Файл: Математический анализ.pdf

Следовательно,
f (x) =
n
X
k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
(2.8.1)
Наша цель получить формулу, аналогичную формуле (2.8.1), для более широкого класса функций, чем многочлены. Естественно ожидать, что равенство в ней не будет точным, поэтому важно остаточный член в ней записывать в приемлемых формах.
Итак, пусть функция f(x) определена на интервале (a, b) и дифференцируема на нем n раз. Точка x
0
лежит на этом интервале.
Определение 2.8.1. Многочленом Тейлора для функции f степени n в точке x
0
называется следующее выражение:
P
n
(x, x
0
) = P
n
(x) =
n
X
k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
Как обычно, мы считаем, что 0! = 1.
Определение 2.8.2. Разность f(x) − P
n
(x, x
0
) = r n
(x, x
0
) = r n
(x) называется остаточным членом порядка n.
2.8.2. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано. В целом формула Тейлора для функции f в точке x
0
имеет следующий вид:
f (x) = P
n
(x) + r n
(x) =
n
X
k=0
f
(k)
(x
0
)
k!
(x − x
0
)
k
+ r n
(x), x ∈ (a, b).
(2.8.2)
Теорема 2.8.1. Если точка x
0
∈ (a, b), функция f дифференцируема n раз на этом интервале, то для функции f справедлива формула (2.8.2), в которой x ∈ (a, b)
и остаточный член имеет вид r
n
(x) = o((x − x
0
)
n
) при x → x
0
В данном случае говорят, что остаточный член записан в форме Пеано.
Доказательство. Рассмотрим остаточный член r n
(x) и покажем, что r
n
(x
0
) = r
′
n
(x
0
) = . . . = r
(n)
n
(x
0
) = 0.
Действительно, r n
(x
0
) = f (x
0
) − P
n
(x
0
) = 0. Далее r
′
n
(x
0
) = f
′
(x
0
) − P
′
n
(x
0
) = f
′
(x
0
) − f
′
(x
0
) = 0.
Продолжая дифференцирование и используя определение многочлена Тейлора, по- лучим на последнем шаге r
(n)
n
(x
0
) = f
(n)
(x
0
) − P
(n)
n
(x
0
) = f
(n)
(x
0
) − f
(n)
(x
0
) = 0.
Осталось показать, что r n
(x) = o((x − x
0
)
n
) при x → x
0
. Рассмотрим предел lim x→x
0
r n
(x)
(x − x
0
)
n
= lim x→x
0
r
′
n
(x)
n(x − x
0
)
n−1
= . . . =
= lim x→x
0
r
(n)
n
(x)
n!
= 0
по правилу Лопиталя.
2
Доказанная теорема позволяет любую функцию, удовлетворяющую условиям теоремы, заменить в некоторой окрестности некоторой точки многочленом с точ- ностью до бесконечно малых более высокого порядка, чем члены многочлена.
– 82 –

Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано дает общий метод выде- ления главной часть функции в окрестности данной точки. На этом обстоятельстве основаны многочисленные и разнообразные применения данной формулы в различ- ных вопросах анализа. Поэтому формулу Тейлора часто называют основной форму- лой дифференциального исчисления.
При n = 1 эта формула дает условие дифференцируемости функции.
Если точка x
0
= 0, то формулу Тейлора иногда называют формулой Маклорена.
Упражнение 2.8.1. Написать многочлен Тейлора шестого порядка (в нуле) для функции y = ln cos x.
2.8.3. Единственность разложения по формуле Тейлора. Поставим те- перь обратную задачу. Пусть функция f имеет n производных в окрестности точки x
0
. Предположим, что существует многочлен Q
n
(x) степени не выше n вида
Q
n
(x) = c
0
+ c
1
(x − x
0
) + . . . + c n
(x − x
0
)
n и такой, что:
f (x) = Q
n
(x) + o((x − x
0
)
n
),
x → x
0
(2.8.3)

