Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Иванов Матан

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

2.95 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

HДействительно,(x) f = H(x

1 g

= H(x) 01

fgg(a") A1:

g(x)

f(x) f(a ) g(x)

скольку

lim f(x(2)= 1

lim

, òî

lim

= 0 è

g(x) =

f(x)

Èç ñîîòíîшения

ñëåäóåò

÷òî ункция H(x

îãðàíè÷åíà.f(x)

lim

=+0.

Ñëåäîâàтельно,

lim

= 0.

Поэто

му ункция H(x) f при x ! a+0 0

f(a")

я бесконечíî

x!a

x!a+0

g(a")

x!a+0 g(x)

g(x)

1 f

(a")=f(x)

справедливоÿâëÿ. Èçåòñ îòíîшения (3) сле-

êèì îáðàçом, соотношение (3)

ак прои ведение ограниченной ункц

íà áå ê нечно малуюìàëî. Ò é

дует существование числа a~" 2 (a; a") такого, чтî

8x 2 (a; a~"

H(x) f

Отсюда и из соотношения (2)

ïîëó÷àåì

g(x)

8x 2 (a; a~f") ,!

Поэтому

g(x) C < ":

уществует

lim

g(x)

= C.

åìû íà

Ñë ñò è

2. Пусть ункции f(x) и g(x)

ëó÷å (A; +1),

x!a+0

lim

g(x) =ди1 еренциру

lim

f(x) = 1;

x!+1

(x) =6 0:

Пусть

8x 2 (A; +1) ,! g0

lim

= C 2 R:

Тогда существует

x!+1 g0(x)

lim

(x)

x!+1 g(x)

x!+1 g

103

ствияДоказательство1.

следствия 2 аналогично доказательству след-

Аналогично можно ñ ормулировать теорему для

неопределенности вида

ïðè x ! b

0, x ! x

è ïðаскрытияx !

3. à) 8 > 0 ! ln x = o(x ) ïðè x ! +1;

á) 8îp >ì0

,! = o(ex)

x ! +1.

Теорема 3 показываетслåäîчтовательно,при x !

+1 степенная ункция рас

ò ëüñò î

. а) Вприлу следствиÿ 2 имеем

lim ln x

Äîê

1=x

lim

= 0.

x!+1 x

x!+1

1= , тогда в силу ïóíêòà

(a)

á) Îïðåäåëèì y(x)

lim

(ln y) =

0 è,

lim

(ln y(x))

y!+1

y ln y

= 0.

x!+1

y(x)

lim

y!+1

быстрее степен-

тет быстрее логари мической, а экспонента

íîé.

Ÿ 8.

Исследование ункцийрастетпомощью

производных

Т оp м 1. Пусть ункция f непрерывна на [a; b и ди ерен-

цируема на (a; b). Тогда

àåò íà [

b ;

8x 2 (a; b) ,! f

(x) 0

íà [a; ba;

åñëè 8x 2 (a; b) ,! f

(x)

0, òî f

возрастает на [a; b ;

1)4

убываетна [a; b .

кажем, что ункция f

нестрого

нестрогоает на [a; b . Пусть зада-

Äîê

1. а) Пусть 8x

2 (a; b) ,!

(x) 0. Ïî

f(x ) = (xò ëüñòx )fî( ). Òàê êàê f ( ) 0

f(x ) f(x ).

произвольную точку x0

2 (a; b) и пвозракажем, что f0

(x0) 0. Òàê êàê

ны произв льные x

; x

2 [a; b : x

< x

. Требуется доказать, что

f(x2

2): f(x2)

f(x1). По теореме Лагранж

среднем 9 2 (x1;

á)

нестрого в зрастает

Пусть ункция f

на [a; b . За иксируем

104

возраст

на [a; b , то для любой точки x

2 [a; b

=ремыкой,нестрогоlimчтоfпредель(xx)=6xfx0(x00,)номсправ0.перехдливоденеравенствонеравенствахf(xx) получаемxf0(x0) 0. В силуf0(x0тео) =-

x!x0

ывается аналогично. Доказательство пунктов 3, 4

Пункт 2

аналогично

доказательству

пункт

1 à).

Ç ì ÷ íè . Èç

возрастания ди еренцируемой унк-

= x

строго воз

астает,строгогоí f (0) = 0.

(x) > 0. Например, ункция f(x) =

ции f не следует нераве ство f

ункция f непрерывна

в некоторой U (словиеx ) ди ренцируема в

Т оp м . (Первое достаточное

экстр мума.) Пусть

> 0

(тесли. .

дная меняет знак с

минуса на плюс), то x0

÷ê

Ж=2; xпроизвострого возрастает на [x ; x

+ Æ=2 .

Следовательно, x

). Тогда

UÆ

8x 2 (x Æ; x ) ,! f0(x) < 0 8x 2 (x ; x +Æ) ! f0(x) >

аксимума f;

плюса на мину

строг го лока

ного минимума f.

е 1 ункция f строго

íà

Ä ê ò ëьст о. 1) По теоре

òî÷ê

строгого

ального

минимума f. Доказательство пунк а 2

Аналогично

локжно

ñ îðìó

достаточныеубывает

аналогично.

