Теореми про диференціальні функції (реферат)

РефератДопомога в написанніДізнатися вартістьмоєї роботи

Теореми про диференціальні функції (реферат) (реферат, курсова, диплом, контрольна)

МІНІСТЕРСТВО ОСВІТИ ТА НАУКИ УКРАЇНИ КИЇВСЬКИЙ НАЦІОНАЛЬНИЙ ТОРГОВЕЛЬНО-ЕКОНОМІЧНИЙ УНІВЕРСИТЕТ КОЛОМИЙСЬКИЙ ЕКОНОМІКО-ПРАВОВИЙ КОЛЕДЖ РЕФЕРАТ з дисципліни «Вища математика» .

розділ № 3 «Диференціальне числення» .

на тему: «Теореми про диференціальні функції» .

Виконала:

студентка групи Б-13.

Довганюк Оксана Перевірила:

Лугова Л.Б.

Коломия 2003 р.

— 1;

Правило Лопіталя Теорема 1. Нехай в околі точки, а задано неперервно диференційовані функції f (x), Причому f (а) = = 0. Тоді в разі існування границі відношення похідних цих функцій при х існує і границя відношення самих функцій при х :

$lim_{x -> a} \frac{f (x)}{(x)} = lim_{x -> a} \frac{f' (x)}{' (x)} .$ (1).

Доведення. Розглянемо деякий відрізок $[a, x]$ з околу точки а, на якому для функцій f (x) і виконуються умови теореми Коші. Отже між точками, а і х, знайдеться точка ака що.

$\frac{f (x) - f (a)}{(x) - (a)} = \frac{f' ()}{' ()},$ .

або.

$\frac{f (x)}{(x)} = \frac{f' ()}{' ()} .$ (2).

Переходячи в рівності (2) до границі при х і враховуючи теорему про границю частки двох функцій, дістаємо (1).

Зауваження 1. Правило Лопіталя можна застосувати кількаразово, якщо для відповідної функції або похідної виконуються умови теореми Коші.

ауваження 2. Функції f (x), які неперервними і диференційованими в околі точки х = а, у самій точці а можуть бути не визначеними. Але якщо існують границі.

$lim_{x -> a} f (x) = 0, lim_{x -> a} (x) = 0,$ .

то можна застосувати правило Лопіталя до відношення $\frac{f (x)}{(x)} .$ .

Якщо функції f (x) і невизначені в точці х = а, то визначаємо значення функцій f (x) і та їх граничні значення при х а:

$f (a) = lim_{x -> a} f (x) = 0, (a) = lim_{x -> a} (x) = 0 .$ .

це можна зробити, оскільки ми розглядаємо границю відношення функцій, припускаючи, що в околі точки, а виконується умова теореми Коші.

Теорема 2. Нехай функції f (x) і неперервні і диференційовані на пів прямій с < х < tх < с), причому на цій півпрямій не перетворюється на нуль і водночас виконуються рівності:

$lim_{x ->} f (x) = 0, lim_{x ->} (x) = 0 .$ .

Тоді, якщо існує $lim_{x ->} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ , то існує і $lim_{x ->} \frac{f (x)}{(x)}$ та справджується рівність.

$lim_{x ->} \frac{f (x)}{(x)} = lim_{x ->} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ . (3).

Доведення. Покладемо $z = \frac{1}{x}$ . Отже, якщо x то z Маємо:

$lim_{z -> 0} f (\frac{1}{z}) = 0, lim_{z -> 0} (\frac{1}{z}) = 0$ .

Розглянемо границю відношення.

$lim_{z -> 0} \frac{f (\frac{1}{z})}{(\frac{1}{z})} = lim_{z -> 0} \frac{f^{'} (\frac{1}{z}) (- \frac{1}{z^{2}})}{^{'} (\frac{1}{z}) (- \frac{1}{z^{2}})} = lim_{x ->} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ .

Якщо ця границя існує, то існує й границя $lim_{x ->} \frac{f (x)}{(x)}$ .

На підставі здобутих результатів можемо розглядати границі відношення нескінченно малих величин.

Границя відношення нескінченно малих величин дорівнює границі відношення їх похідних, якщо остання існує у зазначеному щойно сенсі.

риклад.

