Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Винницкий государственный педагогический университет им. М. Коцюбинского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

mat.analiz_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

08.06.2015

Размер:

6.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2728 / 3128 29 30 31 > Следующая >>>

Розв’язання.

+ x +

+ o(x

−x

=1 − x +

+ o(x

−

sin x = x −

+ o(x3 ),

1+ x +

+ o(x

)−1+ x −

−o(x

)− 2x

−e−x

− 2x

lim

= lim

x −sin x

x→0

x − x +

−o(x3 )

2x3

+ o(x

)

6x3

= lim

= 2.

x→0

3x3

+ o(x

)

sin x

− x

x −

+ o(x4 )− x

o(x4 )

2. lim

= lim

−

= −

x→0

+ o(x5 ),

cos x =1

−

−cos x

3. lim

= sin x = x + o(x),

sin x

x→0

+ o(t

)=1−

+ o(x

)

=1 +t

4 2!

2x4

1−

+ o(x

)−1+

−

+ o(x

)

= lim

24 + o(x

)

= lim

x3 (x + o(x))

x4 + o(x4 )

x→0

= lim

12x4

x→0

ІІ. Наближене обчислення значень функцій.

Приклад 4. Обчислити з точністю до 10−6 наближене значення

а) cos5o ;б) sin 49o .

270

Розв’язання: а) Переведемо градусну міру кута в радіанну:

5o =

5 =

і використаємо розклад функції y = cos x за формулою

180

Маклорена:

cos 5o = cos

=1 −

π 2

π 4

−... + (−1)n

π 2n

+ r2n+1 .

2! 362

4! 364

2n! 362n

Щоб оцінити, скільки потрібно взяти перших членів формули для отримання заданої точності обчислення, оцінимо величини залишкових членів r2n+1 :

≤

π 2

< 0,004 ,

2! 362

≤

π 4

< 0,000003,

4! 364

≤

π 6

< 0,00000003 <10

−6

6! 366

Отже, щоб забезпечити задану точність, потрібно взяти три перших члени формули Маклорена:

cos5o = cos	π	≈1	−	π 2	+	π 4	≈1 − 0,0038077 + 0,0000024 ≈ 0,96195.
	36			2! 362		4! 364

Тут для обчислення заданої точності числа π і всіх результати проміжних дій взяті з одним лишнім знаком, тобто з точністю до

10−7 (π ≈ 3,1415917).

б)

Знову

переведемо

градусну

міру

кута

в радіанну:

x = 49o =

49 =

49π

;

180

= 45o =

45 =

45π

; x − x =

49π

−

45π

використаємо

180

формулу Тейлора для функції y = sin x за степенями x − x0 :

271

sin

2π

sin x0

x0 +

sin x = sin x

(x − x

+... +

nπ

sin

(x − x

)n + r ,

2π

= cos

= −

sin

; sin

;

3π

sin

= −

; ...

Отже, sin 49o

−

π2

−

π3

+... ±

πn

+ r ,

1! 45

2! 45

n! 45

3! 45

де

≤

πn+1

. Оцінимо модуль залишку rn :

(n +1)! 45n+1

≤

π 2

≈ 0,0024369 < 0,003 ,

2! 452

≤

≈ 0,0000567 < 0,00006,

3! 343

≤

≈ 0,000000989 < 0,000001 =10−6.

4! 454

Задана тотожність буде досягнута, якщо взяти перших чотири члени формули:

sin 49o ≈	2		+	π	−	π	2		+		π	3	≈
		1
	2			45		2 45		2		6		3
											45
≈ 0,7071068		(1+ 0,0698131						−0,0024369 −0,0000567)≈ 0,754709.

Доведення ірраціональності числа e.

Використаємо				формулу		Маклорена	для	функції
ex =1	+ x +	x2	+... +	xn	+ rn (x) з залишковим членом у формі
				n!
	2!

272

Лагранжа

r (x)

eθ x

xn+1

, 0 <θ <1.

Візьмемо

x =1,

тоді число e

(n +1)!

знаходиться за формулою

e =1+1+

+... +

+ r

(1), r

(1)=

eθ

(24.10)

(n +1)

eθ

(24.11)

(n +1)!

Доведемо, що число Ейлера є ірраціональним. Використаємо метод доведення від супротивного, тобто вважатимемо, що число e є раціональним, отже його можна подати у вигляді:

e =

m, n N, n ≥ 2. Рівність (24.10) домножимо на n!:

e n! =1 n!+1 n!+

n!+... +

n!+ r

(1) n!,

числа n!

= (n −1)!m і n! 2 +

+... +

є цілими, отже число n!rn (1)

також має

бути цілим.

З іншого

боку,

використовуючи

нерівність

n! eθ

3n!

(24.10), отримаємо

(n +1)

(n +1) !

або

0 <

< n! r (1)<

≤1,

n ≥ 2,

тобто число

n! r (1) є

n +1

дробовим. Отримали суперечність, яка виникла там, де ми припустили, що число e є раціональним. Отже, e – є ірраціональне число.

273

План:

1.Умови монотонності функції.

