Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UML_4256

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 5019 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

Как видно из (1) значение функции f (x) и всех её производных в точке

x0 совпадает со значением и производными многочлена Тейлора

Tn (x).

f (x

)= T

(x ), f ′

)= T ′(x

), f ′′(x )= T ′′(x

f ′′′(x0 ) = Tn′′′(x0 ),K, f (n) (x0 )= Tn(n) (x0 ).

(2)

Однако, в точках

x ≠ x0

функция

f (x)

может не совпадать с

многочленом Тейлора. Поэтому положим

Величину rn (x)

f (x) = Tn (x)+ rn (x).

(3)

называют остаточным членом. Из (3) с учётом (2)

получим

)= r′(x

)= r′′(x

)

= r′′′(x

)=K= r(n) (x )= 0 .

(4)

Докажем, что остаточный член rn (x)

является бесконечно малой

высшего порядка малости по сравнению с (x − x )n , то есть

(x)= 0

(

(x − x

)

или

lim

rn (x)

= 0.

(x − x )n

x→x0

Применяя n раз правило Лопиталя и учитывая (4), найдём:

	r (x)			r′(x)			r(n) (x)
lim	n	= lim		n	=K= lim		n	= 0.
lim	(x − x )n	= lim			=K= lim		n!	= 0.
x→x0	(x − x )n	x→x0 n(x − x )n−1			x→x0		n!
	0			0
Что и требовалось доказать.
Формулу				f (k ) (x0 )(x − x0 )k +		0((x − x0 )n )			(3')
	f (x) = ∑ 1			f (k ) (x0 )(x − x0 )k +		0((x − x0 )n )			(3')
		n
		k =0	k!
называют формулой Тейлора для функции f (x)							с остаточным членом в

форме Пеано, а многочлен Тейлора (1) – многочленом наилучшего приближения.

Заметим, что формула (3′) является асимптотической (см. §6 гл. 4), поэтому, заменяя функцию f (x) на многочлен Тейлора в окрестности точки x0 , мы не можем указать допущенную ошибку, а

можем только указать порядок её малости. Отсюда ясна необходимость записать остаточный член в другой форме, в которой можно оценить его величину.

181

Будем искать остаточный член в виде rn (x)= (x − x0 )n+1 α , где α –

некоторая неизвестная постоянная. Предположим теперь, что функция

f (x)

имеет

n -ю непрерывную на отрезке

[x0 , x]

производную и

(n +1)-ю производную в каждой точке интервала (x0 , x).

Перепишем

′

формулу Тейлора (3 ) в виде:

f (x)=T (x)

+ (x − x )n+1α .

(5)

Введём вспомогательную функцию:

(k )

(t )(x −t )

+ (x −t )

n+1

α = f (t) + f

′

(t )(x

−t )+

g(t) = ∑ k! f

k =0

f ′′(t )(x −t )2 +K+

f (n) (t )(x −t )n + (x −t )n+1 α .

(6)

Из (6) видно, что при t = x g(x) = f (x) , а при t = x0 получим

g (x

)

=T (x)

+(x − x )n+1

(5)

α = f (x),

то есть на концах отрезка [x0 , x] функция

g(t) принимает равные

значения. Поскольку f (x)

имеет непрерывную n-ую производную, то

функция g(t)

непрерывна на отрезке [x0 , x],

а поскольку

f (x) имеет

n −1-ю производную, то функция g(t) дифференцируема на интервале (x0 , x). Как видно g(t) удовлетворяет теореме Ролля.

Найдём производную функции g(t) .

f (n) (t )

g′(t )= f ′′(t )−

f ′(t )+ f ′′(t )(x −t )− f ′′(t )(x −t )+K+

(x −t )

n−1

−

(n −1)!

f (n) (t )

f (n+1) (t )

n−1

−

(x −t )

− (n +1)(x −t )

α =

(n −1)!