$\begin{matrix} 1) lim_{x -> 0} \frac{sin 3 x}{2 x} = [\frac{0}{0}] = lim_{x -> 0} \frac{3 cos 3 x}{2} = \frac{3}{2} - \\ 2) lim_{x -> 0} \frac{ln (1 + x)}{x} = lim_{x -> 0} \frac{1 + x}{1} = 1 - \\ 3) lim_{x -> 0} \frac{x^{4}}{x^{2} + 2 sin x} = lim_{x -> 0} \frac{4 x^{3}}{2 x + 2 cos x} = 0 - \\ 4) lim_{x -> 0} \frac{x^{2}}{x - sin x} = lim_{x -> 0} \frac{2 x}{1 - cos x} = lim_{x -> 0} \frac{2}{sin x} = . \end{matrix}$ .

Теорема 3. Нехай функції f (x) і в околі точки х = а неперервні і диференційовані, причому х). Тоді в разі виконання рівностей $lim_{x -> a} f (x) =, lim_{x -> a} (x) =$ та існування $lim_{x -> a} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ існує і $lim_{x -> a} \frac{f (x)}{(x)} :$ .

$lim_{x -> a} \frac{f (x)}{(x)} = lim_{x -> a} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ .

(4).

Доведення. Розглянемо деякий окіл точки а, в якому виконується умова теореми. У цьому околі візьмемо деяку точку й розглядатимемо х із інтервалу — х < а (аналогічно, а < х < /p>

Застосуємо до відрізка $[, x]$ теорему Коші:

$\frac{f (x) - f ()}{(x) - ()} = \frac{f^{'} ()}{^{'} ()} (< < x) .$ .

Отже,.

$\frac{f (x)}{(x)} = \frac{f^{'} ()}{^{'} ()} \frac{1 - \frac{f ()}{(x)}}{1 - \frac{()}{f (x)}} .$ .

За умовою $lim_{x -> a} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)} = A$ . Звідси випливає, що для будь-якого малого 0 виконується нерівність.

$| \frac{f^{'} ()}{^{'} ()} - A | <$ ,.

або.

$A - < \frac{f^{'} ()}{^{'} ()} < A +$ . (5).

Знайдемо.

$lim_{x -> a} \frac{1 - \frac{()}{(x)}}{1 - \frac{f ()}{f (x)}} .$ .

Виберемо ак, щоб для заданого правджувалась нерівність (5) і при х виконувались співвідношення: f (x) і Тоді.

$lim_{x -> a} \frac{1 - \frac{()}{(x)}}{1 - \frac{f ()}{f (x)}} = 1,$ .

або.

$1 - < \frac{1 - \frac{()}{(x)}}{1 - \frac{f ()}{f (x)}} < 1 +$ . (6).

Перемножимо почленно (5) і (6):

$(1 -) (A -) < \underset{}{\underset{}{\frac{f^{'} ()}{^{'} ()} \frac{1 - \frac{f ()}{f (x)}}{1 - \frac{()}{(x)}}}} < (1 +) (A +)$ . (7).

Вибираючи значення остатньо малим і переходячи в останній нерівності до границі при х, дістаємо (4).

Аналогічно розглядається випадок, коли х p>

Якщо f (x) і неперервно диференційовані на півпрямій с < х < (-tх < с) $lim_{x ->} f (x) =, lim_{x ->} (x) =,$ х) причому існує $lim_{x ->} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ , то існує і $lim_{x ->} \frac{f (x)}{(x)}$ :

$lim_{x ->} \frac{f (x)}{(x)} = lim_{x ->} \frac{f^{'} (x)}{^{'} (x)}$ .

(8).

Границя відношення нескінченно великих величин дорівнює відношенню їх похідних у разі існування останніх.

риклад.

$\begin{matrix} 1) lim_{x ->} \frac{x^{3}}{e^{x}} = [\frac{}{}] = lim_{x ->} \frac{3 x^{2}}{e^{x}} = [\frac{}{}] = lim_{x ->} \frac{3 2 x}{e^{x}} = [\frac{}{}] = lim_{x ->} \frac{6}{e^{x}} = 0 - \\ 2) lim_{x ->} \frac{{lo {g}_{a}^{'} x}{x^{k}} \end{matrix} = [\frac{}{}] = lim_{x ->} \frac{({log}_{a} x)^{'}}{(x^{k})^{'}} = lim_{x ->} \frac{\frac{1}{x ln a}}{{kx}^{k - 1}} = \frac{1}{k ln a} lim_{x ->} \frac{1}{x^{k}} = 0 k > 0 .$ .

ауваження. У формулах (4), (8) з існуванням границь відношення похідних випливає існування відношення функцій. Обернене твердження не буде правильним.

риклад. Обчислити $lim_{x ->} \frac{x + sin x}{x} .$ .

Згідно з правилом Лопіталя маємо:

$lim_{x ->} \frac{x + sin x}{x} = [\frac{}{}] = lim_{x ->} \frac{(x + sin x)^{'}}{x^{'}} = lim_{x ->} \frac{1 + cos x}{1} .$ .

