12.3 Частные производные

Сначала рассмотрим пример. Пусть $ \DeclareMathOperator{\tg}{tg} f(x,y)=x^{2}+y^{2}$. Производной по $x$ называется $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x,$$
а производной по $y$ – $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$$
Полной производной, или дифференциалом, согласно примеру $1$, будет $A(h,k)=2xh+2yk$, $A = \mathrm{d}f(x,y).$

Определение. Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}$, где открытое множество $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$, и точка $x_{0}\in{E}$. Если существует $$\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t},$$ то этот предел называется $i$-й частной производной функции $f$ по переменной $x^{i}$ в точке $x_{0}$ и обозначается одним из символов $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0}),$ ${f}’_{x^{i}}(x_{0}),$ $\mathrm{D}_{i}f(x_0),$ ${f}’_{i}(x_{0}).$

В этом определении $e_{i}$ – $i$-й координатный вектор. Все его координаты – нули, за исключением $i$-й, равной $1$, а $t \neq 0$ пробегает действительные значения, близкие к нулю, так, чтобы точка $x_{0} + te_{i}$ оставалась во множестве $E.$

Можно записать $$\frac{\partial f }{\partial x^{i}}(x_0)=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i}+t,\ldots, x_{0}^{n})-f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{n})}{t}.$$
Эта запись показывает, что частную производную можно рассматривать как производную функции $f$ по переменной $x_{i}$ при фиксированных значениях всех остальных переменных. Точнее, $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})$ есть производная функции одного переменного $g(\xi)=f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i-1}, \xi, x_{0}^{i+1},\ldots, x_{0}^{n})$ в точке $\xi = x_{0}^{i}.$

Частная производная – это число, в отличие от производной $f'(x_{0}),$ которая называется также полной производной. Полная производная является линейной формой.

Теорема 4. Пусть $f$ – действительная функция, заданная на открытом множестве $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}\in{E}$, то в этой точке у нее существуют частные производные по всем переменным. При этом справедливо равенство $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.11)$$

Пусть $A={\mathrm{d} f}(x_{0})$. Тогда, по определению дифференцируемости, $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})= A(h)+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.12)$$
Положим $h = te_{i}$, где достаточно малое $t\neq 0.$ Тогда получим $$f(x_{0}+te_{i})−f(x_{0})=tA(e_{i})+\bar{o}(\left | t \right |).$$
Отсюда следует, что $$\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t}\to A(e_{i})\quad(t\to 0).$$
Тем самым мы доказали, что существует $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=A(e_{i})$. Заметим, что $$A(h) = A(e_{1})h^{1}+\ldots+A(e_{n})h^{n},$$ и поэтому из $(12.12)$ следует $(12.11).$

При доказательстве теоремы нами установлено соотношение $$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=\mathrm{d}f(x_{0})e_{i}\quad(i=1,\ldots,n).$$
В правой его части записано значение линейной формы $\mathrm{d}f(x_{0})$ на $i$-м базисном векторе $e_{i}$.

Формулой $$\mathrm{d}f(x_{0})h=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}\quad(h\in \mathbb{R}^{n})$$ описывается дифференциал $\mathrm{d}f(x_{0})$ как линейная форма. Заметим, что из этой формулы вытекает равенство $$\mathrm{d}f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})\pi^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})\pi^{n},$$ где $\pi^{i}(h)$ – $i$-я проекция.

Таким образом, частные производные – это координаты полной производной или дифференциала в стандартном базисе $\pi^{1}, \ldots, \pi^{n}$ сопряженного пространства.

Пример 1. Пусть $f(x, y)=x^{2}+y^{2}.$ Как было установлено выше, частные производные этой функции по переменным $x$ и $y$ соответственно равны $2x$ и $2y.$ Вычислим значение дифференциала этой функции в точке $(1, 2)$ на векторе $(−3, 5).$ Имеем
$$\frac{\partial f}{\partial x}(1, 2)=2,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1, 2)=4,\quad \mathrm{d}f(1, 2)(−3, 5) = 2(−3)+4·5=14.$$
Запишем разложение $\mathrm{d}f(1, 2)$ по базисным линейным формам $\pi^{1},$ $\pi^{2}:$
$$\mathrm{d}f(1, 2) = 2\pi^{1} + 4\pi^{2}.$$
Это выражение полностью описывает дифференциал.

Пример 2. Рассмотрим функцию $f(x) = \left | x \right |$, $x\in \mathbb{R}^{n}$. Покажем, что в начале координат у нее нет ни одной частной производной. Действительно, например, $f(x^{1}, 0, \ldots, 0) = \left | x^{1} \right |$, но, как хорошо известно, у этой функции нет производной в нуле по переменной $x^{1}.$ Аналогично показываем, что в начале координат нет частных производных по остальным переменным.

Рассмотрим геометрический смысл частной производной на примере функции $f(x, y)$ двух переменных. Сечением графика функции $f(x, y)$ плоскостью $y = y_{0}$ есть некоторая кривая – график функции одного переменного $f(x, y_{0})$. Касательная к этому графику в точке $x = x_{0}$ образует некоторый угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$. Тангенс этого угла $\tg \alpha$ и есть частная производная функции $f(x, y)$ по переменной $x$ в точке $(x_{0}, y_{0})$, т. е. $\tg \alpha = \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}, y_{0})$.

Частные производные в точке $(x_{0}, y_{0})$ характеризуют поведение функции вблизи точки $(x_{0}, y_{0})$ вдоль прямых, параллельных координатным осям. В случае $n \geq 2$ из существования частных производных не следует дифференцируемость функции. Например, пусть функция $f(x, y) = 1$, если $xy = 0$, и $f(x, y) = 0$ во всех остальных точках $(x, y)$. Тогда очевидно, что $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)=0$, но, в то же время, функция $f$ разрывна в точке $(0, 0)$ и, тем более, она не является дифференцируемой в этой точке.

Пример 1. Пусть
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
Если $x^2 + y^2 > 0$, то
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)=y\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=y\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$
Вычислим частные производные функции $f$ в начале координат. Поскольку $f(x, 0) = 0$, то $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$. Аналогично $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$. Таким образом, частные производные функции $f$ существуют во всех точках плоскости. Однако эта функция разрывна в начале координат, поскольку на прямой $x = y \neq 0$ справедливо равенство $f(x, x) = \frac{1}{2}$. Это означает, что ее предел не равен значению функции в точке $(0, 0)$.
Итак, функция $f$ разрывна в начале координат, так что она не является дифференцируемой в точке $(0, 0)$.

Пример 2. Функция
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
как было показано ранее, непрерывна во всех точках плоскости. Легко видеть, что в каждой точке плоскости она имеет частные производные, однако, как было показано выше, в начале координат не является дифференцируемой.

Определение. Пусть действительная функция $f$ определена на открытом множестве $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Предположим, что в каждой точке $x \in E$ существует частная производная $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$. Тогда получаем функцию $x \to\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$, определенную на множестве $E$, которая обозначается $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и называется $i$-й частной производной.

Определение. Если функция $f$ в каждой точке $x$ множества $E$ имеет все частные производные $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и они непрерывны на множестве $E$ то функция $f$ называется непрерывно дифференцируемой на этом множестве. Через $C^1(E)$ обозначается класс всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Определение. Если функция $f$ дифференцируема в каждой точке множества $E$, то говорят, что $f$ дифференцируема на множестве $E$.