=	1	f (n+1) (t )(x −t )n −(n +1)(x −t )n α = (x −t )n					1	f (n+1) (t )−(n +1)α . (7)
=	n!	f (n+1) (t )(x −t )n −(n +1)(x −t )n α = (x −t )n						f (n+1) (t )−(n +1)α . (7)
	n!					n!
		Согласно теореме Ролля найдётся точка t = ξ (x0 , x) такая, что
g′(ξ )= 0. Тогда из (7) найдём
		α =	1		f (n+1) (ξ ).			(8)
		α =	(n +	1)!	f (n+1) (ξ ).			(8)
			(n +	1)!
					182

С учётом (8) формулу (5) перепишем так:

f (x)= ∑ 1	f (k ) (x	)(x − x	)k + f		(n+1)	(ξ )(x − x		)n+1 , ξ (x , x).	(9)
n
	0	0					0	0
k =0 k!	0	0		(n +		1)!	0	0
k =0 k!				(n +		1)!

Формулу (9) называют формулой Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.

Если f (n+1) (x) ограничена в окрестности точки x0 , то аппроксимируя функцию f ( x) многочленом Тейлора, можно легко

оценить возникающую при этом погрешность, если остаточный член формулы Тейлора записан в форме Лагранжа.

Заметим, что иногда точку ξ в (4) удобнее записать в виде

ξ = x0 +θ(x − x0 ) = x0 +θ∆x, 0 <θ <1.

§7. Примеры разложений по формуле Тейлора. Ряд Тейлора

Отметим, что при n = 0 формула Тейлора (9) §6 совпадает с формулой Лагранжа.

Если x0 = 0 , то из (9) §6 получим

f (x)= ∑ f	(k )	(0) xk +	f	(n+1)	(θx) xn+1 ,	(1)
n
k =0	k!			(n +1)!

где 0 <θ <1. Формулу (1) называют формулой Маклорена.

Если первое слагаемое формулы Тейлора (9) §6 перенести в левую

часть и учесть, что

f (k ) (x

)(x − x )k

= f

(k ) (x

)∆xk = f (k ) (x )dxk

= d k y,

а f (x)− f (x0 )= ∆y , то её можно записать так:

d y

∆y = dy +

d 2 y +

d 3 y +K+

d n y + r

(x)= ∑

+ r (x). (2)

k +0 k!

Рассмотрим несколько частных случаев разложения по формуле

Тейлора или Маклорена.

Пример 1. Разложить по формуле Маклорена функцию y = ex .

Решение. Поскольку (ex )(k )

= ex

x=0 =1,

то из (1) получим

xn+1

ex = ∑

eθ x .

(3)

(n +1)!

k =0

183

Докажем, что остаточный член	r (x)	=		x	n+1	eθ x → 0 при



			(n +1)!
	n		(n +1)!
	n

n → ∞. Так как eθ x от n не зависит и при любом конечном x является ограниченной величиной, то достаточно показать, что

последовательность

yn+1 =

n+1

сходится

к нулю при

любом

(

+1)!

конечном x . Действительно,

n+1

yn+2 =

= yn+1

(4)

(n +1

)!(n + 2)

Из (4) видно,

что при

< n + 2 последовательность монотонно

убывает. Но монотонно ограниченная последовательность сходится.

Пусть lim yn+1 = a, тогда из (4) получим

n→∞

lim yn+2 = lim yn+1 lim

или

a = a 0 = 0 .

n→∞

n→∞ n +

Итак, rn (x)→ 0 при n → ∞.

= Sn (x)

–

частичная сумма степенного

Из (3)

видно,

что ∑

k =0

n+1

∞

ряда ∑

а остаточный член r

(x)=

eθ x можно рассматривать

(n +1)!

k =0 k!

как n-й остаток ряда. Поскольку rn (x)→ 0 при n → ∞ , то это означает, что степенной ряд сходится, и его сумма S (x)= ex , то есть

(5)

∑

k =0

∞

f k (x

)

(x − x )

Степенной

ряд

∑

называется

рядом Тейлора

k =0

для функции y = f (x)

(при x0 = 0 рядом Маклорена)

вне зависимости

от того, сходится он к

f (x) или нет. Если он сходится

к f (x),то

говорят,

что

функция f (x)

разлагается

в ряд Тейлора.

