ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального об...
6 downloads
210 Views
224KB Size
Report
This content was uploaded by our users and we assume good faith they have the permission to share this book. If you own the copyright to this book and it is wrongfully on our website, we offer a simple DMCA procedure to remove your content from our site. Start by pressing the button below!
Report copyright / DMCA form
ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального образование «ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»
Коршикова Т. И., Калиниченко Л. И., Кирютенко Ю. А. МЕТОДИЧЕСКИЕ
УКАЗАНИЯ
К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ
I
КУРС,
1-Й
СЕМЕСТР
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОСТЬ
ФУНКЦИИ
Ростов-на-Дону 2007 год
Методические указания разработаны сотрудниками кафедры математического анализа Т. И. Коршиковой, Л. И. Калиниченко, Ю. А. Кирютенко. В них рассматриваются методы решения типовых примеров, традиционно решаемых на практических занятиях по математическому анализу в первом семестре первого курса на отделениях «Математика» и «Механика». После каждого раздела приведены задачи для самостоятельной работы. Основными задачниками для работы в аудитории и дома являются книги [1], [2]. В указаниях авторы существенно опираются на теоретический материал, изложенный в курсе лекций по математическому анализу [3], используют его определения и обозначения. Ответственный редактор
доктор физ.-мат. наук А. В. Абанин
Компьютерный набор и верстка
канд. физ.-мат. наук Ю. А. Кирютенко
Печатается в соответствии с решением кафедры математического анализа факультета «Математика, механика и компьютерные науки», протокол №8 от 17 апреля 2007 г.
1
Производные и дифференциалы первого порядка
Всюду далее будем рассматривать функцию f : X ⊂ R → R, когда x0 ∈ X, x0 — предельная точка множества X, ∆x 6= 0 — приращение переменной x, и x0 + ∆x ∈ X. Будем далее использовать следующие обозначения: • ∆fx0 (∆x) — приращение функции f в точке x0 , то есть ∆fx0 (∆x) = f (x0 + ∆x) − f (x0 ); df (x0 ) — производная функции f в точке x0 , то есть f 0 (x0 ) = • f 0 (x0 ) или dx ∆fx0 (∆x) lim , если предел существует; ∆x→0 ∆x • dfx0 (∆x) — дифференциал функции f в точке x0 , на приращении аргумента ∆x, то есть dfx0 (∆x) = f 0 (x0 ) · ∆x, если функция дифференцируема в точке x0 . Определение этих понятий и теория дифференцируемых функций изложены в [3, глава 4]. Пример 1. Исследовать на дифференцируемость функции q √ √ a) f (x) = x · |x − 1| · sin x2 , |x| < π; b) f (x) = 1 − e−x2 , x ∈ R. a). Функция √ f является произведением трех функций ϕ(x) = x, ψ(x) = |x − 1|, g(x) = sin x2 , каждая из которых определена на множестве X = √ √ (− π, π) и непрерывна на нем. Функция ϕ(x) дифференцируема на множестве X, ψ(x) — на множестве X \ {1}. Функция g(x) является суперпозицией функций g1 (x) = x2 , √ g2 (u) = sin u и g3 (v) = v, причем g(x) = (g3 ◦ g2 ◦ g1 )(x). Функция g1 (x) дифференцируема на X, g2 (u) — на R, а g3 (v) — на R+ . При этом g1 : X → [0, π), g2 : [0, π) → [0, 1], g3 : [0, 1] → [0, 1], g1 (0) = 0, g2 (0) = 0. По теореме о дифференцируемости суперпозиции ([3, теорема 4.5]) функция g(x) дифференцируема на множестве X \ {0}, а, значит, по теореме об арифметических операциях с дифференцируемыми функциями ([3, теорема 4.5]) функция f (x) дифференцируема на множестве X \ {0; 1}. Выясним, будет ли функция f дифференцируемой в точках x = 0 и x = 1, для чего воспользуемся критерием дифференцируемости ([3, демма 4.2]). f (x0 + ∆x) − f (x0 ) Рассмотрим отношение при ∆x → 0, если x0 = 0 и x0 = 1. ∆x Если x0 = 0, то при ∆x → 0 q f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = |1 − ∆x| · sin (∆x)2 → 0. ∆x 3
Поэтому ∃f 0 (0) = 0 и функция f дифференцируема в точке x0 = 0. √ √ Если x0 = 1 и ∆x 6= 0, (1 + ∆x) ∈ (− π, π), то при ∆x → 0 |∆x| q f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = (1 + ∆x) · · sin (1 + ∆x)2 . ∆x ∆x q √ |∆x| не При ∆x → 0 1 + ∆x → 1, sin(1 + ∆x)2 → sin 1 6= 0, а функция ∆x |∆x| |∆x| имеет предела, так как lim = −1, lim = 1. ∆x→−0 ∆x ∆x→+0 ∆x Поэтому функция f не дифференцируема в точке x0 = 1, но √ √ 0 0 ∃ f (1 − 0) = − sin 1, ∃ f (1 + 0) = + sin 1. 2
b). Областью определения функции f совпадает с R, так как 1 − e−x ≥ 0, 2 ∀x ∈ R. Функция f является суперпозицией функций f1 (x) = 1 − e−x и √ f2 (x) = x, то есть f (x) = (f2 ◦ f1 )(x), ∀x ∈ R. 2 Функция f1 (x) является разностью функций g(x) = 1 и ϕ(x) = e−x . Функция g(x) непрерывна и дифференцируема на R. Функция ϕ(x) — суперпозиция функций ϕ1 (x) = −x2 и ϕ2 (x) = ex . Очевидно, что функция ϕ1 : R → (−∞, 0] непрерывна и дифференцируема на R, функция ϕ2 : (−∞, 0] → (0, 1] непрерывна и дифференцируема на (−∞, 0]. Поэтому в силу теоремы о дифференцируемости суперпозиции функция ϕ(x) непрерывна и дифференцируема на R. По теореме об арифметических операциях с дифференцируемыми функциями функция f1 (x) непрерывна и дифференцируема на R, причем f1 : R → [0, 1) и f1 (0) = 0. √ Функция f2 (x) = x, как отмечалось выше, непрерывна на множестве [0, ∞) и теряет свойство дифференцируемости в точке x = 0. Следовательно, в силу теоремы о дифференцируемости суперпозиции функция f = f2 ◦ f1 дифференцируема на множестве R \ {0}. Изучим поведение функции f в точке x0 = 0. В ней функция f непрерывна и f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = ∆x
√
1 − e−(∆x)2 = ∆x
v u u1 u t
2
− e−(∆x) , (∆x)2
v u u1 u t −
если ∆x > 0,
2
− e−(∆x) , если ∆x < 0. (∆x)2
f (∆x) − f (0) f (∆x) − f (0) Тогда f 0 (+0) = lim = 1, f 0 (−0) = lim = −1, а ∆x→+0 ∆x→−0 ∆x ∆x потому функция f не дифференцируема в x0 = 0.
4
Пример 2. Исследовать на дифференцируемость в точке x = 0 функцию
f (x) =
x, если x ≤ 0, ln(x + 1), если x > 0.