Теорема. Пусть функция $f$ принадлежит классу $C^{1}(E)$, где открытое множество $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Тогда $f$ дифференцируема на $E$.

Фиксируем $x_{0} \in E$. Поскольку множество $E$ открыто, то существует шар $U_0$ с центром в этой точке, целиком содержащийся в $E$. Пусть $r$ – радиус этого шара и вектор $h$ имеет длину $\left | h \right | < r$. Обозначим $x_{j} = x_{0} + h^{1}e_{1} + \ldots+ h^{j}e_{j}\quad (j = 1, \ldots, n)$. Ясно, что $x_{n} = x_{0} + h$. Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_0$. Действительно,
$$\left | x_0-x_j \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{i})^{2}}\leq \left | h \right |<r.$$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков $[x_{j−1}, x_{j}]$ содержится в ${U_0}.$ Действительно, этот отрезок – это множество точек $x = (1 − t)x_{j−1} + tx_{j}$, где $0 \leq t \leq 1$, и мы получаем $$\left | x_0-x_j \right |=(1-t)\left | x_0-x_{j-1} \right |+t\left | x_0-x_{j} \right |<r.$$
Воспользуемся равенством
$$f(x_0 + h) − f(x_0) =\sum_{j=1}^{n}[f(x_j) − f(x_{j−1})].\quad(12.13)$$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном $j$ положим
$g(t) = f(x_{j−1} + te_{j})\quad (0 \leq t \leq h^j).$
По определению частной производной имеем
$$g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_j).$$
По формуле Лагранжа получаем
$$f(x_j)-f(x_{j-1})=g(h^j)-g(0)=g'(\tau_j)h^j=\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j)h^j,$$ где $\xi_j=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}$ – некоторая точка отрезка, соединяющего $x_{j−1}$ и $x_j$. Имеем $\left |x_{0} − \xi_{j}\right | \leq \left |h \right |$. Обозначим
$$\alpha_j(h)=\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)-\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j).$$
По условию все частные производные непрерывны в точке $x_0$ и поэтому
$$\lim_{x\to 0}\alpha_j(h)=0 \quad(j=1,\ldots, n).\quad(12.14)$$
В силу $(12.13)$ имеем
$$f(x_0+h)-f(x_0)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_j)h^j=$$ $$=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_0)h^j-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^{j}=A(h)+\rho(h), $$
где
$$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)h^j,\quad \rho(h)=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^j.$$
Итак, $A$ является линейной формой аргумента $h$, а
$$\left | \rho(h) \right |\leq\left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |.$$
Поэтому, в силу соотношений $(12.14)$ получаем, что $\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\to 0$ при $h \to 0$.
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.

Замечание. Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки $x_0$ и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке $x_0.$

Следствие. Каждая функция класса $C^1$ непрерывна.

Замечание. Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Пример. Пусть
$$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\left | x \right | ^2\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}, \quad x\neq0,
&\\ 0, \quad x=0.
\end{matrix}\right.$$
Найдем частные производные
$$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)=2x^{i}\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}-\frac{2x^i}{\left | x \right |^2}\cos \frac{1}{\left | x \right |^2}\quad(x \neq 0).$$
При $x = 0$ наша функция дифференцируема, т. к. $f(h) − f(0) = f(h) =\bar{o}(\left | h \right |)$. Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке $x = 0$.

Примеры решения задач

  1. Найти частные производные первого порядка функции $f(x,y)=\sin \frac{x}{y} \cos \frac{y}{x}:$

    Решение

    Область определена функции $\mathbb{R}.$ Фиксируя переменную $y$, находим
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x} + x^{2}\cos \frac{x}{y}\cos \frac{y}{x}}{x^{2}y}.$$
    Фиксируя переменную $x$, получаем
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x}-x^2\cos \frac{x}{y}\cos \frac{x}{y}}{xy^{2}}.$$

  2. Найти дифференциал функции $f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$, если

    Решение

    Найдем частные производные:
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y},$$
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2}.$$
    Теперь подставляя полученные частные производные в формулу: $\mathrm{d}f=f’_{x}\mathrm{d}x+f’_{y}\mathrm{d}y$, получаем:
    $$\mathrm{d}f=(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y})\mathrm{d}x+(\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2})\mathrm{d}y.$$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: страницы 241-255.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа: страницы 240-253

Частные производные

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

5.7.3 Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Полученная нами формула Тейлора с остатком в форме Пеано позволяет определить лишь скорость стремления к нулю остатка при $x \to x_{0}$. Однако мы ничего не можем сказать об абсолютной величине остатка формулы Тейлора для конкретных значений $x$, и даже не имеем возможности оценить его. Во многих задачах требуется оценить погрешность приближения функции ее многочленом Тейлора. Такую возможность дает формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Напомним формулировку теоремы Лагранжа. Если функция $f$ непрерывна на $\left [ a ,b\right ]$ и дифференцируема на $\left ( a,b\right )$, то существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$, что $f \left(b \right) = f \left(a \right) + f’\left(\xi \right)\left(b-a \right)$. Можем считать, что в правой части этого равенства $f\left(a\right)$ – многочлен Тейлора нулевого порядка с центром в точке $a$, а $f’\left(\xi\right)\left(b-a\right)$ – остаток в формуле Тейлора для функции $f$, вычисленной в точке $b$. Эта формула позволяет оценить $\left | f\left(b\right) — f\left(a\right) \right |$, т. е. погрешность приближения значения функции $f\left(b\right)$ значением $f\left(a\right)$, через $\left | f’\left(\xi\right) \right | \cdot \left | b-a \right |$. Например, если $\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} f\left(x \right) = \arctg x$, то $$\arctg a = \arctg b +\frac{1}{1+\xi^{2}}\left ( b-a \right ),$$ откуда сразу получаем, что $$\left | \arctg b -\arctg a \right |\leqslant \frac{1}{1+\xi^{2}}\left | b-a \right |\leqslant \left | b-a \right |.$$
Обобщением этих рассуждений на случай произвольного натурального $n$ и есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Теорема. Пусть функция $f$ определена на отрезке $\left [ a ,b\right ]$ и имеет на этом отрезке непрерывные производные до порядка $n$ включительно, а на интервале $\left ( a,b\right )$ существует производная $\left(n + 1\right)$-го порядка. Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$, что $$f\left(b\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f{}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a \right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} + \\ + \frac{f^{\left(n+1 \right)}\left(\xi\right)}{n+1!}\left(b-a\right)^{n+1} .$$

