Лекции по Математическому Анализу 1 курс ИПММ лектор Моисеев / matan

Доказательство.

x

x

f x

x x

f x

x x

f

n

x

x x

x

f x

;

T

f

2

n

,

T

0

0

n

0

0

0

2!

0

n!

0

0

0

T x

f x

f x

x x

f

n

x

x x

n1

T x

f x

;

,

0

n

0

0

0

n 1 !

0

0

0

x

x

f

x

x x

f

n

x

x x

n2

x

x

T

f

,

T

f

0

n

0

0

0

n 2

!

0

0

0

T

n

x

f

n

x

,

T

n

x

f

n

x

.

0

0

0

Лемма

Пусть

R x	R	x
0		0

Тогда

R	n	x
		0

0

.

R x		0
		x x
			n

Доказательство.

Мы должны показать, что

	lim	R x
		x x
	0
	x x		n
		0

Для вычисления предела применим правило Лопиталя.

0

.

R x

R x

R

n 1

x

1

R

n 1

x R

n 1

x0

1

n

x

0

lim

x x

lim

n x x

1

lim

0

lim

0

R

n

n

0

0

0

0

n!

x x

n!

0

x x

n!

x x

x x

x x

x x

0

0

Теорема 1

Пусть функция

f имеет в точке x0

производные до n -го порядка. (Это означает, что

производные до n 1 -го порядка существуют в целой окрестности точки x

0

, а функция

f n 1

имеет производную в точке x0 ).

Тогда

f x Tn x Rn x ,

Rn x x x0 n —

(4)

10

формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.

Доказательство.

Теорема прямо вытекает из предложения и леммы.

Предложение. Единственность тейлоровского представления.

Пусть

f x a0 a1 x x0	an x x0 n x x0 n ,
f x b0 b1 x x0	bn x x0 n x x0 n

Тогда

a	b	,	a	b ,	,
0	0		1	1

an

bn

.

Доказательство.

Вычитание дает соотношение

c	c	x x
0	1	0

где ck

ak

bk .

c	x x		n
n	0

x

x
	n
0

,

Переход к пределу при

x

Равенство принимает вид

x0

дает

c1 x x0

c0 0 .

cn x x0 n x x0 n

Делением на x x0 получаем
c c x x
1	2	0
Переход к пределу при x x0		дает c1 0
Продолжая этот процесс, получаем
			cn

n	0
c	x x		n 1			x
.

1 , cn 0 .

0
x
	n 1

.

20. Представление основных элементарных функций формулой Тейлора

Теорема 2.

Имеют место следующие представления

11

x

2

I e

x

1 x

2!

x

3

II sin x x

3!

x

3

sin x x

3!

x

2

III

cos x 1

2!

IV

1 x

1

x

V ln 1 x x

x

2

2

xn xn n!

x2n1

x2n ,

2n 1 !

x2n1

x2n1 ,

2n 1 !

	x	2n		x					,
							2n1
	2n !
			1					n
								n!
					n1	x		n
	1										xn
						n

1	x	n
.

x	n

,

Доказательство.

Достаточно провести построение многочленов Тейлора.

f

x

e

x

, x 0

k

x

I. Пусть

. Тогда

f

x e

, f

0

коэффициенты a

1

,

T

x 1 x

xn

k

k !

n

n!

III. Пусть

f x cos x, x0

0 . Тогда

k

x cos

k

k

0

k

f

x

, f

cos

2

2

x 1

x

2

x

2 j

T

,

2 j

2!

2n !

IV. Пусть

f

x 1 x

,

x0 0

. Тогда

0

,

T2

1	. Многочлен Тейлора Tn имеет

	f 2 j 1 0 0,				f 2 j		0 cos j 1 j ,
	j 1 x		x	2			x	2 j
		1							.
			2!				2n !

f k x 1	n 1 1 x n , f 0 1					n 1 . Многочлен Тейлора
	T	x 1 x		1	n 1		xn .
	n				n!

Вчастном случае 1 получим

11 x x2 1 n xn xn ,

1 x

12

V. Пусть

Поэтому

f	x ln 1 x ,
					g
g	k	0	1	k
	k !				,

1

1

x x

2

x

n

1 x

x0

0

. Производная

g x

f

x

x

1

1 x x

2

1

n

1 x

f k 1

k

k

0

1

,

f

0

1 k

k !

k !

k

xn

1

xn

1

xx

имеет представление

n	.

