Arkhiv_ZIP_-_WinRAR / Chast_3__Mat_an_2010_23_09

Геометрический смысл теоремы Ролля

Если функция удовлетворяет условию теоремы Ролля, то в некоторой точке отрезка касательная к графику параллельна оси 0x .

Теорема Ролля позволяет узнать об обращении производной в нуль без ее вычислений.

ЗАМЕЧАНИЕ

Если f (x) такова, что производная существует не во всех точках внутри отрезка [a,b], то может не оказаться такой точки ξ , в которой f ′(ξ) обращается в нуль.

ПРИМЕР

y = x , (y0прав )′ =1, (y0лев )′ = −1.

y′(0) не существует (по определению).

3.2. Теорема Лагранжа (теорема о конечных приращениях)

Теорема. Если

1)f (x) - непрерывна на отрезке [a,b],

2)на интервале (a,b) существует производная f ′(x) ,

то существует, по	крайней		мере, одна		точка ξ (a, b),	такая, что
′
f (b)− f (a)= f (ξ) (b −a).
Доказательство		f (b)− f (a)
Обозначим				= Q .	Рассмотрим	функцию
		b − a
F (x)= f (x)− f (a)−Q (x −a).			F (x) обладает следующими свойствами:

1)непрерывна на [a,b],

2)существует F′(x) на (a,b),

3)F (a)= F (b)= 0 .

По теореме Ролля для функции F (x) существует точка ξ (a,b), такая, что F′(ξ) = 0 . Производная F′(x) равна:

F′(x)=(f (x)− f (a)−Q(x −a))′ = f ′(x)−Q = 0 .

Уравнение f ′(x)−Q = 0 имеет решение x =ξ , значит f ′(ξ)= Q или

f ′(ξ )= f (b)− f (a), из чего следует теорема Лагранжа. b − a

61

Геометрический смысл теоремы Лагранжа
CB	=	f (b)− f	(a)	- угловой коэффициент
AC		b − a

секущей AB .

f ′(ξ) - угловой коэффициент касательной к кривой y = f (x) в точке x = ξ . На кривой

AB найдется, по крайней мере, одна точка M , в которой касательная параллельна хорде

AB .

1). Доказанная формула называется формулой Лагранжа или формулой ко-
нечных приращений. Так как a <ξ < b , то ξ −a < b −a , ξ −a =θ (b −a), где
0 <θ <1, откуда ξ = a +θ(b −a) , f (b)− f (a)= f ′ a +θ (b −a) (b −a).
2). Точек ξ может быть несколько.
3).Теорему Лагранжа		можно использовать	для приближенных		вычислений:
f (b)− f (a)=	f ′ a +θ (b −a) (b −a), где		0 <θ <1.	Положим	θ = 1 , тогда
					2
f (b)− f (a)≈	f ′ a +b (b − a). Чем ближе b к a, тем меньше погрешность.
	2

ПРИМЕР. Вычислите приближенное значение функции arctg1,1.

b =1,1; a =1,0; b − a = 0,1; arctg1,1 ≈ arctg1 + 0,1 (arctg x)′,
x =	1,1 +1,0	=	2,1 .	(arctg x)′ =	1		;		1		=		2,1 =	1		≈ 0,5, arctg1,1 ≈	π	+0,05 .
	2				1 + x	2		1 + x		2				2,1			4
			2									x=	2

3.3. Теорема Коши (обобщенная теорема о конечных разностях)

Теорема. Пусть функции f (x) и ϕ(x) 1) непрерывны на отрезке [a,b],

1) имеют производные f ′(x),ϕ′(x) в каждой точке интервала (a,b), 3) ϕ′(x)≠ 0 в каждой точке интервала (a,b),

то существует, о крайней мере, одна точка ξ (a,b), такая, что

f (b)− f (a)		f ′(ξ)
	=		.
ϕ (b)−ϕ (a)		ϕ′(ξ)

Доказательство

ϕ (b)≠ϕ (a), так как иначе, по теореме Ролля, ϕ′(x) обратилась бы в нуль, по крайней мере, в одной точке ξ (a, b).

Рассмотрим вспомогательную функцию:

62

F (x)= f (x)− f (a)− ϕf ((b))−ϕf ((a)) ϕ (x)−

b − a

Она удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля, ствует точка ξ (a, b), такая, что F ′(ξ)= 0 ,

ϕ (a) .