Обозначим $$P_{n}\left(x\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f {}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a\right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} $$ – многочлен Тейлора функции f с центром в точке $a$. Рассмотрим вспомогательную функцию $\varphi = f\left(x\right) — P_{n}\left(x\right) — \lambda \left(b-a\right)^{n+1}$, где число $\lambda$
определяется из условия $\varphi(b)=0$, т. е.
$$f(b)=P_{n}\left(b \right)-\lambda \left(b-a\right)^{n+1}. \qquad ( 5.4 )$$
Так как $P_{n}$ – многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, то производные функции $f$ и многочлена $P_{n}$ в точке $a$ совпадают до порядка $n$ включительно, т. е. $f^{\left(k \right)}\left(a\right)=P^{\left(k\right)}_{n}\left(a\right)\: \left(k=0,1,\dots, n\right)$. Далее, для функции $\varphi$ имеем $\varphi\left(a\right) = 0$,
$$\varphi{}’\left(x\right)=f’\left(x\right)-P’_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1 \right)\left(x-a \right)^{n}, \qquad\varphi’\left(a \right)=0,$$
$$\varphi{}'{}’\left(x\right)=f{}'{}’\left(x \right)-P_{n}{}'{}'(x)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(x-a\right)^{n-1}, \qquad\varphi{}'{}’\left(a\right)=0,$$
$$\varphi ^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k\right)}\left(x\right)-P^{\left(k\right)}_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(n-1\right)\dots\left(n-k+2\right)\left(x-a\right)^{n-k+1}.$$ Итак, $\varphi^{\left(k\right)}\left(a\right)=0\: \left(k=0,1,\dots, n \right)$.
Поскольку $\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)=0$, то на $\left[a, b\right]$ к функции $\varphi$ можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi _{1}\in \left(a, b\right)$, что $\varphi’\left(\xi _{1}\right)=0$. Далее, на $\left[a, \xi _{1}\right]$ к функции $\varphi’$ снова можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi_{2}\in \left(a, \xi _{1}\right)\subset \left(a, b\right)$, что $\left ( \varphi’ \right )'(\xi_{2})=\varphi{}'{}'(\xi_{2})=0$. Продолжая этот процесс, на $n$-м шаге получим такую точку $\xi _{n}\in\left(a, b\right)$, что $\varphi ^{\left(n \right)}\left(\xi_{n}\right)=0$. На отрезке $\left[a,\xi_{n}\right]$ функция $\varphi^{\left(n\right)}$ все еще удовлетворяет условиям теоремы Ролля, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left(a, b\right)$, что $\left(\varphi^{\left(n\right)}\right)’\left(\xi\right)=\varphi^{\left(n+1\right)}\left(\xi \right)=0$. Имеем $$\varphi ^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left ( \varphi^{\left(n\right)} \right )’\left(x\right)=\left [ f^{\left(n\right)}\left(x\right)-P_{n}^{\left(n\right)}-\lambda\left(n+1\right)!\left(x-a\right) \right ]’=\\\\=f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)-0-\lambda \left(n+1\right)!$$ и $\varphi ^{\left(n+1\right)}(\xi)=f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)-\lambda \left(n+1\right)!=0$, откуда $\lambda=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!}$. Подставив найденное значение $\lambda$ в равенство $\left(5.4\right)$, получим утверждение теоремы.

Замечание. В правой части доказанного в теореме равенства записан многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, значение которого вычислено в точке $b$, а остаток $\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!} \left(b-a\right)^{n+1}$ отличается от остальных слагаемых тем, что производная вычислена в точке $\xi \in \left(a, b\right)$. При $n=0$ доказанная теорема обращается в теорему Лагранжа.

Пример 1. Для функции $f\left(x\right)=e^{x}$ на $\left [ 0,x \right ]\: \left(x > 0\right)$ формула Тейлора
с остатком в форме Лагранжа принимает вид $$e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!}x^{n+1},$$ где $0\leqslant \theta \leqslant 1$. Тогда для любого $n$ остаток не превосходит $R_{n}(x)=\frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}$ и, очевидно, $R_{n}(x)\to 0$ при $n\to \infty$. Преимущество остатка в такой форме состоит в том, что мы можем оценить погрешность приближения $$e^{x}\approx 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}.$$ Она не превосходит $$0\leqslant e^{x}-\left ( 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!} \right )\leqslant \frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}\leqslant \frac{3^{\left [ x \right ]+1}}{(n+1)!}x^{n+1}.$$ В частности, при $x=1$ получаем $$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!},$$ где $0< \theta <1.$Отсюда следует, что $$e=\lim_{n\to\infty}\left ( 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \right ).$$

Пример 2. Доказать неравенство $(x>0)$ $$x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\leqslant \sin x\leqslant \\\leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$ Для $f(x)=\sin x$, как было вычислено ранее, $f^{(k)}(x)=\sin \left (x+\frac{k\pi }{2} \right )\: (k=0,1,\dots)$. Поэтому $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n+1\right)}{2} \right )\leqslant \\ \leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!},$$ $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n-1\right)}{2} \right )\geqslant \\ \geqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}.$$

Примеры решения задач

  1. С помощью формулы Маклорена разложить по степеням $x$ функцию $$f\left(x\right)=\ln (1+x)$$ заданную на отрезке $\left[0,1\right]$. Оценить погрешность допускаемую при сохранении только десяти первых членов.

    Решение

    $$f\left(0\right)=\ln 1=0$$
    $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(1+x\right)^{n}}$$
    $$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\left(n-1\right)! \qquad \left(n=1,2,3,\dots \right)$$
    Подставив в формулу Маклорена, получим
    $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}\cdots+\frac{x^{9}}{9}+R_{10}\left(x\right),$$ где остаточный член $R_{10}\left(x\right)$ в форме Лагранжа запишется так:$$R_{10}\left(x\right)=\frac{f^{(10)}(\xi)}{10!}x^{10}=-\frac{9!}{10!\left(1+\xi\right)^{10}}x^{10}=-\frac{x^{10}}{10\left(1+\xi\right)^{10}},$$ $$\left(0<\xi<x\right).$$
    Оценим абсолютную величину остаточного члена $R_{10}\left(x\right)$; учитывая, что $0<x<1$, получим $$\left | R_{10}(x) \right |=\left | \frac{-x^{10}}{10(1+\xi)^{10}} \right |<\frac{1}{10}.$$

  2. Сколько нужно взять членов в формуле Маклорена для функции $f\left(x\right)=e^{x}$, чтобы получить многочлен, представляющий эту функцию на отрезке $\left[-1,1\right]$, с точностью до $0,001$?

    Решение

    Функция $f\left(x\right)=e^{x}$ имеет производную любого порядка $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=e^{x}$$ Поэтому к этой функции нужно применить формулу Маклорена. Вычислим значение функции $e^{x}$ и ее $n-1$ первых производных в точке $x=0$, а значение $n$-й производной в точке $\xi=\theta x\; \left(0<\theta<1\right) $. Будем иметь $$f\left(0\right)=f{}’\left(0\right)=f{}'{}’\left(0\right)=\dots=f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)=1,$$ $$f^{\left(n\right)}\left(\xi \right)=e^{\xi}=e^{\theta x}.$$ Отсюда $$f\left(x \right)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\dots+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}+R_{n}\left(x\right),$$ где $$R_{n}\left(x\right)=\frac{x^{n}}{n!}e^{\theta x}.$$ Так как, по условию, $\left | x \right |\leqslant 1$ и $0<\theta<1$, то $$\left | R_{n}\left(x\right) \right |=\frac{\left | x \right |^{n}}{n!}e^{\theta x}<\frac{1}{n!}e<\frac{3}{n!}.$$ Следовательно, если выполняются неравенство $$\frac{3}{n!}\leqslant 0,001,$$ то заведомо будет выполняться неравенство $$\left | R_{n}(x) \right |\leqslant 0,001.$$ Для этого достаточно взять $n\geqslant 7\; \left(7!=5040\right)$. Таким образом, в формуле Маклорена достаточно взять $7$ членов.

