случаях
	f		f (x x) f (x)			0.		(6.27)

	x			x

Так как функция f(x) дифференцируема на промежутке Х, то она имеет на нем конечную производную. Согласно неравенству (6.27)

		f ' x lim	f	lim	f x x f x		0,

		x 0 x		x 0		x
	что и требовалось доказать.
т.е. f x 0,
2. Пусть	f	x 0 на промежутке Х. Возьмем любые две точки x1, x2 X

такие, что х2 > х1. По формуле Лагранжа (6.6) имеем
		f (x1) f (x2) f						(6.28)
					(c)(x2 x1),
где x1 c x2 .
Поскольку					, то
		f x 0, x X и c X				f c 0. Тогда из соотношения
(6.28) следует,		что f x2 f x1 0 или				f x2 f x1 . Другими		словами,

функция f(x) возрастает на промежутке Х, что и требовалось доказать.

у		Также доказывается аналогичная теорема
у		для убывающей функции.
		Теорема 3 (признак			убывания функции).
		1. Если	функция	f(x)	дифференцируема и
		убывает на некотором промежутке Х, то ее
О		производная на этом промежутке не положи-
Рис.6.6		тельна,
		тельна,	т.е. f x 0, x X (необходимый
		признак убывания функции).
2. Если функция	f(x)	дифференцируема		на промежутке Х, причем

f x 0, x X , то данная функция на этом промежутке убывает (достаточ-

ный признак убывания функции).

Обе эти теоремы имеют простое геометрическое истолкование. В любой точке промежутка возрастания функции y f x касательная к ее графику

образует с осью Ох острый угол ; на промежутке убывания функции угол – тупой (рис.6.6). Иначе говоря, промежутку возрастания функции f(x) соот-

ветствует случай tg f

x 0, а промежутку убывания tg f

x 0 .

Пример 6.7. Определить промежутки монотонности (возрастания и убы-

вания) функции y f (x) xlnx.

Решение. Для определения промежутков (интервалов) возрастания и

убывания функции найдем ее производную:

ln x

ln x 1.

(x) (xln x) x

ln x x(ln x)

Заметим, что функция

y xlnx определена для х > 0, ее производная

ln x 1 0,

f (x) 0

при

;

x 0

x 0,

ln x 1 0,

f ' x 0

при

e 0 x

x 0

x 0,

Таким образом, функция

y xlnx

возрастает на интервале

убывает на интервале

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 118 9 10 11 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]