Т оp м 3. (Второе достаточное ус овие экстремума. Пустьсловия

некоторой

окрестности точки x0

определироватьена ункция

àêàÿ, ÷òî

стр гого экстреìóìà.

является точкой стро

1)даесли n четно, то при f(n)(x0) > 0

(x0) 2 R, пусть 8k 2 f1; :::; n 1g ,! f(k)(x0) = 0 и f(n)(x0) =6 0.

ãîãî

ального минимума ункции f, при f

(n)

(x ) < 0

x ÿâ ÿ

кального экстремума ункции f.

ется т чкой строгого локального максимума ункции f;

если n нечетно, то x

не является точкой (нестрогого) ло-

105

Äîê

. Â ñèëó

)

рмулы Тейлоðа с остатî÷íûì ÷ëå-

íîì â îðìå Ïåàí

имеем

f(x0) +

)(x0) (x

(x x

)n) ïðè x ! x

. Следовательно,

) f(x0)

1 f(n)(x

) +

+ o(

, .

) f(x0)

1 f

ïðè x ! x

lim

(xn)(xx)). Определимn!

" =

(n)

x!x0

(x x0)n

8x 2

(x ) ,!

(x )j. По определению

предела

9Æ > 0

) f(xò) ëüñò î

UÆ

(n)

(x0) .

2 U"

(x x0)n

n! f

Пусть, например, f(n)

> 0. Òîãäà

8x 2

(x ) ,!

) f(x0)

> 0:

(x x )n

) > 0, следо

Поэтому в случае четного n

8x 2 o

)0,! f(x) f(x

òî÷ê

UÆ

строг го локального

. В случае нечет

8x 2 (x

Æ; x ) ! f(

) f(x )минимума< 0 8x 2 (x ; x

+ Æ) ,!

! f(x) f(x ) > 0,

следовательно,

не является точкой

нестро

вательно,.

(n)

Случай

(x ) < 0 рассматривается

г го экстремума.

асс отрим н обходимые условия экстремума. Необханалогичдимым

åìà

Ферма (теореìà

1 Ÿ 4).

инах первой производной является тео

условие

экстрему

â òåð

Т оp м 4. (Необх

димое

экстр мума в терминах

âòî-

ðîé

производной.) Пусть

ункция f

пределåíà â

екоторой U (x )

è 9f00

(нестрогого)словиек

ìèí

). Тогда

ëîê

1)2

åñëè x

òî÷ê

максимума ункции

Äîê ò ëüñò î.

1) Пусть x0 точкального

В силу теоремы

Ферма f

= 0. Åñëè f

x ) < 0, то по теореме 3

f, òî f0(x

0, f

00(x

;

) =0

) 0.

x является точкой строг(нестрогого)локального максимума и, следователь-

но, не может являться

точкой

(нестрогого)

локального минимума.

) 0.

Полученное противоречие показывает, что f00(x

Äîê

З м ч и . Изпунктсловий 9fаналогично00(x ) точка строго локального

минимумаазательствоí следует

неравенство f

00(x0 ) > 0. Например, x

= 0

106

=является0Îïp. точкойë íèстрогого.

минимумаf : (a; b)ункции f (x) = x4, но f 00

(0) =

çàòü,Ç ÷÷òî f

21..

Пусть ункцияíà a; b)f.f: (:a;(a;b)b!) !R выпуклавнизR

çäè. Äîêàå-

ренцируеманепрерывнаточк x . Доказать, что 8x 2 (a; b) ,! f (x) y

(x),

íèæ

f .Функция f

: (a; b) ! R íàçûвается ыпуклой

ãäå y

KAC

(x) = f (x

) + f 0(x

)(x x

дважды ди еренцируема на

íå вышеслигра икаждаяf .

õîð

Ò îp ì 5.

Пусть у кция f

íè ,

f лежит

KAC

ðõ,

точкалюбой

хорды гра ику

(a; b . Тогда

Íà

рисунке изображен гра ик выпуклой

âíèç

ункции.

íèç

( b)

;

f(x)

, 8x 2 (a; b) ,! f

(x)

1)2 ункция f выпуклавверхна

(a; b)

Äîê

. 1. а) Пусть

f выпукла вниз на (a; b)

За иксируем произвольное x 2 (a;ункцияb) покажем, что f 00(x )

словия x

ò uëüñò2 (a; îb).

условие выпуклости вниз для x

Определим Ж

minfx

a; b x

g. Тогда 8u 2 ( Ж; Ж) справедливы

= x

u, x

= x

+ (1 t)x

= x ,

f (tx1 + (1 t)x2)

получаем0

tf (x ) + (1 t)f (

tx1 + (1 t)x2

f (x0)

2 f (x0

u) +

2 f (x0

+ u)

8u 2 ( Æ; Æ):

(1)

Каждая

точка

хорды,

соединяющей

точки

асклаäûâàÿ ïî îðìóëå Òåéëора, имеем

f (x0

u) = f (x0) f

(x0

u +

(x0) u

) при u ! 0, следова-

(x1; f (x ))

(x2

; f (x2)),

может

áûòü

записана

2 f

+ o(u

8x1; x2

2 [a; b 8t 2 [0; 1 ,! f (tx1

+ (1 t)x2) tf (x1) + (1 t)f (x2);

Îòñþäа и из ормулы

(1)

èìååì

2 f 00

(x0) u2 + o(u2):

условие выпуклости

вниз ункции f на (a; b) можно записать в âèäå

2 f (x0

u) +

2 f x0

+ u) = f (x0) +

tx1 +

(1 t)x2; tf (x1) + (1 t)f (x2) ,

ãäå

[0; 1 .

