Правило Лопіталя. 
Теореми Коші і Лагранжа (Реферат)

Реферат з вищої математики на тему:

Правило Лопіталя.

Теореми Коші і Лагранжа.

1. Правило Лопіталя У попередній главі ми ознайомилися з деякими способами розкриття невизначеностей. Розглянемо ще один спосіб, який ґрунтується на застосуванні похідних.

Теорема 1. Нехай функції $$f(x),(x)$$ визначені і диференційовні в околі точки х0, за винятком, можливо, самої точки х0, причому.

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}\text{.}$$.

Вважатимемо, що х0 — скінчене число: $$|x_0|\text{<+}\mathrm{}$$. Довизначемо функції $$f(x),(x)$$ в точці х=х0, поклавши $$f(x_0)=(x_0)=0\text{.}$$ Тоді ці функції будуть неперервні в точці х0. розглянемо відрізок [x0-x], що належить даному околу. Функції $$f(x)$$ і $$(x)$$ неперервні на [x0-x], диференційовні на (х0, х) і $$x(x_0-x)\mathrm{:}\text{'}(x)/=0$$ .

Тому за теоремою Коші знайдеться точка $$c(x_0-x)$$, для якої.

$$\frac{f(x)-f(x_0)}{(x)-(x_0)}=\frac{f\text{'}(c)}{\text{'}(c)}$$ або $$\frac{f(x)}{(x)}=\frac{f\text{'}(c)}{\text{'}(c)},$$.

тому, що $$f(x_0)=(x_0)=0$$. Оскільки за умовою $$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}$$ існує $$c->x_0$$, якщо $$x->x_0$$, то з рівності маємо:

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}=\underset{c->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(c)}{\text{'}(c)}=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}\text{.}$$.

Зауваження 1. Теорема справедлива і в тому випадку, коли $$x_0=\mathrm{}$$. Дійсно, поклавши $$x=\frac{1}{z}$$, маємо.

$$\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}=\underset{z->0}{\text{lim}}\frac{f\left(\frac{1}{z}\right)}{\left(\frac{1}{z}\right)}=\underset{z->0}{\text{lim}}\frac{{\left(f\left(\frac{1}{z}\right)\right)}^{\text{'}}}{{\left(\left(\frac{1}{z}\right)\right)}^{\text{'}}}=\underset{z->0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}\left(\frac{1}{z}\right)\left(-\frac{1}{z^2}\right)}{\text{'}\left(\frac{1}{z}\right)\left(-\frac{1}{z^2}\right)}=\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}\text{.}$$.

Зауваження 2. Якщо похідні $$f\text{'}(x)\begin{array}{cc}i& \text{'}(x)\end{array}$$ задовольняють ті самі умови, що і функції $$f(x)$$ і $$(x),$$ то теорему і можна застосувати ще раз. При цьому дістанемо.

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{''}(x)}{\text{''}(x)}\text{.}$$.

Взагалі, теорему 1 можна застосувати доти, поки не прийдемо до відношення похідних $$\frac{f^{(n)}(x)}{{}^{(n)}(x)}$$, яке має певну границю при $$x->x_0$$. Цю саму границю матиме й відношення функцій:

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}\text{.}$$.

Теорема 1 дає змогу розкривати невизначеність виду $$\frac{0}{0}\text{.}$$ Сформулюємо теорему, яка стосується розкриття невизначеності виду $$\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}$$ .

Теорема 2. Нехай функції $$f(x)$$ і $$(x)$$ визначені і диференційовні в околі точки х0 і в цьому околі.

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}f(x)=\underset{x->x_0}{\text{lim}}(x)=\mathrm{}\begin{array}{cc},& \text{'}(x)/=0\text{.}\end{array}$$.

Тоді якщо існує границя $$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)},$$ то існує границя $$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}$$ і.

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{(x)}=\underset{}{\text{lim}}\frac{f\text{'}(x)}{\text{'}(x)}\text{.}$$.

Цю теорему приймемо без доведення.

Виражене теоремами 1 і 2 правило обчислення границь називають правилом Лопіталя за іменем математика, який опублікував його. Але це правило відкрив І. Бернуллі, тому правило Лопіталя називають ще правилом Бернуллі - Лопіталя.

Зауважимо, що правило Лопіталя застосовується лише для розкриття невизначеності виду $$\frac{0}{0}$$ і $$\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}$$, які називають основними. Відомі ще й такі невизначеності, як $$0\mathrm{},\mathrm{}-\mathrm{},{\mathrm{}}^0{\mathrm{,\; 1}}^{\mathrm{}}{\mathrm{,\; 0}}^0\text{.}$$ покажемо, як ці невизначеності зводяться до основних.

