2004-matematicheskiy-analiz-differencial-noe-ischislenie-funkciy-odnoy-peremennoy-5mb

Пример 2.5.13

arcsin x − arctgx

Вычислить lim

по формуле Тейлора и по правилу

x→0

x3

Лопиталя.

Решение

1. Вычислим предел по правилу Лопиталя:

arcsin x

− arctgx

0

(arcsin x − arctgx)′

lim

=

= lim

(x3 )′

=

x

3

x→0

0

x→0

1

−

1

1− x

2

1

+ x

2

1+ x

2

−

1− x

2

0

= lim

= lim

=

=

3x2

x→0

x→0 3x2 (1+ x2 ) 1− x2

0

= lim

1+ x2 −

1− x2

lim

1

.

3x

2

x→0

x→0 (1+ x2 ) 1− x2

Заметим, что второй предел в данном произведении равен 1 при x → 0.

В первом пределе получили неопределенность вида 0 . Тогда по пра-

0

вилу Лопиталя:

2

2

′

2x −

(−2x)

lim

1+ x2 −

1− x2

= lim (1+ x

−

1− x

)

= lim

2 1− x2

=

2

2 ′

x→0

3x

x→0

(3x

x→0

6x

)

2x +

x

2 +

1

2 + 1

3

1

= lim

1− x2

= lim

1− x2

=

=

=

.

6x

6

x→0

x→0

6

6 2

Тогда

lim

arcsin x − arctgx

=

1

1 =

1

.

x→0

x3

2

2

2. Вычислим предел по формуле Тейлора.

Разложим функции f(x) = arcsin x и g(x) = arctg x до членов третьего порядка по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:

141

f (x) = f (0) +	f ′(0)	x +	f ′′(0)	x2 +	f ′′′(0)	x3 + o(x3 ).
			2!		3!
1!

Найдем значение функции f(x) = arcsin x в точке x = 0, а также первые три производные этой функции в нуле.

f (0) = arcsin 0 = 0;

f ′(x) = (arcsin x)′ =

1

= (1

− x2 )−1/ 2 ,

f ′(0) = 1;

1− x2

f ′′(x)

1

(1

x2 )−3/ 2

(

2x)

x

,

f ′′(0)

0;

=

−

2

−

−

=

3

=

(1− x2 )2

f ′′′(x)

−

3

′

− 3

3

− 5

x2 )

2 )

x2 )

=

x(1

−

2

=

(1

−

x

2

+

x

−

(1

−

2 ( 2x))

=

−

2

= (1− x2 )− 32 + 3x2 (1− x2 )− 52 , f ′′′(0) = 1.

Тогда

arcsin x = x +

x3

+ o(x3 ).

6

Найдем значение функции g(x) = arctg x в точке x = 0, а также первые три производные этой функции в нуле:

	g(0) = arctg 0 = 0;
1
	g′(x) = (arctg x)′ =						, g′(0) = 0;
			1+ x2
	g′′(x) = −	2x				′′(0) = 0;
					, g
		(1+ x2 )2
g′′′(x) = −2	(1+ x2 )2 − x2(1+ x2 ) 2x			= −2				(1+ x2 ) − 4x2	, g′′′(0) = −2.
								(1+ x2 )3
	(1+ x2 )4

142

Тогда

arctg x = x −

2x3

+ 0(x3 ) = x −

x3

+ o(x3 ).

3!

3

В итоге получим

x

3

3

x +

+ o(x3 ) −

x −

x

+ o(x3 )

arcsin x − arctgx

lim

= lim

6

3

=

x3

x→0

x3

x→0

x3

x3

+ o(x3 )

x3

x

3

1

+ o(1)

x +

− x +

+ o(x3 )

1

2

= lim

6

3

= lim

2

= lim

=

.

x3

x3

x3

x→0

x→0

x→0

2

Пример 2.5.14

Вычислить

lim

2ex − 2 − 2x − x2

по формуле Тейлора и по прави-

x − sin x

лу Лопиталя.

x→0

Решение

1. Вычислим предел по правилу Лопиталя:

2ex

− 2 − 2x − x2

0

(2ex − 2 − 2x − x2 )′

lim

=

= lim

(x − sin x)′

=

x − sin x

x

→0

0

x→0

= lim

2ex − 2

− 2x

=

0

= lim

(2ex − 2 − 2x)′

= lim

2ex − 2

=

0

=

1− cos x

(1− cos x)′

sin x

x→0

0

x→0

x→0

0

= lim

(2ex − 2)′

= lim

2ex

= 2.

(sin x)′

x→0

x→0 cos x

2. Вычислим предел по формуле Тейлора.

Разложим функции f(x) = ex и g(x) = sin x до членов третьего по- рядка по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:

f (x) = f (0) +	f ′(0)	x +	f ′′(0)	x2 +	f ′′′(0)	x3 + o(x3 ).
			2!		3!
1!