Так как функция f по разные стороны от точки x = 0 задана разными законами, то сначала найдем ее односторонние пределы в точке x = 0: lim f (x) = lim f
x→−0
lim f (x) =
x→+0
(x) = lim x = 0,
x→0 x→0 (−∞,0] (x) = lim ln(1 lim f x→0 x→0 (0,+∞)
+ x) = 0.
Итак, f (−0) = f (+0) = 0 = f (0). Поэтому функция f непрерывна в точке x = 0, а, значит, удовлетворяет необходимому условию дифференцируемости функции в точке. Рассмотрим разностное отношение f (0 + ∆x) − f (0) f (∆x) = . ∆x ∆x f (∆x) ∆x = lim = 1, ∆x→−0 ∆x ∆x→−0 ∆x
f (∆x) ln(1 + ∆x) = lim = 1. Следо∆x→+0 ∆x ∆x→+0 ∆x f (0 + ∆x) − f (0) = 1, поэтому f 0 (0) = 1 и вательно, существует предел lim ∆x→0 ∆x функция f дифференцируема в точке x = 0. Заметим что в подобных случаях можно воспользоваться следующим, достаточно легко доказываемым, утверждением: lim
lim
Если функция f непрерывна в точке x = a, дифференцируема в некоторой проколотой окрестности этой точки и существует предел lim f 0 (x) 0
0
x→a−0
(соответственно, lim f (x)), то этот предел равен f (a − 0) (соответx→a+0
ственно, f 0 (a + 0)). Если при этом f 0 (a − 0) = f 0 (a + 0) ∈ R, то функция f дифференцируема в точке a. В рассматриваемом примере f 0 (x) = 1, если x < 0, f 0 (x) = x > 0. Поэтому lim f 0 (x) = 1, lim f 0 (x) = 1, а значит x→−0
x→+0
0
∃ f (−0) = 1, ∃ f 0 (+0) = 1, а потому ∃ f 0 (0) = 1, то есть функция f дифференцируема в точке x = 0. Пример 3. Указать область дифференцируемости функций √ √ a) f (x) = x · x; b) f (x) = x · cos x. 5
1 , если 1+x
√ a). Функция f (x) = x · x определена на множестве D(f ) = [0, +∞), √ является произведением функций y = x и y = x, которые дифференцируемы соответственно на [0, +∞) и (0, +∞). Поэтому f дифференцируема на √ 1 3 √ интервале (0, +∞) и f 0 (x) = x + √ · x = · x. 2 x 2 0 Так как существует предел lim f (x) = 0, то существует правая производx→+0 и f+0 (0)
ная функции f в точке x = 0 = 0. Но x = 0 односторонняя предельная точка множества D(f ), поэтому существует f 0 (0) = 0 и функция f дифференцируема в точке x = 0. Следовательно, функция f дифференцируема на 3 √ [0, +∞) и f 0 (x) = · x. 2 b). По аналогии с пунктом a) функция f определена на промежутке [0, +∞), непрерывна в точке x = 0, дифференцируема на интервале (0, +∞) и cos x √ f 0 (x) = √ − x · sin x, ∀ x ∈ (0, +∞). 2 x Так как предел lim f 0 (x) = +∞, то f+0 (0) = +∞ и функция f не дифференx→+0 цируема в точке x = 0. Пример 4. Найти a и b, при которых функция
f (x) =
x2 , если x ≤ 0, a · x + b, если x > 0,
дифференцируема на всей числовой оси. Свойство дифференцируемости функции является локальным, то есть зависит от поведения функции в некоторой окрестности рассматриваемой точки. Поэтому функция f дифференцируема в точке x = x0 , тогда и только тогда, когда дифференцируема в ней функция сужения f , где δ0 — Ux0 (δ0 )
некоторое положительное число. В интервале каждая точка принадлежит ему вместе с некоторой окрестностью. Так как при x < 0 f (x) = x2 , то (x) = x2 , а функция y = x2 дифференцируема на интервале есть f (−∞,0)
(−∞, 0), то f 0 (x) = 2x, ∀x ∈ (−∞, 0). Аналогично доказывается, что функция f дифференцируема на интервале (0, +∞) и f 0 (x) = a, ∀x > 0. Рассмотрим дифференцируемость функции f в точке x = 0. Прежде всего выясним, при каком условии функция f непрерывна в точке x = 0. Так как lim f (x) = lim f
x→+0
x→0
lim f (x) =
x→−0
(x) = lim (a · x + b) = b,
(0,+∞) lim f x→0 (−∞,0) 6
x→0
(x) = lim x2 = 0, x→0
то предел lim f (x) существует, если b = 0, при этом lim f (x) = 0. Следоваx→0 x→0 тельно, функция f непрерывна в точке x = 0, если b = 0. В этом случае f (0) = 0 и x2 , если x ≤ 0, f (x) = a · x, если x > 0. Далее, 2x, если x < 0, f 0 (x) = a, если x > 0. Так как lim f 0 (x) = lim (2x) = 0, а lim f 0 (x) = a, то x→−0
x→−0
x→+0
f 0 (−0) = 0,
f 0 (+0) = a.
В силу теоремы о связи производной и односторонних производных функции f в двусторонней предельной точке ([3, теорема 4.2]), функция f имеет производную в точке x = 0 только в том случае, когда a = 0, при этом f 0 (0) = 0. Итак, функция f дифференцируема в точке x = 0 тогда и только тогда, когда a = b = 0, то есть если
f (x) =
x2 , если x ≤ 0, 0, если x > 0.
Обычно, при отработке техники дифференцирования, не указывают область, в которой проводится дифференцирование. Предполагается, что производная вычисляется в тех точках, в которых функция дифференцируема. Пример 5. Найти производные следующих функций: r q √ 4x2 − 2x + 10 √ a) f (x) = , b) f (x) = x + 2x − x, x (sin x)cos x 1/x c) f (x) = x , d) f (x) = . (cos x)sin x a). Так как f (x) = 4x3/2 − 2x1/2 + 10x−1/2 , то, используя формулу производной степенной функции и теорему об арифметических операциях с дифференцируемыми функциями, получим, что ! √ 3 1/2 1 −1/2 1 1 5 0 f (x) = 4 · · x − 2 · · x + 10 · − · x−3/2 = 6 x − √ − √ . 2 2 2 x x x √ √ b). Пусть ϕ(x) = 2x − x, g(x) = x. Тогда f (x) = g ◦ ψ(x), где ψ(x) = x + g ◦ ϕ(x). В силу теорем 4.4, 4.5 из [3] находим, что f 0 (x) = g 0 (ψ(x)) · ψ 0 (x) = 7
1 · ψ 0 (x) , 2 x + g ◦ ϕ(x) q
ψ 0 (x) = 1 + g 0 (ϕ(x)) · ϕ0 (x) = 1 +
1 1 · ϕ0 (x), ϕ0 (x) = 2 − √ . 2 x 2 ϕ(x) q
1
1 1 Поэтому f 0 (x) = r q √ · 1 + 2q2x − √x · 2 − 2√x . 2 x + 2x − x c). Функция f (x) может быть представлена в виде f (x) = e ln x ex , а g(x) = , то f = ϕ ◦ g, поэтому x ! 1 ln x 1 − ln x 0 x − 2 · (1 − ln x). = x f (x) = e x · x2
ln x x .
