Высшая_математика_Том1

тем точнее, чем x ближе к x0 . В этом случае форма Пеано, характеризующая лишь стремление остатка к нулю при x → x0 , непригодна для приближенных вычислений. В большинстве приложений у рассматриваемых функций существуют и непрерывны производные всех порядков, так что в формуле Тейлора в качестве n можно взять любое натуральное число. Предположим, все производные функции f (x) ограничены одной и той константой:

|f (k)(x)| 6 M.

Тогда, используя остаточный член в форме Лагранжа (6.4.7), будем иметь

f (n+1)(c)

M

n

|Rn+1

(x)| =

(n + 1)!

(x −x0 )n+1

6

(n + 1)!

|x −x0 |n+1 .

(6.4.14)

∞

x

x

правая

часть последнего

неравенства стремится к нулю

Покажем, что

при

→

для любого

. Возьмем произвольное число

и выберем на-

туральное число n0 , большее, чем 2|x − x0 |. Тогда при n > n0 будем иметь

n > 2 x

x

0 |

или

|x −x0 |

<

1

. Следовательно,

|

−

n

2

(x −x0 )n+1

=

|(x −x0)n0 |

|x −x0 |

|x −x0 |

···

|x −x0 |

<

(n + 1)!

(n0 )!

n0 + 1

n0 + 2

n + 1

(x

x0 )

n0

1

2(x

x0 )

n0

1

<

|

−

|

<

|

−

|

.

(n0 )!

2n+1−n0

(n0 )!

2

n

Так как первый множитель в правой части последнего неравенства не зависят от n, а второй 1/2n стремится к нулю при n → ∞, то отсюда

lim			M	x x	0 |	n+1	=	0 (6.4.14)	lim R	x	0
n	→	∞ (n + 1)!		| −				=	n ∞	n+1 (	) = .
									→

Таким образом, в этом случае можно оценить погрешность приближенной формулы (6.4.13) (если n задано), либо подобрать n так, чтобы была гарантирована заданная точность. В общем случае необходимо исследовать стремление к нулю остатка в рассматриваемой точке x.

В недавнем прошлом основным приложением рядов Тейлора было их использование в приближенных вычислениях значений функции. С развитием вычислительной техники эти вопросы, по-видимому, потеряли свою актуальность. Тем не менее поле применения рядов Тейлора необозримо. Например, их часто с успехом используют для получения аналитического выражения, пусть хотя бы приближенного, решения функциональных уравнений (т. е. уравнений содержащих неизвестную функцию и, возможно, ее производные).

ПРИМЕР 6.4.1. Найти приближенное решение уравнения sin x + sin y = x −y

в окрестности точки x0 = 0.

231

РЕШЕНИЕ. Функцию y = y(x) ищем в виде (6.4.10). Подставляя в уравнение x = x0 = 0, получим sin y = −y. Значит, y(x0 ) = 0. Продифференцируем

данное уравнение

cos x + cos y ·y′ = 1 −y′.

Подставим x = 0, y = y(x0 ) = 0: cos 0 + cos 0 ·y′(0) = 1 −y′(0). Отсюда y′(0) = 1/2. Дифференцируя еще раз, получим

−sin x −sin y ·y′2 + cos y ·y′′ = −y′′.

Подставляя x = 0, y = y(0) = 0, y′ = y′(0) = 1/2, получим y′′ = −y′′. Значит y′′(0) = 0. Проделав эту операцию еще один раз, будем иметь

−cos x −cos y ·y′3 −3 sin y ·y′ ·y′′ + cos y ·y′′′ = −y′′′.

Отсюда при x = 0, y = y(0) = 0, y′ = y′(0) = 1/2, y′′ = y′′(0) = 0 получим y′′′ = 9/16. Таким образом, приближенное решение уравнения по формуле

(6.4.10)

y ≈ 2x + 323 x3 .

Но даже если аналитическое выражение для функции f (x) известно, то формула Тейлора, как сказано выше, позволяет приближенно представить ее (или, как говорят в математике, аппроксимировать многочленом первой степени (линейная аппроксимация), второй степени (параболическая аппроксимация) и т. д.

ПРИМЕР 6.4.2. Представить приближенно в виде многочлена третьей степени функцию y = xx в окрестности точки x0 = 1.