Например,

функция

y = ex

разлагается

в ряд Тейлора (5). Однако

не любая

бесконечное

число

раз

дифференцируемая в точке x0

функция

разлагается

ряд

Тейлора.

Можно

убедиться,

что

функция

184

	−x−2	, x	≠ 0, бесконечное число раз дифференцируема в точке
f (x)= e		, x	≠ 0, бесконечное число раз дифференцируема в точке
0, x = 0

x0 = 0 , но все её производные в этой точке равны нулю. Поэтому она не разлагается в ряд Маклорена.

∞

С другой стороны, всякий степенной ряд ∑ Ck (x − x0 )k ,

k =0

сходящийся к сумме S (x) в некоторой окрестности точки x0 , является рядом Тейлора для своей суммы S (x). Действительно, если

	S (x)= C	0	+ C		(x − x		)+ C		2	(x − x			)2	+K+ C		k	(x − x )k +K,
		0		1		0			2		0					k		0
то	S (x ) = C		0	, S′(x		) = C , S′′			(x ) = 2!C					2	,K, S(k )		(x	) = k!C	k	,K.
	0		0		0		1			0				2			0		k
	То есть коэффициент Ск степенного ряда определяется по формуле
								S(k ) (x			)
						C	=			0		,
						C	=					,
						k				k!
										k!

а это и означает, что степенной ряд является рядом Тейлора для своей суммы S (x).

Пример 2. Разложить в ряд Тейлора функции y = shx, y = chx. Решение. Так как (5) сходится на всей числовой оси, то имеем

e−x

∞

(

−1)k xk

(6)

= ∑

k =0

Поскольку сходящиеся ряды можно почленно складывать и

умножать на число, то имеем

chx =

ex + e−x

∞

x2k

shx =

− e−x

∞

x2k +1

= ∑

(7)

(

)

(2k )!

2 (

)

(2k +1)!

k =0

Пример 3. Разложить по формуле Маклорена функцию y = sin x .

Решение.

Поскольку

(sin x)

(k )

=0 = sin

k ,

то из

= sin x

(1) получим

n sin π k

sin

θx

(n +

n+1

sin x = ∑

(8)

(n +1)!

k =0

Как и в примере 1, можно доказать, что остаточный член формулы Маклорена

185

θx

sin

(n +1)

r (x)=

xn+1 → 0

(n +1)!

при n → ∞ для любого x ,

то есть функция

y = sin x разлагается в ряд

Маклорена

(−1)k

∞

x2k +1 .

sin x = ∑

(9)

k =0 (2k +1)!

Упражнение. Доказать, что функция y = cos x разлагается в ряд

Маклорена на всей числовой оси, причём

cos x =

∞

(−1)k

x2k

(10)

∑

(2k )!

k =0

Пример 4. Разложить

по

формуле

Маклорена

функцию

y = (1+ x)α .

Решение. Если α N , то получим бином Ньютона. Пусть α N ,

тогда

((1+ x)α )(k )

x=0 =α (α −1)K(α − k +1).

(1+ x)α =1+ ∑n

α (α −1)K(α − k +1)

xk + r

(x),

(11)

k =1

где

(x)=

α(α −1)K(α − n)

(1+θx)α −n−1 xn+1.

(12)

(n +1)!

Можно убедиться, что остаточный член (12) при

<1 стремится

к нулю, при n → ∞ , то есть из (11) получится разложение функции

(1 + x)α в ряд Маклорена

α (α −1)K(α − k +1)

(1+ x)α =1+ ∑∞

xk ,

<1.

(13)

k =1

Аналогично можно найти разложение в ряд Маклорена функции y = ln (1+ x)

ln 1+ x	)	=	∞	(−1)k −1	xk ,	x	(	−1,1 .	(14)
(	)		∑	k			(	]
			k =1	k
				186

§8. Исследование поведения функции. Интервалы монотонности, точки экстремума

Достаточное условие монотонности функции даёт теорема 1 §3, то

есть если	функция y = f (x) дифференцируемая, то решая неравенства
f ′(x) > 0	и f ′(x) < 0 , найдём интервалы монотонности функции.

