Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

UML_4256

.pdf
Скачиваний:
26
Добавлен:
01.06.2015
Размер:
6.64 Mб
Скачать

M

y

 

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a x 0

 

0

 

 

x

0 x

''0

 

 

b x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Аналогично, если

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x0) f (x) 0 x O(x0,δ) ,

 

(3)

то в точке

x0функция достигает локального минимума.

Локальные

максимум и минимум называются локальными экстремумами.

На рисунке

f (x0), f (x0′′) – локальные минимумы,

f (x0 )

– локальный

максимум.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 2 (Ферма). Если функция y = f (x)

дифференцируема в

точке x0 и достигает в этой точке локального экстремума, то

f (x0 ) = 0 .

Доказательство. От противного. Если

f (x 0 ) > 0 ,

то согласно

теореме 1

функция в

точке

 

x 0

возастает,

то

есть

не

достигает

локального

экстремума.

Если

р f (x0 ) < 0, то убывает

и

также не

достигает экстремума. Получили противоречие. Теорема доказана.

Геометрически теорема Ферма означает,

что в точке ( x 0 , f ( x 0 ))

график функции f (x) имеет горизонтальную касательную.

 

§2. Теоремы о среднем

Теорема 1 (Ролль). Если функция y = f (x) непрерывна на отрезке [a,b], дифференцируема на интервале (a,b), а на концах отрезка принимает равные значения ( f (a) = f (b)), то существует, по крайней мере, одна точка ξ (a,b), в которой f (ξ )= 0.

Доказательство. Так как функция f (x) непрерывна на отрезке [a,b], то, согласно второй теореме Вейерштрасса (см. §10 гл. 4), она

достигает на нём своего наименьшего m = inf f (x) и наибольшего M = sup f (x) значений.

Возможны два случая:

171

а) m = M. f (x)

– const, следовательно, f (x) = 0 Теорема

доказана.

f (a) = f (b) , то, по крайней мере, одно из чисел

б) m M . Так как

m или M отлично от f (a).

Допустим M f (a) . Тогда M = f (ξ), где ξ (a,b). Это означает, что функция f (x) достигает в точке x = ξ локального максимума. По теореме Ферма f (ξ )= 0 . Что и требовалось доказать.

Геометрически теорема Ролля означает, что между двумя точками,

вкоторых значения функции равны, всегда найдётся точка, касательная

вкоторой параллельна оси 0 X .

Следствие. Если функция непрерывна на [a,b], дифференцируема

x (a,b),

то

f (a) f (b) . Доказательство от

на (a,b) , но f (x) 0

противного.

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 2 (Коши). Если функции f (x)

и g(x) непрерывны на

[a,b], дифференцируемы на (a,b)

, причем

x (a,b) , то

g (x) 0

существует точка ξ (a,b) такая, что

 

 

 

 

f (b) f (a)

 

 

 

 

 

 

=

 

f (ξ)

.

 

 

(1)

 

g(b) g(a)

 

 

 

 

 

 

g (ξ)

 

 

 

Доказательство.

Составим

 

 

вспомогательную

функцию

F(x) = f (x) +λg(x), где λ некоторый коэффициент.

Подберём его

так, чтобы функция F(x) удовлетворяла условиям теоремы Ролля, то есть потребуем равенства на концах отрезка (F(a) = F(b)), так как все другие требования теоремы Ролля выполняются).

f (a) +λg(a) = f (b) +λg(b). λ =

f (b) f (a)

.

(2)

 

 

g(a) g(b)

 

(g(a) g(b) согласно следствию теоремы Ролля).

Итак, если коэффициент λ

определяется формулой (2), то

функция F(x) удовлетворяет теореме Ролля, то есть

 

 

F(ξ )= 0, ξ (a,b).

 

 

Или

 

 

f (b) f (a)

 

 

 

f (ξ)

 

 

f (ξ) + λg (ξ) = 0.

 

λ =

 

.

g(b) g(a)

 

 

g (ξ)

 

 

Теорема доказана.