Поэтому

тельно,1

а условие выпуклости вверх ункции

f íà (a; b) â âèäå

(x0) u

+ o(u

) =

f (x0

u) +

8x1; x2

2 [a; b 8t 2 [0; 1 ,! f (tx1

+ (1 t)x2) tf (x1) + (1 t)f (x2):

2 f

2 f (x0 + u) f (x ) 0:

(x ) + o(1) 0, ã

o(1)

Äåëÿ ýòî íåð âåíñòâî íà u ,

это такая ункциÿ '(u), что lim '(u) = 0. Перех дя к

пределу

пуклостизаменитьвниз вве х.

u ! 0,

получаем

2 f

(x0) 0, ò.

(x0) 0.

вниз на (a; b). За иксируполучаемпроизвольные числа t 2 [0; при1

З м ч ни . Если в последних двух ормулах нестрогие нера

б) Пусть 8x

u!0

венства

ñò

то получатся

âû-

2 (a; b)

00(x)

0. Покажем, что ункция f

Ç ì ÷ íè .

Нередкогими, литературе используетсопределениянемнстрогойиная

Требуется доказать, что

< x

< b. Обозначим x

= tx

+ (1 t)x .

выпуклаx ; x кие, что a < x

пуклую вверх о нутой.

вниз ункцию называют ыпуклой, а вы-

(2)

f (x ) tf (x ) + (1 t)f (x ):

терминология: выпуклую

1108

107

2ется(0Если; (выполняется1). t = 0 илиравенствt = 1, то).неравенствоПоэтому будем(2) тпредпоëьноагать,выполнячто t 2
æà		В силу ормулы Тейлора с остаточным членомивèа орме Лагран-
æà			2 (x			;				) : f(x																									0	( ) (														x ) + 1 f ( ) (x x )2
9	1		2 (x		1	;		0		) : f(x									1	) = f(x ) + f ( ) (x																									1	x ) +									f ( ) (x								1		x )				2	.
è	1				1			0											1									0											0						1						0			12					1				1					0	2
	2			0				2											2									0											0					2							0			2				2					2				0
		Поскольку f													(			) 0 è f (															)					0, òî f (x																2			) + f (x									) (x
		Поскольку f													(	1		) 0 è f (													2		)					0, òî f (x												1	) f (x					0	) + f (x							0		) (x		1
x				) è f (x												1			) + f (x												2						x													1						0								0				1
x			0	) è f (x					2	) f (x							0		) + f (x									0	) (x				2				x			0		), следовательно,
																					tf (x1) + (1																	t f (x2)

	tf (x							) + (1 t)f (x																										) t x									x																	x					) =
	tf (x						0	) + (1 t)f (x														0		) + f (x								0		) t x								1	x					0	) + (1 t)(x										2	x				0	) =
							0															0										0										1						0			ïî îïp.								2					0
				= f (x								) + f (x									) tx							+ (1 t x															x								ïî îïp.							f (x				):
				= f (x							0	) + f (x								0	) tx					1		+ (1 t x													2		x				0						=					f (x			0	):
Поэтому справедливо неравенство																																				(2).															ÿ à										.
		Второе утвер													.				Ïó						теоремы док																										ÿ à										.								â
															.				Ïó								ункция f																определе																										â
ï ð è óíêöèждениеf , если																										9Æ 2						(0; Ж азываетсакое, что																					íàлогичнод ом из интер-
нек торой U (x )																			пусть									f (x ) 2 R. Òî÷ê																							x										я точкой
аловОпp(x лЖ; xн															, (x ; x										+ Ж) ункция выпукла вниз,зываетсепрерывнадругом
					0						0		0	0					0				0														0															0
					0								0						0				0														0
âыпукла вверх.
											f(x)																	x																					x									x
											f(x)



																				x1										1																					2
																														1																					2
																							; x2 точки перегиба f
																																	109

Т оp м 6. (Необх д мые и достаточные

словия

.) Пусть ункция f непрерывнà â UÆ0

(x0) è äâàæ û äè åðåí

), пусть 9f (x

) 2 R. Тогда x

являетсяточкиойпере-

ц руема в U

Æ0

региба ункции

f в том и только в том случае, когäа существует

Æ 2 (0; Æ

Æ; x

) ,! f (x) 0 è 8x 2 (x

;

+ Æ) ,! f

(x) 0,

ëèáî 8x02 (x

т. . вторая производная

çíàê

òî÷ê x .

Äîê ò ëüñò î

следуменяетнепосредственно

из теоремы 5 и

деления

точки перегиба.

ема в опренек -

Т оp м 7. Пусть ункция f дважды

= f (x ) + f (x )(x x ) уравнение

касательди ой.еренцируТогда

(x) =

торой U

Æ0

). Пусть x

òî÷ê

перегиба у кции f ,

KAC

9Æ > 0 :

8x 2 (x0

Æ; x0) ,! yKAC(x) f (x) è

ëèáî

ò. å.