Если ϕ(x) =
d). Как и в случае c), f (x) = ecos x ln(sin x) − sin x ln(cos x) , поэтому !
sin x sin x cos x cos x − cos x ln(cos x) + = f (x) = f (x) − sin x ln(sin x) + sin x cos x 0
cos3 x + sin3 x = f (x) − sin x ln(sin x) − cos x ln(cos x) + . sin x cos x 3 Пример 6. Найти в точке y0 = производную функции, обратной к функ4 ции f (x) = 2x2 − x4 , определенной на интервале (0, 1). Функция f (x) — многочлен, поэтому дифференцируема на интервале (0, 1) и f 0 (x) = 4x − 4x3 = 4x(1 − x2 ). Заметим, что функция f 0 (x) > 0, ∀ x ∈ (0, 1), поэтому функция f (x) возрастает на интервале (0, 1) и образом интервала (0, 1) при отображение f является интервал f (+0), f (1 − 0) = (0, 1). Поэтому существует обратная к f функция f −1 : (0, 1) → (0, 1), которая непрерывна на (0, 1) (см. [3, теорема 3.11 и замечание к ней]). Найдем точку x0 = f −1 (y0 ), 3 3 для чего решим уравнение 2x2 − x4 = , то есть уравнение x4 − 2x2 + = 0. 4q 4 Его корнями являются числа x1,2 = ± 32 , x3,4 = ± √12 . На интервале (0, 1) уравнение имеет единственный корень √ √ √ ! 2 2 3 3 2 x0 = и f = , f −1 = . 2 2 4 4 2 По теореме о производной обратной функции ([3, теорема 4.6]), условия которой выполнены, функция f −1 дифференцируема на интервале (0, 1) и 1 (f −1 )0 (y0 ) = 4x(1 − x2 )
1 1 ! = √ . = √ 1 2 x0 =f −1 (y0 ) 2 2 1− 2 8
Пример 7. Пусть функция f задана параметрически f : x = 2t − t2 , y = 3t − t3 , t ∈ (−∞, 1). Найти fx0 (−3), выписать уравнение касательной к графику функции f в точке M0 (−3, f (−3)). Воспользуемся теоремой о дифференцируемости параметрически заданной функции [3, теорема 4.7]. В рассматриваемом примере ϕ(t) = 2t − t2 , ψ(t) = 3t − t3 , T = (−∞, 1). Так как функции ϕ и ψ являются многочленами, то они дифференцируемы на промежутке T , причем ϕ0 (t) = 2(1 − t) > 0, ∀t ∈ T, ψ 0 (t) = 3(1 − t2 ). Функция ϕ возрастает на промежутке T и
X = ϕ(T ) =
lim ϕ(t) , ϕ(1 − 0) = (−∞, 1).
x→−∞
Поэтому параметрически заданная функция f : (−∞, 1) → R, удовлетворяющая требованиям теоремы о дифференцируемости параметрически заданной функции, дифференцируема на промежутке X = (−∞, 1), а ее производная является параметрически заданной функцией fx0
3(1 − t2 ) 3 : x = 2t − t y = = (1 + t), t ∈ T. 2(1 − t) 2 2
Чтобы подсчитать fx0 (−3), найдем прообраз точки x = −3 при отображении ϕ, для чего решим уравнение 2t − t2 = −3, получим корни t = −1, t = 3. Так как t = −1 ∈ T , а t = 3 ∈ / T , то t = −1 — искомая точка. Следовательно,
3 0 fx (−3) = (1 + t) = 0. 2 t=−1
Итак, fx0 (−3) = 0. Так как f (−3) = ψ(−1) = −2, то искомое уравнение касательной имеет вид y = 0 · (x − 3) − 2, то есть y = −2. Пример 8. Пусть u и v — дифференцируемые функции. Найти дифференu циал функции y = arctg . v u u По условию y = arctg x, где x = , причем — отношение дифференциv v руемых функций. Учитывая свойство инвариантности формы первого дифференциала (см. [3, раздел 4.5]), получаем, что dy =
0 (arctg x) 9
dx, x=u/v
!
vdu − udv vdu − udv u = , поэтому dy = . где dx = d v v2 v 2 + u2 1.1
Задания для самостоятельной работы
1. Исследовать на дифференцируемость в точке x = 0 функцию f , если √ a) f (x) = 3 x sin x; xe1/x , x 6= 0 b) f (x) = ; 0 , x=0 c) f (x) = sin x| cos x| + cos x| sin x|. 2. Найти область дифференцируемости функции f , если
a) f (x) =
c) f (x) =
5x , 4 + x2 2x − 1 , sin x +x x 1
x≥1
;
b) f (x) = x| sin x|;
x<1 , x 6= 0
;
d) f (x) = |x|sin2 x.
, x=0
3. Найти такие числа a и b , чтобы функция f была дифференцируема на всей числовой прямой, если
a) f (x) =
cos x , x ≤ π/2 ; ax + b , x > π/2
b) f (x) =
x2 e−2x , x ≤ 1 . ax + b , x > 1
4. Найти f 0 (x), записать df (∆x), df0 (∆x), если q √ a) f (x) = x + 1 − x; b) f (x) = cos3 (3x); √ c) f (x) = cos(x2 + 5) + 2 sin 1 − x. 5. Найти производную функции f : X → R, если a) f : x = et (cos t + sin t) , y = et (cos t − sin t) , t ∈ (−π/4, π/4); b) f : x = a(cos t − ln ctg 2t ) , y = a sin t , t ∈ (0, π/2); √ 1 c) f : x = ln(1 + 1 + t2 ) , y = √ , t ∈ R. 1 + t2 6. Пусть u и v — дифференцируемые функции и v 6= 0, найти дифференциалы функций √ u a) y = 3 ; b) y = cos (uv); c) y = 3 uv. v 10
2
Производные и дифференциалы высших порядков
Пусть функция f : X ⊂ R → R дифференцируема на множестве X. Поэтому определена функция f 0 : X → R. Если функция f 0 дифференцируема в точке x0 ∈ X, то говорят, что функция f дважды дифференцируема в точке x0 , а производную функции f 0 в точке x0 называют второй производной (или производной второго порядка) функции f в точке x0 и обозначают одним из 2 следующих символов: f 00 (x0 ), f (2) (x0 ), ddxf2 (x0 ). Если функция f дважды дифференцируема в каждой точке множества X, то говорят, что функция f дважды дифференцируема на множестве X. По индукции вводится понятие производной k-го порядка (k ≥ 2) функции в точке и на множестве. В частности, если x0 ∈ X, то f (k) (x0 ) = (f (k−1) )0 (x0 ). Если функция f n раз дифференцируема на множестве X, то для любого k k−1 k ∈ N, k ≤ n, и любого x ∈ X d fx (∆x) = d d f (∆x) x (∆x) = f (k) (x) · ∆xk — дифференциал k-го порядка функции f в точке x на приращении ∆x. Приведем формулы производных n-го порядка (n ∈ N) основных элементарных функций: 1) (xα )(n) = α(α − 1) · . . . · (α − n + 1) xα−n , ∀x ∈ (0, +∞), α ∈ R. В частности, если α = n ∈ N, то (xn )(n) = n!, (xn )(k) = 0, если k > n, и b ((ax + b)α )(n) = α(α − 1) · . . . · (α − n + 1) an (ax + b)α−n , ∀x > − . a n 2) (ax )(n) = ax ln a , a > 0 , a 6= 1, ∀ x ∈ R. В частности, (ex )(n) = ex , ∀ x ∈ R; (acx+d )(n) = acx+d (c ln a)n , ∀ x ∈ R. 3) (ln x)(n) =
(−1)n−1 (n − 1)! , ∀x ∈ (0, +∞), xn (n) (−1)n−1 (n − 1)! n b ln (ax + b) = a , ∀x > − . (ax + b)n a !