Отже, границя даної функції не існує, оскільки не існує $lim_{x ->} cos x$ .

Але.

$lim_{x ->} \frac{x + sin x}{x} = lim_{x ->} (1 + \frac{sin x}{x}) = 1 .$ .

ауваження. Правило Лопіталя є ефективним методом розкриття невизначеностей. Проте застосування його не завжди дає змогу спростити здобутий вираз і знайти шуканий результат.

риклад. Знайти $lim_{x ->} \frac{\sqrt{x + 1}}{\sqrt{x - 1}}$ .

$lim_{x ->} \frac{\sqrt{x + 1}}{\sqrt{x - 1}} = [\frac{}{}] = lim_{x ->} \frac{\frac{1}{2 \sqrt{x + 1}}}{\frac{1}{2 \sqrt{x - 1}}} = lim_{x ->} \frac{\sqrt{x - 1}}{\sqrt{x + 1}} = [\frac{}{}] .$ .

Якщо застосувати правило Лопіталя вдруге, то функція під знаком границі набере початкового вигляду. Таким чином, за цим правилом не вдається розкрити невизначеність.

Але.

$lim_{x ->} \frac{\sqrt{x + 1}}{\sqrt{x - 1}} = lim_{x ->} \frac{\sqrt{1 + \frac{1}{x}}}{\sqrt{1 - \frac{1}{x}}} = 1 .$ .

ВИСНОВОК:

Невизначеності виду $[\frac{0}{0}], [\frac{}{}]$ можна розкривати за правилом Лопіталя (1),(4),(8).

Застосування правила Лопіталя для розкриття невизначеностей виду $[0], [-], [1^{}], [^{0}], [0^{0}]$ .

І. Невизначеність виду $[0]$ .

за допомогою перетворень зводиться до невизначеностей $[\frac{0}{0}]$ або $[\frac{}{}]$ , а далі застосовується правило Лопіталя.

Знайти границю $lim_{x -> a} (x) (x)$ , якщо $lim_{x -> a} (x) = 0, lim_{x -> a} (x) =$ .

$\begin{matrix} lim_{x -> a} \frac{(x)}{\frac{1}{(x)}} = [\frac{0}{0}] - \\ lim_{x -> a} \frac{(x)}{\frac{1}{(x)}} = [\frac{}{}] \\ \begin{matrix} { \end{matrix} \end{matrix}$ .

Приклад. Знайти: $lim_{x -> + 0} x^{} ln x (> 0)$ .

$lim_{x -> + 0} x^{} ln x = lim_{x -> + 0} \frac{ln x}{x^{-}} = lim_{x -> + 0} \frac{(ln x)^{'}}{(x^{-})^{'}} = lim_{x -> + 0} \frac{\frac{1}{x}}{- x^{- - 1}} = lim_{x -> + 0} \frac{x^{}}{-} = 0$ .

Приклад. Знайти $lim_{x -> +} x^{n} e^{- x} (n > 0)$ .

$\begin{matrix} lim_{x -> +} x^{n} e^{- x} = [0] = lim_{x -> +} \frac{x^{n}}{e^{x}} = lim_{x -> +} \frac{{nx}^{n - 1}}{e^{x}} = lim_{x -> +} \frac{n (n - 1) x^{n - 2}}{e^{x}} = \\ lim_{x -> +} \frac{n (n - 1) (n - m + 1)}{e^{x}} = 0 \end{matrix}$

При х тепенева функція зростає повільніше, ніж будь-яка інша показникова функція.

ІІ. Невизначеність $[-]$ .

за допомогою перетворень зводиться до невизначеності виду $[\frac{0}{0}] або [\frac{}{}] .$ .

Знайти $lim_{x -> a} \sqrt{f (x)} - \sqrt{(x)}$ , якщо $lim_{x -> a} f (x) =, lim_{x -> a} (x) = .$ .

$lim_{x -> a} (\sqrt{f (x)} - \sqrt{(x)}) = lim_{x -> a} \frac{f (x) - (x)}{\sqrt{f (x)} + \sqrt{(x)}} .$ .

Приклад.