следовательно, суще-

f (b)− f (a)

f (b)− f (a)

F ′(ξ)= f ′(ξ)−

ϕ′(ξ)=

0 , f ′(ξ)=

ϕ′(ξ).

ϕ (b)−ϕ (a)

ϕ (b)−ϕ (a)

разделим на ϕ′(ξ), ϕ′(ξ)≠ 0 :

f (b)− f (a)

f ′(ξ)

=

.

ϕ (b)−ϕ (a)

ϕ′(ξ)

Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши при ϕ(x)= x .

3.4. Правило Лопиталя-Бернулли

Это правило описывает раскрытие неопределенностей типа

0

и

∞

методами дифференциального исчисления.

0

∞

Рассмотрим F (x)=

f (x)

, где f (x)

и ϕ (x) дифференцируемы в некото-

ϕ (x)

рой окрестности точки а, исключая, быть может, саму точку а. Если при x → a

f (x)	и ϕ (x)	→ 0(∞), функция F (x) имеет в точке а неопределенность	0
			0
	∞
или	.
	∞

Теорема. Пусть

1. f (x), ϕ (x) - определены и дифференцируемы в некоторой окрестности

	точки а, за исключением, быть может, самой точки а.
	2. ϕ′(x)					≠ 0 всюду в этой окрестности.
	3. lim f (a)= limϕ(a)= 0 .
			x→a				x→a
	Тогда, если существует (конечное или бесконечное) предельное значение
	lim		f ′(x)		,	то существует и предельное значение lim			f (x)	, причем
			ϕ′(x)						ϕ (x)
	x→a							x→a
	lim		f (x)	= lim			f ′(x)	.
	x→a ϕ (x)					x→a	ϕ′(x)

63

Доказательство

Доопределим по непрерывности функции f (x) и ϕ(x) в точке а, поло-

жив f (a) =ϕ(a) = 0 . Возьмем отрезок [a,b], принадлежащий окрестности точ-

ки а, указанной в формулировке теоремы. Выберем на этом отрезке точку

x ≠ a . На отрезке [a, x] по теореме Коши

f (x)− f (a)

=

f ′(ξ)

a <ξ < x , ξ -

ϕ (x)−ϕ (a)

ϕ′(ξ)

промежуточная точка отрезка [a, x].

Но f (a)=ϕ (a)= 0 , значит,

f (x)

=

f

′(ξ)

. Если x → a , то и ξ → a , сле-

ϕ (x)

ϕ′(ξ)

довательно, lim

f (x)

= lim

f ′(ξ)

= lim

f

′(x)

.

ϕ (x)

ϕ′(ξ)

ϕ

′(x)

x→a

ξ→a

x→a

Более коротко это утверждение формулируют так: предел отношения двух бесконечно малых функций равен пределу отношения их производных, если последний существует.

1). Если рассматривается предел при

x → ∞,

ϕ (x)→ 0 , f (x)→ 0 ,

то утвер-

ждение остается справедливым:

1

1

1

1

f (x)

f

x =

1

f ′

−

f ′

f

′(x)

z

2

lim

= lim

z

=

z

=

lim

z

= lim

z

= lim

.

1

1

1

1

ϕ′(x)

x→∞ ϕ (x)

z→0

z→0

z→0

x→∞

ϕ

z → 0

ϕ′

−

ϕ′

2

z

z

z

z

2). Если lim f ′(a)=limϕ′(a)=0 и f ′

(x), ϕ′(x)

удовлетворяют условиям теоре-

x→a

x→a

f ′(x)

f ′(x)

f ′′(x)

мы, то можно применять правило Лопиталя к

, т.е., lim

= lim

.

ϕ′(x)

ϕ′(x)

ϕ′′(x)

x→a

x→a

Таким образом правило Лопиталя можно применять несколько раз.

3). Без доказательства приведем следующее утверждение:

lim

f

(x)

∞

= lim

f ′(x)

.

=

ϕ

(x)

ϕ′(x)

x→a

∞

x→a

Предел отношения двух бесконечно больших функций равен пределу отношения их производных, если последний существует.