KAC

гра ик ункции переходит с

дной стороны касательной на

другую.

. Â

теоремы

6 f (x)

меняет в точк x

Äîê.

силуб дем предполагать, что f (x)

меняет0

çíàê с п юсаопределенностинаминус,т льст о . .

Æ; x0

9Æ 2 (0; Æ0 :

8x 2 (x

,! f (x) 0:

(3)

; x

+ Æ

Пользуясь

лой Тейлора с остаточным членом в рме

ж , получае

, что для любого x 2

)

ñуществует тîчка Лагран, леж -

ùàя строго ормуежду

è x0

и такая, что

U Æ 0

f (x) = f (x0) + f (x0) (x x0) + 2 f ( ) (x x0)2:

Отсюда в силу условия

3) имеем

) (x

) = y

(x) è

2 (x

Æ; x

) ,! f (x) f (x

) + f (x

KAC

; x

(x). À

2 (x

+ Æ) ,! f(x) f (x

) + f (x

) (x x

) = y

KAC

значит, гра ик ункции переходит с одной строны касательной на

другую.

110

Замечание. Из того, что гра ик нкции f в точке x

перехо

äèò

ÿâ-

одной стороны касательной нà другую не следует, что x

ëÿåòñя точкой перегиба ункции f . Например, гра ик ункции0

f (x) =

(2 + sin

1 )x3

;

x = 0

)

3x(

п реходит

òî÷ê

= 0

îäí é

асательной y = 0 на

íå сущес вует левой

пра ой по уочкрест остей точки x

, â

которых

сохраняется

направлениеявляетсыпукëîстистороныкцииу

f .

другую, но точк

ÿ ò

ой перег ба ункции f ,

àê êàê

íå

Асимптоты

оворят, что гра к ункции y = f (x) имеет

Опpеделение. Прям я y

= kx + b называется н ртик ль-

тотуртикx =льную0мер,ак

симптотуx!x0

x = x ,

åñëè

выполняется хотя бы одно

êàê

lim e

= +1.

èç

ñëîâ é: ëèáî

lim

f (x) = 1.

f (x) = 1, ëèáî

Íàïð

x!+0

имеет вертикальную асимп

гр ик ункции y = e

Åñëè k =6 0,

1=x

kx + b

я н клонной. Еñëè

асимптотà y

íîé

ункции y = f (x) при x ! +1,

k = 0,симптотойасимп тграy =икkx + b = b

назывàзываетсяори онт льной.

lim (f (x)

kx b) = 0.

x!+1

111

Аналогично вводитс понятие асимптоты при x ! 1.

нойСледующаяас мптоты

òåî å

показывает метод нах ждения невертикаль-

Òåîpåìà 8.

ÿìàя y = kx + b является асимптотой гра ика

ункции y = f (x)

ïðè x ! +1 тогда и только тогда, когда

lim

f (x)

= k

lim (f (x

kx) = b:

x!+1

! 1

x ! +1,

Доказатеëüñòâî. 1) Åñëè y = kx + b асимптоòà

lim

(f (x) kx b) = 0

поэтому

lim

f(x) kx b =ïðè0

, следова-

x!+1

lim

f(x)

lim

kx+b

x!+1

lim

(f (x)

òельно,

= k. Из равенства

x!+1

(f (x) kx) = b.

x!+1

(f (kx)

b = 0, следует

àêæå, ÷òî

x!+1

2) Пусть

lim

f(x)

= k

lim

(f (x) kx) = b. Тогда

x!+1

kx b) = 0 è,

следовательно,

прямая y = kx + b асимптота.

З дача 3. Пусть

f выпукла вниз

ëó÷å (

; +1) è

прям я y = kx + b являетсункцияасимптотой гра икна f при x0

! +1.

Äîêазать, ÷òî 8x > x

,! f (x) > kx + b.

План построения гра ика ункции f

1) Найти множество определения

. Выясни ь, является

ëè ó

нечетной или периодической. Найти

точки пе

ресечеíêöèÿ

îñ

ункцииоор

Ñîñò

(xункции) f (x).

f 0 ÿìèf 00. Óêàç òü

ìî î

четной,

çíàê

то ностиВычислитьâыпу лости f .

динатакжпромежуткинеди

4 Найтиграточикаблицуэкстремумов

еренциру мости f . Вычислить

(если возможно) в этихточкиах зна-

чения f (x)

(x).

5)6

Èññëåдовать асимптоты гра перегиба,ик .

Нарисовать

гра ик ункции.

112

ëàâà 4

НЕОПPЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕ PАЛ

Ÿ 1.

Элементарные методы

ны ункции f(x) и F (x). Функция F (x) называетсинтегрированияп р оо р ной

Опp л ни . Пусть 1 a

< b +1

íà (a; b) çàäà-

ункции f(x) на (a; b), если

(x) = f(x):

8x 2 (a; b) ,! F

Л мм 1. Пусть на (a; b) задана ункция '(x) и 8x 2 (a; b) ,!

