Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика / Шилкин Лекции.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

11.05.2015

Размер:

7.25 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 4618 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 > Следующая >>>

ЛЕКЦИЯ 18

Разложим основные элементарные функции по формуле Тейлора (вернее, Маклорена, так как x0 = 0 ):

f (x) = ex . Так как

f (n) (x) = ex

n N ,

то f (n) (0) =1

n N . Тогда

ex =1+ x +

+... +

+ R (x) ,

где

(x) =

eξ

xn+1,

0 < ξ < x

(n +1)!

(ξ =θx,0 <θ <1).

f (x) = sin x .

Для

этой

функции

(n)

(0) = sin n

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

(x) = sin x + n

(−1)k , n = 2k +1

Таким образом,

sin x = x −

−

+... + (−1)k

x2k +1

+ R

(x) , где

(2k +1)!

2k +2

(x)

x2k +2

sinξ

≤

x2k +2

2k +2

(2k

+ 2)!

(2k + 2)!

f (x) = cos x .

Для

(n)

+ n

(n)

(0) = cos n

(−1)k , n = 2k, k

= 0,1,2,...

(x) = cos x

= 2k +1

0, n

Тогда

cos x =1−

−

+... +(−1)k

x2k

+ R

(x) ,

(2k)!

2k +1

(x)

x2k +1

sin ξ

≤

x2k +1

2k +1

(2k

+1)!

(2k +1)!

неё

где

Покажем, что остаточный член в этих формулах стремится к нулю при n → ∞.

Для

lim

eξ

xn+1

= 0 ,

так как

lim an

= 0

(последовательность

n←∞ (n +1)!

n←∞ n!

монотонная и ограниченная (см. [5], ч.I, стр. 148-149)).

Аналогично и для функций sin x и cos x .

′

′′

4. f (x) = ln(1+ x) .

Для

этой

функции

1+ x , f

(1+ x)2

f (x) =

(x) = −

′′′

(−1)2 2

(n)

(x)

(−1)n−1(n −1)!

, n =1,2,...

f (x) =

(1+ x)3 ,…,

(1+ x)n

Отсюда f (0) = 0 ,

′

′′

(n)

(0) = (−1)

n−1

−1)!

(0) =1, f

(0) = −1, f

Тогда	ln(1+ x) = x −	x2	+	x3	−	x4	+... + (−1)n−1	xn	+ R (x) ,	где

	2		3		4			n	n

(−1)n n!xn+1

≤

xn+1

(x)

, так как ξ > 0 .

(1+ξ)n+1(n

+1)!

n +1

f (x) = (1+ x)2 .

Для

этой

функции

(n)

(x) =α(α −1)(α

α −n

откуда f (0) =1,

′

−2)...(α −n +1)(1+ x)

f (0) = α ,

′′

= α(α −1) ,…,

(n)

(0) =α(α −1)...(α −n +1) .

(0)

Тогда

+αx

α(α −1)

+... +

α(α −1)...(α − n +1)

+ R (x), где

(1+ x)

R (x) = α(α −1)...(α −n)

(1+ξ)α −n−1 xn+1 .

(n +1)!

С помощью основных разложений можно представить многие функции по формуле Тейлора.

Формула Тейлора применяется для приближенных вычислений, нахождения пределов функций, исследования функций в окрестности рассматриваемой точки x0 .

Примеры:

1. Вычислить x ≠1 lim y = ±∞, x =1 с точностью до 0,001.

x→1±0

															1												1			1														1			1

				5 =				4 +1 = 2						1+				=							+							2	.	Согласно (5):									x =		,α	=			. Тогда
				5 =				4 +1 = 2						1+	4			=		2 1					+		4						.	Согласно (5):									x =	4	,α	=	2		. Тогда
															4												4																	4			2
														1					1																1			1		3		1
				1			1			1		1			−										1			2									−		−			...	−n +1			1		n
							1							2																								2		2
						2
	+					2		=1+					+						2											+...+					2							2							+ Rn (x)
1
1				4						2		4			2!																										n!
				4						2		4			2!										4																n!					4
Оценим Rn (x) , чтобы																Rn (x)							< 0,001:												1
Оценим Rn (x) , чтобы																Rn (x)							< 0,001:
			1					1 1																		1							1
			1					1 1																		1							1
					−				...		−n +1							1												−				...			−n +		1
					−				...		−n +1																			−			2	...			−n +		1
			2					2 2															≤			2							2		2						< 0,001.
						n!(1+ξ)n+1−2											4n+1						≤											n!4n+1							< 0,001.
						n!(1+ξ)n+1−2											4n+1																	n!4n+1
																						1			1				3					1
		Пусть n = 3									. Тогда R ≤										2				2			2			=			1		< 0,001.
		Пусть n = 3									. Тогда R ≤																				=					< 0,001.
															3									3!44										216
																								3!44										216