  3. Доказать неравенство при $x>0$ $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x$$

    Решение

    По формуле Маклорена с остаточным членом $R_{2}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2(1+\xi)^{2}},$$ где $0<\xi<x$. По той же формуле с остаточным членом $R_{3}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3\left(1+\xi _{1}\right)^{3}},$$ где $0<\xi_{1}<0$. Так как $\frac{x^{2}}{2\left(1+\xi\right)^{2}}>0$ и $\frac{x^{3}}{3(1+\xi _{1})^{3}}>0$ при $x>0$, то отсюда следует, что $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x.$$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М.И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — С. 158-161.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 339-344.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 254-257.

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по прочитанной теме.

12.6 Частные производные высших порядков

Пусть $f – $ действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb {R}^n.$Предположим, что на этом множестве у нее существует $i — $я частная производная. Это $–$ тоже функция на $E$. Может оказаться, что и у этой функции существует частная производная, например, по переменной $x^{j}$. Она называется частной производной функции $f$ второго порядка и обозначается
$$ \frac{\partial^2 f}{\partial x^j \partial x^i}\left(x_0\right) = \frac{\partial}{\partial x^j}\left(\frac{\partial f}{\partial x^i}\right)\left(x_0\right),\:\:f^{\prime\prime}_{x^i x^j} (x_0),\:\: D_{ij} f\left(x_0\right). $$
По индукции определяются частные производные любого порядка. Частная производная порядка $q$, взятая по переменным $x^{i_1},x^{i_2},…,x^{i_q}$, в точке $x_0$ обозначается
$$ \frac{\partial^q f}{\partial x^{i_1} \cdots \partial x^{i_q}}\left(x_0\right). $$
Если среди индексов $i^1,…i^q$ имеются различные, то соответствующая частная производная называется смешанной.

Пример. Пусть $f\left( x, y \right) = x^3 y − 2xy^2$. Частные производные первого порядка равны $f^{\prime}_x = 3x^2y−2y^2,f^{\prime}_y = x^3 − 4xy.$ Частные производные второго порядка равны $f^{\prime\prime}_{xx} = f^{\prime\prime}_{x^2} = 6xy, f^{\prime\prime}_{xy} = 3x^2 − 4xy,f^{\prime\prime}_{yy} = f^{\prime\prime}_{y^2} = −4x,f^{\prime\prime}_{yx} = 3x^2−4y.$

Две различные смешанные производные оказались равными. Возникает вопрос: всегда ли это так?

Пример функции, у которой смешанные производные различные.
Пусть
$$\displaystyle \begin{equation*}f\left(x,y\right) = \begin{cases} xy\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}, x^2+y^2>0\\ 0, x\:=\:y\:=\:0 \end{cases}\end{equation*}$$
Найдем
$$f^{\prime}_x = y\left[\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+x\frac{2x(x^2+y^2)-2x\left(x^2-y^2\right)}{ (x^2+y^2)^2}\right] =$$ $$=\:\frac{y}{x^2+y^2}\left(x^2-y^2+\frac{4x^2y^2}{x^2+y^2}\right),\:\left(x^2+y^2 > 0\right) \: ,$$ $$f_x^{\prime}\left(0,0\right)\:=\:0 , f_{xy}^{\prime\prime} = \lim\limits_{y\to 0}\frac{f^{\prime}_x\left(0,y\right)\:-\: f^{\prime}_x(0,0)}{y} = -1 , f_{yx}^{\prime\prime}\left(0,0\right) = 1.$$
Итак, получили, что смешанные производные не равны между собой.

Теорема Шварца: Пусть $f – $ действительная функция, определенная в некоторой окрестности $U$ точки $x_0$ и имеющая всюду в этой окрестности частные производные $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x^i}, \frac{\partial f}{\partial x^j} \frac{\partial^2 f}{\partial x^i \partial x^j}$. Если смешанная производная $\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x^i \partial x^j}$ непрерывна в точке $x_0$, то в этой точке существует и другая смешанная производная $\displaystyle \frac{\partial^2 f}{\partial x^j \partial x^i}(x_0)$, и при этом справедливо равенство
$$\frac{\partial^2 f}{\partial x^j \partial x^i}\left(x_0\right) = \frac{\partial^2 f}{\partial x^i \partial x^j}\left(x_0\right).$$

Достаточно доказать теорему для случая $n = 2$, поскольку в ней по существу идет речь только о функциях двух переменных при фиксированных всех остальных. Итак, предположим, что задана функция двух переменных $f\left(x,y\right)$ и существуют $f^{\prime}_x, f^{\prime}_y, f^{\prime\prime}_{xy}$. Нужно доказать, что существует $f^{\prime\prime}_{yx}\left(x_0,y_0\right)$ и она равна $f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0,y_0\right)$.
Рассмотрим разностное отношение
$$Q(h) = \frac{f^{\prime}_y(x_0+h,y_0)\:-\:f^{\prime}_y(x_0,y_0)}{h}$$
Заметим, что при любом $x$
$$f^{\prime}_y\left(x,y_0\right)\: = \: \lim\limits_{\mu \to 0}\frac{f\left(x,y_0\:+\:\mu\right) \:-\:f\left(x,y_0\right)}{\mu}.$$
Обозначим
$$\varphi_{\mu}(x)\:\equiv\: \frac{f(x,y_0\:+\:\mu)\:-\:f(x,y_0)}{\mu},$$
$$Q^{\ast}(h,\mu)\:\equiv\: \frac{\varphi_{\mu}\left(x_0\:+\:h\right)\:-\: \varphi_{\mu}\left(x_0\right)}{h}.$$
Если $h$ фиксировано, то
$$\lim\limits_{\mu\to 0}Q^{\ast}(h,\mu) \:=\: Q(h).$$
Далее, пользуясь формулой конечных приращений, получаем
$$\frac{\varphi_{\mu}\left(x_0\:+\:h\right)\: -\: \varphi_{\mu}\left(x_0\right)}{h}\:=\: \frac{d \varphi_{\mu}}{dx \left(x_0\:+\:\theta_1 h\right)}\: = $$
$$=\: \frac{f^{\prime}_x\left(x_0\:+\: \theta_1 h,y_0\:+\: \mu\right)\:-\: f^{\prime}_x\left(x_0\:+\: \theta_1h,y_0\right)}{\mu}.$$
Теперь воспользуемся формулой конечных приращений по $y$ и получим, что последнее отношение равно
$$\frac{d\varphi_{\mu}}{dx}\left(x_0\:+\: \theta_1h\right)\:=\:\frac{f^{\prime}_x\left(x_0\:+\:\theta_1h,y_0\:+\:\mu\right)\:-\: f^{\prime}_x\left(x_0 \:+\: \theta_1h,y_0\right)}{\mu}\: =$$
$$=\: f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0\:+\: \theta_1h,y_0\:+\: \theta_2\mu\right),$$
где $\theta_1,\theta_2\: –$ величины, зависящие от $h,\mu$ и заключены в интервале $\left(0,1\right).$
Итак, получили $$Q^{\ast}\left(h,\mu\right)\:=\:f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0\:+\: \theta_1h,y_0\:+\:\theta_2\mu\right).$$ Но поскольку $f^{\prime\prime}_{xy}$ непрерывна в точке $\left(x_0,y_0\right)$ по условию, то получаем
$$Q^{\ast}\left(h,\mu\right)\:=\:f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0,y_0\right)\:+\:\varepsilon\left(h,\mu\right),$$
где $\varepsilon\left(h,\mu\right) \to 0$ при $\left(h,\mu\right) \to \left(0,0\right)$.
Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем такое $\delta > 0$, что при $0 < |h| < \delta, \: 0 < |\mu| < \delta$ справедливо неравенство $|\varepsilon(h,\mu)| < \varepsilon$. Поэтому при указанных значениях $h,\mu$ имеет место неравенство
$$|Q^{\ast}\left(h,\mu\right)\:-\: f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0,y_0\right)| < \varepsilon .$$
Теперь фиксируем $h, 0<|h|<\delta $,и $\mu$ устремляем к нулю. Тогда получим
$$|Q\left(h\right)\:-\:f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0,y_0\right)| \leq \varepsilon.$$
Это означает, что $\lim\limits_{h\to 0}Q\left(h\right)\:=\:f^{\prime\prime}_{xy}\left(x_0,y_0\right)$. Отсюда следует справедливость теоремы Шварца.