РЕШЕНИЕ. Для нахождения производных прологарифмируем функцию: ln y = ln xx = x ln x. Отсюда последовательным дифференцированием находим

y′ = y(ln x + 1),	y′′ = y′(ln x + 1) +	y		y′′′ = y′′(ln x + 1) + 2	y′		y
			,			−		.
		x			x		x2

Подставляя в функцию и ее производные x = 1, получим y(1) = 1, y′(1) =

1, y′′(1) = 2, y′′′(1) = 3.

По формуле Тейлора (6.4.9) получаем искомое приближение

	y = xx	≈	1 + (x	−	1) + (x	−	1)2 +	(x −1)3	=	2x3 −3x2 + 3x + 3	.
								2		6

В качестве следующих примеров рассмотрим разложения некоторых элементарных функций по формуле Маклорена (6.4.10). При этом мы ограничимся функциями, коэффициенты Тейлора которых находятся сравнительно просто.

Показательная функция

232

Уфункции f (x) = ex все производные совпадают с f (x) и поэтому при x = 0 все они принимают значения, равные 1. По формуле Маклорена (6.4.10) с остаточным членом в форме Лагранжа

ex = 1 + x +	x2	+	x3	+ . . . +	xn	+	xn+1	eθx,	(6.4.15)
							(n + 1)!
2!		3!			n!

где 0 < θ < 1, а значит, c = θx находится между нулем и x. Покажем, что если неограниченно увеличивать n, то остаточный член будет стремиться к нулю при любом x. Пусть x произвольное действительное число. Выберем H > 0

настолько большим, чтобы −		H < x < H		. Так как		функция ex, то она и все
									H	. Из неравенства
ее производные ограничены одной и той же константой e
(6.4.14) получаем
R	(x) 6 eH		|x −x0 |n+1		0,	n		∞.
			(n + 1)! →				→
| n+1	|

Таким образом, равенство (6.4.15) справедливо на всей числовой оси для

любого n.

Синус и косинус

Для производных функции y = sin x имеем

y′

= cos x = sin(x +

π

);

2

π

y′′ = −sin x = sin(x + 2

);

2

y′′′ = −cos x = sin(x + 3

π

).

Следовательно,

2

π

y(n) = (sin x)(n) = sin(x + n

).

При x = 0 эти производные равны

2

π

0, при n = 2k,

y(n)(0) = sin(n

) =

(−1)k , при n = 2k + 1.

2

Аналогично,

π

(cos x)(n) = cos(x + n ·

).

И, значит,

2

π

k

( 1) , при n = 2k,

y(n)(0) = cos(n

) =

−

0, при n = 2k + 1.

2

Таким образом разложения Тейлора имеют вид

sin x = x

−

x3

+

x5

. . . + (

1)n−1

x2n−1

+ R

(x).

(6.4.16)

3!

5! −

2n

−

(2n

−

1)!

x2

x4

n

x2n

(6.4.17)

cos x = 1 −

+

−. . . + (−1)

+ R2n+1(x).

2!

4!

(2n)!

233

Так как функции y = sin x и y = cos x и все их производные по модулю не превосходят единицы, то разложения справедливы на всей числовой оси (т. е. остаточные члены при любом x стремятся к нулю, если n → ∞).

Логарифм

Рассмотрим функцию y = f (x) = ln(1 + x). Дифференцируя, находим

y′ =

1

,

1 + x

y′′ = −

1

= (−1)1

1

,

(1 + x)2

(1 + x)2

y′′′ =

1 ·2

= ( 1)2

2!

,

(1 + x)3

−

(1 + x)3

y(4) =

−

1 ·2 ·3

= (

−

1)3

3!

,

(1 + x)4

(1 + x)4

. . .

y(n) = ( 1)n−1

(n −1)!

.

−

(1 + x)n

Следовательно,

y(n)(0) = (−1)n−1(n −1)!

y(0) = 0,

Искомое разложение по формуле (6.4.10) имеет вид

x2

x3

xn

ln x = x −

+

−. . . + (−1)n−1

+ Rn+1(x).

(6.4.18)

2

3

n

Можно доказать, что остаточный член Rn+1 (x), будет стремиться к нулю при n → ∞, если только −1 < x 6 1.

Бином Ньютона

Рассмотрим функцию f (x) = (a + x)n, где n — натуральное число. Из школьного курса математики известны частные случаи (a + x)2 = a2 + 2ax + x2 и (a + x)3 = a3 + 3a2 x + 3ax2 + x3 . Очевидно, f (x) — многочлен степени n, поэтому все производные, начиная с n + 1-й тождественно равны нулю и остаток также равен нулю. Ясно, что f ′(x) = n(a + x)n−1 , f ′′(x) = n(n −

1)(a + x)n−2, . . . , f (k)(x) = n(n −1) . . . (n −k + 1)(a + x)n−k , . . . , f (n)(x) = n(n−

−1) . . . 2 ·1.