(x) = 0. Тогда 9C 2 R : 8x 2 (a; b) ,! '(x) = C.

,! '

2 (a; b)

Äîê

За иксиру м

точку

и обозначим C = '(x

теореме

Лагранжà

среднеì 8x

2 (a; b) :

x =6 x

9 , лежащеет льст острогПо между x

произвольнуюx :

= ' ( ). Òàê

'(x) '(x0)

) = C.

x x0

êàê ' ( ) = 0, òî ' x) = '(x

Ò îp ì 1.

структуре множества первообразных.)

a; b).

Пусть

f(x)

Тогда

ункция F(Оx)являетсяпервообразной ункции f(x)на

(a; b)

в том и тольк

òîì

случае,

åñëè 9C 2 R : 8x 2 (a; b) ,! F

)

Äîê ò ëüñò î. 1) Åñëè F (x) = F (x) + C, î F (x) = F (x) =

= f(x) è,

следовательно, ункция F1(x) является первообразной

F (x) + C.

f(x).

нойункцииункции '(x) = F (x) F (x), 9C 2 R: 8x 2 (a; b)1,! F (x)

Если F1(x) первообразная ункции f(x), то 8x 2 (a; b) ,!

,! F

(x) = f(x) = F

0(x) и F 0(x) F 0(x) = 0. По лемме применен-

F (x) = C.

Îïp ë íè . Í îïð ë íí ì èíò ð ëîì Z

f(x) dx называ-

ется множество всех

первообразных ункции f(x).

Из теоремы 1 следует

113

жествоцииТf(оp).ункциймТогда2. Пустьнеопределенныйвида F (xункция)+C, гдеFинтеграл(xC) 2являетсяR пункцииоизвольнаяпервообразнойf(x) констэтоàíòìó êîà:-

Z f(x)dx = fF (x) + C : C 2 Rg, что для краткости записывают в

âèäå

f(x) dx = F (x) + C:

èí åãð

З м ч ни . Нужно

÷òî

C, стоящ я в

равой частипонимать,ñледней ормулы,неопределенный

ñèðîâàí

àÿ

константдна

араметp, пробег

ìножество всех действèòåëü

ýòî

ункция,

ìíîæ

тво ункций. Иначе говоря, к нст

ых чисел.

Непон

мание этого ающийакò ìîжет привести икнедоразуме-

неопределенного

нтеграла

являются взаимно

обратными:

иям. Например, из орму

Z p dx 2

= ar sin x+C,

p dx

= ar os x + C

íå

следует, что ar sin x = ar os x. (На самом

1 x

ar os x).

1 x

справедливо равенство ar sin x =

операция взятия

Л мм 2. Операция взятия ди еренциала d

à) åñëè

ункция f(x) на (a; b) имеет первообразную, то на (a; b)

dZ f(x) dx = f(x) dx;

б) если ункция F (x) ди еренцируема на (a; b), то на (a; b)

d(F (x) + C) = F (x) + C:

Äîê ò ëüñò î.

Пусть F (x

перво бразная ункции f(x),

тогда по теореме 2 Z f

à)x dx = F (x)+C, ñëåäîвательно, dZ

f(x) dx

Если ункции f(Свойствоx) и f x) имеют

первообразные на (a; b),

2 R,

(x) = F 0

(x) dx = f x) dx.

= dF(x) + C.

(x). Тогда

d(F (x) + C) =

f(x) dx

б) Обозначим f x) = F

Ë ìì 3.

линейности неоп еделен ого интеграла.)

114

2	2 R,Z				12		+f			(2x=6) +0, òîf							(x))(a;dxb)=						Z	f		(x) dx +					2	Z f				(x) dx:
							1		1						2	2						1		1							2			2			(x) = f1							(x),
f1(x) F2(x)											первообразная ункции f2																	(x). Òîãäà F1									(x) = f1							(x),
= (F				(x) +ò Cëüñò) + î												F (x) + C ) =									Z		f (x) dx +								Z		f (x) dx.
	Äîê													.			Пусть F					(x)						перво бразная ункции
тельно,						(															1															0						=
тельно,						(			f (x) + f (x)) dx = F (x) + F (x) + C																																	=
F 0	(x) = f							x) è						F (x) + F (x))0										= f (x) + f (x), следова-
2	Ò îp ì 3.											(Замена переменной или метод интегрирования под-
2					Z2								1 1						2 2								1 1						2 2						2			+				=06
	1		1						1		1			2		2	2	2		2			1	1				1	2	2				2				2			1				2
	1		1								1			2			2			2				1				1						2				2
становкой.)																Z		f(x) dx = F (x) + C;
Пусть на (a; b)													; t			Z		f(x) dx = F (x) + C;																						; t			)
а ункция x : (t													; t	) ! (a; b) ди еренцируема. Тогда на (t																										; t			)
												1	2																										1			2
													Z f(x(t)) dx(t) = F (x(t)) + C:																								0
	Äîê ò ëüñò î. Òàê êàê																			Z																	0	(x) = f(x).
	Äîê ò ëüñò î. Òàê êàê																				f(x) dx = F (x)+C, òî F																	(x) = f(x).
В силу инвариантности ормы первого ди еренциала dF (																																									(t
	F	0	(x t)) dx(t)										= f x(t)) dx(t). По лемме 2 (б)																			Z		f(x(t)) dx(t)) =
		0									Z (Ìåòîu x) dv(x) = u(x)v(x) Z																					Z
											Z (Ìåòîu x) dv(x) = u(x)v(x) Z																	v(x) du(x):
= Z dF (x(t)) = F x t)) + C.
	Ò îp ì 4.															д интегрирования по частям.) Пусть на (a; b)
заданы ди еренцируемые ункции u(x) и v(x). Тогда на (a; b)
																				115