Данная теорема позволяет иногда находить разложение Тейлора, не вычисляя производные.
Пример 2.8.1. Разложить по формуле Маклорена функцию f(x) =
1 1 − x
Решение. Известно, что функцию f можно записать как сумму бесконечно убы- вающей геометрической прогрессии
1 1 − x
= 1 + x + . . . + x n
+ . . . ,
тогда остаток x n+1
+ x n−2
+ . . . =
x n+1 1 − x
. Ясно, что x
n+1 1 − x
= o(x n
),
x → 0.
Поэтому в силу единственности разложения формула Маклорена примет вид:
1 1 − x
= 1 + x + . . . + x n
+ o(x n
),
x → 0.
2.8.4. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа. Более распространенной формой записи служит остаточный член в форме Лагранжа.
Теорема 2.8.3. Если функция f дифференцируема n + 1 раз на интервале (a, b)
и точки x, x
0
∈ (a, b), то r
n
(x) =
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
,
где c — некоторая точка интервала (x
0
, x).
2.9. Формулы Тейлора для элементарных функций
2.9.1. Стандартные разложения. Приведем теперь 5 стандартных разложе- ний, которые постоянно используются в математике.
1. Пусть функция f(x) = e x
, точка x
0
= 0, тогда e
x
=
n
X
k=0
x k
k!
+ o(x n
) =
= 1 + x +
x
2 2
+
x
3 6
+ . . . +
x n
n!
+ o(x n
),
x → 0.
2. Пусть функция f(x) = sin x, точка x
0
= 0, тогда sin x =
n
X
k=0
(−1)
k x
2k+1
(2k + 1)!
+ o(x
2n+1
) =
= x −
x
3 3!
+
x
5 5!
+ . . . + (−1)
n x
2n+1
(2n + 1)!
+ o(x
2n+1
),
x → 0.
3. Пусть функция f(x) = cos x, точка x
0
= 0, тогда cos x =
n
X
k=0
(−1)
k x
2k
(2k)!
+ o(x
2n
) =
= 1 −
x
2 2!
+ . . . + (−1)
n x
2n
(2n)!
+ o(x
2n
),
x → 0.
– 84 –

4. Если функция f(x) = ln(1 + x), точка x
0
= 0, тогда ln(1 + x) =
n
X
k=1
(−1)
k+1
x k
k
+ o(x n
)) =
= x −
x
2 2
+
x
3 3
+ . . . + (−1)
n+1
x n
n
+ o(x n
),
x → 0.
5. Если функция f(x) = (1 + x)
α
, точка x = 0, то
(1 + x)
α
=
n
X
k=0
α(α − 1) · · · (α − k + 1)
k!
x k
+ o(x n
) =
= 1 +
α
1!
x +
α(α − 1)
2!
x
2
+ . . . +
α(α − 1) · · · (α − n + 1)
n!
x n
+ o(x n
),
x → 0.
Данную формулу называют биномиальным разложением. Когда α — натуральное число, она превращается в точную формулу бинома Ньютона (при n = α).
Докажем, например, первую формулу. Имеем (e x
)
(k)
= e x
, поэтому коэффициенты
Тейлора равны
1
k!
, а многочлен Тейлора
P
n
(x) = 1 + x +
x
2 2!
+ . . . +
x n
n!
Упражнение 2.9.1. Доказать остальные формулы разложения.
Из полученных разложений можно получать разложения более сложных функ- ций.
Пример 2.9.1. Разложить по формуле Маклорена функцию e x
2
Решение. Подставляя в формулу для e x
вместо x функцию x
2
, получим e
x
2
= 1 + x
2
+
x
4 2
+
x
6 6
+ . . . +
x
2n n!
+ o(x
2n
)
в силу единственности разложения.
Пример 2.9.2. Разложить по формуле Маклорена функцию sin
2
x.
Решение. Поскольку sin
2
x =
1 − cos 2x
2
, то разложим сначала функцию cos 2x.
Используя разложение косинуса и подставляя в него 2x вместо x, получим cos 2x = 1 −
(2x)
2 2!
+ . . . + (−1)
n
(2x)
2n
(2n)!
+ o(x
2n
),
x → 0.
Тогда sin
2
x =
1 − cos 2x
2
=
= x
2
−
2 2
x
4 3
+ . . . + (−1)
n+1 2
2n−1
x
2n
(2n)!
+ o(x
2n
),
x → 0.
Пример 2.9.3. Разложить по формуле Тейлора с остаточным членом в форме
Пеано функцию f(x) =
5
√
x в точке x
0
= 1.
Решение. Положив x = 1 + t и применив формулу 5 биномиального разложения при α = 1/5, получим
5
√
x = (1 + t)
1/5
= 1 +
1 5
· t +
1 2!
·
1 5

