Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Гродненский государственный университет им. Я. Купалы

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика для инженеров(теория)I том

.pdf

Скачиваний:

103

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

4.09 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 / 6031 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 > Следующая >>>

Если положить

a + h = x ,

то формула (4)

будет иметь

вид

f ′′(a)

f (x) = f (a) +

′

(a)(x − a) +

(x − a)

(7)

f (n) (a)

(x − a)n + o(

(x − a)n ).

Если здесь положить a = 0 ,

то получим формулу Мак-

f (x) = f (0) + f ′(0)x +

f ′′(0)

+K+

f (n) (0)

+ o(xn ) .

(8)

Если в формуле (7) перенести в левую часть

f (a) и

обозначить x − a =

f (a) = f (x) − f (a) , то будем иметь

f (a) = f ′(a) x +

f ′′(a) x2

+K +

f (n) (a) xn + o( xn ).

Заменяя здесь

на

принимая

во

внимание

формулы (3.1), (3.2), получим

( xn ).

f (a) = df (a) +

d 2 f (a) +K +

d n f (a) + o

(9)

Таким образом, предполагая,

что

x → 0 ,

по

приве-

денной

формуле

(9)

из бесконечно

малого

приращения

f (a)

можно выделить не только его главный член –

пер-

вый дифференциал, но и члены более высокого порядка малости, совпадающие с точностью до факториалов в зна-

менателях с последовательными дифференциалами d 2 f (a), d3 f (a),K, d n f (a) .

§ 7. Разложение элементарных функций по формуле Тейлора

Полагая в формуле (6.6) a = 0,h = x получим формулу Маклорена

f (x) = f (0) +	f ′(0)	x +	f ′′(0)	x2	+K +	f (n) (0)	xn +	f (n+1)(θ x)	xn+1
	1!		2!
						n!		(n +1)!
								, (1)

с остаточным членом в форме Лагранжа (0 <θ <1) .

303

10 . Разложение функции

f (x) = ex . Имеем

f (0) = f ¢(0) =K = f (n) (0) =1, f (n+1) (x) = ex .

Формула Тейлора (Маклорена) с остаточным членом

в форме Лагранжа принимает вид

ex =1+

xn+1

eθ x ,0 <θ <1 .

+K +

(2)

(n +1)!

При любом фиксированном x остаточный член в ней

стремится к нулю,

так как

lim

xn+1

= 0 .

n→∞ (n +1)!

20 . Разложение функции

f (x) = sin x . Имеем

f(n) (x) = sin æç x + n π ö÷ ,

è2 ø

f (2k+1)

(θ x)

= sin

= (-1)

cosθ x .

çθ x + (2k +1)

Формула (1) в данном случае принимает вид

sin x = x -

-K+

(-1)k−1

x2k−1

+ (-1)k

x2k+1

cosθ x ,(3)

(2k -1)!

(2k +1)!

где при

любом

фиксированном

остаточный

член

(-1)k

x2k+1

cosθ x

стремится к нулю при k → ∞ .

(2k +1)!

f (x) = cos x . Поскольку

30 . Разложение функции

f (

) (x) = cosç x + n

f (

) (θ x) = cos

+ 2k ×

= (

-1)

cosθ x ,

çθ x

то

x2k−2

cos x =1-

-K +

(-1)k−1

(-1)k

x2k

cosθ x .

(4)

(2k - 2)!

(2k )!

И в этом случае остаточный член стремится к нулю

при k → ∞.

f (x) = ln(1+ x). Имеем

40 . Разложение функции

(n)

n−1 (n -1)!

(x) = 1+ x , f

(x) = (-1)

(1+ x)n .

304

(n -1)!

Следовательно,

ln (1+ x) = x -

-K + (-1)n−1

+ R

R = (-1)n

xn+1 æ

ön+1 .

n +1è

1+θ x ø

Заметим, что если

<1, то Rn ® 0

при n → ∞ .