Äîê ëüñò î. Òàê êàê d u(x)v(x)) = u dv(x) + v( ) du(x),

то по свойсòву линейности

Z u(x) dv(x) = Z d( (x)v(x

v(x) du(x)

Ë.2( )

u(x)v(леммаx) + C

v(x) du(x) = u(x)v(x))

v(x) du(x).

равенство объясняется тем, что произволь-

ная константа CПоследнееуж присутствует в

v(x) du(x).

Используя äîê

ранее ормулы д я производных элемен-

тарных ункцèé, азанныеполучам

следующую

àá

ицу интегралов.

dx = x

èíò ð ëî

+ C;

ëèö=6 1; x > 0:

+ aj + C; x =6 a:

x+a

= ln j

+ C; a > 0; a =6 1:

= ln a

sin

osdx

dx = os x + C;

sin

Z os x dx = sin x + C:

+ k;

= tg x + C; x =6 k:

= tg x + C; x =6

dx = h x + C;

h x dx = sh x + C:

= th x + C;

= th x + C; x =6 0:

Z x2

+a2

= a

tg ax+ C; a > 0:

2ar

x+a + C; x =6 a:

dx+a

sin a + C;

jxj < a:

10)1 Z

x2 + a

= ln jx + p

j + C; a =6 0; x2 > a:

116

Ÿ 2.

ñíû

даОпpz =в щественной+лiyКомплни, где. x;частьюyмплекснымк2 R, i, а числyнимаямнимойло единицаz называетсячастью. Прикомплексногоэтомвыражениеx назы

÷ается через

C .

èñëà z:

= Re z, y = Im z. Множество комплексных чисел обозна

Любое вещественное число x 2 R будем отождествлять с

îì-

Комплексное число z = x + iy можно

как вектор

сным числом x + i 0. Поэтому R C .

z = x + iy

ïëåêîскости с осями Re z, Im z.

Imz

о рдинатами (x; y) на комплексной

плоскости,изобразить.е. на координатной

Re z

Îïp

ë íè . Åñëè

Re z =

r os

m z = r sin ',

r 0, ' 2 R,

то r называется модулем,

' аpгументо

сного числа z:

' + 2 k, где k целое,

òàêæ

ÿâëÿ òñÿ

аpгуменомплекчислачислоz. П этому

r = jzj, ' = arg z

z = r( os ' + i sin ').

любое

âèäà

Çàìå èì, ÷òî åñëè '

аpгумент комплек

числааpгументопр деленчислаточностью

äî 2 k.

x1; x2; y1

; y2

2 R. Тсногода

, ãäå

Îïp ë íè .

Пусть z

+ iy

()

= x ;

= y

1)2 z

z = x x + i(y y ),

+ z

= x + x + i(y + y ),

т. е. сумма и разность

омплексных чисел определяется как сумма

и разность векторов комплексной плоскости;

117

3) z						z		2		= x									x		2	y						y		2	+ (x								y	2		+ x								y		),			. å.				ïðè
			1					2								1					2						1			2								1		2								2			1
тьс4) Пустьем,(xчтоz12+=6iiy20=1,)(т.x21.;+xiy2 =62) 0нужноили y2раскрыть=6 0. Тогдаскобкичастнымвычислевоíèñï1 иользназыпро-
âàизведенияетс акое к мплексное																																	число z, что z																					= zz .													z2
														операций															комплексных чисел
Свойстваа) z (z + z ) = z z																														+ z z																							1						2
						+ z						2		= z							2		+ z					,					1		2			= z						z				,					1						2
á (z												2									2						1						1		2							2				1				(z				z		)z			= z				(z	z	),
á (z						1		+ z						2	) + z								3	= z					1		+ (				2			+ z					),							(z				z		)z		3	= z				(z	z	),
						1			2					2			3						3			1			1				1		2							3										1		2				3				1	2	3
			1						2								3									1		2				.	1			3
доказать самосто																																.													число e												= e				( os y + i sin y).
(x; y 2 R) называетсятельноомплексн																																													число e												= e				( os y + i sin y).
Опp л ни . Э спонентой																																															омплексного числа z																				= x + iy
Л мм 1. (Свойствоэкспоненциальнойспоненты.)																																																							z					x
			определения																								споненты комплексного числа следует ормула
		à: e							i'			= os ' + i sin '																									8' 2 R.
Эйлерï äñòавлено																â																												îðìå:										модуля									аpгумента ком-
Èç				рму ы Эйлера																															опред лений																			модуля									аpгумента ком-
ê íîã										числа											следу т, что любоå																									ê					плексное										число z может быть
z = re									i'		,					ãäå										r = jzj, ' = arg z.
																								8z				; z			2		2 C ,! ez1																ez2 = e 1+z2 :
																											1				2										= x1								+ iy1, z2										= x2				+ iy2 (x ; yi					2 R).
Док т льст о. Пусть z1																																									= x1								+ iy1, z2										= x2				+ iy2 (x ; yi					2 R).
ez1 ez2					= ex1+iy1																ex2					+iy2					= ex1							( os y												i sin y ) ex2													y + i sin						=
Тогда							( os y												os y														y		sin y + +i( os y																							sin y					+ sin y				os y ))			=
= e							( os y												os y														y		sin y + +i( os y																							sin y					+ sin y				os y ))			=
= ex1				+x2						( os(y												+ y2) +sin sin(y1																			+ y2)) = e(x1+x2)+( iosy1+y2)																									= ez1		+z2 :
	x1	+x2														1									2									1								2			1		2 C									1						2		2		1		2
																				1. Для любых z ; z																											2 C
Ñë1)2 argñò(z èz ) = arg z																																	+ arg z .												2
		jz			1						2		j = jz										j jz						j;											1					2
					1						2							2			1						2				1											2
											1							2													1											2
																																									118

