математический анализ _часть 1

cos2

πx

cos2

πx

2 πx

'

2

2

2

1

2

2

cos

2

−

lim

= −

lim

lim

= −

lim

=

πx

πx

(1 − x)'

π x→1

(1

− x)sin

π x→1

sin

x→1 1 − x

π x→1

2

2

πx

πx

1

2

lim

− 2cos

2 sin

2

lim cos

πx sin

πx = 0 .

= −

2

2

=

−1

π x→1

π x→1

2

2

cos πx

lim cos πx ln(1−x)

= e0 =1.

Итак, lim(1 − x)

2

= ex→1

2

x→1

9. ПРОИЗВОДНЫЕ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ. ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА

Определение 14.

Если функция

f дифференцируема в некоторой

окрестности | x − x0 |<ε

точки

x0 ,

а функция f ' имеет в точке x0

произ-

водную, то функция

f

называется 2-дифференцируемой в точке

x0 и

( f ')'(x0 ) называется производной 2-го порядка и обозначается f ''(x0 )

или

f (2) (x ) .

0

f

(n −1) -дифференцируема в некоторой окрестности

Если функция

точки

x , тогда ( f (n−1) )'(x ) , если она существует, называется n -производ-

0

0

ной

f

(n) (x ) и функция f

называется n-дифференцируемой в точке

x .

0

0

Локальная формула Тейлора. Если функция f n -дифференцируема

в точке x0 , то

(k ) (x

n

f

0

)

(x − x0 )k + ε(x)(x − x0 )n ,

f (x) = ∑

(3)

k!

где

lim ε(x) = 0 .

k =0

x→0

n

f

(k ) (x

0

)

− x0 )k

Многочлен ∑

(x

называют многочленом

Тей-

k!

k =0

лора n-го порядка, а слагаемое ε(x)(x − x0 )n , которое иначе записыва-

ют как o((x − x0 )n ) ,

остаточным членом

формулы Тейлора в

форме Пеано.

Приведем пять важных разложений ( x0 = 0 ):

1)

ex =1 + x +

x2

+... +

xn

+ o(xn ) ;

n!

2!

n−1 x2n−1

2)

sin x = x −

x3

+... + (−1)

+ o(x

2n

) ;

3!

(2n −1)!

31

3)

cos x =1 −

x2

+... + (−1)

n

x2n

+ o(x

2n+1

) ;

2!

(2n)!

m(m

m(m −1)...(m − n +1)

4)

(1 + x)

m

=1

+ mx

+

−1)

x

2

+... +

x

n

+ o(x

n

) ;

2!

n!

x2

xn

5)

ln(1 + x) = x −

+... + (−1)

n−1

+ o(x

n

) .

2

n

Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.

Пусть функция f определена на отрезке [a,b]								и имеет на нем непрерыв-
ные производные до порядка			n −1		включительно, а на интервале (a, b)
имеет производную f (n) . Тогда для x (a,b)
n		f (k ) (a)			− a)k +		f (n) (ξ)		(x − a)n ,
f (x) = ∑				(x						(4)
		k!					n!
k =0
где ξ = a + θ(x − a) и 0 < θ<1.
Остаточный член	f (n) (ξ)		(x − a)n называют остаточным чле-
		n!
ном в форме Лагранжа.
Если функция f непрерывна на отрезке [a,b] и дифференцируема на
интервале (a, b) , то
	f (b) − f (a) = f '(ξ)(b −a) ,									(5)

где a < ξ < b .

Формула (5) называется формулой конечных приращений Лагранжа. Она является частным случаем формулы Тейлора при n =1.

Пример 40. Разложить многочлен					f (x) = x4 −2x3 +5x2 −3x + 4					по
степеням двучлена x −1.
f '(x) = 4x3 −6x2 +10x −3 , f ''(x) =12x2 −12x +10 , f '''(x) = 24x −12 ,
		f (4) (x) = 24 , f (n) (x) = 0 при n ≥5 .
Отсюда f '(1) = 5 , f ''(1) =10 , f '''(1) =12 ,							f (4) (1) = 24 .
Следовательно,
x4 −2x3 +5x	2 −3x + 4 = 5 +5(x −1) +10 (x −1)						2 +12	(x −1)3 +	24 (x −1)4	,
		2!					3!		4!
или x4 −2x3 +5x2 −3x + 4 = 5 +5(x −1) +5(x −1)2 + 2(x −1)3 +(x −1)4 .
Пример 41. Найти многочлен Тейлора 4-го порядка для функции
f (x) = x при x0 = 4 .								x − 4 1 / 2
Так как	x =	4 + (x − 4) = 2 1 +	x − 4			=			, то на осно-
				4			2 1 +
								4