50. Разложение функции f (x) = (a + x)n , где а – действительное

число, n – натуральное число.

Поскольку k-ая производная данной функции

f (k ) (x) = n(n -1)K(n - k +1)(a + x)n−k ,k =1,n ,
то при x = 0 получаем
f (k ) (0) = n(n -1)K(n - k +1)an−k ,k =1,n .
Значит,
(a + x)n = an + nan−1x + n(n -1) an−2 x2	+ n(n -1) (n - 2) an−3 x3	+K +
2!	3!

+ n(n -1)×K× 2 axn−1 + xn ,

т. е. получаем разложение по биному Ньютона.

§ 8. Приложения формулы Тейлора

Если в формуле (7.1) отбросить остаточный член, то

получим приближенную формулу

f (x) » f (0) +	f ¢(0)		x +	f ¢¢(0)	x2 +K+	f (n) (0)	xn ,	(1)
				2!
	1!					n!
которая заменяет		функцию			f (x) многочленом			n-ой

степени.

Качество этой формулы оценивается границами по-

грешности для остаточного члена Rn (x) = f ((n+1) (θ) x) xn+1 , либо по- n +1 !

305

рядком малости этой погрешности Rn (x) при

x → 0 ,

т. е. она

записывается в виде Rn (x) = ο (xn ).

Например, если f (x) = ex , то получаем приближенную формулу

ex ≈1+

+K+

(2)

Так

как

в данном

случае

(x) =

eθ x

xn+1

, то

при

(n +1)!

x > 0

его

можно

оценить

следующим

образом:

0 < R (x) <

xn+1 .

(n +1)!

В частности, при

x =1 будем иметь

e =1+

+K+

, 0 < R (1) <

(n +1)!

n = 8

При

и вычислении с пятью десятичными знака-

ми

получим e = 2,71827 , где

верны

первые

четыре знака,

так как ошибка округления не превосходит

или 0,00001.

Если

f (x) = sin x , то из равенств (7.3) получим

(

)

k−1

2k−1

sin x = x −

−K+

−1

(3)

(2k −1) !

где

остаточный

член

(x) = (−1)k cosθ x

x2k+1

(2k +1)!

(x)

≤

2k+1

(2k +1)!

Для функции f (x) = cos x

из формулы (7.4) получаем

cos x ≈1−

−K + (

−1)k

x2k

(4)

(2k )!

306

Погрешность приближенной формулы (4) оценива-

ется остаточным членом R

(x) = (-1)k+1 cosθ x

x2k+2

для

2k+1

(2k + 2)!

которого

(x)

2k+2

2k+1

(2k + 2)!

cos x »1-

частности,

для формулы

погреш-

ность

(x)

оценивается неравенством

(x)

720

Для функции f (x) = ln(1+ x) получаем приближенную формулу

ln (1+ x) » x -

-K + (-1)n−1

(5)

ön+1

где

остаточный член

(-1)n

xn+1

при

n +1è

1+θ x ø

x > 0 имеет место грубая оценка:

xn+1

n +1

Задания для самостоятельной работы

1. Найти дифференциал функции

y = x3 + x2 +1 в точке

x =1

двумя способами:

x ,

а) выделяя главную, линейную относительно

часть

приращения функции

y ;

б) Написать выражения для α(

x) по формуле (1.2).

2. Прямолинейное

движение

точки

задано

уравнением

s = 2t2 + t +1 , где время t выражается в секундах,

а путь s

– в метрах. Найти приращение и дифференциал пути s в момент времени t =1c и сравнить их при:

а) t = 0,1 c; б) t = 0,2 c; в) t =1 c.

3. Найти дифференциал функции у в точке х, если:

а) y = ln(x +		); б) y = xe2x ; в) y =	1	arctg	x	.
	x2 -1
			a
					a

307

. Найти

приближенные

значения:

а)

cos61o ; б)

;

в) arctg1,1;

г) arcsin 0,51; д) lg11.

