Математический анализ. Дифференцирование функции одной переменной теория и задачи. Учебное пособие для студентов 1 курса университетов

Решать задачу стандартным способом, находя производные функции до 4-го порядка включительно и подставляя их значения в точке x = 0 в формулу Тейлора нецелесообразно ввиду больших вычислений. Поступим иначе: преобразуем функцию

Разложим (x3+1)−1 в окрестности нуля до членов 4-го порядка: (x3 + 1)−1 = 1 − x3 + o(x5). Подставляя это в выражение для функции, раскрывая скобки и упорядочивая слагаемые по мере возрастания степени x, получим искомое разложение

f(x) = 1 + 2x(x + 1)(1 − x3 + o(x5)) = 1 + 2x(x + 1)(1 − x3)+ +2x(x + 1)o(x5) = 1 + 2x + 2x2 −2x4 + (−2x5 + 2x(x + 1)o(x5)) = = 1 + 2x + 2x2 − 2x4 + o(x4).

Далее, чтобы найти f4(0), нет необходимости вычислять производную 4-го порядка. Воспользуемся полученным разложе-

91

(1 + x)m = 1 + mx+ o(x) применять нельзя. Преобразуем функцию к виду

·(ax + bx3 + cx5 + o(x5)).

Раскрывая скобки, упрощая и удерживая члены не выше 5-го

92

Пример 43. Используя разложение по формуле Маклорена, найти предел

lim ex sin x − x(1 + x) .

x→0 x3

Решение. Воспользуемся стандартными разложениями для ex и sin x:

Раскрывая скобки, приводя подобные члены и записывая степени x, большие 3, а также члены x·o(x2), x3!3 ·o(x2), o(x2)·o(x4) и подобные им как o(x3), получим:

Пример 44. Используя разложение по формуле Маклорена, для бесконечно малой при x → 0 величины y определить главный член вида Cxn (C = const), если

y = (1 + x)x − 1.

Решение. Поскольку главный член Cxn эквивалентен y при x → 0, то рассмотрим предел отношения y и xn в точке x = 0 и выясним, при каких n он равен константе C ̸= .0 Воспользуемся при этом двумя разложениями ex = 1 + x + o(x), ln(1 + x) = x + o(x):

93

Таким образом, Cxn = x2.

Пример 45. Используя разложение по формуле Маклорена,

√

найти приближенное значение числа 5 (например, раскладывая до членов 2-го порядка включительно) и оценить точ-

=4(1 + 14 ) = 2(1+ 14 )12 . Оценку числа членов в биномиальном

на величину, меньшую 1/512.

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ.

1

1.47. Разложить по формуле Маклорена f(x) = 3x + 2 .

94

1.48.Найти f(23)(0), если f(x) = sin(x7) · cos(x8).

1.49.Используя разложение по формуле Маклорена, для бесконечно малой при x → 0 функции y = ln(cos(x2)) определить главный член вида Cxn.

Задачи на теоремы Ферма, Ролля, Лагранжа и Коши:

Пример 46. Решить уравнение 2x = 3x − 1.

Решение. Воспользуемся теоремой Ролля. Она нужна здесь не столько для того, чтобы найти корни, сколько для того, чтобы установить их количество. Убедимся в том, что уравнение вида ax = kx+b не может иметь более двух корней. От противного: допустим, что функция f(x) = ax −kx−b имеет три нуля, например, x1 < x2 < x3. Тогда производная f′(x) = ax ln a − k должна обращаться в нуль дважды: на интервалах (x1, x2) и (x2, x3). Но это невозможно, поскольку уравнение ax ln a−k = 0 имеет не более одного решения.

Теперь, возвращаясь к уравнению 2x = 3x − 1 и зная, что оно имеет не более двух корней, находим их подбором: x1 = 1 и x2 = 3.

Пример 47. Найти на кривой y = x3 точку, касательная в которой параллельна хорде, соединяющей точки A(−1, −1) и

B(2, 8).

Решение. Согласно геометрическому смыслу теоремы Лагранжа, так как функция y = x3 непрерывна на отрезке [−1, 2] и дифференцируема внутри его, то на интервале (−1, 2)

95

откуда находим ξ = ±1. Таким образом, нашлись две точки A(−1, −1) и C(1, 1), в которых выполнено условие задачи.

Пример 48. Доказать неравенство | sin x −sin y| 6 |x −y|.