3.5. Примеры применения правила Лопиталя

Неопределенность вида					0	.
				0
1) lim	sin	2x	= lim	cos 2x 2			= 2 .
	x
x→0			x→0	1

64

2)

lim

x2

0

= lim

2x

0

= lim

2

= ∞.

=

=

x −sin x

1 − cos x

x→0

0

x→0

0

x→0 sin x

∞

Неопределенность вида

.

∞

3)

lim

ax

= lim

ax

ln a

= ∞.

x

1

x→∞

x→∞

12 (x +1)−

1

4)

lim

x +1

= lim

2

= lim

1

= 0 .

x→∞

x

x→∞

1

x→∞

2 x +1

Неопределенность вида[0 ∞].

ln x

∞

1

1

x3

5)

lim x

2

ln x =[0 ∞]= lim

x

= 0 .

1

=

= lim

= lim

−

1

2

x

x→0

x→0

∞

x→0

x→0

−2

x2

x3

Неопределенности вида 00 , ∞0 , 1∞ .

В этом случае применяется предварительное логарифмирование, переходя к неопределенности вида [0 ∞].

6).

Вычислим

lim xx = 00 .

Результат

логарифмирования: ln y = x ln x .

x→0

1

= lim ln x =

∞ = lim

limln y = lim x ln x =

[

0 ∞

]

x

= 0 .

1

x→0

x→0

x→0

1

∞

x→0

x

−

x2

limln y = 0 , ln lim y = 0 , lim y =1, lim xx =1.

x→0

x→0

x→0

x→0

3.6. Формула Тейлора

Теорема. Если

f (x)

дифференцируема (n +1)

раз в окрестности точки x0 , то

для любого x из указанной окрестности справедлива формула Тейлора порядка n:

f (x)

= f (x ) +

f ′(x0 )

(x − x ) +

f ′′(x0 )

(x − x )2

+

0

1!

0

2!

0

f ′′′(x0 )

f (n) (x0 )

+

(x − x

)3 +... +

(x − x

)n + R

(x),

3!

0

n!

0

n+1

f (n+1) (x

где

R

(x) =

0

+θ(x − x ))

(x − x )n+1;

0

<θ <1.

0

n+1

(n +1)!

0

Rn+1(x) называется остаточным членом в форме Лагранжа.

65

Доказательство. Обозначим

ϕ (x, x0 )= f (x0 )+ f ′1!(x0 )(x − x0 )+... + f (nn) (!x0 )(x − x0 )n ,

ϕ (x, x0 ) - многочлен n -го порядка (так называемый многочлен Тейлора),

Rn+1 (x)= f (x)−ϕ (x, x0 ).

Покажем, что данная формула справедлива. Зафиксируем x из указанной окрестности, пусть x > x0 . На отрезке [x0 , x] рассмотрим вспомогательную

функцию

Ф(t)= f (x)

−ϕ (x, t)

−

(x −t)n+1

Rn+1 (x), где t [x0 , x].

(x − x )n+1

0

Поскольку Ф(x0 )=Ф(x)= 0,

то Ф(t)

удовлетворяет условиям теоремы

Ролля и существует точка ξ (x0 , x), в которой Ô ′(ξ) = 0 .

Для вычисления Ф′(t) запишем ϕ (x, t):

ϕ(x, t) = f (t) +

f ′(t)

(x −t) +

f ′′(t)

(x −t)2 +…+

f (n) (t)

(x −t)n .

1!

2!

n!

Ф′(t)= −ϕt′(x, t)+(n +1)

(x −t)n

Rn+1 (x)

(x − x

)n+1

0

ϕt′(x, t)=

f ′(t) +

f ′′(t) (x −t)

− f ′(t)

+

f ′′′(t)

(x −t)2 −

2!

−

f ′′(t )

2 (x −t ) +... +

f (n+1)

(t )

(x −t )

n

−

f (n) (t )

n (x −t )

n−1

=

f (n+1)

(t )

(x

−t )

n

.

2!

n!

n!

n!

Следовательно,

−Ф′(t)

=

f

(n +1) (t)

(x −t)

n

−(n +1)

(x −t)n

Rn +1 (x)

n!

(x

− x0 )n

+1

при t = ξ

f (n+1) (ξ)

R

(x)

=

(x − x

)

n+1

.

+1

(n +1)!

n

0

1). Формула Тейлора порядка n позволяет представить функцию y = f (x) в виде суммы многочлена n–й степени и остаточного члена.