$\begin{matrix} lim_{x -> 0} (ctg x - \frac{1}{x}) = [-] = lim_{x -> 0} (\frac{cos x}{sin x} - \frac{1}{x}) = lim_{x -> 0} \frac{x cos x - sin x}{x sin x} = [\frac{0}{0}] = \\ lim_{x -> 0} \frac{(x cos x - sin x)^{'}}{(x sin x)^{'}} = lim_{x -> 0} \frac{cos x - sin x - cos x}{sin x + x cos x} = lim_{x -> 0} \frac{- x sin x}{sin x + x cos x} = \\ [\frac{0}{0}] lim_{x -> 0} \frac{(x sin x)^{'}}{(sin x + x cos x)^{'}} = lim_{x -> 0} \frac{sin x + x cos x}{cos x + cos x - x sin x} = \frac{0}{2} = 0 . \end{matrix}$ .

ІІІ. Невизначеність 1за допомогою перетворень зводиться до $[0]$ .

Знайти $lim_{x -> a} {[u (x)]}^{v (x)}, де lim_{x -> a} u (x) => 1, lim_{x -> a} v (x) =$ .

$lim_{x -> a} u (x)^{v (x)} = lim_{x -> a} e^{v (x) ln u (x)} = lim_{x -> a} e^{v ln [1 + (u - 1)]} = e^{lim_{x -> a} v (x) (u (x) - 1)} = e^{[0]}$ .

Приклад. Знайти.

$\begin{matrix} lim_{x -> \frac{}{4}} (tgx)^{tg 2 x} = [1^{}] = e^{lim_{x -> \frac{}{4}} tg 2 x (tgx - 1)} = e^{lim_{x -> \frac{}{4}} \frac{sin 2 x}{cos 2 x} (\frac{sin x}{cos x} - 1)} = \\ = e^{lim_{x -> \frac{}{4}} \frac{1}{cos 2 x} (\frac{sin x - cos x}{1}) \sqrt{2}} = e^{lim_{x -> \frac{}{4}} \frac{(cos x + sin x) \sqrt{2}}{- sin 2 x 2}} = e^{\frac{\frac{2}{\sqrt{2}} \sqrt{2}}{- 2}} = e^{- 1} \end{matrix}$ .

IV. Невизначеності виду $[^{0}], [0^{0}]$ за допомогою перетворень зводяться до невизначеності виду $[0]$ .

Знайти $lim_{x -> a} u (x)^{v (x)}$ при $lim_{x -> a} u (x) =$ або $lim_{x -> a} v (x) = 0$ ,.

$lim_{x -> a} u (x)^{v (x)} = lim_{x -> a} e^{v ln u} = e^{lim_{x -> a} v ln u} = e^{[0]}$ .

Приклад. Знайти $lim_{n ->} \sqrt[n]{n} .$ .

$lim_{n ->} \sqrt[n]{n} = lim_{n ->} n^{\frac{1}{n}} = [^{0}] = lim_{n ->} e^{\frac{1}{n} ln n} = e^{0} = 1$ .

Приклад. Знайти $lim_{n ->} \sqrt[n]{\frac{1}{n}} .$ .

$lim_{n ->} \sqrt[n]{\frac{1}{n}} = lim_{n ->} {(\frac{1}{n})}^{\frac{1}{n}} = [0^{0}] = lim_{n ->} e^{\frac{1}{n} ln \frac{1}{n}} = e^{lim_{n ->} \frac{- ln n}{n}} = e^{0} = 1$ .

Приклад. Знайти $lim_{n ->} \sqrt[n]{e^{- n}} .$ .

$lim_{n ->} \sqrt[n]{e^{- n}} = lim_{n ->} {(e^{- n})}^{\frac{1}{n}} = [\frac{0}{0}] = lim_{n ->} e^{- 1} = \frac{1}{e}$ .

ауваження. Часто границі обчислюють, комбінуючи різні методи — застосування шкали еквівалентностей та правила Лопіталя.

— 2 ;

ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА Розглянемо одну з основних формул математичного аналізу, так звану формулу Тейлора, яка широко застосовується як в самому аналізі, так і в суміжних дисциплінах. Зупинимося лише на трьох застосуваннях.

В пункті про нескінченно великі величини ми можемо побачити, що заміна приросту функції її диференціалом дає змогу утворювати різні наближені формули. Виявляється, що ці формули можна уточнити, якщо застосувати диференціали вищих порядків: про це і йдеться у формулі Тейлора.

Формула Тейлора дає змогу розробити простий аналітичний апарат для обчислення значень функції у = f (х), які відповідають заданим значенням незалежної змінної х. Зрозуміло, що в тих випадках, коли функція задається формулою виду $y = \frac{x^{2}}{2} - 3 x + 5$ , значення обчислюються лише за допомогою чотирьох арифметичних дій. Але як знайти, наприклад, значення функції $y = sin x$ ? Очевидно, цю задачу найпростіше можна «розв'язати» за допомогою калькулятора. Але ж калькулятор дає лише відповідь. А питання про те, які він при цьому виконує дії, залишається відкритим. Формула Тейлора і вказує, які арифметичні дії потрібно виконати над х, щоб одержати sin x.

