Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

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

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

912 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 164 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

неопределенность вида ∞ при x → +∞. Применим формально

правило Лопиталя:

∞f′

(x)

lim

x→+∞ g′(x)

lim

2 + 2 cos 2x

+ (2x + sin 2x)esin x cos x

x→+∞ (2 + 2 cos 2x)esin x

lim

4 cos2 x

x→+∞ esin x(4 cos2 x + (2x + sin 2x) cos x)

= lim

4 cos x

x→+∞ esin x(4 cos x + 2x + sin 2x)

4 cos x

= lim

= 0.

1 +

4 cos x+sin 2x

)

x→+∞ esin x

f((

Однако

предел

lim

не

существует:

рассмотрим

x→+∞ g(x)

две

последовательности аргументов

x′

{

2πn

}

{

{xn′′} =

+ 2πn . Тогда xn′ → +∞ при n → +∞, xn′′

→ +∞

}

f(xn′ )

1 + 4πn

при n → +∞; при этом n

lim

= 1

;

g(x′ )

4πn

→

∞

→

∞

f(xn′′)

lim

= lim

1 + π + 4πn

g(x′′)

n +

∞

(π + 4πn)

e e

→ ∞

→

Правило Лопиталя здесь неприменимо, поскольку одним из условий теоремы является условие отличия от нуля производной функции g(x) в некоторой окрестности точки a; в данном случае g′(x) обращается в 0 в точках вида π2 +πn, которые есть в любой окрестности точки +∞.

§6. Формулы Тейлора и Маклорена.

Теорема 6.1 (формула Тейлора). Пусть функция y = f(x) (n + 1) раз дифференцируема в Bδ(a) для некоторого

δ > 0. Пусть точка x Bδ(a), число p > 0

произвольно. Тогда

существует такая точка ξ, лежащая между a и x, что

f(x) = f(a)+

f′(a)

(x−a)+· · ·+

f(n)(a)

(x−a)n+Rn+1(x), (6.1)

где

(x) =

(x − ξ)n+1

f(n+1)(ξ).

(6.2)

n+1

ξ )

(x −

n!p

−

Определение 6.1. Формула (6.1) называется формулой Тейлора с центром в точке a; выражение Rn+1(x) — остаточным членом формулы Тейлора; остаточный член вида (6.2) называется остаточным членом в общей форме или в форме Шлемильха–Роша.

Доказательство теоремы 6.1. Обозначим

φn(x, a) = f(a)+	f′(a)		(x−a)+	f′′(a)	(x−a)2+· · ·+	f(n)(a)	(x−a)n.
		1!		2!		n!
Тогда Rn+1(x) =		f(x) − φn(x, a). Пусть для определенности

x (a, a+δ) (случай x (a−δ, a) рассматривается аналогично). Введем вспомогательную функцию

ψ(t) = f(x) − φn(x, t) − (x − t)pQ(x), a 6 t 6 x,


где Q(x) =	Rn+1(x)		. Так как
где Q(x) =	(x − a)p		. Так как
	(x − a)p
		f′(t)			f′′(t)	(x−t)2 +· · ·+	f(n)(t)	(x−t)n,
φn(x, t) = f(t)+				(x−t)+
φn(x, t) = f(t)+		1!		(x−t)+	2!		n!

а все функции f(k)(t), k = 1, . . . , n дифференцируемы на промежутке [a, a + δ) по крайней мере один раз, то можем утверждать, что функция ψ(t) непрерывна и дифференцируема на

сегменте [a, x] (как композиция дифференцируемых функций и многочленов). Кроме того, ψ(a) = f(x)−φn(x, a)−Rn+1(x) = 0; ψ(x) = f(x) −φn(x, x) = f(x) −f(x) = 0. Следовательно, существует такая точка ξ = ξ(x, p) (a, x), что ψ′(ξ) = 0 (теорема Ролля). Вычислим ψ′(ξ):

ψ′(ξ) = −(φn′ (x, t))|t=ξ + p(x − ξ)p−1Q(x) =

= − (f′(ξ) −

(ξ)

f (ξ)

f′

′′

(x − ξ) −

′′

· 2(x − ξ)+

f′′′(ξ)

f(n+1)(ξ)

ξ)n)+

(x − ξ)2 −

· 3(x − ξ)2 + . . . +

(x −

f(n+1)(ξ)

+p(x − ξ)p−1Q(x) = −

(x − ξ)n + p(x − ξ)p−1Q(x).

Так как ψ′(ξ) = 0, то получаем, что

Q(x) =

f(n+1)(ξ)

(x − ξ)n

n!p

(x − ξ)p−1

Отсюда следует, что

(n+1)

(ξ)

Rn+1(x) = Q(x)(x − a)p =

· (

−

) (x − ξ)n+1.

n!p

−

Определение 6.2. Многочлен

f′(a)

f′′(a)

(x−a)2+· · ·+

f(n)(a)

(x−a)n

φn(x, a) = f(a)+

(x−a)+

называется многочленом Тейлора степени n функции f(x) в точке a.