Определение: Пусть $q\:–$ натуральное число. Действительная функция $f$, определенная на открытом множестве $E\subset \mathbb {R}^n$,называется функцией класса $C^q$ на этом множестве, если она имеет все частные производные до порядка $q$ включительно, непрерывные на этом множестве.

Теорема: Если $f\:–\:$функция класса $C^q$ на открытом множестве $E\subset \mathbb {R}^n$, то значение любой смешанной производной порядка $q\:$ не зависит от последовательности, в которой выполняется дифференцирование.

Эта теорема доказывается с помощью теоремы Шварца по индукции. Мы не будем приводить это доказательство.

Примеры решения задач

  1. Найти частные производные второго порядка функции $f\left(x,y\right)\:=\:x^3\:+\:y^3\:-\:3xy.$
  2. Решение

    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\:=\:3x^2\:-\:3y$
    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\:=\:3y^2\:-\:3x$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\:=\:6x$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\:=\:6y$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\:=\:-3.$

  3. Найти частные производные второго порядка функции $f(x,y)\:= \:\sin x\:-\:x^2y.$
  4. Решение

    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\:=\:\cos{x}\:-\:2xy$
    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\:=\:-x^2$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\:=\:-\sin x\:-\:2y$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y^2}\:=\:0$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y}\:=\:-2x$
    $\displaystyle\frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x}\:=\:-2x.$

  5. Найти дифференциал $df$ функции $f\left(x,y,z\right)\:=\:\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}$
  6. Решение

    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}\:=\:\frac{x}{\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}}$
    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}\:=\:\frac{y}{\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}}$
    $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial z}\:=\:\frac{z}{\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}}$
    $\displaystyle df \:=\: \frac{x}{\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}} dx\:+\:\frac{y}{\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}} dy\:+\:\frac{z}{\sqrt{x^2\:+\:y^2\:+\:z^2}}dz.$

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания

См. также:

  1. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления Т.I. — М.: ФМЛ, 1962
  2. Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа, т.1. — М.: Дрофа, 2003
  3. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И, Курс математического анализа. — М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2003
  4. Никольский С. М. Курс математического анализа. Т. I. — М.: Наука, 1983
  5. <Б.П. Демидович "Сборник задач и упражнений по математическому анализу", Отдел 6, Параграф 2

4.6 Свойство промежуточных значений

Теорема Больцано – Коши (о корне). Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $\left[a, b\right]$ и на концах этого отрезка принимает значения разных знаков. Тогда существует точка $c \in \left(a, b\right)$, такая, что $f\left(c\right) = 0$.

Применяем метод деления отрезка пополам и лемму Кантора о вложенных отрезках. Пусть, например, $f\left(a\right)<0<f\left(b\right)$. Обозначим $\left[a_0, b_0\right] \equiv \left[a, b\right]$ и разделим $\left[a_0, b_0\right]$ пополам точкой $c_0 =\displaystyle\frac{a_0+b_0}{2}$. Если $f\left(c_0\right) = 0$, то теорема доказана. В противном случае из двух полученных отрезков $\left[a_0, c_0\right]$ и $\left[c_0, b_0\right]$ выберем такой, что на его концах функция f принимает значения разных знаков. Это будет отрезок $\left[a_1, b_1\right] \equiv \left[a_0, b_0\right]$, если $f \left(c_0\right) > 0$, и $\left[a_1, b_1\right] \equiv \left[c_0, b_0\right]$, если $f \left(c_0\right) < 0$. Заметим, что длина отрезка$\left[a_1, b_1\right]$ равна $b_1 − a_1$ = $\displaystyle\frac{b-a}{2}$. На следующем шаге разделим $\left[a_1, b_1\right]$ пополам и продолжим описанную процедуру. Если на каком-либо шаге встретится точка деления, в которой функция $f$ обращается в нуль, то теорема доказана. В противном случае получим последовательность вложенных друг в друга отрезков $\left[a_n, b_n\right]$, таких, что их длины $b_n − a_n =\displaystyle\frac{b−a}{2^n} \rightarrow 0 \;при\; n \to \infty$. По лемме Кантора, существует точка c, принадлежащая всем $\left[a_n, b_n\right]$. Покажем, что $f\left(c\right) = 0$. Отсюда, в частности, будет следовать, что $c$ не совпадает ни $с\;a$, ни $с\;b$, т. к. $f\left(a\right) \neq 0$ и $f\left(b\right) \neq 0$.
Для доказательства равенства $f\left(c\right) = 0$ покажем, что для всех $n$ справедливо неравенство
$$\begin{equation}\label{eq:exp1}f \left(a_n\right) < 0 < f \left(b_n\right)\end{equation}.$$
Применим индукцию по $n$. При $n = 0$ неравенство $\eqref{eq:exp1}$ совпадает с принятым условием $f\left(a\right)<0<f\left(b\right)$. Предположим, что неравенство $\eqref{eq:exp1}$ справедливо при некотором $n$, и покажем, что оно имеет место и для $n + 1$. Обозначим $c_n =\displaystyle\frac{a_n+b_n}{2}$. Тогда, согласно описанной процедуре отбора сегментов, мы полагаем $\left[a_n+1, b_n+1\right] \equiv \left[a_n, c_n\right]$, если $f \left(c_n\right) > 0$, и $\left[a_n+1, b_n+1\right] \equiv \left[c_n, b_n\right]$, если $f \left(c_n\right) < 0$. Отсюда легко видеть, что неравенство $\left(4.5\right)$ справедливо и при $n + 1$, и тем самым $\eqref{eq:exp1}$ доказано для всех $n = 0, 1, \dotsc.$
Далее, поскольку $a_n \leqslant c \leqslant b_n \left ( n = 0, 1, \dotsc\right )$ и $b_n − a_n \rightarrow 0 \left(n \to \infty \right)$, то $a_n \rightarrow c \left(n \to \infty \right)$ и $b_n \rightarrow c \left(n \to \infty \right)$. В силу непрерывности функции $f$ в точке $c$, из неравенств $f\left(a_n\right) < 0$ следует, что и $f\left ( c\right ) = \lim_\limits{n \to \infty}f \left(a_n\right) \leqslant 0$.
С другой стороны, поскольку $f \left(b_n\right) > 0$, то и $f\left ( c\right ) = \lim_\limits{n \to \infty}f \left(b_n\right) \leqslant 0$.
Итак, получили, что $f\left(c\right) \leqslant 0$ и $f(c) \geqslant 0$. Отсюда следует, что $f\left(c\right) = 0$.

