матанализ лекции. Лекция Натуральные числа

• Название: Лекция Натуральные числа
• Анкор: матанализ лекции
• Дата: 27.09.2021
• Размер: 352.24 Kb.
• Имя файла: palych_lections.pdf
• Тип: Лекция; #237963
• страница: 10 из 12

′
(c) = 0. Учитывая, что F
′
(x) = f
′
(x)
− λ,
получаем f
′
(c)
− λ = 0. Подставив сюда λ, окончательно получим
f
′
(c) =
f (b)
− f(a)
b
− a
.
Теорема 70
Геометрический смысл теоремы Лагранжа. Пусть концы графика
функции f (x) — A(a, f (a)), B(b, f (b)), а AB — хорда, соединяющая точки A и B. Тогда
в интервале (a, b) должна найтись точка, в которой касательная к графику функции
параллельна хорде AB.
Разумеется f (x) должна быть непрерывна на [a, b] и дифференцируема всюду на
(a, b).
Если f (x)
∈ C[a, b], существует f
′
(x) для всех x
∈ (a, b) и |f
′
(x)
| 6 M для всех
x
∈ (a, b), то
ω(δ, f )
6 M · δ
(0 6 δ 6 b−a).
Доказательство.
Действительно,
ω(δ, f ) =
sup
x,y
∈[a,b]
|x−y|6δ
|f(x) − f(y)| = sup
|x−y|6δ
|f
′
(c(x, y))(x
− y)| = sup
|x−y|6δ
|f
′
(c(x, y))
||(x − y)| 6 M · δ.
Теорема
71
Коши. Если f (x), g(x)
∈ C[a, b] и ∀ x ∈ (a, b) существуют
f
′
(x), g
′
(x)
̸= 0, то существует c ∈ (a, b):
f (b)
− f(a)
g(b)
− g(a)
=
f
′
(c)
g
′
(c)
.
Доказательство.
Заметим сразу, что если g(b)
−g(a) = 0, то есть g(b) = g(a), то по теореме Ролля g
′
(x) = 0 в некоторой точке (a, b), а это противоречит условию. Очевидно также, что эта теорема является обобщением теоремы Лагранжа, которая получается из нее при g(x) = x.
1
Жозеф Луи Лагранж (1736–1813), фр. матем. и мех.

21. Правило Лопиталя.
50
Рассмотрим функцию F (x) = f (x)
− λg(x) и выберем λ так, чтобы F (b) = F (a),
то есть
f (b)
− λg(b) = f(a) − λg(a) =⇒ λg(a) − λg(b) = f(a) − f(b) =⇒ λ =
f (b)
− f(a)
g(b)
− g(a)
.
Так как функция F (x) — линейная комбинация двух функций, удовлетворяющих заданным условиям, то для нее выполнены все условия теоремы Ролля. Поэтому существует хотя бы одна точка c
∈ (a, b) такая, что F
′
(c) = 0. Учитывая, что F
′
(x) = f
′
(x)
− λg
′
(x), получаем
f
′
(c)
− λg
′
(c) = 0. Подставив сюда λ, окончательно получим
f (b)
− f(a)
g(b)
− g(a)
=
f
′
(c)
g
′
(c)
.
Лекция 21. Правило Лопиталя о многих случаях вычисление предела функции, выполняемое формальной подстановкой соответствующего предельного значения аргумента, приводит к выражениям вида:
0 0
,
∞
∞
,
0
· ∞, ∞ − ∞, 0 0
,
∞
0
,
1
∞
.
Все они называются неопределенностями. Вычисление предела в этом случае — это раскрытие неопределенности.
Один из методов раскрытия непреределенностей — раскрытие неопределенности по правилам Лопиталя.
Теорема 72
Неопределенность вида (
0 0
). Если
1)
∃ f
′
(x), g
′
(x)
̸= 0 ∀ x ∈ (a, b);
2) lim
x
→a+0
f (x) = lim
x
→a+0
g(x) = 0;
3)
∃ lim
x
→a+0
f
′
(x)
g
′
(x)
= l,
то
∃ lim
x
→a+0
f (x)
g(x)
= l.
Доказательство.
Доопределим функции f (x), g(x) в точке a нулем. Тогда они будут непрерывны на [a, b) и будут выполнены все условия теоремы Коши (функция рассматривается на некотором отрезке [a, x], x < b). Воспользовавшись ею, получим
f (x)
− f(a)
g(x)
− g(a)
=
f (x)
g(x)
=
f
′
(c)
g
′
(c)
(a < c < x).
Следовательно, существует lim
x
→a+0
f (x)
g(x)
= lim
c
→a+0
f
′
(c)
g
′
(c)
= l.
При доказательстве теоремы 1 мы неявно предполагали, что a — конечное число.
Однако теорема будет верна, если a = +
∞. Для этого достаточно рассмотреть функции
F (x) = f
(
1
x
)
,
G(x) = g
(
1
x
)
.
Тогда
1
x
→ +∞ ⇐⇒ x → 0+0 и lim
x
→+∞
f (x)
g(x)
= lim
x
→0+0
f
(
1
x
)
g
(
1
x
) = lim
x
→0+0
f
′
(
1
x
)
g
′
(
1
x
)
(
−
1
x
2
)
(
−
1
x
2
) = lim
x
→+∞
f
′
(x)
g
′
(x)