Подставляя сюда x = 0 и учитывая, что Rn+1 (x) ≡ 0, по формуле Маклорена (6.4.10) получаем формулу бинома Ньютона

(a + x)n = an +	n	an−1 x +		n(n −1)		an−2 x2	+
1		2!
	+		n(n −1)(n −2)		an−3 x3		+ . . . +	n(n −1)(n −2) . . . 2 ·1	xn.
		3!						n!

234

Коэффициенты при an−k xk называются биномиальными коэффициента-

ми и обозначаются Ck			. Таким образом,
	n
Cn0 = 1, Cn1 = n, Cn2 =				n(n −1)	, . . . ,
			2!
					Cnk =	n(n −1) . . . (n −k + 1)	, . . . , Cnn = 1.
						k!
Биномиальные коэффициенты можно выразить через факториалы
Ck	=			n!	; k = 0, 1, 2, . . . , n; 0! = 1.
n	k! ·(n −k)!

Отметим важное свойство биномиальных коэффициентов

Cnk = Cnn−k , k = 0, 1, 2, . . . , n,

удобное при вычислении биномиальных коэффициентов, у которых верхний индекс больше половины нижнего, например C107 = C1010−7 = C103 =

10 ·9 ·8/3! = 120.

С использованием биномиальных коэффициентов формула бинома Ньютона может быть записана в виде

(a + x)n = Cn0 an + Cn1 an−1 x + Cn2 an−2 x2 + . . . + Cnnxn =

n

∑ Cnk an−k xk . (6.4.19)

k=0

Отметим, что формула (6.4.19) была известна задолго до Ньютона. Заслуга Ньютона в том, что он распространил эту формулу на не целые n.

Рассмотрим функцию f (x) = (1 + x)α, где α =6 0 — произвольное действительное число. Для x > −1 она имеет производные всех порядков

f ′(x) = α(a + x)α−1,

f ′′(x) = α(α

−

1)(a + x)α−2, . . . ,

k + 1)(a + x)α−k .

f (k)(x) = α(α

−

1) . . . (α

−

Следовательно,

f (k)(0) = α(α −1) . . . (α −k + 1).

Введем биномиальные коэффициенты

α α 1 . (α n + 1)

0

1

2

2!

α

α

= 1,

α

= α,

α

=

α(α −1)

, . . . ,

n =

( − ) . .

−

.

n!

Из формулы Маклорена (6.4.10) получаем

α

α

α

(1 + x)α = 1 + 1 x

+ 2 x2 + . . . +

n xn + Rn+1(x) =

n

α

xk

∑

R

x

= k=0 k

+

n+1

( ).

(6.4.20)

235

6.4.3. Правило Лопиталя

Правило Лопиталя – это метод вычисления некоторых пределов. Основное правило Лопиталя служит для раскрытия неопределенностей вида 0/0. Пусть функции f (x) и g(x) дифференцируемы в окрестности точки a за исключением, быть может, самой точки a, причем g′(x) 6= 0 в этой окрестности.

Тогда если lim f (x) = f (a) = 0, lim g(x) = g(a) = 0 и существует предел

	f ′(x)		x→a		x→a
lim			, то
x→a g′(x)					f (x)			f ′(x)
				lim			= lim		.	(6.4.21)
				x→a g(x)			x→a g′(x)

Всамом деле, по теореме Коши 6.4.5 для x 6= a найдется такое c между a и x

,что f (x) = f (x) − f (a) = f ′(c) . Если x → a, то c → a и lim f ′(c) = lim f ′(x) .

(x) g(x) −g(a) g′(c) c→a g′(c) x→a g′(x)

Отсюда получаем требуемое.

Если окажется, что lim f ′(x) снова дает неопределенность вида 0/0, то

x→a g′(x)

можно попытаться применить правило Лопиталя повторно. Иногда приходится применять этот прием несколько раз.

ПРИМЕР 6.4.3. Найти lim

1 + sin x −ex

.

x→0

x2

РЕШЕНИЕ. Дважды применяя правило Лопиталя, получим

lim

1 + sin x

ex

0

lim

cos x ex

0

x2

− =

0

2x− =

0 =

x→0

= x→0

−sin x −ex

1

= lim

=

−

.