а). Якщо $$\underset{x->x_0}{\text{lim}}f(x)=\mathrm{0,}\underset{x->x_0}{\text{lim}}(x)=\mathrm{},$$ то невизначеність виду 0· $$\mathrm{}$$ можна звести до основних так:

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\left[f(x)(x)\right]=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$$}\right.(x)}=\frac{0}{0},$$.

або.

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}\left[f(x)(x)\right]=\underset{x->x_0}{\text{lim}}\frac{f(x)}{\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$$}\right.(x)}=\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}\text{.}$$.

б). Якщо то невизначеність виду $$\mathrm{}-\mathrm{}$$ зводиться до невизначеності $$\frac{0}{0}$$ :

$$f(x)-(x)=\frac{1/(x)-1/f(x)}{1/f(x)1/(x)}\text{.}$$.

в). Якщо $$\underset{x->x_0}{\text{lim}}f(x)=\underset{x->x_0}{\text{lim}}(x)=0$$, то.

$$\underset{x->x_0}{\text{lim}}f(x{)}^{(x)}=e^{\underset{x->x_0}{\text{lim}}((x)\text{ln}f(x))}$$.

і невизначеність виду 00 зводиться до невизначеності 0· $$\mathrm{}$$, розглянутої вище. Аналогічно розкриваються невизначеності $$1^{\mathrm{}}$$ і $${\mathrm{}}^0$$ .

Таким чином, щоб розкрити невизначеності $$0\mathrm{},\mathrm{}-\mathrm{}{\mathrm{,\; 0}}^0,{\mathrm{}}^0{\mathrm{,\; 1}}^{\mathrm{}}$$, їх треба спочатку звести до основних і лише після цього застосувати правило Лапіталя.

Приклад.

Обчислити границі:

а). $$\underset{x->+\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{\text{ln}x}{x}$$ — б). $$\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{e^{5x}-e^{2x}}{x}$$ ;

в). $$\underset{x->2}{\text{lim}}(2-x)\text{tg}\frac{\mathit{}}{4}-$$ г). $$\underset{x->\frac{}{2}}{\text{lim}}(\text{tgx}-\text{sec}x)-$$.

д). $$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{ln}\text{ctgx}{)}^{\text{tg}2x}-$$ е). $$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{cos}2x{)}^{\frac{1}{x^2}}-$$.

є). $$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{sin}2x{)}^{\text{tg}3x}-$$ ж). $$\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}{x}^n{e}^{-2x}$$, $$nN\text{.}$$.

а). Тут невизначеність виду $$\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}$$, тому за правилом Лопіталя маємо.

$$\underset{x->+\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{\text{ln}x}{x}=\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$x$}\right.}{1}=0\text{.}$$.

б). Маємо невизначеність виду $$\frac{0}{0},$$ тому.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{e^{5x}-e^{2x}}{x}=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{e^{5x}5-e^{2x}2}{1}=3\text{.}$$.

в). Тут невизначеність виду $$0\mathrm{}\text{.}$$ Зведемо її до невизначеності $$\frac{0}{0},$$ після чого застосовуємо правило Лопіталя:

$$\underset{x->2}{\text{lim}}(2-x)\text{tg}\frac{\mathit{}}{4}=\underset{x->2}{\text{lim}}\frac{2-x}{\text{ctg}\frac{\mathit{}}{4}}=\underset{x->2}{\text{lim}}\frac{-1}{-1/{\text{sin}}^2\frac{\mathit{}}{4}\frac{}{4}}=\frac{4}{}\text{.}$$.

г). Маємо невизначеність виду $$\mathrm{}-\mathrm{}$$. Зведемо її до невизначеності $$\frac{0}{0},$$ після чого застосуємо правило Лопіталя:

$$\underset{x->\frac{}{2}}{\text{lim}}(\text{tgx}-\text{sec}x)=\underset{x->\frac{}{2}}{\text{lim}}\left(\frac{\text{sin}x}{\text{cos}x}-\frac{1}{\text{cos}x}\right)=\underset{x->\frac{}{2}}{\text{lim}}\frac{\text{sin}x-1}{\text{cos}x}=\underset{x->\frac{}{2}}{\text{lim}}\frac{\text{cos}x}{-\text{sin}x}=0\text{.}$$.

д). Тут невизначеність виду $${\mathrm{}}^0$$. Маємо.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{ln}\text{ctgx}{)}^{\text{tg}2x}=e^{\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{tg}2x)\text{ln}\text{ctgx}}$$.