2). Полученная формула для Rn+1 (x) дает остаточный член в форме Лагранжа, но есть и другие формы остаточного члена, например, в форме Пеано:

66

Rn+1 (x)= o((x − x0 )n ) - бесконечно малая более высокого порядка малости по сравнению с (x − x0 )n .

3.7. Частные случаи формулы Тейлора

1). При x0 = 0 формула Тейлора называется формулой Маклорена:

f (x) = f (0)+

f ′(0)

x +

f ′′(0)

x2 +... +

f (n) (0)

xn + R

(x),

1!

2!

n!

n +1

R (x)=

f (n+1) (θx)

xn+1

; 0

<θ <1.

(n +1)!

n+1

2). Рассмотрим f (x)= c0 + c1x1 + c2 x2 +... + cn xn - многочлен порядка n . Поскольку для любых x f (n+1) (x)= 0 , то для всех x Rn+1 (x)= 0 и

f (x)= f (x0 )+ f ′1!(x0 )(x − x0 )+... + fn(!n) (x − x0 )n .

Вывод: по формуле Тейлора любой многочлен порядка n можно представить в виде многочлена по степеням (x − x0 ).

ПРИМЕР

Многочлен 2x3 −3x2 +5x +1 разложить по степеням (x +1).

Решение
f (x)= 2x3 −3x2 +5x +1; x = −1; f						(−1)= −9 .
			0
Ищем коэффициенты формулы Тейлора:
f ′(x)= 6x2 −6x +5 → f ′(−1)=17;
f ′′(x)=12x −6			→ f ′′(−1)= −18;
f ′′′(x)=12			→ f ′′′(−1)=12;
f IV (x)= 0
f ( n ) (x)= 0;
f (x) = −9 +	17		(x +1)−	18	(x +1)2 +		12	(x +1)3 .
		1!
			2!			3!

Учитывая, что 1! =1 ; 2! =1 2 ; 3! =1 2 3 , получим ответ:

2x3 −3x2 +5x +1 = −9 +17 (x +1)−9 (x +1)2 + 2 (x +1)3 .

67

3.8. Разложение по формуле Маклорена некоторых элементарных функций

1. f (x)= ex , f ′(x) = ex , f ′′(x)= ex ,

f (n) (x) = ex ,

f (0)=1, f ′(0)=1, f ′′(0) =1,

f (n) (0)=1.

ex =1 +

x

+

x2

+... +

xn

+ Rn+1 (x).

n!

1!

2!

2. f (x)= sin x ,

f (0)= 0 ,

f ′(x) = cos x = sin (x + π2 ),

f ′(0) =1,

f ′′(x) = −sin x = sin (x + 2 π2 ),

f ′′(0) = 0,

f ′′′(x) = −cos x = sin (x +3 π2 ),

f ′′′(0)= −1,

……………………………………………..,

f (n) (x)= sin (x +n π2 ),

(n)

(0)= sin (n

0,

n – четное,

f

π2 )= (−1)n ,

n – нечетное.

x3

x5

(−1)

n

x2n+1

(x).

sin x = x −

+

+... +

+ R2n+3

3!

5!

(2n +1)!

Нечетная функция sin x разложена по нечетным степеням x .

3. f (x)= cos x ,

f (0)=1,

f

(n)

(x)= cos

π

x + n

2

,

(n)

(

0,

n – нечетное,

f

(0)= cos

n π

n

=

n – четное.

2 )

(

−1)2 ,

cos x =1−

x2

+

x4

−... +(−1)n

x2n

+ R

(x).

2!

4!

(2n)!

2n+2

Четная функция cos x разложена по четным степеням x .
4.	f	(	x	)				(			)	,			f	(	0	)	= 0 ,
					= ln 1 + x
	f ′(x)=					1				,					f ′(0)=1,
						1 + x
	f	′′(x)= −						1						,	f ′′(0)= −1,
									(1 + x)				2
	f	′′′(x)=						2				,			f ′′′(0)=1 2 ,
							(1 + x)				3

68

f (n) (x)=

(−1)n−1 (n −1)!

,

(n)

(0)=

(−1)

n−1

(n −1)!

f

(1 + x)n

ln (1 + x)= x −

x2

x3

−... + (−1)

n−1

xn

+ Rn+1 (x).