(n)
4) (sin x)
πn = sin x + , ∀x ∈ R, 2 !
(n)
(sin (ax + b))
πn = a sin ax + b + , ∀x ∈ R. 2 n
!
(n)
5) (cos x)
πn , ∀x ∈ R, = cos x + 2 !
(n)
(cos (ax + b))
πn = a cos ax + b + , ∀x ∈ R. 2 n
11
Если функции u, v n раз дифференцируемы на множестве X, то для любых чисел α, β функция αu + βv и функция uv являются n раз дифференцируемыми на множестве X и (αu + βv)(n) = αu(n) + βv (n) , n X
n! u(k) v (n−k) . k=0 (n − k)! k! Последнюю формулу называют формулой Лейбница (см. [3, разделы 4.7, 4.8]). Аналогичные формулы имеют место и для дифференциалов высших порядков. Пример 9. Найти y 00 и d2 y, если (uv)(n) =
2
a) y = e−x ,
b) y = (1 + x2 ) arctg x ,
c) y = f (x2 ) ,
где f — дифференцируемая функция, а x — независимая переменная. 2 a). y 0 = −2x e−x , поэтому 00
−x2
y = −2 e
+ xe
−x2
2
(−2x) , d2 fx (dx) = −2(1 − 2x2 )e−x dx2 .
b). y 0 = 2x arctg x + 1, поэтому ! ! x x 00 2 y = 2 arctg x + , d fx (dx) = 2 arctg x + dx2 . 2 2 1+x 1+x c). y 0 = f 0 (x2 ) · 2x, поэтому
y 00 = (2x)2 f 00 (x2 ) + 2f 0 (x2 ), d2 fx (dx) = (2x)2 f 00 (x2 ) + 2f 0 (x2 ) dx2 . Пример 10. Найти y (8) (x), если 3 − 2x2 x2 , b) y(x) = 2 . a) y(x) = 1−x 2x + 3x − 2 a). Преобразуем исходную функцию y(x) = −
x2 (x2 − 1) + 1 1 =− = −(x + 1) − = −(x + 1) − (x − 1)−1 . x−1 x−1 x−1
Поскольку (x+1)(8) = 0, то, учитывая формулу вычисления n-ой производной степенной функции, получим, что y (8) = −(−1)(−2) · . . . · (−1 − 8 + 1)(x − 1)−1−8 = −8!(x − 1)−9 . b). Преобразуем исходную функцию y(x) = −
2x2 − 3 (2x2 + 3x − 2) − (3x + 1) = − = 2x2 + 3x − 2 2x2 + 3x − 2 12
(2x − 1) + (x + 2) 3x + 1 = −1 + = (2x − 1)(x + 2) (2x − 1)(x + 2) 1 1 = −1 + + = −1 + (x + 2)−1 + (2x − 1)−1 . x + 2 2x − 1 Так как (−1)(k) = 0, ∀k ≥ 1, то, учитывая формулу вычисления n-ой производной степенной функции, как и в примере 10 получим, что = −1 +
y (8) (x) = (x + 1)−1
(8)
+ (2x − 1)−1
(8)
1 28 . = 8! + 9 9 (x + 2) (2x − 1)
Пример 11. Найти y (20) (x), если a) y(x) = x2 32x−1 ,
b) y(x) = (x + 1) sin x cos 2x.
a). Положим v(x) = 32x−1 , u(x) = x2 . По формуле Лейбница получим: y
(20)
(x) =
20 X
(20−k) 20! (x2 )(k) 32x−1 . k=0 (20 − k)! k!
Но (x2 )(k) = 0, ∀k ≥ 3, поэтому
y (20) (x) = x2 32x−1
(20)
+ 40x 32x−1
(19)
+ 380 32x−1
(18)
=
= x2 32x−1 (2 ln 3)20 + 40x 32x−1 (2 ln 3)19 + 380 (2 ln 3)18 32x−1 =
= 220 32x−1 (x ln 3)2 + 20x ln 3 + 95 ln18 3. b). Прежде всего заметим, что 1 y(x) = (x + 1)(sin 3x − sin x), и (x + 1)(k) = 0, ∀k ≥ 2, 2 поэтому формула Лейбница примет следующий вид: 1 (x + 1)(0) (sin 3x − sin x)(20) + 20(x + 1)0 (sin 3x − sin x)(19) , 2 1 а, значит, y (20) (x) = (x + 1) sin (3x + 10π)320 − sin (x + 10π) + 2
y (20) (x) =
19π 19π +10 319 sin 3x + − sin x + = 2 2 1 = (x + 1) 320 sin 3x − sin x − 10 319 cos 3x − cos x . 2 Пример 12. Найти d15 f0 (dx), если f (x) = x(sin4 x + cos4 x). 13
1 2 sin 2x = 2 1 3 1 1 = 1 − (1 − cos 4x) = + cos 4x, то f (x) = x(3 + cos 4x). 4 4 4 4 По формуле Лейбница
Так как sin4 x + cos4 x = 1 − 2 sin2 x cos2 x = 1 −
f (15) (x) =
1 4
15 X
15! (x)(k) (3 + cos 4x)(15−k) . k=0 (15 − k)! k!
Но (x)(k) = 0, ∀k ≥ 2, поэтому f (15) (x) = !
1 x(cos 4x)(15) + 15(cos 4x)(14) = 4 !