Следствие (свойство промежуточных значений). Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $\left[a, b\right]$. Тогда функция $f$ принимает все значения, заключенные между $f\left(a\right)$ и $f\left(b\right)$. Именно, для любого числа $A$, заключенного между $f\left(a\right)$ и $f\left(b\right)$, найдется такая точка $c \in \left[a, b\right]$, что $f\left(c\right) = A$.

Для доказательства этого следствия достаточно применить теорему Больцано – Коши к функции $g\left(x\right) = f\left(x\right) − A$.
Утверждение, обратное данному следствию, неверно. В этом легко убедиться на примере функции $$\left\{\begin{matrix}
x,    x\in\mathbb{Q}\cap \left[0,1\right]\\
1-x, x \in \left[0,1\right] \setminus \mathbb{Q}
\end{matrix}\right.$$Если же функция $f$ монотонна на $\left[a, b\right]$, то, как показывает теорема $3$, данное следствие можно обратить. Таким образом, из теоремы $3$ и свойства промежуточных значений мы получаем следующий критерий непрерывности монотонной функции.

Теорема. Монотонная на отрезке $\left[a, b\right]$ функция $f$ непрерывна на этом отрезке тогда и только тогда, когда она принимает все промежуточные значения между $f\left(a\right)$ и $f\left(b\right)$.

Пример. Покажем, что каждый многочлен нечетной степени имеет по крайней мере один действительный корень. Пусть $P_{2k+1}\left(x\right) = a_0x^{2k+1} + a_1x^{2k} + \cdots + a_{2k+1}$, причем можем считать, что $a_0 > 0$. Тогда, очевидно, $\lim_\limits{x\to-\infty }P_{2k+1}\left(x\right ) = -\infty$, а значит, существует такое $a$, что $P_{2k+1}\left(a\right ) < 0$. Далее, поскольку $\lim_\limits{x\to+\infty }P_{2k+1}\left(x\right ) = +\infty$,то найдется такое $b > a$, что $P_{2k+1}\left(a\right ) > 0$. Поскольку многочлен $P_{2k+1}$ непрерывен на $\left[a, b\right]$, то, в силу теоремы Больцано-Коши, найдется такое $c \in \left(a,b\right)$, что $P_{2k+1}\left(c\right ) =0$.

Примеры

  1. Пусть функция $f(x)=x^{2}$ определенна и непрерывна на отрезке $[-2,2]$.
    Посчитаем значение функции в точках: $x=-0,75$, $x=0,25$, $x=1,5$.

    Решение

    Мы знаем что данная функция непрерывна на данном отрезке (в силу того что это полиномиальная функция), а значит, в силу второй теоремы Коши, она принимает все свои промежуточные значения и ее значения в указанных точках равны:
    $f(-0,75)=0,5625$, $f(0,25)=0,0625$, $f(1,5)=2,25$.

  2. Докажите, что многочлен нечетной степени всегда имеет корень.
    Указание. Представьте многочлен $p\left(x\right)=a_nx^n+a_{n−1}x^{n−1}+\cdots+a_1x+a_0$ в виде $p\left(x\right)=x^n\left(a_n+\displaystyle\frac{a_{n−1}}{x}+\displaystyle\frac{a_{n−2}}{x^2}+\cdots+\displaystyle\frac{a_1}x^{n−1}+\displaystyle\frac{a_0}{x^n}\right)$ и покажите, что при $x$, больших по модулю, он принимает как положительные, так и отрицательные значения.

    Решение

    Без ограничений общности $a_n > 0$. $\lim_\limits{x\to+\infty}\left(x^n\left(a_n+\cdots+\displaystyle\frac{a_0}{x^n}\right)\right)$ — есть величина положительная.Если устремить $x$ в минус бесконечность,то $p\left(x\right)$. Есть величина отрицательная. Значит можем выбрать точки $a,b$(большие по модулю и $a_0$) такие, что $p\left(a\right)0$
    Многочлен нечетной степени есть непрерывная функция.
    По теореме Больцано-Коши существует $c\in\left[a,b\right]$
    такая, что $p\left(c\right) = 0$
    Значит как минимум один корень есть.

Литература

Смотрите также

  1. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 2 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1970 (стр.134, 171)
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003 (стр.216)

Свойство промежуточных значений

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Свойство промежуточных значений»

7.1 Определение и элементарные свойства интеграла Римана

Определение. Пусть на отрезке $[a, b]$ задана функция $f.$ Рассмотрим произвольную систему точек $ a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Каждую такую систему назовем разбиением отрезка $ [a,b],$ а само разбиение будем обозначать через $ \Pi .$ Отрезки $[x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1) $ называются частичными отрезками разбиения. Наибольшую из длин $\Delta  x_i = x_{i+1}-x_i$ частичных отрезков называют диаметром этого разбиения и обозначают $$ d(\Pi) = \underset{0 \leqslant i \leqslant n-1} {\max} \Delta x_i.$$
В каждом из частичных отрезков $ [x_i, x_{i+1}] $ выберем произвольным образом точку $\xi_i$ и составим сумму $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f (\xi_i) \Delta x_i.$$
Сумма $\sigma$ называется интегральной суммой для функции $f,$ соответствующей заданному разбиению $\Pi $ и заданному выбору точек $\xi_i .$
Для каждого заданного разбиения множество всевозможных интегральных сумм бесконечно, поскольку каждая интегральная сумма зависит от способа выбора точек $\xi_i .$
Определение. Число $I$ называется пределом интегральных сумм $\sigma$ при стремлении к нулю диаметра разбиения $d(\Pi),$ если для любого $\varepsilon > 0 $ найдется такое $\delta > 0,$ зависящее, вообще говоря, от $\varepsilon,$ что для любого разбиения $\Pi $ отрезка $[a, b]$ диаметра $d(\Pi) < \delta $ при любом выборе промежуточных точек $\xi_i $ из частичных отрезков этого разбиения соответствующая интегральная сумма $ \sigma $ удовлетворяет неравенству $ |\sigma — I| < \varepsilon, $ т. е. $ \forall \varepsilon  \exists \delta > 0 : \forall \Pi,$  $d(\Pi) < \delta$  $\forall \xi_i \in [x_i, x_{i+1}] (i = 0, 1, \ldots , n-1) |\sigma — I| < \varepsilon. $
Определение. Если существует конечный предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, то этот предел называется интегралом от функции $f$ по отрезку $[a, b]$ и обозначается $\displaystyle\int\limits_a^b \!f(x)\,dx .$ В этом случае функция $f$ называется интегрируемой на отрезке $[a, b].$ В противном случае говорят, что функция $f$ неинтегрируема на $[a, b].$
Итак, $$ \int\limits_a^b\! f(x)\,dx  = \underset {d(\Pi) \to 0}{\lim} \sigma .$$

Геометрический смысл определенного интеграла.