вании четвертого разложения многочлен Тейлора 4-го порядка T4 (x) для функции f (x) = x имеет вид

32

											1		1		−																						1 1											−			1		−
		1			x −	4										1				x −4										2																			1						2					x −4							3
T (x) = 2 1+								+			2 2																							+			2 2														2																	=
4		2			2								2!							4																													3!											4
													x −			4				(x −4)2															(x −4)3
							= 2 +											−													+																		.
															2									64															512
	Пример 42. Найти разложение																									функции																						f (x) = ln x												по				степеням
x −2 .
		ln x = ln(2 +(x −																																	x			−				2																						x −2
	Так как															2)) = ln 2 1															+																		= ln 2 +ln 1													+						,	то
																																						2																										2
на основании пятого разложения имеем
	ln x = ln 2 +			x − 2				1			x − 2						2									(−1)n−1														1 x − 2											n			+ o((x − 2)n ) .
						−												+... +
					2			2					2																																				2
																																								n
	Пример 43. Пользуясь приближенной формулой
									ln(1 + x) ≈ x −																x2						x3										x4							,
																											+										−
																								2							3											4
найти ln1,5 и оценить погрешность.
	Правая	часть				данной									формулы является																																		многочленом Тейлора
4-го порядка функции f (x) = ln(1 + x) ,																										x0 = 0 . Остаточный член формулы
Тейлора в форме Лагранжа															R (x) =								f (5) (ξ)										x5 =																1							x5 ,				где ξ = θx									и
															5											5!																			5(1 + θx)5
0 < θ<1, при x = 0.5
																						1										1
													| R			(x) |<														=
															5							5 25									160
																																																1 2						1 3										1 4
																																			1
и погрешность					δ< 0.01.								Тогда								ln(1.5)										≈									−								2			+			2						−				2			,	или
																																			2													2							3									4
ln(1.5) ≈ 0.40 .

10. ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ МЕТОДАМИ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО ИСЧИСЛЕНИЯ

Графики многих функций можно в общих чертах нарисовать, не выходя за пределы самых простых соображений. Если мы желаем уточнить эскиз графика, то можно привлечь аппарат дифференциального исчисления.

При исследовании функции с целью построения эскиза ее графика рекомендуется придерживаться следующего плана:

33

1)найти область определения функции и выяснить поведение функции на границе области определения;

2)отметить характерные точки графика, в частности точки пересечения с осями координат, если таковые имеются и доступны вычислению;

3)отметить некоторые особенности функции, если они имеются, както: четность, нечетность, симметричность;

4)найти точки разрыва функции и промежутки непрерывности;

5)найти точки локальных экстремумов и промежутки монотонности;

6)определить точки перегиба и характер выпуклости;

7)найти асимптоты в случае их существования.

Монотонность функции

Определение 15. Функция f , определенная на интервале (a,b) , на-

зывается:				f (x1) ≤ f (x2 )
1)	неубывающей	(невозрастающей),	если
( f (x1) ≥ f (x2 ) ) при любых a < x1 < x2 < b ;				f (x1) < f (x2 )
2)	возрастающей	(убывающей),	если
( f (x1) > f (x2 ) ) при любых a < x1 < x2 <b .

Такие функции называют монотонными, а в случае 2) более конкретно – строго монотонными.

Достаточные условия монотонности Если при любом x (a,b)

1)f '(x) ≥ 0 (≤ 0) , то f не убывает (не возрастает) на (a,b) ;

2)f '(x) > 0 (< 0) , то f возрастает (убывает) на (a,b) .

Локальные экстремумы. Наибольшее и наименьшее значения функции

Определение 16. Точка x0 называется точкой внутреннего локального экстремума ( максимума или минимума) функции f , если в некоторой окрестности x − x0 < ε точки x0 выполняется соответственно неравенство f (x) ≤ f (x0 ) или f (x) ≥ f (x0 ) .

ТЕОРЕМА 13 Ферма (или необходимое условие локального экстремума). Если точка x0 – точка внутреннего локального экстремума функции

f и функция дифференцируема в точке x0 , то f '(x0 ) = 0 .

Замечание. Условие f '(x0 ) = 0 не является достаточным условием экстремума. Точки, в которых f '(x0 ) = 0 или же производная не существует, называются критическими.