Решение. Функция f(x) = sin x всюду непрерывна и дифференцируема, поэтому применив теорему Лагранжа на произвольном отрезке [x, y], получим, что найдется точка ξ (x, y): sin x − sin y = (x − y) cos ξ, откуда

| sin x − sin y| = |x − y|| cos ξ| 6 |x − y|.

√

Пример 49. Функция f(x) = 1 − 3 x2 обращается в нуль при x1 = −1 и x2 = 1, но тем не менее f′(x) ̸= 0при −1 6 x 6 1. Объяснить кажущееся противоречие с теоремой Ролля.

Решение. Противоречия с теоремой Ролля нет, так как не выполнено одно из требований этой теоремы: функция f(x) не имеет производной при x = 0. Действительно,

√

Пример 50. Объяснить, почему неверна формула Коши для функций f(x) = x2 и g(x) = x3 на отрезке [−1, 1].

Решение. Нарушено условие теоремы Коши: g′(x) ̸= 0при всех x (−1; 1). В самом деле, в точке x = 0 имеем g′(0) = 0, т.е. формула Коши неприменима.

Пример 51. Доказать, что если функция f(x) имеет в конечном или бесконечном интервале (a, b) ограниченную производную f′(x), то f(x) равномерно непрерывна на (a, b).

x′, x′′ (a, b) таких, что |x′−x′′| < δ, выполняется неравенство

|f(x′) − f(x′′)| < ε.

Так как производная ограничена, то найдется M > 0:

96

1.55. Пусть 0 < a < b. Используя теорему Лагранжа, доказать неравенство

b − a < ln b < b − a. b a a

Отсюда, в частности, получить неравенство: x

1 + x

1.56.Используя теорему Лагранжа, доказать неравенство

| arctg a − arctg b| 6 |a − b|.

1.57.Объяснить, почему верна теорема Коши для функций

f(x) = x2 + x и g(x) = x3 на отрезке x [−1, 1]. Найти точку

ξ(−1, 1).

1.58.Используя Следствие 1 из теоремы Лагранжа, доказать тождество arcsin x + arccos x ≡ π2 , |x| 6 1.

Задачи на возрастание (убывание) функций, решаемые с помощью производной:

Решение. Найдем производную: y′ = 1 + cos x > 0, причем обращение в нуль происходит в отдельных точках вида xk = π + 2πk, k Z, вне которых производная положительна. Следовательно, функция возрастает на всей числовой прямой.

Пример 54. Доказать, что функция y(x) = (1 + x1 )x возрастает на интервале (0, +∞).

Решение. Достаточно показать, что в указанном интервале

По формуле конечных приращений на отрезке [x, x + 1] имеем:

98

ln(x + 1) − ln x = 1ξ ((x + 1) − x) = 1ξ , где ξ (x, x + 1).

()

возрастает в точке x = 0, но не является возрастающей ни в каком интервале (−ε, ε), окружающем эту точку, где ε > 0

– произвольно мало.

Решение. По определению, функция f(x) называется возрастающей в точке x0, если в некоторой окрестности |x − x0| < δ знак приращения функции f(x0) = f(x) −f(x0) совпадает со знаком приращения аргумента x = x − x0.

Вычислим приращение функции f(x) в точке x = 0:

( )

f(0) = f(0 + x) − f(0) = x 1 + x sin 2 .

x

Очевидно, при достаточно малых по абсолютной величне x приращение функции f совпадает по знаку с приращением аргумента x, поэтому f(x) возрастает при x = 0.

Фиксируем любое ε > 0 и найдем производную при x ̸=:0

как производная не сохраняет определенный знак).

Вывод: если функция f(x) возрастает в некоторой точке, то она не обязательно возрастает в некоторой окрестности этой точки.

Пример 56. Исследовать на монотонность в строгом смысле функцию, заданную в полярных координатах:

99

Пример 57. При каких значениях параметра t R возрас-

ex − 1 − x. Ее производная f′(x) = ex − 1 > 0, значит, f(x) не убывает на любом отрезке [0, x], т.е. f(x) > f(0) при x > 0. Но f(0) = 0, следовательно, ex − 1 − x > 0, или ex > 1 + x.

При x 6 0 производная f′(x) 6 0, значит, функция не возрастает на отрезках вида [x, 0] и f(x) > 0.

Заметим, что равенство имеет место лишь при x = 0, так что ex > 1 + x при x ̸=.0

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ.

1.59.Производная монотонной функции обязательно ли является монотонной?

1.60.Определить промежутки монотонности в строгом смысле: y = xαe−x (α > 0, x > 0).

100