Знайдемо границю в показнику. Для цього зведемо дану невизначеність до виду $$\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}$$, потім скористаємось правилом Лопіталя:

$$\begin{array}{c}\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{tg}2x\text{ln}\text{ctgx})=[0\mathrm{}]=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{\text{lnln}\text{ctgx}}{1/\text{tg}2x}=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{\text{lnln}\text{ctgx}}{\text{ctg}2x}=\left[\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}\right]=\\ \underset{x->0}{\text{lim}}\frac{\raisebox{1ex}{$-1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\text{ln}\text{ctgx}$}\right.\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$\text{ctgx}$}\right.\raisebox{1ex}{$1$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{${\text{sin}}^{2}x$}\right.}{\raisebox{1ex}{$-2$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{${\text{sin}}^{2}2x$}\right.}=\frac{1}{2}\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{{\text{sin}}^{2}2x}{\text{sin}x\text{cos}x\text{ln}\text{ctgx}}=\frac{1}{2}\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{(2x{)}^2}{x\text{cos}x\text{ln}\text{ctgx}}=\mathrm{0,}\end{array}$$.

тому.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{ln}\text{ctgx}{)}^{\text{tg}2x}=e^0=1\text{.}$$.

е). Маємо невизначеність виду, тоді.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{cos}2x{)}^{\frac{1}{x^2}}=e\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{1}{x^2}\text{lncos}2x-$$.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{1}{x^2}\text{lncos}2x=[\mathrm{}0]=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{\text{lncos}2x}{x^2}=\left[\frac{0}{0}\right]=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{-2\text{sin}2x\text{/cos}2x}{2x}=-2\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{\text{tg}2x}{2x}=-2-$$.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{cos}2x)1/x^2=e^{-2}\text{.}$$.

є). Тут невизначеність виду 00, тоді.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{sin}2x{)}^{\text{tg}3x}=e^{\underset{x->0}{\text{lim}}\text{tg}3x\text{lnsin}2x}-$$.

$$\begin{array}{c}\text{lim}\text{tg}3x\text{lnsin}2x=[0\mathrm{}]=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{\text{lnsin}2x}{\text{ctgx}}=\left[\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}\right]=\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{2\text{ctg}2x}{-3{\text{/sin}}^{2}3x}=\\ -\frac{2}{3}\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{{\text{sin}}^{2}3x}{\text{tg}2x}=-\frac{2}{3}\underset{x->0}{\text{lim}}\frac{(3x{)}^2}{2x}=0\text{.}\end{array}$$.

$$\underset{x->0}{\text{lim}}(\text{sin}2x{)}^{\text{tg}3x}=e^0=1\text{.}$$.

ж). Для розкриття цієї невизначеності правило Лопіталя потрібно застосувати п разів:

$$\begin{array}{c}\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}{x}^n{e}^{-2x}=[\mathrm{}0]=\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{x^n}{e^{2x}}=\left[\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}\right]=\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{{\text{nx}}^{n-1}}{2e^{2x}}=\frac{n}{2}\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{x^{n-1}}{e^{2x}}=\left[\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}\right]=\frac{n}{2}\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{(n-1)x^{n-2}}{2e^{2x}}=\\ \frac{n(n-1)}{2^4}\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{x^{n-2}}{e^{2x}}=\left[\frac{\mathrm{}}{\mathrm{}}\right]=\frac{n(n-1)(n-2)}{2^3}\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{x^{n-3}}{e^{2x}}=\text{.}\text{.}\text{.}=\frac{n(n-1)(n-2)\text{.}\text{.}\text{.}21}{2^n}\underset{x->\mathrm{}}{\text{lim}}\frac{1}{e^{2x}}=\frac{n!}{2^n}0=0\text{.}\end{array}$$.

2. Теореми Коші і Лагранжа.

Теорема Коші. Якщо функція $$f(x)$$ і $$(x)$$ неперервні на відрізку [a-b], диференційовні в інтегралі (a-b), причому $$\text{'}(x)/=\mathrm{0,}x(a-b)$$ то існує така точка $$c(a-b)$$, що.

$$\frac{f(b)-f(a)}{(b)-(a)}=\frac{f\text{'}(c)}{\text{'}(c)}\text{.}$$.

Введемо допоміжну функцію.

$$F(x)=f(x)-f(a)-\frac{f(b)-f(a)}{(b)-(a)}[(x)-(a)],$$.

яку можна розглядати на відрізку [a-b], то $$(a)/=(b)$$. У противному разі за теоремою Ролля знайшлася б точка $$c(a-b),$$ в якій $$\text{'}(c)=\mathrm{0,}$$ що неможливо, бо за умовою $$x(a-b)\mathrm{:}\text{'}(x)/=0\text{.}$$.