172

Теорема 3 (Лагранж). Если функция отрезке[a,b] и дифференцируема на интервале точка ξ (a,b) такая, что

f (b) f (a) = f (ξ)(b a).

y

 

 

м0

В

 

 

 

 

α

 

 

А

 

 

0

a

ξ

b

x

f (x) непрерывна на (a,b), то существует

(3)

Доказательство. Положив в теореме Коши g(x) = x, получим

 

 

f (b)f (a)

=

f (ξ ) или f (b) f (a) = f (ξ )(b a).

 

 

 

 

 

 

 

b a

 

 

 

 

Теорема доказана.

 

f (b)f (a)

 

 

Из рис. видно,

что

= tgα, где α – угол наклона секущей

 

AB , а из

 

 

 

 

 

b a

f (ξ )= tgα , то есть теорема

 

(3)

видно, что

Лагранжа

утверждает, что между точками

A и B кривой существует точка М0

такая, что касательная в этой точке параллельна секущей.

 

Замечание. Пусть y = f (x) удовлетворяет теореме Лагранжа и

пусть [x0 , x0 + ∆x] [a,b]. Тогда согласно (3)

 

 

 

 

 

 

 

f (x + ∆x)f (x )= f (ξ )x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

0

 

или

 

 

 

 

 

y = f

(ξ )x , ξ (x0 , x0 + ∆x).

 

 

 

 

 

 

(3 )

Или

y = f

(x0 +θx)x,

где 0 <θ <1. Равенства

 

(3 ) и (3)

называют формулой конечных приращений. Формула (3) – это точное

равенство для любых конечных x (в отличие от приближённого

y f (x0 )x ).

Во всех трёх теоремах речь идёт о существовании некоторой средней точки ξ (a,b), поэтому эти теоремы и называют теоремами о

среднем.

173

§3. Некоторые следствия из теоремы Лагранжа. Теорема Дарбу

Теорема 1. Пусть функция f (x) дифференцируема на интервале (a,b) . Тогда:

 

 

 

 

 

 

 

 

а) если f (x) 0 x (a,b), то функция монотонно убывает;

 

б) если

f (x)= 0

x (a,b), то f (x) = const ;

 

в) если

 

x (a,b), то функция монотонно возрастает.

f (x) 0

Доказательство.

Пусть a < x1,

x2 < b ,

x1, x2 – произвольные

точки. Тогда на отрезке [x1, x2 ] функция

f (x)

удовлетворяет теореме

Лагранжа.

 

 

f (x )f (x ) = f (ξ )(x x ),

ξ (a,b).

(*)

 

 

 

 

 

 

2

1

 

2

1

 

 

Если

f

(x)0

x (a,b),

то

 

0 и из (*) следует

 

f (ξ)

f (x2 )f (x1 ), то есть функция

f (x)

убывает монотонно на

(a,b).

Утверждение а) теоремы 1 доказано.

 

 

 

 

Утверждения б) и в) доказываются аналогично.

 

Теорема 2 (Дарбу). Пусть функция

f (x)

дифференцируемая на

[a,b]

и пусть λ ( f (a), f (b))

. Тогда найдётся точка ξ (a,b) такая,

что

f (ξ ) = λ ,

то есть функция

f (x) подобно непрерывной функции

принимает все свои промежуточные значения между f (a) и f (b).

 

 

Доказательство. Пусть

f (a)< λ < f (b) (если

f (a) > f (b)

доказательство

аналогично).

Положим c =

1

(a + b)

и введём

две

 

функции

 

 

2

 

 

 

α (t )= a и β (t )= 2t a , если a t c .

(1)

 

 

 

 

α (t )= 2t b и β (t )= b, если c t b.

(2)

b β(t)

α(t)

a

0

a

c

b t

 

 

 

 

174

Тогда

 

 

 

a α (t )< β (t )b t (a,b)

(3)

(см. рис.). Рассмотрим сложную функцию

 

 

 

g(t) =

f (β (t )) f (α (t ))

,

t (a,b).

