MMATAN04

2.Написать разложение по целым неотрицательным степеням переменной x до члена с x3 включительно для функции

f (x) = sin(sin x).

3.Написать разложение по целым неотрицательным степеням переменной x до члена с x5 включительно для функции

f (x) = tg x.

Используя разложения I–VII, найти следующие пределы:

					−x22
4.	lim	cos x − e					.
	x→0			x4				x .
5.	x→∞ x − x
	lim				2 ln	1 +		1
6.	x→0	1		1		.
		x		− sin x
	lim

Если функция f (x) бесконечное число раз дифференцируема в окрестности точки x0, то для любого числа x из этой окрестности и любого натурального n справедлива формула Тейлора

f (x) = f (x0) + f (x0) (x − x0) + f (x0) (x − x0)2 + · · · + 1! 2!

+ f (n)(x0) (x − x0)n + o((x − x0)n). n!

При x0 = 0 получаем частный случай формулы Тейлора – формулу Маклорена

f (x) = f (0) + f (0)x +	f (0)	x2 +	f (0)		x3 + · · · +	f (n)(0)		xn + o(xn).
	2!		3!			n!

111

Разложения основных функций по формуле Маклорена (по степеням x) имеют вид

x2

x3

xn

I. ex = 1 + x +

+

+ · · · +

+ o(xn).

2!

3!

n!

sin x = x −

x3

x5

x2n+1

II.

+

− · · · + (−1)n

+ o(x2n+2).

3!

5!

(2n + 1)!

III. cos x = 1 −

x2

x4

x2n

+

− · · · + (−1)n

+ o(x2n+1).

2!

4!

(2n)!

x2

x3

x4

xn

IV. ln(1 + x) = x −

+

−

+ · · · + (−1)n−1

+ o(xn ).

2

3

4

n

V.

(1 + x)α = 1 + αx+

α(α − 1)

x2 +

· · ·

+

α(α − 1) · · ·(α − n + 1)

xn +

+ o(xn).

2!

n!

VI.

1

= 1 + x

+ x2 + x3 + · · ·

+ xn + o(xn).

1 − x

VII.

1

= 1 − x

+ x2 − x3 + · · ·

+ (−1)nxn + o(xn).

1 + x

Разложения VI и VII получаются из V как частный случай при

α = −1.

Решения

1. Начиная с четвертого порядка, все производные от многочлена

P (x) = 1 + 3x + 5x2 − 2x3

равны нулю. Поэтому разложения многочлена будут содержать степени x+1 или x только до третьей степени включительно. Вычислим значения функции f (x) = P (x) и ее производных первого, второго и

112

третьего порядков в точках x = −1 и x = 0:

P (x) = 1 + 3x + 5x2 − 2x3,

P (−1)

= 5,

P (0)

= 1,

P (x) = 3 + 10x − 6x2,

P (−1)

= −13,

P (0)

= 3,

P (x) = 10 − 12x,

P (−1)

= 22,

P (0)

= 10,

P (x) = −12,

P (−1)

= −12,

P (0)

= −12.

Используя формулы Тейлора и Маклорена, получаем

P (x) = P ( 1) +

P (−1)

(x + 1) +

P (−1)

(x + 1)2 +

P (−1)

(x + 13),

1!

2!

−

3!

13

22

12

+ 1)3 =

P (x) = 5 −

(x + 1) +

(x + 1)2 −

(x

1!

2!

3!

= 5 − 13(x + 1) + 11(x + 1)2 − 2(x + 1)3,

P (x) = P (0) + P (0)x +

P (0)

x2 +

P (0)

x3 =

2!

3!

= 1 −

3

x +

10

x2 −

12

x3 = 1 + 3x + 5x2 − 2x3.

1!

2!

3!

Замечаем, что разложение многочлена по степеням x совпадает с первоначальным видом многочлена.

2. Ищем значения функции и ее производных в точке x = 0:
f (x) = sin(sin x),					f (0)	= 0,
f (x) = cos(sin x) cos x,					f (0)		= 1,
f (x) = − sin(sin x) cos2 x − cos(sin x) sin x,					f (0)		= 0,
f (x) =	−	cos(sin x) cos3 x + sin(sin x)2 cos x sin x+
+ sin(sin x) cos x sin x			−	cos(sin x) cos x,	f (0) =		−	2.

113

Теперь запишем нужное разложение

sin(sin x) = f (0) + f (0)x +

f (0)

x2

+

f (0)

x3

+ o(x3 ),

2!

3!

sin(sin x) = x −

1

x3 + o(x3 ).