Теорема Ферма даёт необходимое условие экстремума для дифференцируемой функции.

Заметим, что функция, непрерывная в точке x0 , но не дифференцируемая в ней, может достигать экстремума. Например, функции y = x , y = 3 x2 достигают в точке x0 = 0 минимума, но не дифференцируемые в этой точке. Даже разрывная в точке x0 функция

может достигать в этой точке экстремума. Например, функция

−x, x < 0, y = −x +1, x ≥ 0

достигает в нуле максимума (см. рис.).

Из теоремы Ферма и приведённых примеров следует, что точки, в которых производная обращается в нуль или не существует (их называют критическими), – это точки возможного экстремума. Чтобы убедиться, достигается ли на самом деле в этих точках экстремум, следует воспользоваться достаточным условием.

Теорема 1 (достаточное условие экстремума для непрерывной функции). Пусть функция y = f (x) непрерывна в точке x0 ,

дифференцируема в некоторой окрестности этой точки за исключением, быть может, самой точки x0 . Тогда если при переходе через точку x0

слева направо знак производной f ′(x): а) меняется с + на –, то функция

187

достигает в точке x0 максимума; б) меняется с – на + – минимума; в) не
меняется – экстремума нет.
Доказательство. Пусть [x0 , x] или [x, x0 ]– произвольный отрезок
из окрестности точки x0 .	Функция		f (x) удовлетворяет условию
теоремы Лагранжа на этих отрезках, то есть
f (x)− f (x		)= f	′(ξ )(x − x ),			(1)
	0				0
ξ (x0 , x)		или ξ (x, x0 ).
Рассмотрим случай а). Если		x > x ,		то f ′	(ξ )< 0 и	правая часть
			0
(1) отрицательна, то есть	f (x0 ) > f (x).			Если	x < x0 , то	′
						f (ξ) > 0 и
снова правая часть (1) отрицательная,			то есть f (x0 ) > f (x). Итак, для
любого x из окрестности точки		x0 имеем f (x0 ) > f (x),				что означает

максимум в точке x0 . Случай а) доказан. Случаи б) и в) доказываются

аналогично. Теорема доказана.

Пример 1. Найти интервалы монотонности и экстремум функции y = 3x 3 (x −1)2 .

Решение. Функция определена и непрерывна на всей числовой

оси. Найдём критические точки
y′ = 33 (x −1)2 +	2x	=	5x − 3	x1 =	3	,	x2 =1 –
	(x −1)		(x −1)		5
3		3

критические точки. Они разбивают область определения функции на

				3		3		,(1,+∞), (см. рис.).
три интервала: −∞,					,		,1
три интервала: −∞,				5	,	5	,1
				5		5
							max			min


							3/5				1
При этом производная								f ′(x)	положительна на первом и третьем
интервале,	а		отрицательна					на	втором.		3	Следовательно, функция
											3		+∞) и убывает на
y = f (x)возрастает				на		интервалах				−∞,		, (1,
y = f (x)возрастает				на		интервалах				−∞,	5	, (1,
	3										5
	3
интервале		,1 .
интервале	5	,1 .
	5
								188

Так как f ′(x) в x = 35 меняет знак с + на –, то, согласно теореме

1, в этой точке достигает максимума, ymax = 93 20 . Аналогично в точке

x =1 – минимума, ymin = 0 .

Если функция y = f (x) дважды дифференцируема в критической

точке, то можно дать второй достаточный признак существования экстремума.

Теорема 2. Если функция y = f (x) имеет в некоторой окрестности

точки x вторую производную, а

f ′(x )= 0 ,

то

f (x)

достигает в точке

x0 максимума, если f ′′(x0 )< 0 . Достигает минимума, если f ′′(x0 )> 0 .

Доказательство. Из существования f ′′(x)следует непрерывность

f ′(x)и

f (x)в окрестности точки x . Пусть

f ′′(x )> 0, тогда функция

f ′(x)

возрастает

окрестности точки x0 .