(4)

β (t )α (t )

 

 

 

 

Очевидно, g(t) непрерывна на (a,b) как суперпозиция, разность и отношение непрерывных функций. Найдём предел

 

 

 

 

 

 

 

(1)

 

f (2t a)f

(a)

 

2t a = x

 

 

 

 

 

lim g (t)=lim

 

=

=

 

 

 

 

 

 

2t a a

 

 

 

 

 

 

 

ta

 

ta

 

 

 

 

 

x a

 

 

 

 

 

f (x) f (a)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

 

 

 

= f

(a).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xa

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(Производная f (a)

существует по условию теоремы).

 

 

Аналогично найдём

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x)f (b)

 

 

 

(2)

f

(b)f (2t b)

 

2t b = x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim g

(t ) = lim

=

= lim

= f (b).

 

 

x b

tb

 

tb

b (2b t )

 

 

 

x b

 

 

tb

 

 

 

Доопределим функцию g(t) , положив

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g(a) = lim g (t)= f

(a)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ta

(b).

 

 

 

 

и

 

 

 

 

 

 

g(b) = lim g (t )= f

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

tb

 

 

 

 

 

 

 

 

Тогда функция g(t)

будет непрерывной на отрезке [a,b] и по теореме

Коши (см. §11)

принимает все свои промежуточные значения, то есть

если

 

 

 

 

 

 

g(a) < λ < g(b),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

или

 

 

 

 

 

 

f (a)< λ < f (b),

 

 

 

 

 

 

 

 

то найдётся точка t0 (a,b) такая, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

g(t0 ) = λ .

 

 

 

 

 

 

 

(5)

 

Зафиксируем t = t0 и из (4) найдём:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (β (t0 ))f (α (t0 ))= g (t0 )(β (t0 )α (t0 )).

 

(6)

Но на отрезке

α(t ), β (t

0

) функция

 

f (x)

удовлетворяет

теореме

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Лагранжа (см. теорему 3 §2)

f (β (t0 ))f (α (t0 ))= f (ξ)(β (t0 )α (t0 )), ξ (α (t0 ), β (t0 )). (7)

Сравнивая (6) и(7) , получим

175

g (t0 )= λ = f (ξ ).

Что и требовалось доказать.

Следствие. Если функция f (x) дифференцируема на отрезке [a,b], то её производная f (x) не имеет точек разрыва первого рода.

y(x)

yη

y 0

 

 

 

 

a

 

0 x0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

B

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство.

 

 

 

 

 

 

 

 

От

 

противного.

Пусть существует

функция

f (x), дифференцируемая

на [a,b], а её

 

производная f (x) строго

возрастает на [a,b]

и имеет в точке x0 (a,b) разрыв первого рода (см.

рис.). Пусть

 

 

 

f (x0 0) = f (x0 ) = y0

 

 

 

 

 

 

и пусть

 

 

 

 

 

f (x0 + 0) = y1

 

 

 

 

 

 

y0 <η < y1 .

 

(8)

 

 

 

 

 

 

f (x) примет

Согласно теореме

2

 

производная

значение

η = f (x ), причём

x

> x

,

так как f (x)

строго возрастает. В силу

1

1

0

 

 

 

 

 

 

строгой монотонности

η = f (x1 ) > y1.

Получили противоречие (см. (8)). Это противоречие и доказывает следствие.

§4. Правило Лопиталя раскрытия неопределённостей

Теорема (Лопиталь). Пусть функции

f (x) и g(x)

определены и

дифференцируемы в некоторой

окрестности

точки

x = x0 ,

за

исключением быть может самой

точки

x = x0 .

Пусть

g(x)0

в

окрестности точки x0 ,

 

lim

f (x)= lim g (x)= 0.

xx0

xx0

 

176

Тогда, если существует (конечный или бесконечный) предел

 

 

 

 

 

 

lim

f (x)

,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

 

 

 

g(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

то существует равный ему предел lim

f (x)

 

,

то есть

 

g(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx0

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

f (x)

 

= lim

 

f (x)

.