Замечание 6.1. 1) Пусть функция y = f(x) n раз дифференцируема в точке a. Тогда

φn(a, a) = f(a), φ′n(a, a) = f′(a), . . . , φ(nn)(a, a) = f(n)(a). (6.3)

2) Если f(x) = P (x) — многочлен степени n, то P (n+1) ≡ 0 и формула (6.1) имеет вид P (x) = ∑n P (k)(a)(x − a)k — фор-

k=0 k!

мула Тейлора для многочленов.

f(n+1)(a + θ(x − a)),

Следствие 1 (формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа). Пусть функция y = f(x) (n + 1)

раз дифференцируема в δ−окрестности точки a для некоторого δ > 0; точка x Bδ(a). Тогда существует такое число

θ (0, 1), что f(x) = φn(x, a) + Rn+1(x), где

Rn+1(x) = (x − a)n+1 f(n+1)(a + θ(x − a)).

(n + 1)!

Доказательство. Положим в теореме 6.1: p = n + 1. Тогда

формула (6.2) примет					вид: Rn+1(x) =
=		x		a		n+1		(x − ξ)n+1	f(n+1)	(ξ) =
=	(x		−	ξ )			·		f(n+1)	(ξ) =
	(x		−	ξ )			·	n!(n + 1)
			−

= (x − a)n+1 (n + 1)!

где a + θ(x − a) = ξ. Так как точка ξ лежит между a и x, то

θ (0, 1).

Следствие 2 (формула Тейлора с остаточным членом в форме Коши). Пусть функция y = f(x) (n + 1) раз дифференцируема в δ−окрестности точки a для некоторого δ > 0; точка x Bδ(a). Тогда существует такое число θ (0, 1), что f(x) = φn(x, a) + Rn+1(x), где

Rn+1(x) = (x − a)n+1(1 − θ)n f(n+1)(a + θ(x − a)). n!

Доказательство. Положим в теореме p = 1. Тогда форму-

ξ)n+1

ла (6.2) примет вид: Rn+1(x) = (

−

)·

−

f(n+1)(ξ) =

−

= (x

−

(x − (a + θ(x − a)))n

f(n+1)

(a + θ(x

−

a)) =

= (x − a)n+1(1 − θ)n f(n+1)(a + θ(x − a)), где a + θ(x − a) = ξ. n!

Так как точка ξ лежит между a и x, то θ (0, 1).

Замечание 6.2. Поскольку точка ξ в теореме 6.1 зависит от x и от выбора числа p, а это число в следствиях 1 и 2 выбирается различным, то и числа θ (0, 1) в выражениях для остаточного члена в форме Лагранжа и в форме Коши, вообще говоря, различны.

Теорема 6.2 (формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано). Пусть функция y = f(x) (n −1) раз дифференцируема в δ−окрестности точки a для некоторого δ > 0 и n раз дифференцируема в самой точке a. Пусть x Bδ(a). Тогда


f(x) = f(a) +		f′(a)		(x − a) +	f′′(a)	(x − a)2 + . . .
		1!			2!
	f(n)(a)
· ·· +			(x − a)n + o¯((x − a)n), x → a.
	n!

Доказательство. Пусть Rn+1(x) = f(x) − φn(x, a). Докажем, что Rn+1(x) = o¯((x − a)n), x → a. Воспользуемся формулами (6.3):

n+1

(a) = f(a)

−

φ (a, a) = 0, R′

(a) = f

′(a) φ′

(a, a) = 0, . . .

n+1

−

. . . , Rn(n+1) (a) = f(n)(a) − φn(n)(a, a) = 0.

Вычислим

предел

lim

Rn+1(x)

приме-

няя

правило

Лопиталя

x→a (x − a)n

раз:

−

R(n−1)

n+1

(x)

R′

(x)

lim

n+1

· · ·

lim

n+1

(x − a)n

x→a

x→a n(x − a)n−1

x→a

n!(x − a)

Последнее выражение по-прежнему представляет собой неопределенность вида 00 , но применять правило Лопиталя

уже нельзя: функция Rn(n+1−1)(x) уже дифференцируема только в самой точке a, и не обязательно дифференцируема в ее окрестности. Вычислим последний предел другим способом (воспользуемся при этом тем, что Rn(n+1−1)(a) = 0):

lim	Rn(n+1−1)(x)	= lim	Rn(n+1−1)(x) − Rn(n+1−1)(a)	=
			n!(x − a)
x→a n!(x − a)		x→a

= n!		(Rn+1−				(x))′		\|x=a	= n! Rn+1(a) = 0.
	1	(n		1)						1	(n)
Получили, что		lim		Rn+1(x)				=	0,		то есть действительно
				(x	−		a)n
		x→a
		n
Rn+1(x) = o¯((x − a)			) при x → a.