15π 1 15 4 x cos 4x + + 15 · 414 cos (4x + 7π) = = 4 2 1 15 4 x sin 4x − 15 · 414 cos 4x = 413 (4x sin 4x − 15 cos 4x) . 4 Следовательно, f (15) (0) = −15 · 413 и d15 f0 (dx) = −15 · 413 · dx15 . Пример 13. Найти производные f 00 , f (3) и вычислить их значения в точке x = −3, если функция f задана параметрически
=
f : x = 2t − t2 , y = 3t − t3 , t ∈ (−∞, 1). В примере 7 показано, что f дифференцируема на X = (−∞, 1) и 3 f 0 : x = 2t − t2 , y = (1 + t), t ∈ T = (−∞, 1). 2 Так как соответствующие ей функции 3 ϕ1 (t) = 2t − t2 , ψ1 (t) = (1 + t) 2 3 дифференцируемы на (−∞, 1) и ψ10 (t) = , то функция f 0 (x) дифференциру2 ема на интервале X и ее производная, то есть производная второго порядка функции f является параметрически заданной функцией 3 1 3 = , t ∈ (−∞, 1). f 00 : x = 2t − t2 , y = · 2 2 − 2t 4(1 − t) 3 Аналогично, так как функция ψ2 (t) = дифференцируема на интерва4(1 − t) ле T , то функция f трижды дифференцируема на X, и f (3) является параметрически заданной функцией f
(3)
ψ20 (t) 3 (1 − t)−2 3 1 : x = 2t − t , y = 0 = · = · , t ∈ T. ϕ1 (t) 4 2(1 − t) 8 (1 − t)3 2
14
При решении примера 7 мы выяснили, что прообразом точки x = −3 при отображении ϕ(t) = 2t − t2 на интервале T = (−∞, 1) является точка t = −1, 3 3 3 поэтому f 00 (−3) = ψ2 (−1) = , f (3) (−3) = = . 8 8 · 23 64 2.1
Задания для самостоятельной работы
1. Найти y (10) (x) и d10 yx (dx), если (3 − 2x) a) y(x) = √ , 3x − 2 1 + x2 , c) y(x) = 1 − x2
b) y(x) = (1 − 3x + x2 ) sin x · sin 2x · sin 3x, d) y(x) = (x2 − x + 1) · ln (1 − 2x).
2. Найти y (5) (x) и d5 yx (dx), если (x + 1) , x2 + x − 2 √ c) y(x) = (x − 1) 3 1 − 3x, a) y(x) =
b) y(x) = (2 − 3x) · 2−3x+5 , c) y(x) = (x − x2 ) sin2 (1 − x).
3. Найти fx002 , если f : X ⊂ R → R и f задана параметрически q q √ √ 3 a) f : x = 1 − t, y = 1 − 3 t, t ∈ (0, 1), b) f : x = e2t cos2 t, y = e2t sin2 t, t ∈ (0, π/2), t3 − 54 , t ∈ (−3, 0). c) f : x = t2 + 6t + 5, y = t d) f : x = a (t − sin t), y = a (1 − cos t), t ∈ (π, 2π), e) f : x = t3 + 2t2 + t, y = −2 + 3t − t3 , t > 1. 3
Правило Лопиталя
Правило Лопиталя (см. [3, раздел 4.10]) используется при поиске предела отношения двух дифференцируемых функций для раскрытия неопределённо0 ∞ стей вида , . В случае неопределённостей другого вида исходное выраже0 ∞ ние пытаются преобразовать так, чтобы получилась неопределённость вида ∞ 0 или . 0 ∞ Алгоритм применения правила Лопиталя можно описать так. • До применения правила Лопиталя упроcтить выражение, переходя к более простым эквивалентным сомножителям, если это возможно. 15
• Применить правило Лопиталя (возможно несколько раз) — написать цепочку возможных (условных) равенств (=? ), которые превращаются в равенства, если существование последнего предела будет доказано. • Вычислить предел последнего отношения. Если предел последнего отношения существует и равен K, то существует предел исходного отношения и он равен K, что оправдывает применение правила Лопиталя. Если предел последнего отношения производных не существует, то ничего определенного о существовании предела отношения функций сказать нельзя. ln(1 + x) − x Пример 14. Вычислить lim . x→0 tg2 x Числитель и знаменатель рассматриваемого отношения являются бесконечно малыми функциями при x → 0, то есть имеем неопределённость вида 0 . При x → 0 tg x ∼ x, ln(1 + x) ∼ x. Известно, что при нахождении предела 0 функции сомножители (но не слагаемые!) можно заменять эквивалентными функциями, поэтому упростим изучаемое отношение: ln(1 + x) − x ln(1 + x) − x = lim . 2 x→ 0 x→ 0 tg x x2 lim
Попытаемся применить правило Лопиталя. Функции ln(1+x)−x и x2 удовлеS творяют условиям 1) – 3) теоремы 4.16 из [3] на множестве (−1, 0) (0, +∞). Однако, неизвестно, существует ли предел отношения производных этих функций при x → 0. Поэтому запишем условное равенство (в дальнейшем символически будем писать =? ) 1 −1 ln(1 + x) − x ? (ln(1 + x) − x) 1 + x = lim = lim = lim x→ 0 x→0 x→0 x2 (x2 )0 2x 0
x 1 = , x→0 (1 + x) · 2x 2 lim
так как lim (1 + x) = 1. Получили, что предел последнего отношения, то x→0 есть предел отношения производных рассматриваемых функций, существует, поэтому по правилу Лопиталя существует предел исходного отношения, он равен 1/2, что и оправдывает первое равенство. Пример 15. Вычислить lim arcsin x · ln x. x→+0 Прежде всего заметим, что при x → +0 arcsin x ∼ x и ln x → −∞. Поэтому lim arcsin x · ln x = lim x · ln x .
x→+0
x→+0
16
Имеем неопределённость вида 0 · ∞. Поскольку обратная величина к бесконечно большой или к бесконечно малой, отличной от тождественного нуля, при x → a является бесконечно малой или, соответственно, бесконечно боль1 шой, а f (x) = (когда f (x) 6= 0 в некоторой проколотой окрестности 1/f (x) 0 точки a), то можно свести задачу к раскрытию неопределённости вида 0 ∞ или . Указанному преобразованию подвергается тот из сомножителей, для ∞ которого последующие действия по вычислению производной будут более простыми и быстрее приведут к цели. В данном случае в качестве функции f (x) выберем функцию x и, применяя правило Лопиталя, получим, что 1/x ln x ? = lim = − lim x = 0. x→+0 −1/x2 x→+0 x→+0 1/x
lim x · ln x = lim
x→+0
1 Пример 16. Вычислить lim 100 1/x2 . x→ 0 x ·e Рассматриваемую функцию можно считать произведением 1 1 f (x) = 100 · 1/x2 . x e При x → 0 имеем неопределённость вида ∞·0. Для решения задачи положим 1 t = 2 . Тогда f (x) = ψ(t(x)), где ψ(t) = t50 /et . Заметим, что x → 0 тогда и x только тогда, когда t → +∞. Найдем lim ψ(t). t→+∞
t50 ? 50t49 ? 50 · 49 · . . . · 2t ? 50! ? lim t = lim = . . . = lim = lim = 0. t→+∞ e t→+∞ et t→+∞ t→+∞ et et Здесь последовательно 50 раз применено правило Лопиталя. Так как предел последней функции существует и равен нулю, то!применение правила 1 Лопиталя законно. Как отмечалось выше, f (x) = ψ 2 , x 6= 0. При этом x 1 1 a) lim 2 = +∞, b) 2 6= +∞, ∀ x 6= 0, c) lim ψ(t) = 0. t→+∞ x→0 x x То есть выполнены все условия теоремы о пределе суперпозиции, и потому lim f (x) = 0. x→0 Заметим, что пример можно решить и без замены переменной: 1 100 98 −100 1 1/x x101 = 50 lim 1/x =? . . . lim 100 1/x2 = lim 1/x2 =? lim 2 x→ 0 x x→0 e x→0 x→0 e1/x 2 1 e 1/x −2e x3 17
1/x2 ? 1 = 50 · 49 · · · 2 lim 1/x2 = 50! lim 1/x2 = 0. x→0 e x→0 e Рассматриваемую функцию можно было бы представить в виде отношения −1/x2 0 e , которое при x → 0 порождает неопределённость . В этом случае x100 0 2 функции e−1/x , x100 удовлетворяют условиям правила Лопиталя, но отношение производных тогда равно ?