34

Достаточные условия экстремума

I. Если функция

f

непрерывна в некоторой окрестности | x − x0 |< δ

точки

x0 ,

которая

является

критической

точкой,

f '(x0 ) > 0

при

x0 − δ< x < x0

и f '(x0 ) < 0

при

x0 < x < x0 + δ,

то x0 – точка локального

максимума функции f

,

если же

f '(x0 ) < 0 при x0 − δ< x < x0 и f '(x0 ) > 0

при x0 < x < x0 + δ, то x0

– точка минимума функции f .

II. Если f '(x0 ) = 0

и

f ''(x0 ) < 0 , то x0

–

точка максимума функции

f ; если

f '(x0 ) = 0 и

f ''(x0 ) > 0 , то

x0 –

точка

минимума, если

же

f '(x )

= 0 ,

f ''(x ) = 0

и

f

(3) (x ) ≠ 0 , то точка

x не является точкой экс-

0

0

0

0

тремума функции.

f

имеет в некоторой окрестности | x − x0 |< δ про-

III. Пусть функция

изводные

до

порядка

n −1 включительно и

в

точке

x0 производную

f (n) (x

) , причем f (k ) (x

) = 0 ( k =1,...n −1), f (n) (x

) ≠ 0 . Тогда:

0

0

0

f

1) если n – четное, то в точке x0

функция

имеет максимум при

f (n) (x

) < 0 и минимум при f (n) (x ) > 0 ;

0

0

f

2) если n – нечетное, то в точке x0

функция

экстремума не имеет.

Наибольшее и наименьшее значения функции

Если функция f непрерывна на отрезке [a, b] , то наибольшее и наи-

меньшее значения достигаются функцией или в критических точках или на концах отрезка.

Выпуклость функции

Говорят, что дифференцируемая функция f на интервале (a,b) является выпуклой (вогнутой), если при x (a,b) ее график расположен выше (ниже) касательной, проведенной к нему в любой точке (x, f (x)) .

Достаточным условием выпуклости (вогнутости) на интервале (a,b) 2-дифференцируемой функции является условие: f ''(x) > 0 ( f ''(x) < 0 )

при x (a,b) .

Точки, в которых меняется характер выпуклости, называют точками перегиба. Точка x0 , в которой f ''(x) = 0 или вторая производная не

существует, является точкой перегиба функции f , если f ''(x) меняет знак при переходе через точку x0 .

Асимптоты

1. Вертикальные асимптоты.

Если существует точка a такая, что lim f (x) = ∞, то прямая x = a

x→a

является вертикальной асимптотой.

35

2. Наклонные асимптоты.

	Если lim	f (x)	= k	и	lim [ f (x) − kx] =b , то прямая y = kx + b явля-
		x
	x→+∞				x→+∞

ется правой наклонной асимптотой (если k = 0 , то – правой горизонтальной асимптотой).

Если вместо предела при x → +∞, рассмотреть предел при x → −∞,

то такая прямая является левой асимптотой.

x .

Пример 44. Построить график функции f (x) =

3 x2 −1

Область определения функции (−∞,−1) (−1,1) (1,+∞) .

Функция нечетная, так как

f (−x) =

− x

= −

x

= − f (x) .

3 (−x)2 −1

3 x2 −1

Следовательно, график симметричен относительно точки (0,0) . Это

обстоятельство упрощает построение графика.

[0,1) (1,+∞) . Так как

Рассмотрим функцию

на

множестве

lim

x

= +∞, а

lim

x

= −∞, то прямая

x =1 является верти-

x→1+0 3 x2 −1

x→1−0 3 x

2 −1

кальной асимптотой графика.

На промежутках [0,1) и (1,+∞) функция непрерывна и дифференци-

руема:

1

2x

3 x2 −1 − x

2 −1)2

3(x2 −1) − 2x2

x2 −3

f '(x) =

3

3 (x

(3 x2 −1)2

=

33 (x2 −1)4

= 33 (x2 −1)4 .

Найдем критические точки на правой полуоси, решив уравнение

x2 −3

= 0

x =

3 .

3 (x2

−1)4

На промежутке (0,1)

и промежутке (1, 3)

f '(x) < 0 . Следовательно,

на них функция убывает.

На промежутке (

3,+∞)

f '(x) > 0

и функция возрастает.

Таким образом, точка x = 3 – точка локального минимума. Вторая производная

		2x(x2		4	−(x2				4	(x2		1
	1		−1) 3			−3)					−1)3 2x				2x(9	− x	2	)
f ''(x) =									3
							8							=
	3														93 (x2 −1)7
					(x2
						−1)3

и f ''(x) = 0 при x = 3 .