Найдем значение функции f(x) = ex в точке x = 0, а также первые три производные этой функции в нуле:

143

f (0) = e0 = 1;

f ′(x) = ex ,		f ′(0) = 1;
f ′′(x) = ex ,		f ′′(0) = 1;
f ′′′(x) = e x ,		f ′′′(0) = 1.
Тогда
ex = 1+ x +	x2	+	x3	+ o(x3 ).
2!		3!

Найдем значение функции g(x) = sin x в точке x = 0, а также пер- вые три производные этой функции в нуле:

g(0) = sin 0 = 0;

g′(x) = (sin x)′ = cos x, g′(0) = 1; g′′(x) = − sin x, g′′(0) = 0;

g′′′(x) = − cos x, g′′′(0) = −1.

Тогда

sin x = x −

x3

+ o(x3 ).

6

В итоге получим

x

2

x

3

2 1

+ x +

+

+ o(x3 )

− 2 − 2x − x2

x

− 2 − 2x − x

2

2e

= lim

2!

3!

=

lim

x − sin x

x3

x→0

x→0

x

− x

−

+ o(x3 )

6

2 + 2x + x2 +

x3

+ o(x3 ) − 2 − 2x − x2

x3

+ o(x3 )

= lim

3

= lim

3

=

x3

x→0

x→0 x3

x − x +

+ o(x3 )

+ o(x3 )

6

6

144

		x3		1				+ o(1)
														6
	= lim			3								=			= 2.
				1
	x→0		3					+ o(1)				3
		x
				6
Пример 2.5.15
	ln(1− 4x) + 4x + 8x2 +												64			x3
Вычислить lim												3						по формуле Тейлора и
									25
x→0	cos5x − 1+										x2
							2

по правилу Лопиталя.

Решение

1. Вычислим предел по правилу Лопиталя:

64

2

64

3

′

ln(1− 4x) +

4x + 8x2 +

x3

0

ln(1− 4x) +

4x + 8x

+

x

3

3

lim

=

= lim

=

25

2

′

x→0

−1+

0

x→0

25

cos5x

x

2

2

cos5x −1+

x

2

−4

+ 4 + 16x + 64x

2

4

+ 4

+ 16x +

64x

2

′

0

= lim

1− 4x

=

= lim

4x − 1

=

−5sin 5x + 25x

(25x − 5sin 5x)′

x→0

0

x→0

16

16

′

−

+ 16 + 128x

−

+ 16 + 128x

(4x − 1)2

(4x

−

1)2

0

= lim

=

= lim

=

− 25cos5x

(25 − 25cos5x)′

x→0

25

0

x→0

64

128

′

2

+ 128

+ 128

(4x

− 1)3

0

(4x − 1)3

= lim

=

= lim

=

125sin 5x

(125sin 5x)′

x→0

0

x→0

−3

128 4

= lim

(4x − 1)4

= −

1536

.

x→0 125 5cos5x

625

145

2. Вычислим предел по формуле Тейлора.

Разложим функции f(x) = cos 5x и g(x) = ln(1 – 4x) до членов чет- вертого порядка по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:

f ′(0)

f ′′(0)

2

f ′′′(0)

3

f (IV ) (0)

4

4

f (x) = f (0) +

x +

x

+

x

+

x

+ o(x

).

1!

2!

3!

4!

Для функции f(x) = cos(5x) сделаем замену t = 5x. Найдем значение функции f(t) = cos t в точке t = 0, а также первые четыре производные этой функции в нуле:

f (0) = cos0 = 1;
f ′(t) = − sin t,					f ′(0) = 0;
f ′′(t) = − cost,					f ′′(0) = −1;
f ′′′(t) = sin t,					f ′′′(0) = 0;
f (4) (t) = cost, f (4) (0) = 1;
Тогда
cost = 1−		t2	+		t4		+ o(t4 ).
2!				4!
При t = 5x
cos(5x) = 1−	(5x)2			+		(5x)4		+ o(x4 ).
2							24

Для функции g(x) = ln(1 – 4x) сделаем замену t = –4x. Найдем зна- чение функции g(t) = ln (1 + t) в точке t = 0, а также первые четыре производные этой функции в нуле.

g(0) = ln1 = 0;

g′(t) = (ln(1+ t))′ =			1	, g′(0) = 1;
		1+ t
g′′(t) = −	1	, g′′(0) = −1;
	(1+ t)2

146

g′′′(t) =

2

, g′′(0) = 2;

(1+ t)3

g(4) (t) = −

6

, g(4) (0) = −6.

(1+ t)4

Тогда

ln(1+ t) = t −

t2

+

2t3

−

6t4

+ o(t4 ) = t −

t2

+

t3

−

t4

+ o(t4 ).

2

3!

4!