1 5
− 1

· t
2
+
1 3!
·
1 5

1 5
− 1

1 5
− 2

· t
3
+ . . .
. . . +
1
n!
·
1 5

1 5
− 1

1 5
− 2

· · ·

1 5
− n + 1

· t n
+ o(t n
) =
– 85 –

= 1 +
1 5
· (x − 1) −
4 2 · 5 2
· (x − 1)
2
+
4 · 9 3!5 3
· (x − 1)
3
+ . . .
. . . +
(−1)
n
4 · 9 · · · (5n − 6)
n!5
n
· (x − 1)
n
+ o((x − 1)
n
),
x → 1.
Упражнение 2.9.2. С помощью формулы Тейлора вычислить число e с точно- стью до 0,001.
2.9.2. Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора. Формула
Тейлора дает простое и весьма общее правило для вычисления главной части функ- ции. В результате этого метод вычисления пределов функций с помощью выделения главной части приобретает законченный и алгоритмический характер.
Рассмотрим сначала случай неопределенности вида
0 0
. Пусть требуется найти предел lim x→x
0
f (x)
g(x)
,
где функции f и g стремятся к 0 при x → x
0
и достаточное число раз дифферен- цируемы. Возьмем разложение числителя и знаменателя, ограничиваясь первыми отличными от нуля членами:
f (x) = a(x − x
0
)
n
+ o((x − x
0
)
n
),
a 6= 0,
g(x) = b(x − x
0
)
m
+ o((x − x
0
)
m
),
b 6= 0, x → x
0
Тогда lim x→x
0
f (x)
g(x)
= lim x→x
0
a(x − x
0
)
n
+ o((x − x
0
)
n
)
b(x − x
0
)
m
+ o((x − x
0
)
m
)
=
=
a b
lim x→x
0
(x − x
0
)
n−m
Последний предел равен 0, если n > m; равен a
b
, если n = m и равен ∞, если n < m.
Неопределенности вида
∞
∞
можно свести к рассмотренному случаю, перейдя к обратным функциям.
Пример 2.9.4. Найти предел lim x→0
e x
− e
−x
− 2x x − sin x
Решение. Из формул стандартных разложений получим e
x
= 1 + x +
x
2 2
+
x
3 6
+ o(x
3
),
e
−x
= 1 − x +
x
2 2
−
x
3 6
+ o(x
3
),
а sin x = x −
x
3 6
+ o(x
3
),
x → 0.
Тогда lim x→0
e x
− e
−x
− 2x x − sin x
= lim x→0
x
3
/3 + o(x
3
)
x
3
/6 + o(x
3
)
= 2.
Пример 2.9.5. Найти предел lim x→0

1
x
2
−
1
sin
2
x

– 86 –

Решение. Это неопределенность вида ∞ − ∞. Преобразуем ее в неопределенность вида
0 0
и используем стандартные разложения. Получим lim x→0

1
x
2
−
1
sin
2
x

= lim x→0
sin
2
x − x
2
x
2
sin
2
x
=
= lim x→0
(x − x
3
/6 + o(x
3
))
2
− x
2
x
2
(x + o(x))
2
= lim x→0
−x
4
/3 + o(x
4
)
x
2
(x
2
+ o(x
2
))
= lim x→0
−x
4
/3 + o(x
4
)
x
4
+ o(x
4
)
= lim x→0
−x
4
/3
x
4
= −
1 3
2.10. Условия монотонности функций
Теорема 2.10.1. Для того чтобы дифференцируемая на интервале (a, b) функ- ция f (x) возрастала (убывала) на этом интервале, необходимо и достаточно, что- бы во всех его точках производная была неотрицательной f
′
(x) > 0 (неположи- тельной f
′
(x) 6 0).
Доказательство. Рассмотрим случай возрастания функции. Случай убывания рассматривается аналогично.
Необходимость. Пусть f возрастает на интервале (a, b), тогда для фиксированной точки x
0
∈ (a, b) и любой точки x < x
0
выполнено условие f(x) 6 f(x
0
), поэтому f (x) − f(x
0
)
x − x
0
>
0.
Устремляя x к x
0
, получим lim x→x
0
−0
f (x) − f(x
0
)
x − x
0
= f
′
(x
0
− 0) > 0.
Рассмотрим точку x > x
0
, тогда из условия возрастания получим f (x) − f(x
0
)
x − x
0
>
0.
Устремляя x к x
0
, имеем lim x→x
0
+0
f (x) − f(x
0
)
x − x
0
= f
′
(x
0
+ 0) > 0.
Поскольку, по условию теоремы, в точке x
0
существует производная, то f
′
(x
0
+ 0) = f
′
(x
0
− 0) = f
′
(x
0
) > 0.
Достаточность. Пусть производная функции f неотрицательна на интервале
(a, b). Рассмотрим две произвольные точки этого интервала a < x
1
< x
2
< b. Приме- няя к отрезку [x
1
, x
2
] формулу конечных приращений, получим f (x
2
) − f(x
1
) = f
′
(c)(x
2
− x
1
),
где точка c лежит между x
1
и x
2
. Из условия имеем, что f
′
(c) > 0, а также, что x
2
− x
1
> 0. Тогда f (x
2
) − f(x
1
) > 0, т.е. функция f — возрастающая на (a, b).
2
Доказательство теоремы показывает, что справедливо утверждение.
Следствие 2.10.1. Если на интервале (a, b) производная f
′
> 0, то функция f является строго возрастающей. Если на интервале (a, b) производная f
′
< 0, то функция f строго убывающая.
– 87 –