С геометрической точки зрения интегральная сумма представляет собой сумму площадей прямоугольников высотой $f (\xi_i)$ и шириной $x_{i+1}-x_i.$
Поэтому определенный интеграл – предел интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения – можно интерпретировать как площадь (с учетом знака) криволинейной трапеции, ограниченной осью $Ox,$ прямыми $x = a, x = b$ и графиком функции $y = f(x).$
По аналогии с определением предела функции в смысле Гейне, определение предела интегральных сумм можно выразить в терминах последовательностей следующим образом.

Определение. Число $I$ называется пределом интегральных сумм при стремлении к нулю диаметра разбиения, если для любой последовательности $\Pi_1, \Pi_2, \ldots , \Pi_n, \ldots $ разбиений отрезка $[a, b],$ такой, что $d(\Pi_n) \to 0$ при $ n \to \infty,$ и при любом выборе промежуточных точек из частичных отрезков этих разбиений соответствующая последовательность интегральных сумм $\sigma_1, \sigma_2, \ldots , \sigma_n, \ldots$ сходится к числу $I.$

Упражнение. Докажите равносильность этих двух определений предела интегральных сумм.

Теорема. Если функция $f$ интегрируема на отрезке $[a, b],$ то она ограничена на этом отрезке.

Предположим, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ и покажем, что в этом случае для любого разбиения $\Pi$ промежуточные точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы модуль соответствующей интегральной суммы оказался большим любого наперед заданного числа. Рассмотрим произвольное разбиение $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b.$ Если $f$ неограничена на $[a, b],$ то найдется такой частичный отрезок $[x_j , x_{j+1}],$ на котором $f$ также неограничена. Действительно, если бы $f$ оказалась ограниченной на каждом из частичных отрезков, то она была бы ограниченной и на всем отрезке $[a, b].$ Итак, предположим, что $f$ неограничена сверху на $[x_j , x_{j+1}].$ Зададим произвольное число $M$ и покажем, что точки $\xi_i$ можно выбрать так, чтобы соответствующая интегральная сумма $\sigma$ стала большей, чем $M.$ Действительно, сначала выберем точки $\xi_i$ во всех отрезках, кроме $[x_j , x_{j+1}],$ и составим сумму $\displaystyle\sigma^\prime = \sum\limits_{i:i\neq j}$ $f(\xi_i) \Delta x_i.$ Затем точку $\xi_j$ выберем так, чтобы выполнялось неравенство $f(\xi_j ) \Delta x_j + \sigma^\prime > M.$ Это возможно в силу того, что функция $f$ неограничена сверху на $[a, b].$ Тогда получим, что для интегральной суммы $\sigma = \sigma^\prime + f(\xi_j ) \Delta x_j$ выполнено неравенство $\sigma > M.$
Случай неограниченной снизу $f$ исчерпывается аналогичным образом.
Наконец заметим, что из определения предела интегральных сумм вытекает, что при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены независимо от способа выбора промежуточных точек. Действительно, в определении предела условие $d(\Pi) < \delta$ влечет выполнение неравенства $|\sigma−I| < \varepsilon,$ откуда следует, что $|\sigma| < |I|+ \varepsilon.$ Мы же, предположив, что функция $f$ неограничена на $[a, b],$ получаем противоречие с ограниченностью интегральных сумм.

Замечание. В доказательстве теоремы мы воспользовались тем, что для интегрируемой функции при достаточно мелком разбиении интегральные суммы ограничены. На самом деле у интегрируемой функции ограничено множество всех интегральных сумм, соответствующих всевозможным разбиениям, а не только достаточно мелким. Действительно, мы доказали, что интегрируемая на $[a, b]$ функция $f$ ограничена, т. е. существует такое число $A,$ что $|f(x)| < A$ для всех $x \in [a, b].$ Поэтому для любого разбиения $\Pi$ при любом способе выбора точек $\xi_i$ получим $$ |\sigma| \leqslant \sum\limits_{i=0}^{n-1} \left|f(\xi_i) \Delta x_i\right| \leqslant A \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = A (b-a). $$
Итак, каждая интегрируемая функция ограничена. Однако не каждая ограниченная функция интегрируема.

Пример ограниченной неинтегрируемой функции. 

Рассмотрим функцию Дирихле $$\begin{equation*}
\mathcal{D}\left(x\right) =
\begin{cases}
1, &\text{x — рационально,}\\
0, &\text{x — иррационально.}
\end{cases}
\end{equation*} $$

Эта функция ограничена. Покажем, что она неинтегрируема на любом невырожденном отрезке $[a, b].$ Действительно, если для произвольного разбиения $\Pi$ все точки $\xi_i$ выбрать рациональными, то получим $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = b-a.$$ Если же все точки $\xi_i$ взять иррациональными, то $$ \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \mathcal {D}(\xi_i) \Delta x_i = 0. $$ Отсюда следует, что интегральные суммы не имеют предела при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Пример 1. 

Пусть $f(x) = c,$ $a \leqslant x \leqslant b.$ Тогда для любого разбиения $\Pi$ при любом выборе точек $\xi_i$ будет $f(\xi_i) = c$ и поэтому $$\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i)\Delta x_i = c \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = c (b-a).$$ Таким образом, $ \displaystyle\int\limits_{a}^{b}\! c\,dx = c (b-a).$

Пример 2.

Пусть $f(x) = x, 0 \leqslant x \leqslant 1.$ Выберем произвольное разбиение $\Pi : 0 = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = 1$ и точки $\xi_i \in [x_i, x_{i+1}].$ Тогда
соответствующая интегральная сумма будет иметь вид $\displaystyle\sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} \xi_i \Delta x_i.$ Наибольшая из всех интегральных сумм, соответствующая выбранному разбиению, равна $\displaystyle\overline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_{i+1} \Delta x_i,$ а наименьшая $\displaystyle\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1} x_i \Delta x_i.$ Тогда имеем $$\overline {\sigma} + \underline \sigma = \sum_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}^2 — x_{i}^2)$$ $$\overline {\sigma}-\underline \sigma = \sum\limits_{i=0}^{n-1}(x_{i+1}+x_i) \Delta x_i \leqslant d(\Pi) \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i = d(\Pi).$$ Таким образом, $\overline \sigma −\underline \sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ а поскольку $\underline \sigma + \overline \sigma = 1,$ то обе эти суммы стремятся к $\displaystyle\frac {1}{2}.$ Отсюда и из неравенства $\underline \sigma \leqslant \sigma \leqslant \overline \sigma$ сразу следует, что $\displaystyle\sigma \to \frac{1}{2}$ при $d(\Pi) \to 0.$ Итак, функция интегрируема и $\displaystyle\int\limits_{0}^{1} \!x\,dx = \frac{1}{2}.$

Пример 3. Ступенчатые функции.