1,01

. Найти пределы:

а)

lim

1− x

;

б)

lim

tg x − sin x

;

x→11− sin π x

x→0

x − sin x

в)

lim

;

г)

lim(1− cos x) ctg x ;

x→∞ x3

x→0

д)

lim(1− x)tg

π x ;

е)

lim xsin

;

x→1

x→∞

ж)

lim xne−x , n .

x→∞

. Записать формулу Тейлора для функции

f (x) = ex , пола-

гая a =1, n = 3 .

. Записать формулу Тейлора для функции

f (x) = ln x , по-

лагая a =1, n = 2 .

. Обосновать приближенные формулы:

а)

≈1+

x −

x (−1;1) ;

x +1

б)

≈1+

x −

, x (−1;1) .

1+ x

308

ГЛАВА 8

ЭКСТРЕМУМЫ ФУНКЦИЙ

§ 1. Возрастание и убывание функций

Изучим свойства монотонных функций f (x) (§5.4), заданных и дифференцируемых на интервале X = (a; b) .

Утверждение 1. Если функция y = f (x) , дифференцируемая на

интервале X, неубывающая (невозрастающая) на нем, то ее производ- ная на этом интервале неотрицательная (неположительная), т.е.

f ′(x) ³ 0 ( f ′(x) £ 0), x Î X .

Доказательство. Пусть x – любое значение из интервала X.

Придадим этому

значению

приращение

x ,

такое,

чтобы

x +

x X .

Если

f (x)

–

неубывающая

функция,

то

Dy = f (x + Dx) - f (x) ³ 0 при

x > 0 и Dy £ 0 при

x < 0 . В каждом из

этих случаев

³ 0 , и, следовательно,

³ 0 . Если же

f (x) = lim

f (x) –

x→0 Dx

невозрастающая функция,

то,

аналогично,

получаем,

что

′

0 . □

0 и

f (x)

Утверждение 2. Если функция

f (x) , дифференцируемая на ин-

тервале X, удовлетворяет на нем условию

f ′(x) > 0

(

f ′(x) < 0 ), то она

возрастает (убывает) на этом интервале.

Доказательство. По теореме Лагранжа (см. §7.4) для любых

x1 < x2 из X имеем:

f (x2 ) - f (x1) = f ′(c)(x2 - x1) , где x1 < c < x2 . Если

f ′(x) > 0

на X, то f ′(c) > 0 и

f (x2 ) - f (x1) > 0 или

f (x2 ) > f (x1) , т.е.

функция

f (x)

возрастает на X. Если же f ′(x) < 0 , то

f (x2 ) - f (x1) < 0

или f (x2 ) < f (x1) , т.е. функция f (x)

убывает на X . □

Пример 1. Найти промежутки возрастания и убывания функции

y = 4x3 + 9x2 + 6x + 2 .

Решение. Рассматриваемая функция определена на всей числовой

прямой. Найдем ее производную:

y¢ =12x2 +18x + 6 = 6(2x2 + 3x +1) .

Определим интервалы знакопостоянства производной. С этой

целью решим уравнение y′ = 0 или 2x2 + 3x +1 = 0 ,

= -1, x

= -

309

Рис. 1

Следовательно,

= 2(x +1)(x + 2) .

Будем

иметь:

если

1 ö

xÎ(-¥;-1) È (-

;+¥) , то y′ > 0 , если же

x Îç -1;

÷ то y′

< 0

. Зна-

2 ø

чит, на промежутках (−∞;−1) и çæ

;+¥

÷ö

функция y возрастает, а на

интервале çæ -1;-

÷ö

– убывает. □

2 ø

§ 2. Максимумы и минимумы функций

10. Необходимое и достаточное условие локального экстре-

мума. Определения			локального максимума и минимума функции
f (x)	в точке x0	даны в § 7.4. Отметим, что эти понятия носят локаль-
ный	характер	в	том смысле, что неравенство f (x) £ f (x0 )

( f (x) ³ f (x0 ) ) должно выполняться лишь в некоторой δ -окрестности точки x0 . Поэтому функция f (x) на заданном множестве Х может

иметь несколько локальных максимумов и несколько локальных ми- нимумов (рис.1).