Следствие. Пусть функция y = f(x) n раз дифференцируема в δ−окрестности точки a для некоторого δ > 0 и (n+1) раз дифференцируема в самой точке a. Тогда для любого x Bδ(a)

верно: f(x) = φn(x, a) + O((x − a)n+1), x → a.

Доказательство. Пусть функция f(x) (n + 1) раз дифференцируема в точке a и n раз — в Bδ(a). Тогда для любой точки x Bδ(a):

f′(a)

− a) + · · · +

f(n+1)(a)

(x − a)n+1+

f(x) = f(a) +

(n + 1)!

+¯o((x − a)n+1) = f(a) +

f′(a)

f(n)(a)

(x − a)n+

(x − a) + · · · +

(

(n+1)(a)

+ o¯(1)) =

+(x − a)n+1

(n + 1)!

f′(a)

f(n)(a)

= f(a)+

(x−a)+· · ·+

(x−a)n+(x−a)n+1·O(1), x → a.

Определение 6.3. Формулой Маклорена называется формула Тейлора с центром в точке a = 0, то есть формула

	f′(0)		f′′(0)	2	f(n)(0)		n
f(x) = f(0) +		x +		x + · +		x		+ Rn+1(x),
	1!		2!		n!

где Rn+1(x) может иметь вид:

xn+1

1) Rn+1(x) = (n + 1)!f(n+1)(θ1x), 0 < θ1 < 1 — форма Лагранжа;

2) Rn+1(x) =	xn+1(1 − θ2)n	f(n+1)	(θ2x), 0 < θ2 < 1 — форма
Коши;	n!
Коши;

3) Rn+1(x) = o¯(xn), x → 0 — форма Пеано.

Замечание 6.3. Если при всех x Bδ(0) существует f(n)(x) для любого n N, то говорят, что f(x) бесконечно дифференцируема в Bδ(0). Если к тому же существует такая постоянная M > 0, что |f(n)(x)| 6 M при всех x Bδ(0) и при всех n N, то можем оценить остаток Rn+1(x). Для

всех n N и для любого x Bδ(0)
	xn+1				Mδn+1

\|Rn+1(x)\| =	(n + 1)!	f(n+1)	(θ1x)	6	(n + 1)!	.

Разложение по формуле Тейлора некоторых элементарных функций.

f(x) = ex

. Поскольку

f(n)(x) = ex для любого n

N, то

f(n)(0) = 1. Следовательно, ex = 1+

+· · ·+

+Rn+1(x),

xn+1

где Rn+1(x) =

eθ1x, 0 < θ1 < 1.

(n + 1)!

Если |x| 6

a, a > 0, то |Rn+1(x)|

an+1ea

→

0 при

(n + 1)!

n → +∞.

II.f(x) = sin x.

Поскольку f(n)(x) = sin (x + πn2 ) для любого n N, то

πn

n = 2k, k = 1, 2, . . . ,

f(n)(0) = sin (

)

= {(−1)k,

n = 2k + 1, k = 0, 1, . . .

Значит,

sin x = x

(−1)kx2k+1

(x),

где

5! −

· · ·

− 3!

(2k + 1)!

n+2

xn+2

πn

n = 2k + 1, Rn+2(x) =

sin (θ1x + π +

+2), 0 < θ1 < 1.

(n + 2)!

Если |x| 6 a, a > 0, то |Rn+2(x)| 6

→

0 при

(n + 2)!

n → +∞.

III. f(x) = cos x.

πn

Поскольку f(n)(x) = cos (k x +

) для любого n N, то

πn

( 1) , n = 2k, k = 1, 2, . . . ,

f(n)(0) = cos (

)

= { −0,

Сле-

n = 2k + 1, k = 0, 1, . . .

довательно,

cos x = 1

−

· · ·

(−1)kx2k

+ R

(x),

(2k)!

n+2

4! − 6!

где n = 2k, Rn+2(x) =

xn+2

cos

θ1x + π +

πn

, 0 < θ1 < 1.

(

(n + 2)!

an+2)

Если |x|

6 a, a > 0, то |Rn+2(x)|

→

при

(n + 2)!

n → +∞.

IV. f(x) = ln(1 + x), x (−1, 1].

Поскольку

f(n)(x)

(−1)n−1(n − 1)!