Пример

1

2

2

x

3

3

1 x

x2

1

x

3x 2 x2

1

2!

2!

e

x 3

1 3x 1

lim

lim

x2

x2

x 0

x 0

x2

2

1 x x

2

2

3

2

2

1 x

x

x

1

1

x

x

1

3

x2

x2

2

lim

lim

2

lim

2

3

x2

x2

x2

x 0

x 0

x 0

2

Еще несколько разложений

										x		3
VI sh x x
										3!
										x			2
VII ch x 1
										2!
1				1				x	x					2
1 x
1				1				x	x					2
1 x
1							1			1		x				3
		1 x								2						8
1							1			1			x			3
		1 x								2						8
									1		x					1
	1 x 1
									2							8

x 1 x2n1

2n 1 !n2

x x2n

2n !

1 n1 xn xn

xn xn

x2 2n 1 !! xn xn

2n !!

x2 1 n 2n 1 !! xn xn

2n !!n2

x2 1 n 1 2n 3 !! xn xn

2n !!

13

			x		3			x		5								n1			x		2n1
arctg x x																											x2n	1
				3				5								1					2n 1
				1							3														x
																				2n 1 !!						2n1		x
arcsin x x						x	3					x	5																	2n1
																					2n !!				2n 1
				6							40
	x	3				2						17					x
tg x x								x	5						x	7						7
	3				15							315

30. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа

Теорема 3

Пусть функция f имеет n 1

производную в интервале a, b , x0

a,

b ; Tn

— многочлен

Тейлора.

Тогда

n1

0

0

n1

x a, b 0, 1

f x T

x

f

x

x x

x x

n 1 !

n

0

(5)

f x f x

f x

x x

x

x x

f

n1

x

x x

x x

f

1

n

n

0

0

n1

0

0

0

n!

0

0

n 1 !

0

Доказательство

Для определенности считаем, что x x0 .

Запишем развернутое выражение для остаточного члена

R

x f x f x

f x

x x

1

f

n

x

x x

n

n

0

0

0

n!

0

0

По образцу правой части этой формулы построим функцию

F : F z f x f z f z x z

n!

f

z

x z

1

n

n

Заметим, что

F x0 Rn x , F x 0 ,

14

F z f z

f z x z f z

1

f z x z

2

f z x z

2!

1

f

n1

z x z n

1

f n

z x z n1

n!

n

1 !

1

f n1 z x z n

n!

Пусть

— дифференцируемая функция на отрезке

x

,

x

. По теореме Коши

0

0, 1

F x F x0

F x0 x x0

x x0

x0 x x0

1

f

n 1

x

x x

1

x x

n

R

x

0

0

x

x

n

n!

x

x x

0

0

0

0

В качестве возьмем функцию

z x z

n 1

.

Тогда

x 0, x0 x x0

n 1

;

n ;

n

z

n

1

x z

x

x

x

n 1

1

x

x

0

0

0

Rn x

1

f n1 x0 x x0

x x0

n1

f n1 x0 x x0

x x0 n1

n!

n 1

n 1 !

Если взять z x z ,

то получится остаточный член в форме Коши:

n 1

0

0

n

n 1

R

x

f

x

x x

1

x x

n

n!

0

Если f Pn — многочлен степени не выше n , то Rn

0 , получается формула Тейлора для

многочлена:

Pn x Pn x0 Pn x0 x x0

1 n

x0 x

x0

n

Pn

.

n!

15

Глава VI Исследование функций методами дифференциального исчисления

§ 1. Условия постоянства функции

Теорема 1.

Пусть f — функция на промежутке .

Для того, чтобы функция f была постоянной на промежутке она имела нулевую производную,

, необходимо и достаточно, чтобы

f const

f

0

.

Доказательство

1) Необходимость

Если функция постоянна, то она имеет нулевую производную.

2) Достаточность

Зафиксируем некоторую точку x0 . Возьмем такая точка , лежащая между x0 , x , что

f x f x0

x , x

f x

x0

x0

. По теореме Лагранжа найдется

0 .

Итак,

x	f x f x	,	f
	0

const

.

Пример.

