Конспект лекций Логинов А.С. ЭТФ 1 семестр loginov_1999@mail.ru
§4 Правило Лопиталя
1.Раскрытие неопределенностей вида 0/0
Дано: f(x), g(x) определены на (x0,b) и
1)
2) f,g дифференцируемы на (x0,b)
3) g(x)0 на (x0,b)
Тогда , если последний существует конечный или бесконечный.
Доказательство. Доопределим f,g в точке x0 по непрерывности нулем f(x0)=g(x0)=0. По тереме Коши, примененной к [x0,x](x)(x0,x):x0<(x)<x и
, причем (x)x0, если xx0. По теореме о существовании предела суперпозиции ч.т.д.
Замечание. Аналогично это утверждение доказывается для левой окрестности. Откуда получаем утверждение для xx0.
Следствие 1. Если условия 1)-3) выполнены для всех производных до n-го порядка включительно, то
Следствие 2. Если f,g дифференцируемы для x>a,
,то
, если последний существует, конечный или бесконечный.
Доказательство. Сделаем замену
Замечание. Аналогичные утверждения имеют место для x-.
2.Раскрытие неопределенностей вида /
f,g определены на (x0,b) и
1)
2) f,g дифференцируемы на (x0,b)
3) g(x)0 на (x0,b)
Тогда , если последний существует конечный или бесконечный.
Без доказательства.
Замечание. Аналогичные утверждения имеют место для x x0 - 0, x x0, x +, x -.
3.Раскрытие неопределенностей вида 0, 1 , 00,0, - .
Неопределенности вида 0 сводятся к уже рассмотренным.
Примеры.
1)
2)
3)
4) -
Можно, например, так
5) Неопределенности вида 1,00,0 сводятся к уже рассмотренным логарифмированием
y=uv=ev ln u
Пример 1. . Вычисление. . Этот предел рассматриваем, как , где , а . Из теоремы о существовании предела суперпозиции двух функций следует, что . Далее , заменяя знаменатель на эквивалентную бесконечно малую получим . Таким образом, .
Пример 2. . Представим функцию в следующем виде . и вычислим предел
§5 Формула Тейлора
-
Многочлен Тейлора. Формула Тейлора с остаточным членом Rn.
Пусть f (n-1)-раз дифференцируема в окрестности U=(x0-a,x0+a) точки x0 и существует f(n)(x0). Многочленом Тейлора в точке x0 называется многочлен вида
.
Свойства многочлена Тейлора
Pn(x0)=f(x0), (1)
В частности, , k=0,1,…,n.
(2)
Из (2) следует
(3)
Обозначим Rn(x)=f(x) - Pn(x), тогда
(4)
(4) – формула Тейлора функции f в окрестности точки x0 с остаточным членом Rn. Основная задача будет состоять в представлении остатка в удобной для оценок формах.
2.Остаток в форме Пеано
Теорема 1. При сделанных предположениях f (n-1)-раз дифференцируема в окрестности U=(x0-a,x0+a) точки x0 и существует f(n)(x0) имеет место равенство
Другими словами
(5)
Доказательство.
(10)
(11)
…
(1m)
…
(1n-1)
f(n-1)(x) дифференцируема в точке x0, поэтому
откуда
По правилу Лопиталя
Теорема 2. (Единственность представления функции по формуле Тейлора)Если f имеет n–ю производную в точке x0 и
,
то
Лемма. Если
(2)
то bk=0,k=0,1,…,n
Доказательство. xx0 в (2) b0 = 0
,
/(x-x0) и xx0 и т.д.
Доказательство теоремы.
откуда и следует утверждение.
3.Другие формы остатка в формуле Тейлора
Пусть f (n+1)–раз дифференцируема в окрестности U=(x0-a,x0+a) и дифференцируема в , 0 в , непрерывна в U.
Возьмем x(x0-a,x0+a), xx0 и фиксируем. Для определенности будем считать x0<x и рассмотрим функцию
. Отметим следующие свойства этой функции
-
(x)=0
-
(x0)=Rn(x)
-
-
(z) непрерывна на [x0,x], дифференцируема на (x0,x).
К функциям и применим теорему Коши о конечных приращениях
Откуда
(1)
Следствие 1. Если функция f (n+1)-раз дифференцируема на (x0-a, x0+a), (z)=(x-z)p
, где (x0,x) (или (x,x0)),p>0. Остаток Шлемильха-Роша.
Следствие 2. Если f (n+1)–раз дифференцируема на (x0-a, x0+a), то
.
Получено из общей формулы при p=n+1.
Замечание. Формулу с остатком Лагранжа можно представить в виде.
.
Следствие 3. Если f (n+1)–раз дифференцируема на (x0-a, x0+a), то справедлива формула Тейлора с остатком в форме Коши
4. Разложение некоторых элементарных функций по формуле Тейлора
-
ex, x0=0
,(0,x) или (x,0)
Например при |x|<1, |Rn(x)|3/(n+1)!
-
sin x, x0=0
Вспомогательная формула:
В формуле Лагранжа |
-
cos x, x0=0
Вспомогательная формула:
В формуле Лагранжа
-
ln(1+x), x0=0
-
(1+x), x0=0
f=(1+x)-1,…,f(k)=(-1)…(-k+1)(1+x)-k
5. Использование формулы Тейлора для вычисления пределов
Пример 1.
Пример 2.
.
Пример 3. (1381) Разложить функцию f(x)= по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x5 включительно.
Для решения задачи возьмем разложение функции
eu = 1+u++++++o(u5), u=2x - x2. Подставляя, получим
1+(2x-x2)+ (2x-x2)/2!+ (2x-x2)3/3!+ (2x-x2)4/4!+ (2x-x2)5/5!+o(x5). Отметим, что o((2x-x2)5)= o(x5). При раскрытии скобок нужно оставлять лишь те слагаемые, которые содержат степени не выше 5. Степени x6 и выше уходят в o(x5).
Пример 4. Разложить функцию f(x)=1/cos x по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x5 включительно. Представим функцию в виде
=1+u2+u3+o(u3).
Пример 5. Используя разложение из предыдущего примера, разложить функцию f(x)=tg x по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x6 включительно.
Пример 6. Разложить функцию f(x)=(1+x) - (1-x) по формуле Тейлора с остатком Пиано.
k = 2l+1,
Следствие.
Пример 7. Используя следствие из предыдущего примера, найти предел (1401)
.
Имеем: =x=+o(1).
Пример 8. Разложить функцию f(x)= по формуле Тейлора с остатком Пиано по степеням x до x4 включительно (1327).