то

f(0)

f(n)(0) = (−1)n−1(n

− 1)!,

(x + 1)n

n =

1, 2, . . . . Следовательно,

( 1)n−1xn

ln(1 + x) = x −

−

+ · · · +

−

+ Rn+1(x),

где

Rn+1(x) =

(−1)nxn+1

(−1)n(1 − θ2)nxn+1

(n + 1)(1 + θ1x)n+1

(1 + θ2x)n+1

θ1, θ2 (0, 1) (записали остаточный член в двух разных фор-

мах — Лагранжа и Коши).

1) Пусть 0 6 x 6 1. Тогда

(x)

|xn+1|

0, n

(n + 1)|1 + θ1x|n+1 6 n + 1 →

→

∞

n+1

поскольку |1 + θ1x|n+1 > 1.

2) Пусть тперь −a 6 x < 0, где a (0, 1). Тогда

(x)

xn+1

1 θ2

x n+1

1 − θ2

n+1

1 +| ·θ|2x−n+1 |

1 + θ2x

| |

n+1

→ 0

при n → +∞. Действительно, так как 0 < θ2 < 1,

−

1 − θ2

то

. Мы доказали, что

n+1

(x)

→

при

1 + θ2x

n → +∞ для всех x (−1, 1].

V. f(x) = (1 + x)α, α R, x (−1, 1). Поскольку

f(n)(x) = α(α − 1) . . . (α − n + 1)(1 + x)α−n,

то f(n)(0) = α(α − 1) . . . (α − n + 1). Следовательно,

(1 + x)α = 1 +	α	x+	α(α − 1)	x2	+ . . .	α(α − 1) . . . (α − n + 1)	xn+
			2!
	1!					n!

+Rn+1(x), где

Rn+1(x) = α(α − 1) . . . (α − n)(1 − θ2)n(1 + θ2x)α−n−1 xn+1, n!

0 < θ2 < 1. Пусть |x| 6 a, 0 < a < 1. Покажем, что существует такое натуральное число N, что для любого n > N выполня-

ется цепочка неравенств:

1 − θ2

R (x) =

α(α 1) . . . (α n)

x n+1 1+θ x α 1

| n+1

−

1 + θ2x

·| |

·| 2 | − 6

α (

1) . . . (

+ n)

n+1

α 1

| |

max{(1 + a)

−

, (1

− a) −

}

6 2(1 + n)N an+1 max{(1 + a)α−1, (1 − a)α−1}.

Действительно, пусть N = [|α|] + 1, n > N. Тогда

|α|(|α| + 1) . . . (|α| + n)

N(N + 1) . . . (N + n)

(n + 1) · · ·· · (n + N)

(

)

1 · 2 · · · · · (N − 1)

)

· (

) ( N − 1

= (n + 1)

n + 2

n + 3

. . .

n + N

− 1

(n + N) =

n + N

= (1 + n) · (1 +

)

. . . (1 +

) · (1 + n)

· (

) 6

N − 1

n + 1

()

6	(1 + n)N	·	1 +	N − 1	6	2(1 + n)N .
				n + 1

Так как 0 < a < 1, то выражение (1 + n)N an+1 стремится к

нулю при n → +∞. Значит, Rn+1(x) → 0, n → +∞ при всех

x (−1, 1).

[−1, 1]. Поскольку

VI. f(x)

arctg x,

f(n)(x) =

(n − 1)!

sin n

arctg x +

f(n)(0) =

(1 + x2)n/2

2 )), то

( (

πn

n = 2k,

k = 1, 2, . . . ,

= (n−1)! sin (

) =

{(−1)k(2k + 1)!, n = 2k + 1, k = 0, 1, . . . .

Следовательно,

arctg x = x

(−1)kx2k+1

(x),

5 −

· · ·

2k + 1

− 3

n+2

где n = 2k + 1,

(n + 1)! sin

(n + 2)

arctg θ1x +

xn+2

Rn+2(x) =

(

n+2

))

(

2 2

(n + 2)!

(1 + θ1x )

n+2

|1 + θ12x2|2

+1(n + 2)

n + 2

an+2

Пусть |x| 6 a, a [0, 1], тогда Rn+2(x) 6 n + 2 → 0 при n → +∞. Значит, Rn+2(x) → 0 при всех x [−1, 1].

Приложения формулы Тейлора.

1. Иррациональность числа e.

Покажем, что число e не является рациональным. Согласно

полученной формуле,

eθ1

e = e1 = 1+

+· · ·+

+Rn+1(1),

Rn+1(1) =

1n+1,

(n + 1)!

0 < θ1 < 1. Нам известно, что 2

< e < 3, следовательно,

1 < eθ1 < 3 и

< Rn+1(1) <

(n + 1)!

Предположим,

что e

рационально, то есть

e =

, где

q N, p Z, причем q > 2 (действительно, если q = 1,

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 164 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]