2
2
(e−1/x )0 e−1/x = , (x100 )0 50x102 и применение правила Лопиталя «ухудшает» исходное выражение. ! 1 1 − x . Пример 17. Вычислить lim x→ 0 x e − 1 ! 1 1 1 ex − 1 − x ? ex − 1 ex − 1 − x lim − x = lim = lim = . Здесь = lim x→0 x x→0 x→0 2x x→0 x (ex − 1) e −1 x2 2 для упрощения отношения мы дважды воспользовались тем, что ex − 1 ∼ x при x → 0. Пример 18. Вычислить lim (2 − x)tg (πx/2) . x→ 1 В области определения функции, а, значит, и в проколотой окрестности ◦ U 1 (1), имеет место равенство (2 − x)tg(πx/2) = etg(πx/2)·ln(2−x) . Найдем предел показателя степени. πx sin πx 2 · ln(1 + (1 − x)) = lim 1 − x =? lim tg · ln(2 − x) = lim πx πx x→1 x→1 x→1 2 cos cos 2 2 −1 2 =? lim π = . πx x→1 π − sin 2 2 2 Так как функция y = ex непрерывна в точке x = , то в силу теоремы π о пределе суперпозиции функций ([3, теорема 2.37]) существует исходный предел, равный e2/π . Пример 19. Исследовать возможность применения правила Лопиталя в следующих примерах: x2 sin(1/x) ; a) lim x→0 sin x
b) x→∞ lim
x − sin x . x + sin x
a). Положим f (x) = x2 sin(1/x), ϕ(x) = sin x. Функция f дифференцируема на R\{0}, функция ϕ дифференцируема на R. Кроме того, ϕ0 (x) = cos x 6= 0, 18
◦
∀x ∈U 0 (π/2) и lim f (x) = lim x2 sin(1/x) = 0, lim ϕ(x) = lim sin x = 0, то есть x→0 x→0 x→0 x→0 для самих функций f и ϕ условия теоремы [3, теорема 4.16] выполняются. Покажем с помощью теоремы Гейне (см. [3, теорема 2.31]), что при x → 0 не существует предела частного f 0 (x) 2x sin(1/x) + x2 cos(1/x) · (−1/x2 ) 2x sin(1/x) − cos(1/x) = = . ϕ0 (x) cos x cos x Пусть xn =
1 , тогда xn 6= 0 для всех n ∈ N, xn → 0 и 2πn f 0 (xn ) 1 = − → −1. ϕ0 (xn ) cos(1/2πn)
1 Пусть x0n = π , тогда x0n 6= 0 для всех n ∈ N, x0n → 0 и + 2πn 2 f 0 (x0n ) 2 = → 0. ϕ0 (x0n ) ( π2 + 2πn) cos(1/( π2 + 2πn)) f 0 (x) и применение праx→0 ϕ0 (x)
Следовательно, по теореме Гейне не существует lim
вила Лопиталя в этом случае невозможно. b). Пусть f (x) = x−sin x, ϕ(x) = x+sin x. Функции f и ϕ дифференцируемы на R, ϕ0 (x) = 1 + cos x, ∀x ∈ R. Далее, ϕ0 (x) = 0 ⇔ 1 + cos x = 0 ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + 2πk, k ∈ Z. Очевидно, что для любой окрестности U∞ (δ) найдется такое k ∈ Z, что ◦
π + 2πk ∈U ∞ (δ) и ϕ0 (π + 2πk) = 0. Значит, одно из условий правила Лопиталя нарушено, и потому оно в данном случае неприменимо. 3.1
Задания для самостоятельной работы
Найти следующие пределы: π − 2 arctg x 1) lim ; 2) lim (ctg x − 1/x); x→+∞ ln(1 + 1/x) x→0 !1/x2 arcsin x xx − 1 3) lim ; 4) lim ; x→0 x→1 ln x x 19
5) lim (arcsin x)tg x ; x→+0
x ln x ; x→+0 (− ln x)x
7) lim 4
1/x
(1 + x)1/x 6) lim ; x→0 e (a + x)x − ax 8) lim , (a > 0). x→0 x2
Формула Тейлора
Формула Тейлора (см. [3, раздел 4.11]) — мощный инструмент исследования поведения функции. Прежде чем привести примеры её использования, напомним разложения по формуле Тейлора – Маклорена основных элементарных функций при t → 0. 1) ex =
x2 xn xk + o(xn ) = 1 + x + + ··· + + o(xn ); 2! n! k=0 k! n X
x3 x2n+1 x2k+1 2k+2 n + o(x )=x− − · · · + (−1) + o(x2n+2 ); 2) sin x = 3! (2n + 1)! k=0 (2k + 1)! n X
2n x2k x2 x4 2k+1 n x 3) cos x = + o(x )=1− + + · · · + (−1) + o(x2n+1 ); 2! 4! (2n)! k=0 (2k)! n X
α(α − 1) . . . (α − (k − 1)) k x + o(xk ) = k! k=1 α(α − 1) . . . (α − (n − 1)) n α(α − 1) 2 x + ··· + x + o(xn ); = 1 + αx + 2! n! n X
α
4) (1 + x) = 1 +
5)
n X 1 = (−1)k xk + o(xk ) = 1 − x + x2 + · · · + (−1)n xn + o(xn ); 1 + x k=0
6)
n X 1 = xk + o(xk ) = 1 + x + x2 + · · · + xn + o(xn ); 1 − x k=0
7) ln (1 + x) =
n X
(−1)
k=1
n x2 x3 n−1 x + o(x ) = x − + + · · · + (−1) + o(xn ). k 2 3 n
k−1 x
k
k
В этих формулах используется операция сравнения функций — f (x) = o(ϕ(x)) при x → a (см. [3, раздел 2.2.8]). Напомним, что такая запись указывает на то, что функция f принадлежит классу функций, представимых в виде f (x) = α(x)ϕ(x), где α(x) → 0 при x → a. При работе с символом o надо знать его свойства. Напомним их, например, для бесконечно малых функций при x → a .