2

3

4

Подставим t = –4x:

ln(1− 4x) = (−4x) −

(−4x)2

+

(−4x)3

−

(−4x)4

+ o(x4 ) =

2

3

4

= −4x − 8x2 −

64

x3 − 64x4 + o(x4 ).

3

В итоге получим:

ln(1− 4x) + 4x + 8x2 +

64

x3

lim

3

=

cos(5x) − 1+

25

x→0

x2

2

−4x − 8x2 −

64

x3 − 64x4 + o(x4 ) + 4x + 8x2 +

64

x3

= lim

3

3

=

25x

2

625x

4

25

x→0

+ o(x4 ) +

x2 − 1

1−

+

2

24

2

= lim

−64x4 + o(x4 )

= lim

−64 + o(1)

= −

64 24

= −

1536

.

625

625

625

x→0 625x4

x→0

+ o(1)

+ o(x4 )

24

24

147

2.6.Исследование функций одной переменной

спомощью производной

Возрастание и убывание функций

Функция y = f(x) называется возрастающей на некотором интер- вале, если для любых точек x1 и х2, принадлежащих данному интер- валу, из условия х1 < x2 следует неравенство f(x1) < f(x2).

Функция y = f(x) называется неубывающей на некотором интерва- ле, если для любых точек x1 и х2, принадлежащих данному интерва- лу, из условия х1 < x2 следует неравенство f(x1) ≤ f(x2).

Функция y = f(x) называется убывающей на некотором интервале, если для любых точек х1 и х2, принадлежащих этому интервалу, из условия х1 < х2 следует неравенство f(x1) > f(x2).

Функция y = f(x) называется невозрастающей на некотором ин- тервале, если для любых точек х1 и х2, принадлежащих этому интер- валу, из условия х1 < х2 следует неравенство f(x1) ≥ f(x2).

Функция y = f(x) называется монотонной на некотором интервале, если она на этом интервале только возрастающая (неубывающая) или только убывающая (невозрастающая).

Критерий возрастания и убывания функций

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференци- руема на интервале (a, b). Тогда для того чтобы функция f(x) была возрастающей на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы вы- полнялось неравенство f ′ (x) > 0 для любого x (a, b).

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b] и дифференци- руема на интервале (a, b). Тогда для того чтобы функция f(x) была убывающей на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы вы- полнялось неравенство f ′ (x) < 0 для любого x (a, b).

Если монотонная на интервале (a, b) функция дифференцируема на этом интервале, то ее производная не меняет знака на интервале

(a, b).

Экстремумы функции

Точка хо называется точкой локального минимума (рис. 2.3) функ-

ции f(x), если существует такая окрестность точки х0, в которой функция определена, и для любой точки х ≠ х0 из этой окрестности выполняется неравенство f(x) ≥ f(x0).

148

Y

x0

X

Рис. 2.3

Точка хо называется точкой локального максимума (рис. 2.4)

функции f(x), если существует такая окрестность точки х0, в которой функция определена, и для любой точки х ≠ х0 из этой окрестности выполняется неравенство f(x) ≤ f(x0).

Y

x0

X

Рис. 2.4

Точки локального минимума и локального максимума функции называют точками локального экстремума.

Необходимое условие экстремума

Функция f(x) может иметь экстремум только в тех точках, в кото- рых ее производная равна нулю (f ′(x0) = 0) или не существует.

Точки, в которых производная данной функции равна нулю, на- зываются стационарными точками этой функции, а точки, в кото- рых функция непрерывна, а ее производная равна нулю или не суще- ствует, называются критическими точками функции.

149

Необходимое условие не является достаточным, т.е. из того что производная некоторой функции в данной точке обращается в ноль (или не существует) еще не следует, что эта точка обязательно будет точкой экстремума.

Например, рассмотрим функцию y = x3. Производная этой функ- ции y ′ = 3x2 обращается в ноль в точке x0 = 0. Но функция y = x3 не

имеет экстремума в точке x0 = 0. Или функция y = 3 x , для которой

	производная	y′ =	1		в точке x0	= 0 не существует, не имеет экс-
			33	x2

тремума в точке x0 = 0.

Достаточное условие экстремума

1. Первый достаточный признак экстремума.

Пусть функция f(x) непрерывна в некоторой окрестности (х0 – δ, x0 + δ) критической точки х0, дифференцируема в ее проколотой окрестно- сти, тогда:

а) если	f ′(x) > 0	при	x (x0	− δ,		x0 ),
	f ′(x) < 0	при	x (x ,		x	+ δ),
			0		0

то х0 – точка максимума функции (рис. 2.5);

	f ′(x)	+			–
	f(x)			x0
				max
			Рис. 2.5
б) если	f ′(x) < 0	при	x (x0 − δ,		x0 ),
	f ′(x) > 0	при	x (x ,	x	+ δ),
			0	0

то х0 – точка минимума функции (рис. 2.6).

f ′(x)	–	+
f(x)		x0
		min
		Рис. 2.6

150