Іншими словами, формула Тейлора дає змогу зобразити дану функцію многочленом, що зручно для складання програм і обчислень цієї функції на ЕОМ.

Ще одне практичне застосування цієї формули пов’язане з обробкою числових експериментальних даних. Якщо в результаті експерименту одержимо масив значень (хі - уі), то спочатку будують графік залежності у =, а потім цю залежність описують аналітично, причому, як правило, у вигляді многочлена.

Обґрунтування можливості представляти функцію многочленом дає формула Тейлора.

Теорема. Нехай функція має в точці х0 і в деякому її околі похідні до (п+1)-го порядку включно, і нехай х — довільне значення аргументу із вказаного околу (х х0). Тоді між точками х0 і х знайдеться така точка с, що справедлива формула.

$\begin{matrix} f (x) = f (x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + \frac{f^{''} (x_{0})}{2!} (x - x_{0})^{2} + . . . + \\ + \frac{^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0})^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1} \end{matrix}$ (1).

$(c = x_{0} + (x - x_{0}), 0 < < 1) .$ .

означимо многочлен, що стоїть у правій частині формули (1), через х, х0):

$(x, x_{0}) = f (x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} (x - x_{0}) + . . . + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!} (x - x_{0}) .$ (2).

Його називають многочленом Тейлора степеня п для функції.

Різницю між функціями f (х) і позначимо через Rп (х):

$R_{n} (x) = f (x) - (x, x_{0}) .$ .

Теорема буде доведена, якщо встановимо, що.

$R_{n} (x) = \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1},$ (3).

де точка С лежить між точками х0 і х.

Зафіксуємо довільне значення х х0 із вказаного околу. Позначимо через t величину, що змінюється на відрізку $[x_{0} - x]$ , тобто $x_{0} <= t <= x$ , і розглянемо функцію.

$F (t) = f (x) - (x, t) - \frac{(x - t)^{n + 1} R_{n} (x)}{(x - x_{0})^{n + 1}}$ . (4).

Ця функція задовольняє всі умови теореми Ролля, тому знайдеться точка с х0- х) для якої.

$F^{'} (c) = 0$ . (5).

Якщо в функцію (4) підставити значення функції, t) з формули (2) і результат про диференціювати по t, то знайдемо.

$F^{'} (t) = - \frac{f^{(n + 1)} (t)}{n!} (x - t)^{n} + \frac{(n + 1) (x - t)^{n} R_{n} (x)}{(x - x_{0})^{n + 1}}$ . (6).

Покладемо у формулі (6) t = с, тоді з рівності (5) дістанемо.

$- \frac{f^{(n + 1)} (c)}{n!} (x - c)^{n} + \frac{(n + 1) (x - t)^{n} R_{n} (x)}{(x - x_{0})^{n + 1}} = 0$ .

Розв’язуючи це рівняння відносимо Rп (х), дістанемо формулу (3).

Формула (1) називається формулою Тейлора для функції f (х) в околі точки х0, а вираз (3) для Rп (х) — залишковим членом у формулі Лагранжа. Величина Rп (х) показує, яку помилку ми робимо, замінюючи функцію f (х) її многочленом Тейлора (2).

При цьому формулу (3) можна використати для того, щоб оцінити величину Rп (х) при х 0 і фіксованому п, а також при п /p>

Формулою Маклорена називають формулу Тейлора (1) при х0 = 0:

$f (x) = f (0) + \frac{f^{'} (0)}{1!} x + \frac{f^{''} (0)}{2!} x^{2} + . . . + \frac{f^{(n)} (0)}{n!} x^{n} + \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} x^{n + 1}$ (7).

де точка с знаходиться між 0 і х (с =, 0 .

Подамо формулу (1) через диференціали вищих порядків. Для цього покладемо в ній х — х0 = х = х0 +.

$\begin{matrix} f (x) = f (x_{0} +) = f (x_{0}) + \frac{f^{'} (x_{0})}{1!} + \\ + \frac{f^{''} (x_{0})}{2!}^{2} + . . . + \frac{f^{(n)} (x_{0})}{n!}^{n} + R_{n} (x) . \end{matrix}$ (8).

Оскільки f (х0 + - f (х0)= f (п)(х0) п = dпу, то формулу (8) можна записати у вигляді.