36

На промежутках (0,1) и (3,+∞)					f ''(x) < 0 , и функция является вогну-
той; на промежутке (1,3)		f ''(x) > 0		и функция выпуклая.
Так как lim	f (x)	=	lim	1	= 0 ,
x→+∞	x		x→+∞ 3 x2 −1					1
lim	f (x) =		lim	x	=	lim	x3				= ∞,
										1
x→+∞			x→+∞ 3 x2		−1	x→+∞	1 −
						3
										x2

то правой наклонной асимптоты нет.

Пользуясь результатами исследования, строим график функции (рисунок).

Контрольная работа 2

Задание 1. Пользуясь определением предела функции, доказать ра-

венства. Для заданного ε

вычислить наибольшее δ, для которого выпол-

няется соотношение 0 <

x − x0

< δ

f (x)− A

< ε.

1)

lim

2x2 +5x −3

= −7 ,

ε = 0.03, 0 <

x −3

< δ

f (x)− A

< ε;

x → -3

x +3

2)

lim

5x2 −4x −1

= 6 , ε

= 0.01,

0 <

x −1

< δ

f (x) − A

< ε;

x −1

x → 1

3)

lim

3x2 +5x −2

= −7 ,

ε = 0.1, 0 <

x + 2

< δ

f (x) − A

< ε;

x + 2

x → - 2

4)

lim

3x2 +5x −2

= −7 ,

ε = 0.1,

x + 2

< δ

f (x) − A

< ε;

x + 2

x → - 2

37

5)

lim 4x2 −14x + 6

=10 ,

ε = 0.004 , 0 <

x −3

< δ

f (x) − A

< ε;

x

→ 3

x −3

6)

lim

6x2 − x −1

=5, ε = 0.01, 0 <

x −1/ 2

< δ

f (x) − A

< ε.

x

x −1 2

→ 1 2

7)

lim

9x2 −1

= −6 ,

ε = 0.03, 0 <

x +1/ 3

< δ

f (x) − A

< ε;

x

x +1 3

→ -1 3

8)

lim

x2

−4x +3

= 2 , ε = 0.02 , 0 <

x −3

< δ

f (x) − A

< ε;

x −3

x

→ 3

9)

lim

2x2 +3x −2

=5 ,

ε = 0.02 , 0 <

x −1/ 2

< δ

f (x) − A

< ε;

x

x −1 2

→ 1 2

10)

lim

6x2 + x −1

=5 , ε = 0.05, 0 <

x −1/ 3

< δ

f (x) − A

< ε.

x −1 3

x →

1 3

В заданиях 2 – 7 вычислить предел функции.

Задание 2.

1)

lim

(x2 + 2x −3)2

;

2)

lim

(x3 −2x −1)2

;

3)

lim

(1 + x)3 −(1 +3x) ;

x → −3

x3 + 4x2 +3x

x

→ −1 x4 + 2x +1

x → 0

x + x5

4)

lim

x3 −3x −2

;

5)

lim

x3 −3x + 2

;

6)

lim

x3 + 4x2 +5x + 2

;

x2 − x −

2

− x2 − x +

x3 −3x −

2

x → −1

x

→ 1 x3

1

x → −1

7)

lim

x4 −1

;

8)

lim

x3

+5x2 +8x + 4

;

9)

lim

x3 −5x2 +8x −4

;

−1

x3 +3x2 −4

x3

−3x2 +

4

x → 1 2x4 − x2

x

→- 2

x →2

10)

lim

x3 −6x2 +12x −8

.

x3 −3x2 + 4

x

→2

Задание 3.

1)

lim

1 + 2x −3

;

2)

lim

x +13 −2 x +1

;

3)

lim

4 x −2

;

x −2

x2 −9

x −4

x → 4

x

→

3

x →

16

4)

lim

3

x −6 + 2

;

5)

lim

9 + 2x −5

;

6)

lim

3 x −1

;

x3 +8

3 x −2

1 + x −

2x

x → −2

x

→

8

x →

1

7)

lim

1 + x − 1 − x

;

8)

lim

3 4x −2

;

9)

lim

x −1

;

1 − x

x2 −1

x → 0 3 1 + x − 3

x

→

2

2 + x − 2x

x → 1

10)

lim

3 9x −3

.

2x

x

→ 3 3 + x −

38

Задание 4.