Поскольку f ′(x0 )= 0 , то

f ′(x)

меняет знак

с –

на

А это, согласно теореме 1, означает

минимум функции

f (x)

в точке x0 . Аналогично доказывается случай,

когда

f ′′(x0 )< 0 . Теорема доказана.

Пример 2. Убедиться, что функция примера 1 достигает в точке

x1 = 3 5 максимума.

2(5x − 6)

Решение. y′′ =

< 0 / . max .

x1 =3/5 = −

3(x −1)3

x −1

3 50

Замечание.

Если

′(x

)= f ′′(x )= 0 ,

то

для выяснения

существует ли экстремум можно воспользоваться формулой Тейлора:

∆y = f (x)− f (x0 )= f ′(x0 )∆x + 2!1 f ′′(x0 )∆x2 + 3!1 f ′′′(x0 )∆x3 +K+ + n1! f (n) (x0 )∆xn + 0(∆xn ).

Пример 3. Исследовать на экстремум функцию

f (x)= x3 −3x2 −3x +5 + 6sin (x −1)

в точке x0 =1.
Решение. f ′(x) = 3x2 − 6x −3			+ 6cos(x −1)	x =1 = 0 ,
Решение. f ′(x) = 3x2 − 6x −3			+ 6cos(x −1)	x =1 = 0 ,
				0
f ′′(x)=	6x − 6 − 6sin (x −1)	x =1 = 0,
f ′′(x)=	6x − 6 − 6sin (x −1)	x =1 = 0,
		0
	189

f (3) (x)= 6 − 6cos(x −1) x0 =1 = 0,

f (4) (x) = 6sin (x −1)		x	=1 = 0 ,

	0
f (5) (x)= 6cos(x −1)		x	=1 = 6 ≠ 0.

		0

f (x)− f (1)=	6	(x −1)5	+ 0((x −1)5 ).	(2)

5!
(2) – формула Тейлора.
Если взять достаточно малую окрестность точки x0 =1,				то знак

правой части (2) будет определяться только первым слагаемым. Но его знак не сохраняется ни в какой окрестности точки x0 =1.

Следовательно, функция не имеет экстремума в точке x0 =1.

§9. Выпуклость и вогнутость. Точки перегиба

Пусть функция y = f (x) определена и непрерывна на интервале (a,b) и пусть x1 и x2 – произвольные точки этого интервала,

удовлетворяющие неравенству: a < x1

< x2 < b .

Проведём через точки (x1, f (x1 )),(x2 , f (x2 )) прямую (секущую).

x − x1

= y − y1 .

(1)

− x

− y

Обозначили y = l

(x) – ординату этой прямой, чтобы не путать её с

ординатой прямой y = f (x). Так что

(x − x1 )− y1 (x − x2 )

(1')

y = l (x)=

x2 − x1

Определение 1.

Функция

y = f (x) называется

выпуклой на

интервале (a,b) , если для любых точек x1 , x2 этого интервала выполняется неравенство

f (x)≥ l (x), x (x1, x2 ),	(2)
где x (x1, x2 ) – произвольная точка интервала (x1, x2 ).
Аналогично, если
f (x)≤ l (x),	(3)

то функция вогнутая на интервале (a,b) .

190

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 1819 / 5019 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
05.09.2019687.71 Кб19Uchebnoe_posobie_metrologia.docx
#
01.06.20152.46 Mб17UMK_po_Menedzhmentu_modul_2.pdf
#
01.06.2015359.44 Кб8umk_treb.pdf
#
01.07.202586.88 Кб0UML диаграммы в Rational Rose_лаб1.docx
#
01.06.2015903.17 Кб15UML_1321.pdf
#
01.06.20156.64 Mб26UML_4256.pdf
#
01.06.2015321.05 Кб16UML_4497.pdf
#
01.06.20151.11 Mб9UML_4562.pdf
#
01.06.2015641 Кб10UML_4564.pdf
#
01.06.2015943.33 Кб9UML_4597.pdf
#
01.06.20151.72 Mб72UML_4797.pdf