$= dy + \frac{d^{2} y}{2!} + \frac{d^{3} y}{3!} + . . . + \frac{d^{n} y}{n!} + R_{n} (x)$ . (9).

Покажемо, що коли функція f (п+1)(х) в околі точки х0 обмежена, то залишковий член Rп (х) при х 0 є нескінченно малою вищого порядку, ніж (х — х0) п:

$\begin{matrix} lim_{x -> x_{0}} \frac{R_{n} (x)}{(x - x_{0})^{n}} = lim_{x -> x_{0}} \frac{f^{(n + 1)} (c) (x - x_{0})^{n + 1}}{(x - x_{0})^{n} (n + 1)!} = \\ \frac{1}{(n + 1)!} lim_{x -> x_{0}} f^{(n + 1)} (c) (x - x_{0}) = 0 \end{matrix}$ ,.

тому, що добуток обмеженої величини на нескінченно малу є величина нескінченно мала.

Таким чином, обриваючи формулу (8) або (9) все далі і далі, дістаємо все точніші наближені формули: з точністю до величини $^{2} f (x_{0} +) f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) або dy$ (це відомі формули для наближених обчислень за допомогою першого диференціала) — з точністю до величини х/div>

$f (x +) f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) + \frac{f^{''} (x_{0})}{2!}^{2} або dy + \frac{d^{2} y}{2!}$ ;

з точністю до величини.

$\begin{matrix} f (x +) f (x_{0}) + f^{'} (x_{0}) + \frac{f^{''} (x_{0})}{2!}^{2} + \\ + \frac{f^{'''} (x_{0})}{3!} або dy + \frac{d^{2} y}{2!} + \frac{d^{3} y}{3!} \end{matrix}$ .

Те саме можна сказати про формулу (1): для тих значень х, для яких залишковий член Rп (х) достатньо малий, многочлен Тейлора (2) дає наближене значення функції f (х).

Многочлени Тейлора дають найкраще наближення функції f (х) у вигляді многочлен даного степеня поблизу точки х0. це треба розуміти так (рис. 1): серед усіх многочленів цього степеня які збігаються з функцією при х = х0, лише для многочлен Тейлора, величина $| R_{n} (x) |$ виявляється найменшою.

Рис. 1.

Із формули (3) видно, що залишковий член Rп (х) може бути малим навіть при великому відхиленні х від х0, якщо взяти достатньо великим порядок п многочлена Тейлора, тому, що факторіал при збільшенні п росте швидше степеня.

Приклади.

1.Написати формулу Маклорена для функції f (х)= sin x і оцінити залишковий член. Побудувати функцію і чотири перших многочлени Тейлора.
- скільки.

$f^{(n)} (x) = sin (x + \frac{}{2})$ ,.

то.

$\begin{matrix} 0, n = 0, 2, 4, . . ., 2 k - \\ (- 1)^{k}, n = 1, 3, 5, . . ., 2 k + 1 \\ f^{(n)} (0) = sin \frac{}{2} = \begin{matrix} { \end{matrix} \end{matrix}$ .

Підставивши значення похідних у формулу (7), дістанемо для функції f (х)= sin x формулу Маклорена.

$sin x = x - \frac{x^{3}}{3!} + . . . + \frac{(- 1)^{k - 1} x^{2 k - 1}}{(2 k - 1)!} + \frac{(- 1)^{k} cos c x^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!}$ ,.

де с лежить між 0 і х .

Оскільки $| cos x | <= 1, | x | <$ , то для залишкового члена справедлива оцінка.

$| R_{n} (x) | <= \frac{{| x |}^{2 k + 1}}{(2 k + 1)!}$ .

Нехай, наприклад, $x [0 - \frac{}{4}]$ . Покладемо k = 4, тоді.

$| R_{9} (x) | <= \frac{x^{9}}{9!} <= \frac{{(\frac{}{4})}^{9}}{9!} < \frac{(0,8)}{9!} < 0, 5$ .

Це означає, що наближена формула.

$sin x x - \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{5}}{5!} - \frac{x^{7}}{7!}$ .

дає змогу обчислювати значення sin x при х math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML" display="block" >[-4−4] з точністю до п’яти знаків.

Неважко (за допомогою калькулятора) переконатись, що ця сама формула, але на проміжку $[- \frac{}{2} - \frac{}{2}]$ наближає функцію sin x з точністю до 0,01. На рис. 2 показано, як із збільшенням степеня п розширюється «сфера дії» перших трьох многочленів Тейлора:

$\begin{matrix} sin x P_{1} (x) = x, | R_{1} (x) | <= \frac{| x^{3} |}{6} - \\ sin x P_{3} (x) = x - \frac{x^{3}}{6}, | R_{3} (x) | <= \frac{| x^{5} |}{120} - \\ sin x P_{5} (x) = x - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{120}, | R_{5} (x) | <= \frac{| x^{7} |}{5040} - \\ sin x P_{7} (x) = x - \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{120} - \frac{x^{7}}{5040}, | R_{7} (x) | <= \frac{| x^{9} |}{362 880} \end{matrix}$ .