+

2

3

n

5.f (x)= (1+ x)α , где α – любое действительное число.

(1 + x)α =1 +α x +		α (α −1)		x2 +... +	α (α −1)...(α −n +1)		xn + R	(x).
2!						n!	n+1
Частный случай α = n :
(1 + x)n =1 + nx +	n(n −1)		x2	+... + n!xn		- формула бинома Ньютона.
2!				n!

Формулы Маклорена для элементарных функций с остаточным членом в форме Пеано:

x

x2

xn

n

1. e

=1

+ x +

+... +

+ o(x

).

2!

n!

x3

x5

x7

n−1

xn

n+1

2. sin x = x −

+

−

+... +

(−1) 2

+ o(x

).

3!

5!

7!

n!

Разложение для синуса часто записывают до членов 2n+1-го порядка в виде

x

3

x

5

x

7

n

x

2n+1

2n+2

n

(

−1 k x2k +1

2n+2

sin x = x −

+

−

+... +(−1)

+ o(x

)

= ∑k =0

)

+ o(x

).

(2k +1)!

3!

5!

7!

(2n +1)!

x2

x4

x6

n

xn

+ o(x

n+1

).

3. cos x =1 −

+

−

+... +(

−1)

2

2!

4!

6!

n!

Разложение для косинуса можно записать до членов 2n-го порядка в виде

cos x =1 − x

+ x

− x

+... +(−1)n

x

+ o(x2n+1 )= ∑

(−1)

n

x

+ o(x2n+1 ).

2

4

6

2n

n

2n

2n!

2!

4!

6!

2n!

k =0

x2

x3

x4

n−1 xn

n

4. ln(1 + x) = x −

+

−

+... +(−1)

+ o(x

).

2

3

4

n

x

2

x

3

x

4

x

n

n

x

k

ln(1− x) = −x −

−

−

−... −

+o(xn )= −∑

+o(xn ),

3

n

k

2

4

k =1

1

+ x

x3

x5

x7

n

x2k +1

+o(x

2n+2

) .

ln

=

2

x

+

+

+

+...

= 2∑

− x

3

5

7

2k +1

1

k =0

69

5.

(1 + x)α =1 + ∑α (α −1)...(α − k +1) xk

+ o(xn ).

n

k =1

k!

1

n

=1− x + x2 − x3 +... = ∑(−1)k xk +o (xn ),

1+ x

k =0

1

n

+o(xn ),

=1

+ x + x2 + x3

+... = ∑xk

1− x

k =0

1+ x =

=

1+

1

x

−

1

x

2

+

1 3

x

3

−

1 3 5

х

4

+... +(−1)

n−1

1 3 … (2n −3)

x

n

+o(x

n

),

2

2

4

2 4 6

2 4

6 8

2 4 … 2n

1

=1

−

1

x +

1 3

x

2

−

1 3

5

x

3

+... +(−1)

n 1 3 …

(2n −1)

x

n

+o(x

n

).

1+

x

2

2

4

2 4 6

2 4

… 2n

n 1 3 5...(2k-1)

x2k +1

+o (x

2n+2

),

6. arcsin x = x +∑k =1

x

[−1,1]

2 4 6...(2k-2)

2k +1

nx2k −1

7.arctg x = ∑k =1 (−1)k −1 2k −1 +o(x2n )

e

x

− e

−x

x

3

x

5

n

x

2k +1

2n+2

8. sh x =

= x +

+

+.... = ∑k =0

+ o(x

).

2

3!

5!

(2k +1)!

x

2

x

4

n

x

2k

+ o(x

2n+1

).

9. ch x =

1 +

+

+... = ∑k =0

2!

4!

(2k )!

3.9. Оценка остаточного члена

Пусть f (x)

такова, что при любых n иx из окрестности точки x0

f (n) (x)

≤ M .

Рассмотрим остаток:

Rn+1 (x)=

f (n+1)(ξ)

(x − x0 )n+1 .

(n +1)!

R

(x)

=

1

f

(n+1)

(ξ)

x − x

n+1

≤ M

x − x0

n+1

для всех

x − x

.

n+1

(n +

1)!

0

(n +1)!

0

n+1

При n →∞

x − x

0

→ 0

и остаточный член может быть сделан сколь угодно

(n +1

)!

малым путем увеличения n.

70