	Тогда								1		1			1			1		3
			1						1	−	1			1	−		1	−	3
		1				1	1					1										1		1
									2
	+		2	≈1	+			+	2		2		+	2			2		2	=1	+		−		+
1
1		4				2	4			2!		42				3! 43						8		128		Тогда
		4				2	4			2!		42				3! 43						8		128		Тогда

1145

=1,118164

1024

5 = 2 1,118164 = 2,236328 . Из них мы уверены только в трёх знаках, то есть

2,236 ≈

5 .

−

Найти lim

cos x −e

x→0

−

+o(x

cos x −e

−

+o(x ) − 1−

)

lim

= lim

x→0

−

o(x4 )

− 1

= lim

= −

x→0

Нетрудно заметить,

откуда взялись формулы

ex −1 ~

x , cos x

~ 1

−

sin x

x ,

ln(1+ x)

x ,

(1+ x)α −1 ~ αx .

x→0

Все

они

следуют

из

формулы

→0

x→0

Тейлора, если пренебречь членами, начиная с x2 (кроме cos x ).

Исследование функций с помощью производных.

Функция f

называется неубывающей (невозрастающей) на интервале (a,b) ,

если

для

x1, x2 (a,b)

из

неравенства

x1 < x2

следует

неравенство

f (x1) ≤ f (x2 )

(f (x1) ≥ f (x2 )) . При этом функция

f возрастает (убывает), если

f (x1) < f (x2 )

(f (x1) > f (x2 ))

при

x1 < x2

на

(a,b) . Возрастающие

или

убывающие на интервале (a,b) функции называются монотонными на этом

интервале.
Теорема 1:			(a,b) функция	f не убывала (не
Для того, чтобы дифференцируемая на
возрастала), необходимо и достаточно,			′	′	≤ 0) для всех
		чтобы f (x) ≥ 0 (f		(x)
x (a,b). Если же x (a,b)	′	(f	′		f возрастает
	f (x) > 0		(x) < 0), то функция

(убывает) на этом интервале. Доказательство: Необходимость.

Если f	не убывает (не возрастает) на (a,b) , то для всех x0 (a,b) при ∆x > 0 :
∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) ≥ 0			(≤	0)	∆y	≥ 0	∆y
					∆x			≤ 0 . Отсюда в пределе при
							∆x
∆x → 0 получаем		f ′(x0 ) ≥ 0 (f ′(x0 ) ≤ 0).
Достаточность.
Пусть	′	′		аналогично).			Тогда при x1 < x2 по формуле
	f (x) >	0 ( f (x) < 0
Лагранжа имеем:		′					′
f (x2 ) − f (x1) =			− x1) ≥ 0, так как f
		f (ξ)(x2					(ξ)≥ 0 (x1 < ξ < x2 ).
Отсюда	f (x1) ≥ f (x2 ) ,		т.е.	функция f			не	убывает. Если неравенство

строгое, то получим строгое возрастание или убывание, т.е. монотонность. Определить локальный максимум можно несколько иначе, чем в предыдущей

лекции.

f имеет в точке x0 локальный максимум (минимум),

Говорят, что функция

если существует такая δ -окрестность Uδ (x0 )

точки x0 ,

такая, что для всех

x Uδ (x0 )

выполняется

неравенство

∆f (x0 ) = f (x) − f (x0 ) ≤ 0

(∆f (x0 ) = f (x) − f (x0 ) ≥ 0).

f ′(x0 ) = 0 если

Согласно теореме Ферма в точке локального экстремума

f ′(x) существует. Точки x0 ,

в которых

f ′(x0 ) = 0 называются стационарными.

Подозрительными на экстремум могут быть и точки, в которых

′

(x) не

существует или бесконечна.

Условие

f ′(x0 ) = 0

необходимое,

но не достаточное

условие

экстремума

дифференцируемой функции. Примером является y = x

. В точке

′

f (0) = 0 , но

экстремума в точке x0 = 0 нет.