Док т льст о. Пусть

arg z

= jz

= arg z

. Тогда z

= r

ei'2 = r

ei('1+' ). Ñëå

довательно, jz1z j = r1r2,

arg (z1z2) =i'1

+ '2.

2. Пусть z

2 C , z

=6 0. Тогда частное

ñóùå-

Ñë z2

ñò èjz2j

причем

ствует 1

единственно,= 1

1)2

arg

= arg z1

arg

Пусть z 2 C . Обозначим через r; r

; r

ìîäó-

Äîê ò ëüñò î

ли, а через '; '

; '

аpгументы чисел z; z

; z

îïp.

. Тогда z =

()

() z

= zz

Ñë.1.

= rr

; '

= ' + '

() r =

() r

= r2

; ' = '1

2 C , n 2 N, òî z

= z ::: z.

Îïp ë íè . Åñëè

}

i' n

n ðàç

Пусть r = jzj, ' = arg z. Из леммы 1 сëедует, чтî z

= r

in'

. Поэтому jz

j = jzj

, arg z

= n arg z.

(

z ;

ñíîìó ÷èñëó z = x + iy

Îïp zë=íèz z ;

z ) = z

) = z =z ,

1)4

jzj = jzj;

arg

Ñîïðz = ÿ argííûìz

(x; y 2 R) çûâàåòñ

êîìплекснîå ÷èñëî z = x iy.

Свойсòâà

операцèè ñîïðяжения компëексных чисеë

z + z = 2Re z,

= 2i Im z,

z z = j=zj2,

= ,

доказать самостоятеëüíî.

множители

Ÿ 3.

азложение

Опp л ни . Мно очл номногочленаназываетсстепени n я ункция

P (z) = a

+ a

n 1

zn 1

+ ::: + a

;

ãäå a

2 C , a

будем обозначать

=6 0, z 2 C . Степень многочлена P

119

через deg P .

условияЛ ммzэквивалентны:1C. Для любыхz

чиселk

kaz0k; :; : : ; an; b0; : : : ; bn 2 C следующие

R ,!

a x

;

k=0

(1)3 8k 2 N [ f0g ,! ak

= bk.

аналогично доказатель

Äîê

(2) ) (3) проводитс

с ву теоремыт льстединственностио

разложения

по ормуле Тейлора

(òеорема 3 Ÿ 5

лавы 3). Доказательст

(3) ) (1) ) (2) очевид

но. Деление

ногочленов

можно

производить "в столбик". Напри-

мер, разделим

P (x) = x2

íà Q( ) = x 1:

x +

следовательно,

= x + 1 +

x 1

P (z) è Q(z), deg P deg Q.

Ë ìì 2. Ïóñòь заданы м

Тогда существуют и едиíñòâåííмного÷ëåíы D(z) и R(z) такие, что

deg R < deg Q è

= D(z) + R

(1)

Q(z)

Мног член R(z) называется ост тком от деления P (z) на Q(z).

Äîк т льст о. Пусть

deg P

= n,

P (z) = an zn + ::: + a0,

deg Q = m

Q(z) = b

m + ::: + b

. Приводя уравнение (1) к об-

щему знаменателю,

получаем

(2)

P (z) = D(z) Q(z) + R(z):

àê deg R < deg P , òî deg (P R) =

deg D = n m. Опреде-

ëèì ê

многочлена D(z) = dn m z

n m

+:::+d0,

чиная

с акоэ ициентыа при старшей степени. Уравнение (2) пр н

ìàåò âèä

an zn

+ ::: = dn m zn m bm zm + ::: . Приравнивая коэ ициеíòû ïðè

120

zn, огласно лемме 1 получаем

dn m =

. При известном коэ -

ициенте dn m

задача деления многочлеíà P (z) íà Q(zn) сводитсяm

Q(z

к задаче деления P (z) на Q(z), г

P (z) = P (z) dn m z

степени n 1:

QP (z)

. Применяя те

= dn m zn m + QP (z)

многочленж рассуждения к

ак далее,

äí çíà

разложение (1).