2.Застосування диференціального числення до доведення нерівностей.

3.Нерівності Юнга, Гьольдера і Мінковського для сум.

Умови монотонності функції.

Вияснимо тепер, як, знаючи похідну функції, можна досліджувати зростання (спадання) самої функції на даному проміжку.

Теорема 25.1 (ознака монотонності функції). Для того, щоб диференційовна на інтервалі (a,b) функція f (x) була

неспадною (незростаючою) на цьому інтервалі, необхідно і достатньо, щоб у всіх його точках похідна була невід’ємною: f ′(x)≥ 0 (недодатною: f ′(x)≤ 0 ).

Якщо ж на інтервалі (a,b) похідна додатна: f ′(x)> 0

(від’ємна: f ′(x)< 0 ), то функція f (x) строго зростає (строго спадає) на заданому інтервалі.

	+	знак f ′		–	знак f ′
a	b	поведінка f	a	b	поведінка f
		Рис 25.1
		297

Доведення. Необхідність. Нехай функція f (x) зростає на (a,b), тоді для x, x0 (a,b):

f (x )= f (x)− f (x

)> 0,

якщо

x > x

f (x

)

> 0 x, x0 (a, b)

f (x0 )= f (x)− f (x0 )< 0,

якщо

x < x0

lim

f (x0 )

= f ′(x0 )≥ 0.

x→0

f ′(x)≥ 0

Аналогічно

доводимо, що

для неспадної функції, і

f ′(x)≤ 0 для спадної і незростаючої функцій.

Достатність. Нехай

x (a, b):

f ′(x)≥ 0.

Покажемо, що

функція

f (x) не спадає на (a,b). Візьмемо довільні два числа x1 , x2 (a;b):

x1 < x2 ,

тоді

за

формулою

Лагранжа

маємо:

f (x )− f (x )

= f

′(c) (x − x )≥ 0, c (x , x

) (a, b) f (x )≥ f (x ),

f ′(x)≤ 0

тобто функція f (x)

неспадна на (a,b). Аналогічно, якщо

x (a,

b),

то

f (x2 )− f (x1 )≤ 0 f (x2 )≥ f (x1 ), тобто

функція

f (x) не зростає на (a,b).

Якщо ж f ′(x)> 0

x (a,

f ′(c)> 0,

x2 − x1 > 0 f (x2 )− f (x1 )> 0 f (x2 )> f (x1 ), тобто

функція

f (x) є строго

зростаючою

на

(a,b). Аналогічно, якщо

f ′(x)< 0 x (a, b) f ′(c)< 0, x2 − x1 > 0 f (x2 )− f (x1 )< 0

f (x2 )< f (x1 ), тобто функція

f (x)

є строго спадною на

(a,b).

Теорема доведена. ■

Зауваження 1. Умови f ′(x)> 0 ( f ′(x)< 0) є достатніми, але

не необхідними для строгого зростання (строгого спадання) функції.

298

Приклад 1. Функція y = x3 строго зростає

		однак у точці х = 0 її похідна y′ = 3x
Зауваження 2.

f ′(x)> 0		f (x) зростає f ′(x)≥ 0,
f ′(x)≥ 0		f (x) не спадає f ′(x)≥ 0,
f ′(x)≡ 0		f (x)≡ const f ′(x)≡ 0,
f ′(x)≤ 0		f (x) не зростає f ′(x)≤ 0,
f ′(x)< 0		f (x) спадає f ′(x)≤ 0.

x R (рис.25.2),

2 = 0.

Рис 25.2

Встановлений зв'язок між знаком похідної і напрямком зміни функції має просте геометричне тлумачення. Оскільки похідна – це кутовий коефіцієнт дотичної до графіка функції, то знак цього коефіцієнта показує: чи нахилена дотична вгору або вниз, а з нею – чи йде вгору чи вниз і сама крива. Однак в окремих точках дотична при цьому може бути і горизонтальною, тобто похідна навіть строго зростаючої (строго спадної) функції може для окремих випадків дорівнювати нулю (рис. 25.2).

Отже теорема 25.1 залишається правильною для неперервних функцій, які не мають в скінченному числі точок похідної. Твердження другої частини теореми є правильним в тому випадку, якщо у скінченному числі точок похідна дорівнює нулю. Це безпосередньо випливає з теореми 25.1, оскільки достатньо теорему послідовно застосувати до всіх проміжків, на які розбивається заданий інтервал вказаною скінченною множиною точок.

Приклад 2. Знайти проміжки монотонності функцій

а) f (x)= x3 + 2x −5; б) f (x)= ln (1+ x2 ).

Розв’язання. а) f ′(x)= 3x2 + 2 > 0 x R . Отже, функція f (x)

зростає на числовій прямій.

299

′

б)

(x)= 1+ x2

x R . Функція зростає на проміжку

(0;+∞) і

спадає на (−∞;0).

Застосування диференціального числення до доведення

нерівностей.

Ознаки

сталості

монотонності

функції

успішно

використовуються і для доведення тотожностей, нерівностей.

Приклад 3.