Данное следствие не допускает обращения. Рассмотрим функцию y = x
3
. Она является строго возрастающей на всей числовой прямой R. Ее производная y = 3x
2
>
0 и обращается в 0 в точке x = 0 (рис. 2.10.1).
Упражнение 2.10.1. Доказать обобщение следствия 2.10.1: если производная функции f неотрицательна и обращается в 0 в конечном числе точек, то функция f будет строго возрастающей на (a, b).
Рассмотрим функцию y = tg x. Ее производная y
′
=
1
cos
2
x
> 0. Тем не менее эта функция не является строго возрастающей на всей области определения. Она строго возрастающая на интервалах (−π/2 + kπ, π/2 + kπ), k ∈ Z.
Поэтому, чаще всего при исследовании функций стараются определить интерва- лы монотонности, т.е. интервалы, на которых функция возрастает или убывает.
Рис 2.10.1. График функции y = x
3
Пример 2.10.1. Пусть y = cos x. Найти интервалы монотонности этой функции.
Решение. Имеем: y
′
= − sin x. Эта функция больше нуля там, где синус мень- ше нуля. Т.е. на интервале (π, 2π) и на всех остальных, получающихся из данного сдвигом на число, кратное 2π. Эти интервалы составляют промежутки возрастания косинуса.
Производная y
′
< 0 на интервале (0, π) и на всех остальных, получающихся из данного сдвигом на число, кратное 2π. Они составляют промежутки убывания функ- ции y = cos x.
Находя интервалы монотонности функции, мы автоматически находим и экстре- мумы функции.
С помощью производных можно доказывать неравенства.
Пример 2.10.2. Доказать неравенство | sin x| 6 |x|, x ∈ [−π/2, π/2].
Решение. Достаточно доказать, что sin x 6 x,
x ∈ [0, π/2], поскольку функция sin x является нечетной.
Рассмотрим функцию y = sin x − x. Производная этой функции y
′
= cos x −
1 6 0. Следовательно, по теореме 2.10.1 функция y убывающая во всей области определения. В частности, y(0) > y(x), если x > 0.
Это означает, что 0 > sin x − x, что совпадает с доказываемым неравенством. 2
– 88 –