Так как коэ ициент dn m оïðåделяетс

многочлен

Q(z)

P (z) определяе ся дробиднозначно. По индукцииполучаемлучаем, что все коэ -

èöèåíты многочленов D(z) и R(z) определяютс чно,днозначно.

З метим,

что доказательство леммы 2 является ормальным

îïèñàнием алгоритма деления многочленов "в столбик".

Опp л ни . Пусть P (x) и Q(x) многочлены. Функция

Согласно лемме 2 дробь

, åñëè

не является

правильной,

äà

Q(x)

называется пр ильной р

ðî üþ, åñëè deg P <

< deg Q.

Q(x

можно

авить в виде суммы ционмног льнойчлена и правильной дроби.

конспредстанта. Итак, P (z) = D(z) (z z ) + .

Поэтому P (z) де

Т оp м 1. (Те рема Безу.) Пусть задано число z

2 C . Много

Äîê ëüñò î.

P (z) на Q(z) = z z , с гласно лем

лится на z

без остатказделив()

= 0 () P (z ) = 0.

÷ëåí P (z)

лится на z z

без остатк () P (z

) = 0.

ме 2 получа м P (z) = D(z) (z z ) + R(z), где deg R < 1, . . R(z) =

Ò îp ì

2. (Основная теорема

.) Для любого

многочле-

теории ункции комплекосновной переменноалгебpыорень,.

ò. å.

9z0 2 C

: P (z0) =

на P (z) степени deg P 1 существует к

= 0.

теоремы

ебpы проводится в куpсе

Доказательство

Ò îp ì 3.

Любой мíîãîчлен P (z) степени deg P = n можно

представить в виде

P (z) = a (z z

) ::: (z z

);

îðûõ

де a 2 C , a =6 0, z ; :::; z корни многочлена P ( ), ср ди к

могут быть равные.

основной теоремы

алгебpы

2 C

Äîê ò ëüñò î. Â ñèëó

: P (z ) = 0. По теореме Безу P (z) делится на z

без остатка,

121

ò. . P (z) = (z

) P

(z). А алогично, применяя основную

алгебpы

(z), получаем

(z) = (z

Безу к многочлену P

) P

(z).теоремуИ ак далее по индукции получаем требуемое разложтеорему-

íèå2.

× ñëî z0

2 C

называется корн м кр

Îïp ë íè.

многочлена P (z),

åñëè

P (z)

делится без

àòêà íà (z

тностиz )k не

Ë ìì 3.

Пусть

íü

кратности

многочлена

делится без остатка на (z z )k+1.

сопряженн

э числоиöèåíz

тытакже корень кратности k многочлена P (z .

P (z), âñå ê

оторого в щественны. Т да комплексно-

Äîê ò ëüñò î. По условию леммы

= P (z3),

ещественны, то

P (z) = an zn

+ ::: + a0

= an zn + ::: + a0

)k;

8z 2 C ,! P (z) = D(z) (z z

причем D(z ) =6 0. Возьмеì

ñíîå сопряæåние от левой и пðà-

îé ÷àñ

й равенства (3). Такомпаклеккоэ èöèåнты многочлена P

8z 2 C

! P (z) = D(z)

z z )k:

следовательно,

ãäå D (z) = D(z).

Следовательно,

D (z ) = D(z ) =6 0. Поэтому z

Поэтомуакже коренü

8z 2 C ! P (z) = D (z z z0 )k;

k многочлена P)(z).

Из теоремыêð3атностилеммы 3 следóåò

арные

Ò îp ì 4.

(О разложении многочленà на элеме

жители.)

Ïóñòü

P (x) многочлен, âñå

оэ ициенты

крат остей k ; :::; k ,

(z ; z ); :::; (z ; z ) паpы комплексно-

сопряженных

корней многочлена

P (x)

кратнîñòåé

; :::; `t. Тоторогода

веществен

. Пусть

; :::; x

веществåнные корни

ìíîãî÷ëåíà

P (x) = a (x x

)k1

::: (x z

)`t (x z

)`t

::: (x

(x z

)`1

(x z

)`1

= a (x x

)

::: (x

+ p

x + q

)

::: (x

+ p

x + q

)

;

x )

ãäå p

) = 2Re

= z

jz j2

2 R, причем

4qj

= (zj

дискриминанты трехчленов отрицательны: Dj = pj

)

(2i Im z

)

= 4(Im z

)

< 0.

122

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.2015220.39 Кб13Задачи к курсу.Колачевский.pdf
#
03.06.201581.11 Кб8задачи.pdf
#
03.06.2015103.27 Кб40Занимательная биология.pdf
#
20.09.2019218.8 Кб2записка-пояснительная Иноземцев.docx
#
03.06.20151.17 Mб40Золотое сечение.pdf
#
03.06.20152.95 Mб28Иванов Матан.pdf
#
03.06.20152.08 Mб254Иванова. Построение графиков функции.pdf
#
03.06.201580.38 Кб12Из диалогов Платона - Диалектика Сократа.doc
#
03.06.20151.9 Mб8Изоспин.pdf
#
03.06.2015756.54 Кб24Инерциальная навигация.pdf
#
03.06.2015827.15 Кб28информатика теория.pdf