Теорема 2: Пусть точка x0

является точкой возможного экстремума функции

и пусть

существует

f ′(x)

при

x Uδ (x0 ) кроме

возможно

f ′(x0 ) , в

которой, однако,

′

является непрерывной. Тогда если

′

f (x)

f (x) ≥ 0 (

(x) ≤ 0 )

при

x < x0 ;

′

(

′

при

x > x0 ,

то

точка

является

точкой

f (x) ≤ 0

f (x) ≥ 0 )

локального максимума (минимума) функции f .

Доказательство: Т.к.

′

(

′

то

из

предыдущей

теоремы

f (x) ≥ 0

(x) ≤ 0 ),

следует, что

f (x) при

x < x0

не

убывает (не возрастает),

а при

x > x0 не

возрастает

(не

убывает),

т.е.

при

x < x0

имеет

место

неравенство

f (x) ≤ f (x0 ) ( f (x) ≥ f (x0 )) , т.е. ∆f (x0 ) ≤ 0 (∆f (x0 ) ≥ 0) .

f ′′(x0 ) < 0

′

f (x) ≥ 0

f (x) ≤ 0

(x) ≤ 0

Отметим, что

f (x) должна быть непрерывной в точке x0 .

Теорема 3: (второе достаточное условие экстремума).

Если x0 - стационарная точка, в которой

f ′′(x0 ) > 0 (< 0) , то в точке x0

функция

f имеет локальный минимум (максимум).

Доказательство:

Пусть

f ′′(x0 ) > 0 ,

т.е.

′′

) =

lim

f ′(x) − f ′(x0 )

= lim

′(x)

> 0,

тогда

некоторой

окрестности

x − x

− x

x→x0

точки

f ′(x)

> 0 ,

т.е.

f ′(x0 ) < 0 при

x < x0

f ′(x0 ) > 0

при x > x0 .

x − x0

Согласно теореме 2 заключаем, что в точке x0 локальный минимум. Для аналогично.

Итак, достаточное условие локального максимума дифференцируемой функции в точке x0 является f ′(x0 ) = 0 f ′′(x0 ) < 0 , а локального минимума

f ′(x0 ) = 0 f ′′(x0 ) > 0 . Существует и более общее условие.

Если в точке x0 f ′(x0 ) =K= f (n−1) (x0 ) = 0, f (n) ≠ 0, причем f (n) непрерывна в точке x0 , то при n = 2k функция в точке x0 имеет экстремум, а

именно, максимум при

f (n) (x ) < 0

минимум при

f (n) (x

) > 0

. Если

n = 2k +1, то экстремума нет.

f (n) (ξ)

Доказательство: По формуле Тейлора

f (x) − f (x

) =

(x − x )n

. Тогда

∆f

= f (x) − f (x

) < 0 при

f (n) (ξ) < 0

f (n) (ξ) > 0 ,

при n = 2k

и ∆f

> 0 при

т.е. в точке

локальные максимум или минимум соответственно. Если же

n = 2k +1, то (x − x )2k +1

меняет знак в зависимости от того, каково x (> x

или

< x0 ) и, следовательно,

∆f

меняет знак

при переходе

через точку

x0 ,

т.е.

экстремума нет.

Пример:

1) f (x) = x2 (x −2)2 .

′

= 2x(x −2)

+ x

2(x −2)

= 2x(x −2)(x −2 + x) = 4x(x −1)(x −2)

Имеем f (x)

′′

−6x + 2) .

Стационарные

точки

x1 = 0, x2 =1, x3 = 2 .

f (x) = 4(3x

′′		0 ,	f	′′		′′
f (0) = 8 >				(1) = −4	< 0, f (2) > 0 . Следовательно, x1 = 0 точка
минимума,		x2 =1 точка максимума,					x3 = 2 точка минимума.
2)	f (x) = sin2 (x −1) − x2 + 2x, x						=1
	′	′′		′′′		0
f			f		′′′′
	(1) = f	(1) =		(1) = 0,	f	(1) = −8 < 0 , точка x0 - точка максимума.

0 1 2

<<< < Предыдущая 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 4618 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика

#
11.05.2015562.97 Кб59Контрольные_работы_по%20разделам_высш_матем_Линейная_алгебра.pdf
#
11.05.20153.35 Mб74Сборник-АГ.pdf
#
11.05.20153.42 Mб116Сборник-ЛА.pdf
#
11.05.2015613.76 Кб22Типовой рассчет.PDF
#
11.05.20157.25 Mб33Шилкин Лекции.PDF
#
11.05.20151.02 Mб25Шилкин Тесты.PDF