Неважко пересвідчитись, що функція F (x) задовольняє всі умови теореми Ролля. Тому знайдеться точка $$c(a-b)$$, в якій F'(c)=0 або.

$$f\text{'}(c)-\frac{f(b)-f(a)}{(b)-(a)}\text{'}(c)=\mathrm{0,}$$.

звідки й випливає формула.

Теорема Лагранжа. Якщо функція f (x), неперервна на відрізку [a-b], диференційована в інтервалі (a-b), то всередині цього інтервалу знайдеться хоча б одна точка $$c(a-b)$$, в якій.

$$f(b)-f(a)=f\text{'}(c)(b-a)\text{.}$$.

Цю теорему можна розглядати як окремий випадок теореми Коші. Справді, поклавши у формулі $$(x)=x,$$ дістанемо формулу.

Розглянемо геометричний зміст теореми Лагранжа. Запишемо формулу у вигляді.

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=f\text{'}(c)\begin{array}{cc},& a<c<b,\end{array}$$.

тоді.

$$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}=\frac{\text{BC}}{\text{AC}}=\text{tg}=f\text{'}(c)\text{.}$$.

Тобто якщо функція $$y=f(x)$$ задовольняє умові теореми Лагранжа, та на графіку цієї функції знайдеться хоча б одна точка, в якій дотична до графіка паралельна хорді, що сполучає кінці кривої А (a-f (a)) i B (b-f (b)). Таких точок може бути і кілька, але хоча б одна завжди існує.

Формулу називають формулою Лагранжа, або формулою скінчених приростів, оскільки вона виражає точне значення приросту функції $$\mathit{}=f(b)-f(a)$$ через похідну в деякій точці с інтервалу (a-b) і скінчене значення приросту аргументу $$\mathit{}=b-a-\mathit{}=f\text{'}(x)\mathit{}$$. У теоремі Лагранжа вказується лише на існування точки с, для якої справедлива формула, але використання цієї теореми у математичному аналізі надзвичайно широке.

Теорема Лагранжа має також і механічну інтерпретацію. Якщо S=S (t), t1<t<t2, — закон руху матеріальної точки, то відношення $$\frac{S(t_2)-S(t_1)}{t_2-t_1}$$ — це середня швидкість руху за проміжок часу [t2-t1]. Теорема Лагранжа стверджує, що в деякий момент часу $$c(t_1-t_2)$$ миттєва швидкість неодмінно збігається із середньою швидкістю:

$$\frac{S(t_2)-S(t_1)}{t_2-t_1}=S\text{'}(c)\begin{array}{cc},& c(t_1-t_2)\end{array}$$ .

Іншими словами, серед усіх можливих швидкостей S'(t), $$t[t-t_2]$$ неодмінно знайдеться така швидкість S'©, що коли її підтримувати сталою, то за той самий проміжок часу [t1-t2] точка пройде той самий шлях S (t2)-S (t1), що і при русі із зміною швидкістю S'(t):

$$S(t_2)-S(t_1)=S\text{'}(c)(t_2-t_1)\text{.}$$.

Якщо при цьому русі в деякий момент часу оводиться повертати назад, то для цього швидкість потрібно повністю погасити: $$(S\text{'}()=0(\text{теорема}\begin{array}{cc}& \text{Ролля}!\end{array}))$$. Зрозуміло, що ці інтерпретації вірні лише тоді, коли закон руху S (t) задовольняє умови, які відповідають умовам теорем Ролля і Лагранжа.

Приклади.

1. Довести, що рівняння $$x^7+7x-1=0$$ має лише один дійсний корінь.

Введемо функцію $$f(x)=x^7+7x-1$$. Оскільки $$f(0)=-1<0$$, а $$f(1)=7>0$$, то дане рівняння має дійсний корінь $$x_1(0-1)$$. Припустимо, що існує принаймні ще один корінь х2, тоді $$f(x_1)=f(x_2)=0$$, причому для визначеності вважатимемо, що x1<x2. Отже, на відрізку [x1-x2] функція f (x) задовольняє всі умови теореми Ролля, тому знайдеться точка $$c(x_1-x_2)$$, в якій $$f\text{'}(c)=0\text{.}$$ Але $$xR\mathrm{:}f\text{'}(x)=7(x^5+1)/=0\text{.}$$.

Знайдена суперечність показує, що припущення про існування ще одного кореня було хибним.