Точка x0 называется точкой строгого локального максимума

(минимума), если для всех x из некоторой δ -окрестности точ- ки x0 выполняется неравенство

f (x) < f (x0 ) ( f (x) > f (x0 ))

при x ¹ x0 .

Максимум или минимум функции называется ее экстре-

мумом.

Пусть функция f (x) имеет

в точке x0 локальный экстремум и дифференцируема в этой точке. Тогда, по теореме Ферма (см. § 7.4), имеем f ′(x0 ) = 0 . Таким образом, обращение в нуль производной

дифференцируемой функции является необходимым условием экстрему- ма. Значения аргумента x, при которых производная f ′(x) равна нулю,

называются стационарными (критическими) точками функции f (x) .

Только стационарные точки функции могут быть точками возможного

310

экстремума у дифференцируемой функции. Однако не каждая стацио- нарная точка является точкой экстремума. Например, функция y = x3

имеет стационарную точку x = 0 , так как y¢ = 3x2 , но эта точка не яв-

ляется точкой экстремума. Поэтому целесообразно найти достаточные условия локального экстремума.

Теорема 1 (первое достаточное условие экстремума). Пусть функция f (x) дифференцируема в некоторой δ -окрестности точки

x0 . Тогда, если "x Î(x0 - δ ; x0 ) : f ′(x) > 0 и "x Î(x0; x0 + δ ) : f ′(x) < 0 ,

то в точке x0 функция f (x) имеет строгий локальный максимум;
если же "x Î(x0 - δ ; x0 ) : f ′(x) < 0 и "x Î(x0; x0 + δ ) : f ′(x) > 0 ,		то в
точке	x0 функция f (x) имеет строгий локальный минимум.	Если
f ′(x)	имеет во всей указанной δ -окрестности точки x0 за исключе-

нием, быть может, самой точки x0 , один и тот же знак, то в точке x0 локального экстремума нет.

Таким образом, если производная f ′(x) меняет знак при пере- ходе через точку x0 , то функция f (x) имеет в точке x0 строгий ло- кальный экстремум. Причем, если производная меняет знак с «+» на «–», то точка x0 является точкой максимума, если же с «–» на «+» – точкой минимума.

Доказательство. Пусть производная f ′(x) меняет знак при пе- реходе через точку x0 с «+» на «–». Возьмем произвольную точку x Î(x0 - δ ; x0 ) . Применим теорему Лагранжа к функции f (x) на отрез-

ке [x; x0 ] . Будем иметь	f (x0 ) - f (x) = f ′(c)(x0 - x), c Î(x; x0 ) .
Так как x0 - x > 0	и	f ′(c) > 0 ,	то f (x) < f (x0 )	"x Î(x0 - δ ; x0 ) .
Пусть теперь x Î(x0; x0 + δ ) .			Применив теорему Лагранжа на
отрезке [x0; x] , получим		f (x) - f (x0 ) = f ′(c)(x - x0 ), c Î(x0; x) .
Так как x - x0 > 0	и	f ′(c) < 0 , то f (x) < f (x0 )		"x Î(x0; x0 + δ ) .

Таким образом, точка x0 является точкой строгого локального максимума функции f (x) .

Аналогично рассматривается случай, когда производная при пе- реходе через точку x0 меняет знак с «–» на «+».