Довести: а) ex >1+ x,

x ≠ 0;

б)

sin x >

0 < x <

π .

Розглянемо

f (x)= ex − x −1, x ≠ 0 ,

f ′(x)

= ex −1. Якщо

x > 0, то

f ′(x)> 0 f (x)

зростає f (x)> f (0)

ex −1− x > e0 −1−0

>1+ x .

f ′(x)< 0 f (x)

f (x)> f (0),

Якщо

x < 0 ,

то

спадає

або

>1+ x .

Отже x ≠ 0 : ex >1+ x .

■

б) Розглянемо функцію f (x)

sin x

, 0 < x < π , її похідна

f ′(x)=

x cos x −sin x

cos x(x − tg x)

< 0 , бо x < tgx .

Отже,

f (x) спадає:

sin x

sin π

sin x

< x <

f (x)> f

sin x >

Яке з чисел більше: sin π

sin

чи sin

Приклад 4.

sin 6

Розв’язання. Розглянемо функцію f (x)=

ln x

x > 0 .

300

f ′(x)=

1−ln x

f ′(x)>0

1−ln x

знак f

′

–

;

поведінка f

Отже:

0 < x < x < e

ln x1

ln x2

x ln x < x

ln x ln xx2 < ln xx1

xx2

< xx1

0 < x1 < x2 < e x1x2

< x2x1

(25.1)

Аналогічно

e ≤ x1 < x2

x1x2

> x2x1

(25.2)

У нашому випадку

sin

< e

sin 3

sin

= sin

sin

< sin

Зокрема, враховуючи доведені нерівності (25.1) і (25.2), можна також записати низку цікавих числових нерівностей:

e ≤1000 <1001 10001001 >10011000 ,	e <π eπ >πe	,

2 < 3 < e ( 2 ) 3 < ( 3 ) 2 .

Нерівності Юнга, Гьольдера і Мінковського для сум.

Приклад 5. Розглянемо функцію

f (x)= xα −αx, x ≥ 0, α (0,1).

α−1

, якщо

0 < x <1,

(

)

зростає,

′

(x)=αx

−α =α (x

−1)= −, якщо

x >1

(x)

спадає,

f (x) ≤ f (1) x

0 < x ≤1

−αx ≤1−α

−αx ≤1−α x ≥ 0.

≥1

f (x)≤ f (1) xα −αx ≤1−α

301

Візьмемо x =

, де a,b - довільні додатні дійсні числа, 1−α = β , тоді:

a α

aα b

b >0

−αa ≤ βb

≤α a

+ β b

−α

≤ β

(25.3)

Нерівність (25.3) можна поширити і на випадок трьох додатних чисел

a, b, c	і трьох додатних	чисел α,	β, γ ,	для			яких:
α + β +γ =1 (α > 0, β > 0,γ > 0):				β		γ	β+γ
α + β +γ =1 (α > 0, β > 0,γ > 0):		aαbβ cγ	= aα b	β+γ	c	β+γ		≤

	β γ	β		γ

≤α a +(β +γ )bβ+γ c β+γ ≤α a +(β +γ )			b +		c	=α a + β b +γ c.
		β +γ		β +γ

aα bα cγ ≤α a + β b +γ c .

Отже, використовуючи метод математичної індукції для додатних

чисел a1, a2 ,...,an і		додатних чисел q1, q2 ,...,qn : q1 + q2 +... + qn =1,
одержимо:

	a1q1 a2q2	... anqn ≤ q1a1 + q2a2 +... + qn an	.	(25.4)

Якщо замість додатних дробових чисел qi ввести довільні додатні

числа

pi > 0

так, щоб

= pi

∑qi

= ∑ pi

∑pi =1,

∑pi

i=1

∑pi

i=1

тоді остання нерівність (25.4) набере вигляду:

(a1p1 a2p2

... anpn )

≤

p1a1 + p2a2 +... + pnan

∑i

(25.5)

p1 + p2 +... + pn

Якщо

p1 = p2

∑pi

, то

=... = pn =1

= n

n a1 a2 ... an	≤	a1 + a2 +... + an ,	(25.6)
		n

тобто середнє геометричне додатних чисел не перевищує їх середнього арифметичного. Якщо в нерівності (25.3) покласти:

302

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 2728 / 3128 29 30 31 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.11.2019329.22 Кб3lektsiya_4_.doc
#
21.11.2019649.22 Кб3Lektsiya_5.doc
#
14.11.201964.91 Кб2lektsiya_Ivanitskoyi.docx
#
24.08.2019110.57 Кб2Magna Carta.docx
#
11.11.2019550.91 Кб13main text2do.doc
#
08.06.20156.59 Mб72mat.analiz_1.pdf
#
08.06.201518.25 Кб14matematika2.docx
#
20.11.201982.25 Кб1Materiali_dlya_chitannya.docx
#
09.09.2019135.68 Кб2metodika_36-40 44-46.doc
#
22.11.2019176.13 Кб4Metodi_naukovikh_dosl_lekts.doc
#
30.11.201866.05 Кб2Metod_recom_ekol_projekt.doc