Докажите, что для любого натурального n⩾2 выполняются неравенства: n(n√n+1−1)<1+12+13+…+1n<n(1−1n√n)+1.
Решение
Для доказательства мы воспользуемся теоремой Коши о среднем арифметическом и среднем геометрическом. Пусть a1,a2,…,an− положительные числа. Тогда a1+a2+…+ann⩾n√a1a2…an, причем равенство достигается лишь в случае, когда все числа равны.
Запишем теорему Коши для чисел 1,12,23,34,…,n−1n:1+12+23+…+n−1nn>n√1n.
Перепишем это неравенство так: 1−(1−12)+(1−13)+…+(1−1n)>nn√n. Отсюда получим одно из нужных нам неравенств: 1+12+13+…+1n<n(1−1n√n)+1.
Чтобы доказать второе неравенство, запишем теорему Коши для чисел 2,32,43,…,n+1n: 2+32+43+…+n+1nn<n√n+1, или 2+(1+12)+(1+13)+…+(1+1n)>nn√n+1, откуда n+(1+12+13+…+1n)>nn√n+1, то есть 1+12+13+…+1n>n(n√n+1−1).
Определение. Пусть на множестве E задана последовательность функций fn(n=1,2…), сходящаяся на E поточечно к функции f. Говорят, что последовательность {fn} сходится равномерно к функции f на множестве E, если для любого ε>0 найдется такой номер N, зависящий только от ε (и не зависящий от x), что для каждого n≥N справедливо неравенство ∣fn(x)−f(x)∣<ε.
Определение поточечной сходимости на множестве E в кванторах можно записать следующим образом: ∀x∈E∀ε>0∃N=N(ε,x):∀n≥N∣fn(x)−f(x)∣<ε, а равномерной сходимости — так: ∀ε>0∃N=N(ε):∀n≥N∀x∈E∣fn(x)−f(x)∣<ε. В определении поточечной сходимости номер N зависит, вообще говоря, от ε и от x, а в определении равномерной сходимости N зависит только от ε и не зависит от x. Иначе говоря, поточечная сходимость будет равномерной, если для заданного ε>0 номер N можно подобрать так, чтобы он был пригоден сразу для всех x∈E.
Теперь видно, что свойство равномерной сходимости не слабее, чем свойство поточечной сходимости, т. е. из равномерной сходимости следует поточечная сходимость. Обратное неверно. Может оказаться, что для каждого ε>0 и для x∈E найдется номер N=N(ε,x), но для всех сразу x∈E номер N, не зависящий от x, может и не существовать. Приведем
Пример 1. Пусть fn(x)=xn(x∈E≡[0,1]). Мы уже видели, что f(x)=limn→∞fn(x)={0,0≤x<1,1,x=1. Если бы последовательность {xn} сходилась к функции f равномерно, то неравенство ∣xn—f(x)∣<ε при достаточно больших n(n≥N(ε)) должно было быть выполненным сразу для всех x∈E. Но это не так, поскольку при фиксированном n имеем limx→1−0xn=1, так что в любой левой полуокрестности точки x0=1 найдется такая точка x112. Поэтому если мы возьмем ε0>12, то получим неравенство ∣xn1—0∣≥ε0. Окончательно имеем ∃ε0(ε0=12):∀N∃n≥N(n=N)∃x1==x1(ε,n)∈E:∣fn(x1)—f(x1)∣≥ε0 Это означает, что данная последовательность не является равномерно сходящейся на множестве E.
В этом примере «плохие» точки x1, т.е. такие, в которых выполнено неравенство ∣fn(x1)—f(x1)∣≥ε0, находится вблизи точки x0=1. Если же мы отделимся от x0, т.е. рассмотрим последовательность xn на множестве Eδ=[0,1—δ], где δ>0 — произвольное число, то сходимость данной последовательности к функции f(x)≡0 на множестве Eδ уже будет равномерной. Действительно, в этом случае ∣fn(x)—f(x)∣=xn≤(1—δ)n<ε(0≤x≤1−δ), если только n≥N(ε), где N(ε)=[lnεln(1−δ)]+1 не зависит от x∈Eδ.
Пример 2. Для последовательности функций fn(x)=nx1+n2x2(x∈E≡R) ранее мы показали, что f(x)=limx→∞nx1+n2x2=0(x∈R). Поэтому ∣fn(x)—f(x)∣→0(n→∞) при каждом фиксированном x∈R. Однако при фиксированном n наибольшее значение функция fn(x)=nx1+n2x2 достигает в точке xn=1n и это значение равно fn(1n)=12. Таким образом, для ε0=12 неравенство ∣fn(x)−f(x)∣<ε0 не может быть выполненным сразу для всех x∈R. Значит, последовательность {fn} сходится к функции f≡0 на R, но неравномерно, т.е. ∃ε0(ε0=12):∀N∃n≥N(n=N)∃x1(x1=1n):∣fn(x1)—f(x1)∣≥ε0.
Если же зафиксировать число δ>0, то нетрудно показать, что на множестве Eδ=[δ,+∞) последовательность функций fn(x)=nx1+n2x2 сходится равномерно. Действительно, неравенство ∣fn(x)—f(x)∣=nx1+n2x2≤1nx≤1nδ<ε(x∈Eδ) выполнено, если только n≥N(ε), где N(ε)=[1εδ]+1 не зависит от x∈Eδ
Геометрический смысл равномерной сходимости состоит в том, что начиная с номера N графики функций fn(x) расположены в ε-полосе графика функции f.
Равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.
Определение. Пусть на множестве E задана последовательность функций {un}. Ряд ∑∞(n=1)un называется равномерно сходящимся на множестве E, если он сходится поточечно на E и последовательность его частичных сумм равномерно сходится к сумме ряда на множестве E.