2. Чи виконується теорема Ролля для функції $$f(x)=x^2-6x+7$$ на відрізку [1−5]? При якому значенні с?

Оскільки дана функція неперервна і деференційовна при всіх значеннях $$x[1-5]$$ і її значення на кінцях відрізка [1−5] рівні між собою $$(f(1)=f(5)=2),$$ то теорема Ролля на цьому відрізку справджується.

Значення с знаходимо з рівняння f'(x)=2x-6=0, звідки с=3.

3. Крива у=х2−4х сполучає точки А (1—3) і В (4−0). На дузі АВ знайти точку М0(х0- у0), в якій дотична паралельна хорді АВ.

Функція f (x)=x2−4x неперервна і диференційована на відрізку [1−4]. Тому за теоремою Лагранжа існує точка $$x_0(1-4)\text{.}$$ для якої.

$$\frac{f(4)-f(1)}{4-1}=f\text{'}(x_0)$$.

де f'(x)=2x-4. Підставивши відповідні значення, дістанемо.

$$\frac{0-(-3)}{4-1}=2x_0-4=>x_0=\frac{5}{2}\begin{array}{cc},& y_0=f\left(\frac{5}{2}\right)\end{array}=-\frac{\text{15}}{4}\text{.}$$.

Отже точка М0 має координати $$x_0=\frac{5}{2},y_0=-\frac{\text{15}}{4}\text{.}$$.

4. Для того щоб диференційована на відрізку [a-b] функція f (x) була сталою, необхідно і достатньо, щоб $$x(a-b)\mathrm{:}f\text{'}(x)=0\text{.}$$ Довести.

Необхідність була доведена в п. 2.2.

Достатність. Нехай $$x(a-b)\mathrm{:}f\text{'}(x)=0\text{.}$$ і точка x1<x2 $$[a-b]\text{.}$$ Тоді за теоремою Лагранжа.

$$c(x_1-x_2)\mathrm{:}f(x_2)-f(x_1)=f\text{'}(c)(x_2-x_1)$$.

але $$x(a-b)\mathrm{:}f\text{'}(x)=0\text{.}$$ тому $$f\text{'}(c)=0\text{.}$$ Отже, $$f(x_2)-f(x_1)=\mathrm{0,}$$ або $$f(x_1)=f(x_2)$$ .

Оскільки х1 і х2 — довільні точки відрізка [a-b], то $$x(a-b)\mathrm{:}f\text{'}(x)=c\text{.}$$.

5. Довести, що.

$$\text{arcsin}x+\text{arccos}x=\frac{}{2}\begin{array}{cc},& x[-1-1]\text{.}\end{array}$$.

Введемо функцію $$f(x)=\text{arcsin}x+\text{arccos}x,$$ тоді.

$$x(-1-1)\mathrm{:}f\text{'}(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}-\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=0\text{.}$$.

тому з попередньої задачі випливає, що.

arcsinx+arccosx=c.

Поклавши в цій рівності х=0, знайдемо, що $$c=\frac{}{2}$$ і .

Безпосередньо переконуємось, що ця рівність виконується і при $$x=\pm 1\text{.}$$.

6. Оцінити точність наближеної рівності $$\mathit{}\text{dy}\text{.}$$.

Нехай функція f (x) має похідні f'(x), f" (x), $$x\left[a-b\right]$$. Візьмемо на інтервалі (a-b) дві точки: х і $$x+\mathit{},$$ тоді за теоремою Лагранжа:

$$\mathit{}=f(x+\mathit{})-f(x)=f\text{'}(c_1)\mathit{},$$.

де с1 лежить між х і $$x+\mathit{},$$.

Диференціал даної функції для значень х і $$\mathit{}$$ дорівнює.

$$\text{dy}=f\text{'}(x)\mathit{},$$.

Тому.

$$\mathit{}-\text{dy}=(f\text{'}(c_1)-f\text{'}(x))\mathit{}\text{.}$$.

Застосуємо тепер формулу Лагранжа до різниці перших похідних:

$$\mathit{}-\text{dy}=(f\text{''}(c_2(x-c_2))\mathit{}\text{.}$$.

Де с2 лежить між с1 і х. Нехай $$\begin{array}{c}f\text{(x) rline } {}\\ M=\underset{x[a-b]}{\text{max}}\\ \end{array}$$. Оскільки $$|x-c_1|<\mathit{}$$ а $$\begin{array}{c}f\text{(c rSub { size 8{2} }) rline <= M} {}\\ \\ \end{array}$$, то дістанемо оцінку.

$$|\mathit{}|-\text{dy}<=M{|\mathit{}|}^2\text{.}$$.