20
1. Если f (x) = o(ϕ(x)), g(x) = o(ϕ(x)), при x → a, то для любых α, β ∈ R αf (x) + βg(x) = o(ϕ(x)) при x → a. 2. Если f (x) = o(ψ(x)ϕ(x)) при x → a, где ψ(x) — локально ограниченная в точке a функция, то f (x) = o(ϕ(x)) при x → a. В частности, если c ∈ R \ {0} и при x → a f (x) = o(cϕ(x)), то f (x) = o(ϕ(x)) при x → a. 3. Если 0 < α < β, f (x) = o(ϕβ (x)) при x → a, то f (x) = o(ϕα (x)) при x → a. 4. Если f1 (x) = o(ϕ1 (x)), f2 (x) = o(ϕ2 (x)) при x → a, то f1 (x)f2 (x) = o(ϕ1 (x)ϕ2 (x)) при x → a. 5. Если f (x) = o(ϕα (x)) при x → a, то ϕβ (x)f (x) = o(ϕα+β (x)) при x → a. 6. Если f (x) = o(ϕ(x)) и ϕ(x) ∼ ψ(x) при x → a, то f (x) = o(ψ(x)) при x → a. 4.1
Разложение функции по формуле Тейлора
Пример 20. Многочлен p(x) = x3 − 2x2 + 3x − 1 разложить по целым неотрицательным степеням (x − 1). Указать p00 (1). p(x) = ((x − 1) + 1)3 − 2((x − 1) + 1)2 + 3((x − 1) + 1) − 1 = = (x − 1)3 + (x − 1)2 + 2(x − 1) + 1. Так как в формуле Тейлора коэффициент при (x − a)k равен p(k) (a)/k!, то p00 (1)/2! = 1, поэтому p00 (1) = 2! = 2. Пример 21. Разложить по формуле Тейлора – Маклорена до o(x4 ) при x → 0 следующие функции: a) f (x) =
1 + 2x + x2 , 1 − x − x2
b) f (x) = tg x.
a) Произведем деление многочлена 1 + 2x + x2 на многочлен 1 − x − x2 и получим, что 13x4 + 8x5 2 3 Поскольку f (x) = 1 + 3x + 5x + 8x + и при x → 0 1 − x − x2 13x4 + 8x5 ϕ(x) = ∼ 13x4 , 2 1−x−x то ϕ(x) = 13x4 + o(13x4 ). Тогда по свойству 2) o-символа имеем: f (x) = 1 + 3x + 5x2 + 8x3 + 13x4 + o(x4 ), x → 0. 21
1 + 2x + x2 1 − x − x2 1 − x − x2 1 + 3x + 5x2 + 8x3 3x + 2x2 3x − 3x2 − 3x3 5x2 + 3x3 5x2 − 5x3 − 5x4 8x3 + 5x4 8x3 − 8x4 − 8x5 13x4 + 8x5 b) Так как f (0) = 0, f 0 (0) = 1, f 00 (0) = 0, f (3) (0) = 2, f (4) (0) = 0, то, x3 применяя формулу Маклорена, получим f (x) = x + + o(x4 ), x → 0. 3 Пример 22. Разложить по формуле Тейлора – Маклорена до указанного порядка следующие функции: a) f (x) = e5x−1 до o(xn );
b) f (x) = ln(9 − 4x) до o(x3 ).
a). f (x) = e5x−1 = e−1 e5x . Воспользуемся приведенным выше разложением функции et при t → 0. Можно положить t = 5x, так как t = 5x → 0 при x → 0. Поэтому
(5x)k −1 f (x) = e + o((5x)n ) , x → 0. k=0 k! n X
Из свойства 2) o-символа получаем, что o(5n xn ) = o(xn ) при x → 0, а из свойства 1) — e−1 o(xn ) = o(xn ) при x → 0. Таким образом, 5k k f (x) = x + o(xn ), x → 0. k=0 e k! n X
b). Используя приведенное выше разложение функции ln(1 + x) при x → 0, получим, что f (x) = ln(9 − 4x) = ln (9(1 − 4/9x)) = ln 9 + ln(1 − 4/9x) = !
4x 1 4x = ln 9 + − − − 9 2 9
!2
1 4x + − 3 9
!3
+ o
4x − 9
!3
4 8 2 43 3 x − 7 x + o(x3 ) при x → 0. = ln 9 − x − 9 81 3 22
=
Пример 23. Разложить в окрестности точки x0 = 1 по формуле Тейлора √ до o((x − 1)4 ) функцию f (x) = x. q 1 √ Так как x = 1 + (x − 1) = (1 + (x − 1)) 2 , t = x − 1 → 0, при x → 1, то, используя разложение 4) при x → 1 и α = 1/2, получим, что !
!
!
1 1 1 1 1 1 3 1 f (x) = 1 + (x − 1) + − (x − 1)2 + − − (x − 1)3 + 2 2 2! 2! ! 2 2 2 3! ! 1 3 5 1 1 − − − (x − 1)4 + o((x − 1)4 ) = + 2 2 2 2 4! 1 1 1 5 = 1 + (x − 1) − (x − 1)2 + (x − 1)3 − (x − 1)4 + o((x − 1)4 ) . 2 8 16 128 Пример 24. Разложить в окрестности бесконечно удалённой точки по фор! 1 x+1 . муле Тейлора до o 4 функцию f (x) = ln x x 1 f (x) = ln(1 + 1/x). Заметим, что t = → 0 при x → ∞. Применяя формулу x 7), получим, что при x → ∞ !
1 1 1 1 1 f (x) = − 2 + 3 − 4 + o 4 , . x 2x 3x 4x x Пример 25. Разложить в окрестности точки x0 по формуле Тейлора – Маклорена до указанного порядка следующие функции: a) f (x) = cos4 x + sin4 x, x0 = 0, до o(x5 ); √ b) f (x) = cos x, x0 = 0, до o(x4 ). a). f (x) = cos4 x + sin4 x = (cos2 x + sin2 x)2 − 2 cos2 x sin2 x = 1 − cos 4x 3 1 = + cos 4x . 4 4 4 Из формулы 3) разложения cos x следует, что при x → 0 =1−
8 3 1 (4x)2 (4x)4 f (x) = + 1− + + o(x5 ) = 1 − 2x2 + x4 + o(x5 ) . 4 4 2! 4! 3 b). Способ 1. Используем разложение 3) при x → 0: √
cos x = 1 −
2
4
x x + + 2! 4!
1 2 o(x5 )
23
= 1 + −
2
4
x x + + 2! 4!
1 2 o(x5 )
.
x2 x4 Так как − + +o(x5 ) → 0 при x → 0, то применяя разложение 4), получим: 2! 4!
!
2
1 x2 x4 1 1 1 x2 x4 5 f (x) = 1 + − + + o(x ) + − − + + o(x5 ) + 2 2! 4! 2 2 2 2! 4! +
x2 − o
4
x + + 2! 4!
2 o(x5 )
!
x2 1 1 =1− + − x4 + o(x4 ) = 4 48 32
x2 x4 − + o(x4 ). =1− 4 96 Способ 2. Поскольку cos x → 1 при x → 0, то, по аналогии с примером (23), получим, что при x → 0 √
q 1 1 cos x = 1 + (cos x − 1) = 1 + (cos x − 1) − (cos x − 1)2 + 2 8 5 1 (cos x − 1)4 + o((cos x − 1)4 ). + (cos x − 1)3 − 16 128 Далее, используем разложение 3):
f (x) =
2
1 x2 x4 1 x2 x4 5 f (x) = 1 + − + + o(x ) − − + + o(x5 ) + 2 2! 4! 8 2! 4!
x − +o
2
4
x + 2! 4!