 

 

 

(2)

 

 

 

g(x)

 

 

 

 

 

 

xx0

 

 

xx0

 

g(x)

 

 

 

 

 

Доказательство. Если функции

f (x) и g(x) не определены в

точке x = x0 , то доопределим их равенствами

 

 

 

 

 

 

f (x0 )= lim f (x)= 0,

g(x0 ) = lim g(x) = 0.

 

 

 

 

 

x

x0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx0

 

Пусть xn – произвольная точка из окрестности точки x0 . Тогда на

отрезке [x0 , xn ] функции

 

f (x) и g(x) удовлетворяют теореме Коши.

 

f (x

)f (x

0

)

 

 

 

f (x

)

 

 

 

f

(ξ

n

)

 

 

 

(x , x ).

 

 

n

 

 

=

 

 

 

n

 

=

 

 

 

 

 

 

 

,

ξ

 

(3)

 

g (xn )g(x0 )

 

g (xn )

 

g(ξn )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

0 n

 

Пусть xn x0 при n → ∞. Тогда ξn x0

при n → ∞.

Поскольку

предел (1) существует, то не зависит от выбора последовательности, сходящейся к точке x0 , то есть

lim

f (ξn )

= lim

f (x)

.

g(ξn )

g(x)

ξn x0

xx0

 

Перейдём к пределу в (3) при n → ∞. Так как предел правой части

(3) существует, то существует предел и левой части, то есть

lim

f (xn )

= lim

f (x)

= lim

f (x)

.

g (x )

g(x)

g(x)

xn x0

xx0

xx0

 

 

n

 

 

 

 

 

Теорема доказана.

Формулу (2) называют правилом Лопиталя раскрытия неопределённости вида 00 .

Замечание 1. Если f (x) и g(x) удовлетворяют требованиям теоремы, то правило Лопиталя можно применить повторно.

177

 

 

 

 

ex 1 x3

1 x2

 

x 1

 

 

 

 

 

 

 

ex 1 x2 x 1

 

Пример 1. lim

 

 

6

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

 

2

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin x + x

 

 

x0

 

 

 

 

cos x +

 

x

2

1

 

 

 

 

 

x0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

ex x 1

 

= lim

ex 1

 

= lim

 

ex

 

 

=

1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x +

1

 

sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x0

 

 

 

 

x0

 

 

 

 

x

0 cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Здесь правило Лопиталя применено четыре раза.

 

Замечание 2. Можно доказать, что правило Лопиталя применимо

и в том случае,

когда точка x0

бесконечно удалённая ( x0 = +∞ или

x0 = −∞).

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x

 

= lim cos

1

 

 

 

 

Пример 2.

lim

 

= lim

x2

 

=1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

x→∞

 

 

1

 

 

 

 

x→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замечание 3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Правило

 

 

 

Лопиталя можно применить и для

раскрытия неопределённостей вида

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xn

 

 

 

 

 

 

nxn1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n!

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 3.

lim

 

= lim

 

 

=K= lim

 

= 0.

 

xn = о(ex ) при

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n → +∞.

 

x→∞ ex

x→∞

 

 

 

ex

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞ ex

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f

(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замечание 4. Если

lim

 

 

 

не существует, то это не означает,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞ g(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

что не существует lim

f (x)

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞ g (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x +sin 2x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+

sin 2x

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

Пример 4.

lim

 

= lim

 

 

 

 

 

x

 

 

=

 

. Применим правило

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos

 

 

 

x→∞ 3x + cos x

 

 

 

x→∞

3 +

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

Лопиталя

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x + sin 2x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1+ 2cos 2x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

= lim

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞ 3x + cos x

 

 

x→∞

3 sin x

 

 

 

Этот предел не существует. Правило Лопиталя не применимо.

178

Замечание 5. Правило Лопиталя можно применить и для раскрытия неопределённостей вида 0·, ∞−∞, 1,00 ,0 , если

предварительно свести их к виду 00 или .