3

3. Вычисляем значение функции f (x) =

tg x и ее производных от

первого до пятого порядка в точке x = 0:

f (x) = tg x,

f (0) = 0,

1

f (x) =

= 1 + tg 2x = 1 + f 2(x),

f (0) = 1,

cos2 x

f (x) = 2f (x)f (x),

f (0) = 0,

f (x) = 2f 2 (x) + 2f (x)f (x),

f (0) = 2,

f IV (x) = 6f (x)f (x) + 2f (x)f (x),

f IV (0) = 0,

f V (x) = 8f (x)f (x) + 6f 2 (x) + 2f (x)f (x)+

+ 2f (x)f IV (x),

f V (0) = 16.

Запишем требуемое разложение

1

2

16

tg x =

x + 2

x3

+

x5 + o(x5),

1!

3!

5!

x3

2

tg x = x +

+

x5 + o(x5).

3

15

4. При вычислении этого предела используем разложения I и III:

−x22

lim

cos x − e

=

x4

1

x→0

x2

x4

x2

x4

= x→0 x4 1 −

2! +

4! + o(x ) − 1 −

2 +

4 · 2!

lim

4

1

1

= lim

x4

−

+ o(x4)

=

1

1

4!

4 · 2!

−

4!

4 · 2!

x→0

x4

+ o(x4 ) =

= −121 .

114

5. Используем разложение IV:

x

x2

x→∞

−

x = x→∞

−

− 2x2

lim

x

x2 ln

1 +

1

lim

x

x2

1

1

+ o

1

=

2

= x→∞

−

· o x2

= 2

lim

1

x2

1

1

.

6. Используем разложение II:

x3

x5

1

1

sin x

x

x −

+

+ o(x6) − x

lim

= lim

= lim

3!

5!

=

x→0 x − sin x

x→0

x sin−x

x→0

x3

x5

6

x x

−

+

+ o(x )

3!

5!

x

x5

o(x6 )

−

+

+

= lim

3!

5!

x2

= 0.

x

x4

o(x6)

x→0

1 −

+

+

3!

5!

x

Задачи для самостоятельной работы

10.1.Написать разложение по целым неотрицательным степеням переменной x до члена с x5 включительно для функции

f (x) = e2x−x2 .

10.2.Написать разложение по целым неотрицательным степеням переменной x до члена с x6 включительно для функции

f (x) = ln cos x.

√

10.3. Найти три члена разложения функции f (x) = x по целым неотрицательным степеням разности x − 1.

Используя разложения I–VII, найти следующие пределы:

10.4. lim ex + e−x − 2 .

x→0 x2

115

10.5. x→0 x				x − ctg						.
lim		1		1						x
10.6. lim		ex sin x − x(1 + x)											.
x→0						x3
Ответы
				2						5				1				x2		x4			x6
10.1. 1+2x+x2−							x3 −					x4 −			x5	+o(x5).	10.2. −		−		−				+o(x6).
						3					6			15				2		12			45
1				1																		1				1
10.3. 1 +			(x − 1) −							(x − 1)2 + o((x − 1)2). 10.4.								1. 10.5.						. 10.6.			.
	2							8														3				3

Занятие 11. Приложения производных

Задание

1. Написать уравнение касательной и нормали к кривой

√

y = (x + 1) 3 3 − x

в точках: а) A(−1, 0); б) B(2, 3); в) C(3, 0).

2.Под какими углами пересекаются кривые

		x = y2 и		y = x2?
3.	Доказать неравенство
		ex > 1 + x		при x = 0.
4.	Доказать неравенство
		x3
	x −		< sin x < x при x > 0.
		6
5.	Найти наименьшее и наибольшее значения функции
	f (x) = |x2 − 3x + 2|			на сегменте [−10, 10].

116

6.Найти нижнюю грань (inf f (x)) и верхнюю грань (sup f (x)) следующей функции:

f (x) =	1	+ x2	на интервале (0, +∞).
	1	+ x4

7. Определить наибольший член последовательности

√

xn = n n.

8. Доказать неравенство

|3x − x3| ≤ 2 при |x| ≤ 2.

9. Доказать неравенство

mmnn

xm(a − x)n ≤ (m + n)m+n am+n

при m > 0, n > 0 и 0 ≤ x ≤ a.

Решения

1. Уравнение касательной к кривой y = f (x) в точке с абсциссой x = x0 имеет вид

y = f (x0) + f (x0)(x − x0).

Если f (x0) = 0, то уравнение нормали (прямой перпендикулярной к касательной) записывается следующим образом:

1

y = f (x0) − f (x0) (x − x0).