2

2

x 0

→

Правило Лопиталя применимо также для неопределенностей вида ∞/∞:

lim f

x

∞

lim g x

∞

lim

f ′(x)

, то

Если x→a

( ) = ±

, x→a

( ) = ±

и существует предел x→a g′(x)

lim

f (x)

= lim

f ′(x)

.

(6.4.22)

x→a g(x)

x→a g′(x)

ПРИМЕР 6.4.4.

Найти lim

ln sin2 x

.

ctg x

x→0

РЕШЕНИЕ. По правилу Лопиталя

lim

ln sin2 x

lim

(1/ sin2 x)2 sin x cos x

lim

2 sin x cos x

) =

0

.

−1/ sin2 x

x→0

ctg x

= x→0

= x→0(−

236

Правило Лопиталя справедливо также и в случаях, когда x → ±∞, когда

lim f ′(x) = ±∞ и наконец, оно справедливо для односторонних пределов.

x→a g′(x)

ПРИМЕР 6.4.5. Показать, что
	lnα x				xα		(6.4.23)
1) lim			= 0,	2) lim		= 0, (α > 0, β > 0).
	x	β			βx
x→+∞				x→+∞ e

РЕШЕНИЕ. В обоих случаях, при положительных значениях параметров α и β, мы имеем неопределенности вида ∞/∞. В зависимости от конкретных численных значений этих параметров применяем правило Лопиталя до тех пор, пока не исчезнет неопределенность.

lnα x

α lnα−1 x

α lnα−1 x

1) lim

= lim

x

=

=

lim

xβ

βxβ−1

βxβ

x→+∞

x→+∞

x→+∞

α(α

1) lnα−2 x

−

α(α −1) lnα−2 x

= lim

x

= lim

= . . .

x→+∞

β2 xβ−1

x→+∞

β2 xβ

. . . =

lim

α(α −1) . . . (α −k + 1) lnα−k x

= 0,

как только α −k < 0.

x→+∞

βk xβ

Аналогично,

2) lim

xα

αxα−1

= lim

= . . .

βx

βe

βx

x→+∞ e

x→+∞

α(α −1) . . . (α −k + 1)xα−k

. . . = lim

,

x→+∞

βk eβx

как только α −k < 0.

Рассмотренный пример имеет некоторый теоретический интерес. Среди элементарных функций выделим три класса:

1)показательные функции y = ax = ex ln a с основанием a > 1;

2)степенные функции y = xα с показателем α > 0;

3)логарифмические функции lnα x, возведенные в произвольную положительную степень α.

Все функции этих классов неограниченно возрастают с ростом x. Тогда любая функция из предыдущего класса возрастает медленнее любой функции из последующего класса. Отсюда, в частности, сразу получаем, что какое бы ε > 0 ни взять, для всех достаточно больших x выполняется неравенство ln x < xε.

237

Правило Лопиталя позволяет раскрывать и все другие неопределенности (∞ −∞), (0 ·∞), (00 ), (∞0 ), (1∞). В каждом случае алгебраическими преобразованиями данное выражение нужно преобразовать к неопределенности

вида (0/0) или (∞/∞). Как это делается, рассмотрим на примерах.

∞

∞

). Найти предел x→0

ctg

1

.

Неопределенность (

−

x

−

x

lim

РЕШЕНИЕ.

lim

ctg x

1

= lim

cos x

1

= lim

x cos x −sin x

=

− x

sin x

− x

x→0

x→0

x→0

x sin x

= lim

cos x −x sin x −cos x

= lim

x sin x

=

x→0

sin x + x cos x

x→0 sin x + x cos x

0

= lim

sin x

=

= 0.

sin x

+ 1

x→0

+ cos x

1

Неопределенность (

·

). Найти предел x

+0

x

.

0

∞

lim x ln x

→

ln x

РЕШЕНИЕ. Функцию x ln x можно представить либо в виде

, либо

x

1/x

. Первое представление предпочтительнее, так как в этом случае про-

1/ ln x

изводная знаменателя находится проще. В этом случае функция дает неопределенность вида (∞/∞) и по правилу Лопиталя имеем

x +0	= x +0	ln x	= x +0	1/x	= x +0(−		) = .
		1/x		1/x2
lim x ln x	lim		lim		lim	x	0
→	→		→	−	→

При раскрытии трех последних неопределенностей можно использовать основное логарифмическое тождество uv = eln uv = ev ln u. Нетрудно проверить, что во всех трех случаях в показателе экспоненты мы будем иметь

(0

∞)

предыдущем примере.