Функция $f$ называется ступенчатой
на отрезке $[a, b],$ если $[a, b]$ можно разбить на отрезки $[a_0, a_1], \ldots ,[a_{s−1}, a_s],$ где $a = a_0 < a_1 < \ldots < a_s = b,$ такие, что функция $f$ постоянна на каждом интервале $(a_j , a_{j+1}),$ т. е. $f(x) = c_j,$ $x \in (a_j , a_{j+1}),$ $j = 0, 1, \ldots , s − 1.$ При достаточно малых $\delta$ для разбиения $\Pi : a = x_0 < x_1 < \ldots < x_n = b,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ все частичные отрезки разбиения, за исключением, быть может, не более чем $2s$ штук, расположены целиком в соответствующих интервалах постоянства функции $f.$ Пусть разбиению $\Pi$ при каком-либо выборе промежуточных точек $\xi_j$ соответствует интегральная сумма $\sigma.$ Имеем $$\left|\sigma-\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j)\right| \leqslant 2s \cdot \delta \cdot \left[\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\max}} f(x)-\underset{a\leqslant x\leqslant b}{\mathrm{\min}} f(x)\right].$$ Отсюда ясно, что при стремлении к нулю диаметра разбиения интегральные суммы стремятся к $\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j),$ т.е. $\displaystyle\int\limits_{a}^{b} \!f(x)\,dx = \sum\limits_{j=0}^{s-1} c_j (a_{j+1}-a_j).$

Пример 4. Функция Римана.

Напомним, что функция Римана определяется равенством $$\begin{equation*}
\mathcal{R}\left(x\right) =
\begin{cases}
0, &\text{x — рационально,}\\
\displaystyle\frac{1}{q}, &\text{где x = $\displaystyle\frac{p}{q}$ — несократимая дробь.}
\end{cases}
\end{equation*} $$ Покажем, что эта функция интегрируема на $[0, 1]$ и ее интеграл равен нулю. Для этого заметим, что для любого $x \in [0, 1]$ имеем $\lim\limits_{y \to x} \mathcal{R}(y) = 0.$ Действительно, это сразу следует из того, что при любом фиксированном $\varepsilon > 0$ на отрезке $[0, 1]$ существует лишь конечное число таких точек, в которых функция Римана принимает значения большие, чем $\varepsilon.$ Обозначим число таких точек через $N_\varepsilon.$ Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и положим $\displaystyle ε^\prime = \frac {\varepsilon}{2},$ $\displaystyle\delta = \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}}.$ Тогда при любом разбиении $\Pi,$ диаметр которого меньше, чем $\delta,$ и при любом способе выбора промежуточных точек количество слагаемых в интегральной сумме, для которых значение функции больше, чем $\varepsilon^\prime,$ не превосходит $2N_{\varepsilon^\prime}.$ Поэтому для интегральной суммы σ справедлива следующая оценка: $$\sigma \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}}\delta + \varepsilon^\prime \sum\limits_{i=0}^{n-1} \Delta x_i \leqslant N_{\varepsilon^{\prime}}  \frac{\varepsilon^{\prime}}{2N_{\varepsilon^\prime}} = \varepsilon.$$ Таким образом, получили, что $\sigma \to 0$ при $d(\Pi) \to 0,$ т. е. $\displaystyle\int\limits_{0}^{1}\! \mathcal{R}(x)\,dx = 0.$

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. Исходя из определения определенного интеграла, найти $\displaystyle\int\limits_{0}^{T} (v_0 + gt)\,dt,$ где $v_o$ и $g$ — постоянны.
    Решение

    Рассмотрим разбиение отрезка $[0; T]$ на $n$ равных частей точками $\displaystyle\mathcal{T}_i = \frac {T_i}{n}$ $0 \leqslant i \leqslant n.$ Выберем точки разметки на левых концах отрезков разбиения: $\xi_i = \mathcal{T}_i.$ Интегральная сумма для функции $f(t) = v_0+gt$ равна: $$S_n=\sum\limits^{n-1}_{i=0}(v_0 + g\xi_i)(\mathcal{T}_{i+1}-\mathcal{T}_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(v_0 + g\frac{T_i}{n}\right)\frac{T}{n} = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT}{n}\sum\limits^{n-1}_{i=0}\right).$$ По формуле суммы арифметической прогрессии $\displaystyle\sum\limits^{n-1}_{i=0}i = \frac{(n-1)n}{2},$ следовательно, $$S_n = \frac{T}{n}\left(v_0n + \frac{gT(n-1)n}{2n}\right) = v_0T + \frac {gT^2(n-1)}{2n}.$$ Сведём вычисление интеграла к вычислению обычной последовательности. $$\int\limits^T_0 (v_0 + gt)\,dt = \lim_{n\to +\infty}\left(v_0T+\frac{gT^2(n-1)}{2n}\right)=v_0T+\frac{gT^2}{2}.$$

  2. Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^1_0 a^x \,dx,$ $(a>0).$
    Решение

    Разобьем отрезок интегрирования на $n$ равных частей: $\displaystyle x_i=\frac{i}{n},$ $0 \leqslant i \leqslant$ n и выберем точки разметки $\xi_i = x_i (0 \leqslant i \leqslant n−1).$ Длина каждого из отрезков разбиения $\displaystyle\Delta x_i = x_{i+1}-x_i=\frac{1}{n}.$ Интегральная сумма $$S_n = \sum\limits_{i=0}^{n-1}a^{\xi_i} \Delta x_i = \frac{1}{n} \sum\limits_{i=0}^{n-1} a^{\frac{i}{n}} = \frac{1}{n} \sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{i}{n}})^i.$$ Суммируя геометрическую прогрессию с первым членом, равным 1, и знаменателем $q=a^{\frac{1}{n}},$ получаем $$\sum\limits^{n-1}_{i=0}(a^{\frac{1}{n}})^i = \frac{a-1}{a^{\frac{1}{n}}-1}$$ Отсюда следует, что $$S_n = \frac {a-1}{n(a^{\frac{1}{n}}-1)}$$ Так как при $n \to +\infty$ последовательность $\displaystyle a^{\frac{1}{n}}-1 \sim \frac{\ln a}{n},$ то $$\int\limits^1_0 a^x \,dx = \lim_{n\to +\infty} S_n = \lim_{n\to +\infty} \frac{(a-1)n}{n \ln a} = \frac{a-1}{\ln a}.$$

  3. Вычислить определенный интеграл, рассматривая его как предел соответствующих интегральных сумм и производя разбиение промежутка интеграции надлежащим образом: $\displaystyle\int\limits^b_a \frac{dx}{x^2},$ $(0 < a < b).$
    Решение

    Пусть $x_o, x_1, \ldots, x_n$ — произвольное разбиение отрезка $[a;b].$ Выберем точки разметки $\xi_i = \sqrt{x_ix_{i+1}}$ $(0 \leqslant i \leqslant n-1).$ Интегральная сумма $\displaystyle S_n = \sum\limits^{n-1}_{i=0} \frac{1}{\xi_{i}^{2}}(x_{i+1}-x_i)=\sum\limits^{n-1}_{i=0} \frac{1}{x_ix_{i+1}}(x_{i+1}-x_i)= \sum\limits^{n-1}_{i=0}\left(\frac{1}{x_i}-\frac{1}{x_{i+1}}\right)=$ $\displaystyle=\left(\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_1}\right)+\left(\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}\right)+\left(\frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_3}\right)+\ldots+\left(\frac{1}{x_{n-1}}-\frac{1}{x_n}\right)=$ $=\displaystyle\frac{1}{x_0}-\frac{1}{x_n}=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}.$ Отсюда получаем следующее: $$\int\limits_a^b \frac{dx}{x^2} = \lim_{n\to+\infty} S_n = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right) = \frac{1}{a}-\frac{1}{b}.$$

Интеграл Римана

Данный тест поможет Вам разобраться с материалом по теме «Интеграл Римана».

Литература

Смотрите также