21. Правило Лопиталя.
51
Понятно, что теорема справедлива и при x
→ a−0, при x → a, если обе функции определены в целой окрестности, а в точке a принимают нулевые значения, а также при
x
→ −∞, x → ∞.
Вычислить lim
x
→0
x
− sin x
x
3
Сами функции и их производные в окрестности нуля хорошие (непрерывны и дифференцируемы). Однако, g
′
(x) = 0. Поэтому будем дифференцировать числитель и знаменатель до тех пор, пока все условия не будут выполнены. Итак,
lim
x
→0
x
− sin x
x
3
=
(
0 0
)
= lim
x
→0
(x
− sin x)
′
(x
3
)
′
= lim
x
→0 1
− cos x
3x
2
=
(
0 0
)
=
= lim
x
→0
sin x
6x
=
(
0 0
)
= lim
x
→0
cos x
6
=
1 6
.
Двигаясь теперь в обратном направлении (т.е. применяя правило Лопиталя), окончательно получаем значение заданного предела.
Заметим, что из доказанного равенства, в частности, следует такая эквивалентность при x
→ 0:
sin x
∼ x −
1 6
x
3
.
Теорема 73 2. Неопределенность вида
(∞
∞
)
Если
1)
∃ f
′
(x), g
′
(x)
̸= 0 ∀ x ∈ (a, b);
2) lim
x
→a+0
f (x) = lim
x
→a+0
g(x) =
∞;
3)
∃ lim
x
→a+0
f
′
(x)
g
′
(x)
= l,
то
∃ lim
x
→a+0
f (x)
g(x)
= l.
Эта теорема справедлива и при x
→ a−0, x → a, x → ±∞, x → ∞.
Вычислить lim
x
→∞
x
− sin x
2x + sin x
Имеем,
lim
x
→∞
x
− sin x
2x + sin x
=
(∞
∞
)
̸= lim
x
→∞
(x
− sin x)
′
(2x + sin x)
′
= lim
x
→∞
1
− cos x
2 + cos x
,
так как последний предел не существует в силу неравенства его верхнего и нижнего пределов.
Таким образом правило Лопиталя не применимо, так как не выполнено условие
3. Тем не менее lim
x
→∞
x
− sin x
2x + sin x
= lim
x
→∞
x
(
1
−
sin x
x
)
2x
(
1 +
sin x
2x
) =
1 2
.
Вычислить lim
x
→+∞
x
2
e
x
Воспользовавшись правилом Лопиталя lim
x
→+∞
x
2
e
x
=
(∞
∞
)
= lim
x
→+∞
2x
e
x
=
(∞
∞
)
= lim
x
→+∞
2
e
x
=
2
∞
= 0.
Пример 3 указывает на общее утверждение о росте степенной и показательной функций:
x
n
≪ a
x
(n
> 0, a > 1, x → +∞).