Доказать тождество

	arctg x	1	arctg	2x		,
		2		1 x	2

x 1,

1

.

Рассмотрим функцию

f x	1			1
	1 x	2		2
					1

	f	x		arctg x				1	arctg					2x		,
								2					1 x		2
		1				1 x	2			2x		2		1
					2
		4x	2						2		2			1 x		2
						1 x
	1 x			2
			2

x1, 1

1 x2

1 x2 2

.

0

.

1

§ 2. Условия монотонности функции

10. Определение

Пусть f	— функция на промежутке .
Функция	f называется
1) возрастающей, если
	x	, x	x	x	2
	1	2	1

2) убывающей, если

f x
1

f

x	2

,

x	, x	2	x	x		f x
1			1	2		1

f

x	2

,

3)монотонной, если она является возрастающей или убывающей;

4)строго возрастающей, если

x	, x	2	x	x		f x
1			1	2		1

f

x	2

,

5) строго убывающей, если

x	, x	2	x	x		f x
1			1	2		1

f

x	2

,

6) строго монотонной, если она является строго возрастающей или строго убывающей.

20.Теорема 1

f

определена и непрерывна на промежутке

a, b

, дифференцируема на

Тогда

f	возрастает		f		0	,
f	убывает	f		0 .

a,

b

.

Доказательство

Проведем доказательства для возрастающих функций.

1) Необходимость

Пусть функция

f

возрастает. Возьмем некоторую точку

x0 a,

b

. Если

f

x

f

x

0

,

f x f x0

0

. Если x x , то

x x

0

,

f

x

0

x x0

0

0

x f

x0

x0

,то

0

x x0 0 ,

,

2

f x f	x		0
	0			. При любом выборе
x x
0
Предельный переход x x0 дает					f

x x0

x
0

имеет место неравенство

0.

fx f x0

xx0

0

.

2) Достаточность

Пусть	f		0 .

Возьмем	x1 x2	. По теореме Лагранжа найдется такая точка															x	,
																	1
				2			1	f				2	1				.
		f		x	f		x					x	x		0

x	2

, что

Дополнение 1. Достаточное условие строгой монотонности

x f x 0 fx f x 0

f

строго возрастает;

строго убывает.

Дополнение 2. О строгой монотонности

f

строго возрастает

f строго убывает

		f 0							1			2					1	2	f
						,		x			x			x			x	, x				x		0
	f 0							1			2						1	2	f
				,			x			x			x			x ,		x			x		0

Примеры

				1		x
	1)					строго возрастает на 0,
		f : f x 1
				x

Достаточно установить строгое возрастание функции

.

			g x ln f
Для функции g имеем
		g x ln x 1 ln x
2) sin x	2
		x, x 0,	.
			2
Рассмотрим функцию			g x	sin x	.
				x

		1
x x ln 1
		x

	1		1		1
x 1			x

x ln x

10

x1

1 ln

(здесь

x

.

x,

x 1

)

3

Для этой функции

	g x	x cos x sin x
		x	2

Функция g строго убывает,
			2		sin x		2
g x g				,	x
2

cos

,sin x

x x
x	2

		2	x

tg x

при

x

0

.

	0,

2

 

.

§ 3. Экстремумы функции

10. Определение

Пусть функция f определена и непрерывна в окрестности V0 точки x0

1) x0 — точка максимума функции f , если найдется такая окрестность

.

V V0

точки x0 , что

				x V	f x f x	0
2)	x0	— точка минимума функции	f	, если найдется такая окрестность V V0				точки	x0	, что

(1)

x V

f

x

f

x

(2)

0

3) x0

— точка экстремума функции f , если

x0 — точка максимума функции f или x0

— точка

минимума функции f .

4) x0

— точка строгого максимума функции

f

, если найдется такая окрестность V V0 точки

x0

,

что

x V

f

x f

x

0

5) x0

— точка строгого минимума функции f

, если найдется такая окрестность V V0

точки

x0 ,

что

x V

f

x f

x

0

6) x0

— точка строгого экстремума функции

f , если x0

— точка строгого максимума функции

f

или x0 — точка строгого минимума функции

f .

20. Теорема 1. Необходимое условие экстремума

Пусть функция f определена и непрерывна в окрестности V0 точки x0 .

Если x0 — точка экстремума и функция f имеет производную f x0 , то

4