і т. д.

Рис. 2.

Оскільки функція f (х)= sin x і її многочлени Тейлора є функції непарні, то на рис. 2 зображена лише «половина» графіків.

2.знайти формулу Маклорена для функції f (х)=ln (1 + х).
- находимо значення даної функції і її похідних при х = 0:

$\begin{matrix} f (x) = ln (1 + x), f (0) = 0 - \\ f^{'} (x) = \frac{1}{1 + x}, f^{'} (0) = 1 - \end{matrix}$ .

$\begin{matrix} f^{''} (x) = - \frac{1}{(1 + x)^{2}}, f^{''} (0) = - 1 = - 1!- \\ f^{'''} (x) = \frac{2}{(1 + x)^{3}}, f^{'''} (0) = 2 = 1 2 = 2!- \\ f^{(4)} (x) = - \frac{6}{(1 + x)^{4}}, f^{(4)} (0) = - 6 = 1 2 3 = - 3!- \\ f^{(5)} (x) = \frac{24}{(1 + x)^{5}}, f^{(5)} (0) = 24 = 1 2 3 4 = 4!- \\ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . \\ f^{(n)} (x) = \frac{(- 1)^{n - 1} (n - 1)!}{(1 + x)^{n}}, f^{(n)} (0) = (- 1)^{n - 1} (n - 1)! . \end{matrix}$ .

Підставляючи значення похідних у формулу Маклорена, маємо.

$ln (1 + x) = x - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} - \frac{x^{4}}{4} + . . . + \frac{(- 1)^{n - 1} x^{n}}{n} + \frac{(- 1)^{n} x^{n + 1}}{(n + 1) (1 + c)^{n + 1}}$ .

3.Розкласти за формулою Маклорена функції:

а) $f (x) = e^{x} -$ б) $f (x) = cos x -$ в) $f (x) = (1 + x)^{}$ ,.

- налогічно до попереднього розв’язання маємо:

$\begin{matrix} а) e^{x} = 1 + \frac{x}{1!} + \frac{x^{2}}{2!} + . . . + \frac{x^{n}}{n!} + \frac{e^{c} x^{n + 1}}{(n + 1)!} - \\ б) cos x = 1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{4} - . . . + \frac{(- 1)^{k} x^{2 k}}{(2 k)!} + \frac{(- 1)^{k + x} cos c x^{2 k + 2}}{(2 k + 2)!} - \\ в) (1 + x)^{} = 1 + x + \frac{(- 1)}{2!} x^{2} + \frac{(- 1) (- 2}{3!} x^{3} + . . . + \frac{(- 1) . . . (- n + 1}{n!} x^{n} + \\ + \frac{(- 1) . . . (- n)}{(n + 1)!} (1 + c)^{- n - 1} x^{n + 1} . \end{matrix}$ .

4.Знайти многочлен Тейлора для функції $f (x) = e^{x} -$ , який зображав би цю функцію на відрізку [-1- 1] з точністю до 0,001. Обчислити наближене значення е.
- попереднього прикладу маємо.

$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + . . . + \frac{x^{n}}{n!} + \frac{e^{c} x^{n + 1}}{(n + 1)!} .$ .

підберемо таке п, при якому модуль залишкового члена був би меншим від числа 0,001, маючи на увазі, що | х | число с лежить між 0 і х та ес |х| :

$\begin{matrix} | R_{n} (x) | = \frac{e^{c} x^{n + 1}}{(n + 1)!} <= \frac{e {| x |}^{n + 1}}{(n + 1)!} <= \frac{e}{(n + 1)!} < \frac{3}{(n + 1)!} - \\ | R_{1} (x) | = \frac{3}{(1 + 1)!} = \frac{3}{2} > 0, 001 - | R_{4} (x) | < \frac{3}{5!} = \frac{1}{40} > 0, 001 - \\ | R_{2} (x) | < \frac{3}{(1 + 2)!} = \frac{1}{2} > 0, 001 - | R_{5} (x) | < \frac{3}{6!} = \frac{1}{240} > 0, 001 - \\ | R_{3} (x) | < \frac{3}{(3 + 1)!} = \frac{1}{8} > 0, 001 - | R_{6} (x) | < \frac{3}{7!} = \frac{1}{1680} < 0, 001 . \end{matrix}$ .