неопределенность вида

0·

, рассмотренную в

x

Неопределенность (0

). Найти предел lim(sin x) .

РЕШЕНИЕ.

x→0

ln sin x

x

x ln sin x

= lim e

1/x

=

lim(sin x) = lim e

x→0

x→0

x→0

cos x/ sin x

x2 cos x

−1/x2

= lim e−

= e0 = 1.

= lim e

sin x

x→0

x→0

На последнем шаге использован первый замечательный предел.

Неопределенность (∞0 ). Найти предел lim(ln(1 + x))x.

x→0

238

РЕШЕНИЕ.

								ln ln(1 + x)
lim(ln(1 + x))	x	= lim e		x ln ln(1+x)		= lim e		1/x	=
x→0			x→0			x→0
			1/((1 + x) ln(1 + x))					−		2x
= lim e				−1/x	2				ln(1 + x) + 1 =
							= lim e
x→0								x→0

= lim e0 = 1.

x→0

1

Неопределенность (1∞). Найти предел lim (cos x) x2 .

x→0

РЕШЕНИЕ.
1			ln cos x	= lim e−	tg x
						=
lim (cos x) x2		= lim e x2			2x
x→0		x→0		x→0			1/ cos2 x		1
						−		−
							2		2 .
						= lim e		= e
						x→0

Даже при использовании правила Лопиталя не следует забывать теорему об использовании эквивалентных бесконечно малых (предел отношения бесконечно малых не изменится, если числитель или знаменатель заменить эквивалентными бесконечно малыми). Так, в последнем примере решение будет кратким, если заменить бесконечно малую tg x, x → 0 на эквивалентную x. Более показателен следующий пример.

Если предел lim ex3 −x3 −1 находить, используя только правило Лопи- x→0 sin6 x

таля, то придется это правило шесть раз, причем при каждом дифференцировании числитель и знаменатель будут все более усложняться (убедитесь

в этом). Если же

воспользоваться эквивалентностью sin x

x при x

→

0, а

3

затем сделать замену x

= t

(при этом, очевидно, t → 0), то получим

x3

−x

3

−1

x3

−x

3

−1

t

−t −1

lim

e

= lim

e

= lim

e

=

x→0

sin6 x

x→0

x6

t→0

t2

et −1

et

1

= lim

= lim

=

.

t→0

2t

t→0 2

2

Правило Лопиталя не всегда приводит к цели. Рассмотрим предел

√

lim

x2 + 1

,

x

x→+∞

239

имеющий неопределенность вида (∞/∞). Дважды применяя правило Лопиталя, будем иметь

√√

lim

x2 + 1

lim

x/ x2 + 1

lim

x

x→+∞ x

= x→+∞

1

= x→+∞

√x2 + 1 =

√

1

2

+ 1

x

lim

lim

x .

= x→+∞ x/√x2 + 1

= x→+∞

Между тем предел легко находится непосредственно

1

√

xr1 +

x2 + 1

1

lim

lim

x2

lim

1

=

1

.

x

+ x2

x→+∞

= x→+∞

x

= x→+∞ r

Иногда правило Лопиталя неприменимо логически. Например, применяя его к первому замечательному пределу, получим, конечно, верный результат:

lim	sin x	= lim	cos x	= 1.
x→0 x x→0 1

Но ведь при этом мы используем тот факт, что производная синуса — косинус, а он обычно доказывается применением именно первого замечательного предела. Такие «доказательства» в логике называют порочным логическим кругом. В этом случае нужно этот круг разорвать — либо доказать, что производная синуса — косинус не используя первого замечательного предела, и тогда приведенное доказательство этого предела верно, либо доказывать первый замечательный предел без использования правила Лопиталя, что обычно и делают.

Наконец, обратим внимание на требование существования предела отношения производных. Может оказаться так, что этого предела нет, а сам предел отношения двух функций тем не менее существует. Например,

lim	x + sin x	= lim (1 +	1	sin x) = 0,
	x
x→+∞		x→+∞ x

так как произведение бесконечно малой 1 на ограниченную sin x являет-

x

ся бесконечно малой. В то же время предел отношения производных —

		lim		(x + sin x)′	=	lim (1 + cos x) — не существует.
	x			x′
		→	+∞			x +∞
						→

6.4.4. Исследование поведения функции

Рассмотрим общие методы исследования поведения функции, основанные на дифференциальном исчислении.

Возрастание и убывание функции.

240