√

Ищем производную от функции f (x) = (x + 1) 3 3 − x

						x + 1			4	2				x
	f (x) =	√3		x				=					−
														.
		3		− −
						3 3			3		3
							(3 − x)2					(3 − x)2

Записываем уравнения касательной и нормали:

117

√

3 4,

а) A(−1, 0), x0 = −1, f (x0) = 0, f (x0) =

	3
y = √4(x + 1) — касательная,
y =			1		(x + 1)	— нормаль.
	− √4
	3
б) B(2, 3), x0 = 2, f (x0) = 3, f (x0) = 0,
y = 3 — касательная,						x = 2 — нормаль.
в) C(3, 0), x0 = 3, f (x0) = 0, f (x0) = ∞,
x = 3 — касательная,						y = 0 — нормаль.

2. Под углом между кривыми y = f (x) и y = g(x) в их общей точке M0(x0, y0) понимается угол α между касательными, проведенными к этим кривым в точке M0.

y

A

1

B

0

1

x

Рис. 3.1. Кривые y = x2 и x = y2

Из аналитической геометрии известно, если прямые y = k1x +

+b1 и y = k2x + b2 пересекаются под углом α, то tg α =	k1 − k2	.
	1 + k1k2
118

Тогда угол α между касательными к кривым y = f (x) и y = g(x) определяется по формуле

tg α = f (x0) − g (x0) .

1 + f (x0)g (x0)

Положим	f (x) = x2			g(x) = √						f	(x) = 2x					g (x) =			1		.
						x
			,			. Тогда									и				2√
																				x
В точке A(1, 1) (рис. 3.1) имеем
								1
				1				2 −					3				3	.
f (1) = 2,		g (1) =			, tg α =				2			=		, α = arctg
				2				1 + 2 ·		1			4				4
										2

В точке B(0, 0) парабола y = x2 касается оси 0x, а парабола x = y2

π

— оси 0y. Угол α = 2 .

3. Рассмотрим функцию f (x) = ex −x−1, представляющую разность между левой и правой частью доказываемого неравенства. Имеем

f (x) = ex − 1.

При x > 0 производная f (x) > 0. Функция f (x) возрастает при x > 0. Из неравенства x > 0 следует неравенство f (x) > f (0).

При x < 0 производная f (x) < 0. Функция f (x) убывает при x < 0. Из неравенства x < 0 следует неравенство f (x) > f (0).

Таким образом, f (x) > f (0) при x = 0 и

ex − x − 1 > 0,

что и доказывает неравенство ex > 1 + x.

4. Докажем вначале неравенство sin x < x. При x > 1 это неравен-

ство очевидно. При 0 < x ≤ 1 рассмотрим разность f (x) = sin x − x. Производная f (x) = cos x − 1 < 0. Функция f (x) убывающая и из

неравенства x > 0 следует f (x) < f (0), т.е.

sin x − x < 0 или sin x < x.

119

x3

Докажем теперь неравенство x − 6 < sin x при x > 0. Рассмотрим

x3

разность f (x) = x − 6 − sin x. Дифференцируя, получаем

f (x) = 1 −	x2
	2 − cos x, f (x) = sin x − x < 0 при x > 0.

Производная f (x) убывает. Из неравенства x > 0 следует неравен-

						x3
ство f (x) < f (0) = 0. Следовательно, функция f (x) = x −							−sin x
						6
убывает. Тогда, из неравенства x > 0 следует f (x) < f (0) или
	x3			x3
x −		− sin x < 0,	x −		< sin x.
	6			3

5. Для нахождения наименьшего и наибольшего значений непрерывной функции на сегменте [a, b] вычисляют значения функции в критических точках (где производная равна нулю или не существует) и в граничных точках, а затем выбирают из этих значений наименьшее и наибольшее значения.

Для функции
f (x) = |x2 − 3x + 2|						на сегменте [−10, 10]
имеем		+ 3x − 2,					если 1 < x < 2,
−x2
f (x) =	x2	− 3x + 2,					если x < 1, x >	2,
			2x + 3,				если 1 < x < 2.
f (x) =		2x − 3,					если x < 1, x > 2,
	−		3
f (x) = 0 при x =						— критическая точка.
				2

Точки x = 1 и x = 2 также критические. Производная в этих точках не существует. Докажем это:

	f (x) = |x − 1||x − 2|,
f+(x) = lim	f (x) − f	(1)	=	lim	|x − 1||x − 2|	= 1,
	x − 1				x − 1
x→1+0				x→1+0

120