1

Пример 5. Найти предел lim(ex + x)x .

x0 1

Решение. Пусть u = (ex + x)x , тогда

 

 

 

 

 

 

ln u =

ln (ex

+ x)

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Применим правило Лопиталя.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim ln u = lim

ln (ex + x)

= lim

 

ex

+1

= 2.

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

+ x

 

 

 

 

 

x0

 

 

x0

 

 

 

 

 

 

 

x0 ex

 

 

 

 

 

Используя непрерывность логарифмической функции, найдём

 

 

limlnu = ln

limu

)

= 2. limu = lim

ex + x

)

1

= e2.

 

 

x

 

 

x0

 

 

(x0

 

 

 

x0

 

 

 

x0 (

 

 

 

 

 

§5. Формула Тейлора для многочлена. Бином Ньютона

Рассмотрим многочлен n -й степени

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

xk .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

 

 

 

 

 

 

P (x) = a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

k =0

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Представим этот многочлен следующим образом:

 

 

 

 

 

n

 

(x x

)k

= C

+ C (x x

)+ C

 

(x x )2

+

 

P (x)= C

k

2

 

n

k =0

0

 

 

0

 

 

1

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+C

(x x )3

+K+ C

n

(x x

 

)n .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(2)

3

0

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Неизвестные коэффициенты Ck найдём следующим образом.

Продифференцируем (2) n раз. Получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Pn(x)= C1 + 2C2 (x x 0 )+ 3C3 (x x 0 )2 +K+ nCn (x x 0 )n1 ,

 

Pn′′(x)= 2C2 + 3 2C3 (x x 0 )+K+ n(n 1)Cn (x x 0 )n2 ,

(3)

Pn′′′(x)= 3 2C3 +K+ n(n 1)(n 2)Cn (x x 0 )n3 ,

 

 

 

 

…………………………………………………………….

P(n)n (x) = n!Cn .

179

Полагая в (2) и (3) x = x0 , найдём:

 

 

C0 = Pn (x0 ),C1 = Pn(x0 ),C2 =

1

Pn′′(x0 ),

 

 

2!

 

 

C

=

1

 

P′′′(x ), K ,C

 

=

 

1

 

P(n) (x

).

 

 

 

 

 

 

n!

 

 

3

3!

0

 

n

 

 

 

 

 

n

0

 

 

 

Ясно, что

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

=

 

 

P(k )

(x ).

 

(4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k

 

 

 

k!

n

0

 

 

Таким образом,

многочлен (2) примет вид

 

(5)

 

 

 

 

 

P (x)= 1

P(k ) (x )(x x )k .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

n

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k =0

k!

 

 

Многочлен (5) называют многочленом Тейлора. Его коэффициенты определяются соответствующей производной многочлена в точке x0 . Очевидно, что всякий многочлен является

многочленом Тейлора и задав значения многочлена и его n производных в некоторой точке, мы определим и сам многочлен.

Рассмотрим частный случай

 

 

 

 

 

 

 

 

 

P (x)

 

 

n

 

xk .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= (x + a)n = a

k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

k =0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Коэффициенты ak найдём по формуле (4) при x0 = 0 .

 

ak =

1

((x + a)n )(k ) =

 

1

n(n 1)(n 2)K(n k +1)(x + a)nk

 

 

x=0 = Cnk ank .

 

 

 

 

 

k!

 

k!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом, мы получили формулу бинома Ньютона.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x + a)n = Cnk xk ank .

(6)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

k =0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

§6. Формула Тейлора для функции

 

 

Пусть функция

 

y = f (x)

дифференцируема n раз в окрестности

точки x0 . Запишем для неё многочлен Тейлора

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Tn( x) =

1

f (k )

(x0 )(x x0 )k = f (x0 )+ f (x0 )(x x0 )+

 

 

 

 

 

 

 

1

k =0 k!

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

+

f ′′(x0 )(x x0 )2 +K+

 

f (n) (x0 )(x x0 )n .

(1)

 

 

 

 

2!

 

 

 

 

 

 

n!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

180

 

 

 

 

 

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]