2
x2 x4 =1− − + o(x4 ), x → 0. 4 96
Замечание. Применяя идею способа 2, разложение функции f (x) = tg x по формуле Тейлора можно получить, представляя её в виде f (x) = sin x(1 − sin2 x)1/2 и используя разложения 2), 4). 4.2
Применение формулы Тейлора к вычислению пределов
Пример 26. Вычислить следующие пределы: √ √ √ 1 + x cos x − 1 + 2x 6 6 , b) lim ( x6 + x5 − x6 − x5 ), a) lim x→+∞ x→0 ln(1 − x) + x √ 1 1 esin x − 1 + x2 − x cos x c) lim − , d) lim . x→0 x→1 ln x x−1 ln3 (1 − x)
24
a). Функции, стоящие в числителе и знаменателе дроби, являются бесконечно малыми при x → 0, поэтому имеем неопределённость вида 0/0. Разложим при x → 0 числитель и знаменатель дроби по формуле Маклорена, при этом ограничимся первыми отличными от нуля слагаемыми: x2 x2 + o(x2 ) + x = − + o(x2 ), 2 2 ! √ 1 1 2 2 1 + x cos x − 1 + 2x = 1 + x (1 + o(x)) − 1 + 2x − (2x) + o(x ) = 2 8 1 = x2 + o(x2 ). 2 Тогда ln(1 − x) + x = −x −
1 1 2 √ x + o(x2 ) + o(1) 1 + x cos x − 1 + 2x 2 2 lim = lim 1 = −1. = lim 1 x→0 x→0 x→0 ln(1 − x) + x 2 2 − x + o(x ) − + o(1) 2 2 √ 6
√ 6
v u u 6t x 1
v u u 6t
1 1 . − 1− x→+∞ x→+∞ x x Способ 1. Выражение, стоящее в круглых скобках, в окрестности бесконечно удалённой точки разложим по формуле Тейлора до первого отличного от нуля слагаемого: b). lim (
x6 + x5 −
x6 − x5 ) = lim
+
!!
!!!
1 1 1 1 lim x 1 + +o − 1− +o = x→+∞ 6x x 6x x !! ! 1 1 1 1 = lim x +o = lim + o(1) = . x→+∞ x→+∞ 3 3x x 3 1 Способ 2. Пусть t = . При x → +∞ t → +0, и наоборот. Тогда x √ √ 6 6 lim ( x6 + x5 − x6 − x5 ) =
x→+∞
!
!
t t √ √ 1 + + o(t) − 1 − + o(t) 6 6 1+t− 1−t 6 6 = lim = lim = t→0 t→0 t t t ! + o(t) 1 1 3 = lim = lim + o(1) = . t→0 t→0 3 t 3
25
!
1 x − ln x − 1 1 − = lim = c). lim x→1 (x − 1) ln x x→1 ln x x−1 (x − 1) − ln(1 + (x − 1)) . x→1 (x − 1)2
= lim
Числитель дроби в окрестности точки 1 разложим по формуле Тейлора:
(x − 1)2 (x − 1) − (x − 1) − + o((x − 1)2 ) 2 lim = x→1 (x − 1)2 1 ! (x − 1)2 + o((x − 1)2 ) 1 1 = lim 2 = lim + o(1) = . x→1 x→1 2 (x − 1)2 2 d). Прежде всего, упростим знаменатель дроби, заменяя его на эквивалентное при x → 0 выражение −x3 : √ √ esin x − 1 + x2 − x cos x esin x − 1 + x2 − x cos x = lim . lim x→0 x→0 −x3 ln3 (1 − x) При x → 0 числитель дроби разложим до o(x3 ). Поскольку
sin x
e
x3 x3 4 = exp x − + o(x ) = 1 + x − + o(x4 ) + 3! 3!
2
3
x3 x3 1 4 x − + o(x ) + x− + o(x4 ) + o(x3 ) = 3! 6 3! x3 x2 x3 x2 + + + o(x3 ) = 1 + x + + o(x3 ), =1+x− 6 2 6 2 то при x → 0 разложение числителя дроби будет иметь вид 1 + 2
sin x
e
−
√
x2 x2 3 2 1 + x − x cos x = 1 + x + + o(x ) − 1 + + o(x3 ) − 2 2
1 3 x + o(x3 ) x x 1 3 3 2 −x 1 − + o(x ) = + o(x ). Тогда lim = − . x→0 2 2 −x3 2
4.3
2
3
Задания для самостоятельной работы
1. Разложить в окрестности точки a по формуле Тейлора до указанного порядка следующие функции: 26
1 , a = 0, до o(x3 ), 2 − 3x b) f (x) = cos 3x cos 5x, a = 0, до o(x5 ), a) f (x) = √ 3
c) f (x) = (x + 1)e2x , a = −1, до o (x + 1)4 ,
π π d) f (x) = sin 3x, a = , до o x − 6 6
!5 ,
e) f (x) = ln(x2 + 3x + 2), a = 0, до o(x3 ),
2
f) f (x) = (x + 3)e3x +18x , a = −3, до o (x + 3)6 , x , a = 0, до o(x4 ). g) f (x) = x e −1 2. Разложить в окрестности бесконечно удалённой точки по формуле Тейлора до указанного порядка следующие функции: a) f (x) =
3x3 +1 e x3
!
!
1 1 b) f (x) = √ до o . x3 1 + x3
1 до o 11 , x
3. Вычислить следующие пределы: tg x − x , a) lim x→0 sin x − x 2 cos x − 2 + ex /2 c) lim , 4 x→0 arcsin x √ x 1 + sin x + ln x e) lim , x→0 tg x − sin x √ cos x 1/x2 , g) lim √ x→0 1 + tg x2
ln(1 + x3 ) − 2 sin x + 2x cos x2 b) lim , x→0 arctg x3 √ √ √ d) lim x3/2 ( x + 1 + x − 1 − 2 x) , x→+∞ √ ex − 1 + 2x + 2x2 f) lim , x→0 x + tg x − sin 2x √ 1/x2 cos x h) lim x . x→0 e − ln(1 + x)
27
Список литературы [1] Виноградова И. А. Задачи и упражнения по математическому анализу, т.1 [Текст]: учебное пособие для вузов/ Виноградова И. А. С. Н. Олехник, В. А. Садовничий. – М. : Высшая школа, 2000. [2] Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу [Текст]: учеб. для вузов/ Демидович Б. П. – М. : Наука, 1990. [3] Курс лекций по математическому анализу, I курс, 1-й семестр [Текст]: учебное пособие для вузов/ Коршикова Т.И. [и другие] – Ростов-на-Дону: Из-во ООО «ЦВВР», 2006.
Содержание 1
Производные и дифференциалы первого порядка 1.1 Задания для самостоятельной работы . . . . . . . . . . . . . . .
3 10
2 Производные и дифференциалы высших порядков 2.1 Задания для самостоятельной работы . . . . . . . . . . . . . . .
11 15
3 Правило Лопиталя 3.1 Задания для самостоятельной работы . . . . . . . . . . . . . . .
15 19
4 Формула Тейлора 20 4.1 Разложение функции по формуле Тейлора . . . . . . . . . . . . 21 4.2 Применение формулы Тейлора к вычислению пределов . . . . . 24 4.3 Задания для самостоятельной работы . . . . . . . . . . . . . . . 26 Литература 28
28