Упражнение 2.10.2. Доказать неравенство n
√
x n
+ a n
6
x + a,
x > 0,
a > 0,
n ∈ N.
2.11. Нахождение экстремумов функции
2.11.1. Определение локальных экстремумов. Дадим следующие опреде- ления.
Определение 2.11.1. Пусть функция f определена на некотором множестве
E ⊂ R и точка x
0
∈ E. Точка x
0
называется точкой (локального) максимума для функции f на E, если найдется интервал U такой, что x
0
∈ U и для всех точек x ∈ U ∩ E выполнено неравенство f (x) 6 f (x
0
).
(2.11.1)
Если данное неравенство является строгим для точек x ∈ U ∩ E \ {x
0
}, то x
0
называется точкой строгого (локального) максимума.
Аналогично определяются точки (локального) минимума и строгого (локаль- ного) минимума, просто знак неравенства в формуле (2.11.1) меняется на проти- воположный.
Определение 2.11.2. Точки максимума и минимума называются точками
(локального) экстремума для функции f на множестве E.
На рис. 2.11.1 приведен график некоторой функции, определенной на замкнутом промежутке [a, b]. Точка a является точкой максимума, точка c — точкой минимума,
точка d — точкой максимума, а точки x, лежащие между d и b (d < x 6 b), являются как точками максимума, так и точками минимума.
Заметим, что если в качестве области определения рассмотреть интервал (a, b),
то точка a перестанет быть точкой экстремума, поскольку в этой точке функция не определена.
O
a c
x y
d b
Рис 2.11.1. Геометрическая интерпретация локальных экстремумов
Необходимое условие локального экстремума дает теорема Ферма.
Теорема 2.11.1 (необходимое условие экстремума). Пусть точка x
0
является точкой локального экстремума функции f , определенной на интервале, который содержит точку x
0
. Тогда либо производная функции f в точке x
0
равна нулю
(f
′
(x
0
) = 0), либо эта производная не существует.
Необходимое условие экстремума не является достаточным. Например, у функ- ции y = x
3
производная 3x
2
= 0, если x = 0, но эта точка не служит точкой экстре- мума.
– 89 –

Точки, в которых производная равна нулю называют стационарными точками функции.
2.11.2. Достаточные условия, использующие первые производные.
Теорема 2.11.2 (достаточные условия экстремума). Пусть функция f диффе- ренцируема в некоторой окрестности точки x
0
, за исключением, быть может,
самой этой точки, в которой она является, тем не менее, непрерывной. Если про- изводная f
′
(x) меняет знак при переходе через точку x
0
, то x
0
является точкой строгого экстремума.
А именно, если слева от x
0
производная f
′
(x) > 0, а справа от x
0
производная f
′
(x) < 0, то данная точка является точкой строгого локального максимума. Если же левее точки x
0
производная f
′
(x) < 0, а правее x
0
производная f
′
(x) > 0, то x
0
является точкой строгого локального минимума.
Если в окрестности точки x
0
производная сохраняет знак, то эта точка не является точкой локального экстремума.
Доказательство. Рассмотрим случай, когда левее точки x
0
производная положи- тельна, правее — отрицательна. Пусть x < x
0
. Применим к отрезку [x, x
0
] формулу конечных приращений, тогда f (x
0
) − f(x) = f
′
(c) · (x
0
− x),
где некотороя точка c ∈ (x, x
0
). Условия теоремы дают, что f
′
(c) > 0 и x
0
− x > 0.
Поэтому f(x
0
) − f(x) > 0. Т.е. f(x) < f(x
0
).
Аналогично, рассматривая точку x > x
0
, по теореме Лагранжа получим f (x) − f(x
0
) = f
′
(c) · (x − x
0
),
где точка c ∈ (x
0
, x). Из условия теоремы получаем, что f
′
(c) < 0 и x − x
0
> 0.
Поэтому f(x) − f(x
0
) < 0. Т.е. f (x) < f (x
0
). Т.е. x
0
— точка строгого локального максимума.
Аналогично разбираются и все остальные случаи.
2
Может быть и такая ситуация, когда производная не имеет определенного знака левее или правее данной точки x
0
, тем не менее точка x
0
будет точкой экстремума.
Рассмотрим функцию f (x) =



x
2

2 + sin
1
x

,
если x 6= 0,
0,
если x = 0.
У этой функции точка x = 0 является точкой строгого локального минимума, а производная ни в какой односторонней окрестности нуля знака не сохраняет.
2.11.3. Достаточные условия, использующие старшие производные.
Теорема 2.11.3 (достаточные условия экстремума). Пусть в точке x
0
у функ- ции f существуют производные до порядка n, n > 1, включительно, причем f
′
(x
0
) = f
′′
(x
0
) = . . . = f
(n−1)
(x
0
) = 0,
а f
(n)
(x
0
) 6= 0.
Тогда, если n — четное, то функция f имеет в точке x
0
строгий локальный экстремум (максимум при f
(n)
(x
0
) < 0 и минимум при f
(n)
(x
0
) > 0). Если же n —
нечетное, то точка x
0
не является точкой локального экстремума.
– 90 –