1)

lim

ln (1 +sin x)

;

2)

lim 1 −cos10x ;

3)

lim

1 −cos 2x

;

x →

0

sin 4x

x →

0

ex2 −1

x

→ 0 cos7x −cos3x

4)

lim

4x

;

5)

lim

2x

;

6)

lim

sin 7x

;

x →

0 tg(π(2 + x))

x →

0 tg[2π(x +

1 2)]

x

→

0

x

2 + π

x

7)

lim

2sin[π(x +1)]

;

8)

lim

9ln(1 −2x) ;

9)

lim

cos 2x −cos x

;

x →

0

ln(1 + 2x)

x

→

0

4arctg3x

x

→ 0

1 −cos x

10)

lim

cos(x +5π 2)tgx .

x → 0

arcsin 2x2

Задание 5.

1)

lim

x2 −1

;

2)

lim

x2 − x +1 −1

;

3)

lim

1 +cos3x

;

ln x

ln x

sin2 7x

x

→ 1

x

→ 1

x → π

4)

lim

1 −sin 2x

;

5)

lim

tg3x ;

6)

lim

2xsin x

;

(π−4x)2

1 −cos x

x

→π 4

x

→ π 2

tgx

x →

0

7)

lim

1 −

cos x

;

8)

lim

arcsin 2x

;

9)

lim

x2 −π2

;

xsin x

sin x

x

→

0

x

→

0 ln(e − x) −1

x

→ π

10)

lim

x2 −3x +3 −1

.

sin πx

x → 1

Задание 6.

1) lim

1 + tgx − 1 +sin x

; 2) lim 1 + xsin x −cos 2x

; 3)

lim

1 + xsin x −1

;

x → 0

x3

x → 0

sin2 x

x →

0

ex2 −1

4)

lim

1 −cos 2x + tg2 x

;

5)

lim

sin 2x −2sin x

;

6)

lim

ln cos x

;

xsin 3x

xln cos5x

x →

0

x →

0

x

→

2π 3sin 2x −1

7)

lim

ln cos 2x

;

8) lim

3 1 +ln2 x −1

;

9)

lim

ln(2x −5)

;

(1 −π x)2

1 +cos πx

esin πx −1

x → π

x

→

1

x →

3

10)

lim

ln cos 2x .

x

→ π ln cos 4x

Задание 7.

1)

lim

(1 −ln(1 −sin x))1 tg2 x ;

2)

lim

(1 + tg2 x)1 3x2

;

x → 0

x → 0

39

3) xlim→ 0 (1 − xsin2 x)1 ln(1+πx3 );

4)

xlim→ 0 (1 +sin2 3x)1 ln cos x ;

5) lim (1 −sin2

1 x

5

ctg2 x

x )

;

6)

lim

6

−

;

x → 0

x → 0

cos x

1 x3

7)

lim

1

+ tgxcos 2x

;

8)

lim

(1 −ln cos x)1 tg

2

x ;

x → 0

1 + tgxcos5x

x → 0

π

ctgx

2

cosec2 x

9)

lim

tg

− x

;

10) lim

3 −

.

4

cos x

x → 0

x

→

0

Задание 8.

Доказать непрерывность функции

f (x) в точке x0 .

1)

f (x)=5x2 −1, x = 6 ;

6) f (x)= −3x2 +8, x =5 ;

0

0

2)

f (x)=3x2 −3, x = 4 ;

7) f (x)= 2x

2 +6, x = 7 ;

0

0

3)

f (x)= −2x

2 −5, x = 2 ;

8) f (x)= 4x

2 −1, x = 6 ;

0

0

4)

f (x)= −4x

2 −7, x =1;

9) f (x)= −2x2 +9, x = 4 ;

0

0

5)

f (x)= −5x

2 −9,

x

=3;

10) f (x)= 2x2 +8,

x =5 .

0

0

Задание 9. Исследовать функцию f (x) на непрерывность и указать характер точек разрыва.

1

при

x

<1,

1 + x

1)

0 при x ≤ −1,

f (x) =

3/ 2 − x при x ≥1;

1

при

x

< 2,

8 − x

3

3)

1/16 при x ≤ −2,

f (x) =

x +1 при x ≥ 2;

x + 2

при 0 < x <9,

9 − x

5)

2 / 9 − x при x ≤ 0,

f (x) =

cos x при x ≥9;

	sin x при x (−π/ 2;π],
2)			2x / π					при x ≤ −π/ 2,
	f (x) =
				1/ 2				при x > π;
				x				при 0 < x < 2,
		4		+ x	2
4)				−x3				при x ≤ 0,
	f (x) =
				x2 +1 при x ≥ 2;
	x + 2
						при 0 < x < 7,
			x −7
6)
	f (x) = −2 / 7 − x при x ≤ 0,
				cos x при x ≥ 7;

40