Отже, п = 6, тому з точністю до 0,001 справедлива наближена формула.

$e^{x} 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} + \frac{x^{5}}{5!} + \frac{x^{6}}{6!}, x [- 1 - 1]$ .

Якщо в цій формулі покласти, наприклад, х = 1, то матимемо наближене значення числа е:

$e 1 + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{24} + \frac{1}{120} + \frac{1}{720} 2, 718$ .

5.Знайти многочлен Тейлора Р3 (х — 1) третього степеня відносно двочлена х — 1 для функції $f (x) = \sqrt[3]{x}$ .
- аємо.

$\begin{matrix} f (1) = \sqrt[3]{x} |_{x = 1} = 1 - \\ f^{'} (1) = \frac{1}{3} x {}^{- \frac{2}{3}} |_{x = 1} = \frac{1}{3} - \\ f^{''} (1) = - \frac{2}{9} x {}^{\frac{- 5}{3}} |_{x = 1} = - \frac{2}{9} - \end{matrix}$ $\begin{matrix} f^{'''} (1) = \frac{10}{27} x {}^{- \frac{8}{3}} |_{x = 1} = \frac{10}{27} - \\ f^{IV} (1) = - \frac{80}{81} x {}^{- \frac{11}{3}} |_{x = 1} = - \frac{80}{81} . \end{matrix}$ .

Поклавши у формулі Тейлора (1) х0 = 1 і п = 3, дістанемо.

$\sqrt[3]{x} = 1 + \frac{1}{3} (x - 1) - \frac{2}{9 2!} (x - 1)^{2} + \frac{10}{27 3!} (x - 1)^{3} - \frac{80}{81 4!} \sqrt[3]{c} (x - 1)^{4}$ ,.

де с лежить між 1 і х, тому.

$P_{3} (x - 1) = 1 + \frac{1}{3} (x - 1) - \frac{1}{9} (x - 1)^{2} + \frac{5}{81} (x - 1)^{3}$ .

Формулу (1) можна записати у вигляді.

$f (x) =_{i = 0}^{n} \frac{f^{(i)} (x_{0})}{i!} (x - x_{0})^{i} + \frac{f^{(n + 1)} (c)}{(n + 1)!} (x - x_{0})^{n + 1}$ . (10).

Коли функція f (х) є многочленом Рп (х) степеня п, то похідна $P_{n}^{(n + 1)} (x) 0$ , тому формула (10) матиме вигляд.

$P_{n} (x) =_{i = 0}^{n} \frac{P_{n}^{(i)} (x_{0})}{i!} (x - x_{0})^{i}$ . (11).

Ця формула називається формулою Тейлора для многочлена.

Приклади.

1.Розкласти многочлен Р3(х) = 1 — 2х + 3×2 — 4×3 за степенями бінома х + 1.
- користавшись формулою (11) при х0 = -1, маємо.

$\begin{matrix} P_{3} (x) = 1 - 2 x + 3 x^{2} - 4 x^{3}, \\ P_{3}^{'} (x) = - 2 + 6 x - 12 x^{3}, \\ P_{3}^{''} (x) = 6 - 24 x, \\ P_{3}^{'''} (x) = - 24, \end{matrix}$ $\begin{matrix} P_{3} (- 1) = 10 - \\ P_{3}^{'} (- 1) = - 20 - \\ P_{3}^{''} (- 1) = 30 - \\ P_{3}^{'''} (- 1) = - 24, \end{matrix}$ .

тому.

$P_{3} (x) = 10 - 20 (x + 1) + 15 (x + 1)^{2} - 4 (x + 1)^{3}$ .

2.Розкласти многочлен Рп (х) = (b + x) n за степенями х.

аємо Рп (0) = bn, $P_{n}^{(i)} (x) = n (n - 1) . . . (n - i + 1) (b + x)^{n - i}$ , тому, поклавши у формулі (11) Рп (х) = (b + x) n, х0 = 0, дістанемо відому формулу бінома Ньютона:

$\begin{matrix} (b + x)^{n} = b^{n} + {nb}^{n - 1} x + \frac{n (n - 1)}{2!} b^{n - 2} x^{2} + \frac{n (n - 1) (n - 2)}{3!} b^{n - 3} x^{3} + . . . + x^{n} = \\ _{i = 1}^{n} \frac{n!}{i! (n - i)!} b^{n - i} x^{i} . \end{matrix}$ (12).

Показати весь текст

Заповнити форму поточною роботою