22. Формула Тейлора.
52
Вычислить lim
x
→+∞
ln x
x
По правилу Лопиталя lim
x
→+∞
ln x
x
=
(∞
∞
)
= lim
x
→+∞
1
x
1
= 0.
Общее утверждение о росте степенной и логарифмической функций:
x
n
≫ log
a
x
(n
> 0, a > 1, x → +∞).
Другие неопределенности раскрываются приведением их к виду двух рассмотренных выше. Например, в случаях 0 0
,
∞
0
, 1
∞
выражение необходимо предварительно прологарифмировать.
Вычислить lim
x
→0+0
x
x
В силу непрерывности функции e
x
,
lim
x
→0+0
x
x
= (0 0
) = lim
x
→0+0
(e
ln x
)
x
= lim
x
→0+0
e
x ln x
= e
lim
x
→0+0
x ln x
.
Осталось вычислить lim
x
→0+0
x ln x = (0
· (−∞)) = lim
x
→0+0
ln x
1
x
=
(
−∞
∞
)
= lim
x
→0+0 1
x
−
1
x
2
= lim
x
→0+0
(
−x) = 0.
Окончательно lim
x
→0+0
x
x
= e
0
= 1.
Лекция 22. Формула Тейлора для дифференцируемых функций с остаточным членом в формах Лагранжа, Пеано, коши. формула
Тейлора для элементарных функций. Применение формулы
Тейлора в приближенных вычислениях, при вычислении предела.
Метод выделения главной части
Пусть существует n-я производная функции f (x) в точке x = a. Тогда многочлен степени n (по степеням (x
− a) вида
P
n
(x, a) = f (a) + f
′
(a)(x
− a) +
f
′′
(a)
2!
(x
− a)
2
+
· · · +
f
(n)
(a)
n!
(x
− a)
n
=
n
∑
k=0
f
(k)
(x
− a)
k
k!
называется многочленом Тейлора степени n для функции f (x) в окрестности точки a.
Лемма 7.
Многочлен Тейлора интерполирует функцию f (x) и ее производные до
порядка n, включительно, в точке a, то есть для k = 0, 1, . . . , n
P
(k)
n
(x, a)
x=a
= f
(k)
(a).
Доказательство.
Доказательство осуществляют дифференцируя многочлен
Тейлора и подставляя значение x = a. При k = 0:
P
n
(x, a)
x=a
= f (a) + f
′
(a)(x
− a) +
f
′′
(a)
2!
(x
− a)
2
+
· · · +
f
(n)
(a)
n!
(x
− a)
n
x=a
= f (a);
при k = 1:
P
′
n
(x, a)
x=a
= f
′
(a) +
f
′′
(a)
2!
· 2(x − a) + · · · +
f
(n)
(a)
n!
n(x
− a)
n
−1
x=a
= f
′
(a);
и так далее,
P
(n
−1)
n
(x, a)
x=a
= f
(n
−1)
(a) +
f
(n)
(a)
n!
n(n
− 1) · · · 2 · (x − a)
x=a
= f
(n
−1)
(a)

22. Формула Тейлора.
53
и
P
(n)
n
(x, a)
x=a
= f
(n)
(a).
Формула Тейлора для функции f (x) имеет вид:
f (x) = P
n
(x, a) + r
n
(x, a),
где r
n
(x, a) = f (x)
− P
n
(x, a) — остаточный член n-го порядка в формуле Тейлора.
Для k = 0, 1, . . . , n
r
(k)
n
(a, a) = 0.
Теорема 74
Остаточный член в форме Пеано.
1
Если существует f
(n)
(a), то
r
n
(x, a) = o((x
− a)
n
) при x
→ a.
(Остаточный член формулы Тейлора является бесконечно малой при x
→ a
величиной более высокого порядка, чем все члены полинома.)
Доказательство.
При вычислении пределов воспользуемся правилом Лопиталя:
lim
x
→a
r
n
(x, a)
(x
− a)
n
=
(
0 0
)
= lim
x
→a
r
′
n
(x, a)
n(x
− a)
n
−1
=
(
0 0
)
=
· · · = lim
x
→a
r
(n)
n
(x, a)
n(n
− 1) . . . 1
=
0
n!
= 0.
Теорема 75
Остаточный член в форме Лагранжа. Если в некоторой окрестности
точки a существует f
(n+1)
(x), то для любой точки x из этой окрестности существует
число c = a + θ(x
− a) (0 < θ < 1) такое, что
r
n
(x, a) =
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x
− a)
n+1
или
r
n
(x, a) = O((x
− a)
n+1
),
где x
→ a.
Доказательство.
Зафиксируем значение x из окрестности точки a и рассмотрим функции аргумента t:
ϕ(t) = f (x)
−
n
∑
k=0
f
(k)
(t)
k!
(x
− t)
k
,
ψ(t) = (x
− t)
n+1
.
Учитывая, что
ϕ(a) = f (x)
−
n
∑
k=0
f
(k)
(a)
k!
(x
− a)
k
= f (x)
− P
n
(x
− a) = r
n
(x, a),
ϕ(x) = f (x)
−
n
∑
k=0
f
(k)
(x)
k!
(x
− x)
k
= f (x)
−
n
∑
k=1
f
(k)
(x)
k!
(x
− x)
k
− f(x) = 0,
ψ(a) = (x
− a)
n+1
,
ψ(x) = (x
− x)
n+1
= 0.
и, применяя формулу Коши для точек a и x, получим
ϕ(a)
− ϕ(x)
ψ(a)
− ψ(x)
=
ϕ
′
(c)
ψ
′
(c)
=
r