Дифференцируемость функции: Методические указания к практическим занятия по математическому анализу (I курс, 1-й семестр)

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