Пусть теперь производная не меняет знак при переходе через точку x0 . Предположим, например, что "x Î(x0 - δ ; x0 + δ ) , x ¹ x0 ,

имеем f ′(x) > 0 . Тогда по утверждению 2 функция f (x) возрастает на интервалах (x0 - δ ; x0 ) и (x0; x0 + δ ) . Будем иметь f (x) < f (x0 )

311

для всех x Î(x0 - δ ; x0 ), и	f (x) > f (x0 ) для всех x Î(x0; x0 + δ ) . Сле-
довательно, точка x0 не	является точкой локального экстремума
функции f (x) . □

Упражнение 1. Проверить, что утверждение теоремы 1 сохра- няется, если условие «функция f (x) дифференцируема в некоторой

δ -окрестности точки x0 » заменить более слабым условием «функция f (x) непрерывна в некоторой δ -окрестности точки x0 и дифферен- цируема там за исключением, быть может, самой точки x0 ».

Упражнение 2. Какой локальный экстремум будет в точке x0 , если в формулировке теоремы 1 строгие неравенства относительно функции f ′(x) заменить на нестрогие?

Следствие 1. Пусть функция f (x) дифференцируема на (a;b) , и для некоторых a1, b1 таких, что a < a1 < b1 < b выполняется условие f ′(a1) × f ′(b1) < 0 .

	Тогда существует точка ξ Î(a1;b1) , такая, что f ′(ξ ) = 0 .
	Упражнение 3. Доказать следствие 1.
	Следствие 2 (теорема Дарбу). Пусть функция f (x)										дифферен-
цируема на			(a;b)		и		для некоторых			a1,b1 Î(a;b) :	f ′(a1) = A ,
f ′(b1) = B (A ¹ B) . Тогда для всякого числа C, такого, что											A < C < B,
найдется точка ξ Î(a1;b1) , такая, что								f ′(ξ ) = C .
	Доказательство. Рассмотрим функцию g(x) = f (x) − Cx . Имеем
				g′(a1) = A - C , g′(b1) = B - C .
	Так как С лежит между A и B, то A–C и B–C имеют разные знаки.
Тогда, в силу следствия 1, существует точка ξ Î(a1;b1) ,											такая, что
g (ξ )		0 , или	f (ξ )		C		0 , т.е. f (ξ )		C . □
′	=		′	-		=	′	=
	Пример 1. Найти точки экстремума функции y = x3 + 3x2 - 9x +1.
	Решение. Данная функция дифференцируема на всей числовой
прямой. Найдем ее производную:
			y¢ = 3x2 + 6x - 9 = 3(x2 + 2x - 3) .
	Теперь находим стационарные точки функции y :
			3(x2 + 2x - 3) = 0 , x = -3, x =1.
								1		2

Точки x1 = -3, x2 =1 являются точками возможного локального

экстремума. Воспользуемся теоремой 1. Для этого определим знак производной при переходе через эти точки. Очевидно,

"x Î(-¥;-3) È (1;+¥) : f ′(x) > 0 и "x Î(-3;1) : f ′(x) < 0 .

312

<<< < Предыдущая 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 / 6031 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
25.11.20181.61 Mб17Маркетинг 1-18,24-27.doc
#
18.02.201698.41 Кб50Маркетинг готовые шпоры.docx
#
14.04.201960.88 Кб3Мат логіка 2 курс 3 семестр.docx
#
12.08.20192.49 Mб39Мат Моделирование (конспект).doc
#
18.02.20162.81 Mб114Математика для инженеров(практика) I часть.pdf
#
18.02.20164.09 Mб103Математика для инженеров(теория)I том.pdf
#
18.02.20161.05 Mб68Математика шпоры заочники.docx
#
27.09.2019302.06 Кб5МАТЕМАТИКА ШПОРЫ.docx
#
19.11.2019602.11 Кб2материал хоз процесс.doc
#
18.02.2016217.6 Кб78Материалы для шпор.doc
#
22.11.201962.98 Кб3Материалы к зачету ЭУП, ПЛ з.о. 1 сем.doc