Другими словами, определение равномерной сходимости ряда ∑∞(n=1)un, сходящегося к функции f на множестве E, можно сформулировать следующим образом. Обозначим через Sn(x)=∑n(k=1)uk(x) частичные суммы ряда ∑∞(n=1)un(x),rn(x)=∑∞(k=n+1)uk(x) — остаток после n-го слагаемого. Тогда Sn(x)+rn(x)=f(x), а равномерная сходимость ряда означает, что для любого ε>0 найдется такой номер N (зависящий только от ε), что для всех n≥N и для всех x∈E справедливо неравенство ∣Sn(x)—f(x)∣<ε. Но так как ∣Sn(x)—f(x)∣=∣rn(x)∣, то получаем ∀ε>0∃N:∀n≥N∀x∈E∣rn(x)∣<ε. Это в свою очередь означает, что остаток ряда равномерно стремится к нулю. Таким образом, получили следующее эквивалентное определение равномерной сходимости ряда.
Ряд ∑∞(n=1)un(x) называется равномерно сходящимся на множестве E, если последовательность его остатков после n-го слагаемого {rn} равномерно сходится к нулю на множестве E.
Это определение более выгодно по сравнению с предыдущим тем, что оно использует лишь слагаемые исходного ряда и не использует сумму самого ряда f(x)=∑∞(n=1)un(x).
Пример 1. Ряд ∑∞(n=1)xn сходится на интервале (−1,1) т.к. он представляет собой сумму геометрической прогрессии со знаменателем x,∣x∣<1. Исследуем его на равномерную сходимость. Для этого рассмотрим остаток rn(x)=∑∞(k=n+1)xk=xn+11−x. При фиксированном x и n→∞ имеем rn(x)→0. Это означает, что данный ряд сходится при каждом x, т.е. поточечно. Если же зафиксировать n к 1−0, то получим, что xn+11−x→+∞, т.е. если x близок к 1, то rn(x) принимает большие значения. Это означает, что неравенство ∣rn(x)∣=∣x∣n+11−x<ε сразу для все x∈(−1,1), но неравномерно.
С другой стороны, на любом отрезке [−q,q], где 0<q<1, ряд ∑∞(n=1)xn сходится равномерно. Действительно, в этом случае ∣rn(x)∣=∣∞∑(k=n+1)xn∣=∣xn+11−x∣≤qn+11−q,(x∈[−q,q]). Отсюда следует, что последовательность {rn(x)} равномерно сходится к нулю на [−q,q], т.е. данный ряд равномерно сходится на [−q,q].
Пример 2. Рассмотрим ряд ∑∞(n=0)x2(1+x2)n. Имеем rn(x)={x2(1+x2)n,x≠00,x=0. Если x фиксировано, то rn(x)→0 при n→∞. Это означает, что ряд является сходящимся при любом x∈R, т.е. он сходится поточечно. Если зафиксируем n, то при стремлении x к нулю получаем, что rn(x)→1, а это означает, что неравенство ∣rn(x)∣=1(1+x2)n<ε при 0<ε<1 не может выполняться сразу для всех x∈R, каким бы большим номер n мы ни взяли. Таким образом, rn(x)→0(n→∞), но неравномерно. Следовательно, данный ряд сходится на R неравномерно.
Замечание. Пусть задан ряд ∞∑(n=1)un(x)(x∈E).(16.2) Рассмотри величины μn=supx∈E∣∞∑(k=n+1)uk(x)∣=supx∈E∣rn(x)∣. Тогда определение равномерной сходимости ряда (16.2) на множестве E можно сформулировать следующим образом.
Ряд (16.2) сходится равномерно на множестве E, если limn→∞μn=0.
Действительно, если μn→0(n→∞), то для любого ε>0 найдется такой номер N, что для всех n≥N справедливо неравенство μn<ε, т.е. для всех x∈E справедливо неравенство ∣rn(x)∣<ε, а значит ряд (16.2) сходится равномерно. Обратно, если rn(x) равномерно сходится к нулю, то для всех x∈E справедливо неравенство ∣rn(x)∣<ε. Поэтому и μn=supx∈E∣rn(x)∣≤ε, т.е. μn→0 при n→∞.
Пример 3. Исследовать на равномерную сходимость ряд ∑∞(n=1)(−1)nx2+n на множестве R
Теорема(критерий Коши равномерной сходимости последовательности). Для того чтобы последовательность функций {fn} равномерно сходилась на множестве E к некоторой функции, необходимо и достаточно, чтобы для любого ε>0 существовал такой номер N, зависящий только от ε, что для любых n,m≥N и для любого x∈E было выполнено неравенство ∣fn(x)−fm(x)∣<ε.
Необходимость. Пусть последовательность {fn} сходится к f равномерно на E. Зададим ε>0. Тогда найдется такой номер N, что для все n≥N и для всех x∈E справедливо неравенство ∣fn(x)—f(x)∣<ε2. Если возьмем произвольные, n,m≥N, то для любого x∈E получим ∣fn(x)—fm(x)∣≤∣fn(x)—f(x)∣+∣fm(x)—f(x)∣<ε2+ε2=ε, т.е. выполнено условие теоремы (условие Коши). Достаточность. Пусть выполнено условие Коши. Зафиксируем x∈E и получим числовую последовательность {fn(x)}, которая, согласно условию Коши, является фундаментальной и, следовательно, сходящейся. Обозначим ее предел через f(x). Так как xinE произвольное, то, проделав эту операцию для все x∈E, получим функцию f(x). Покажем, что последовательность {fn(x)} стремится к f(x) равномерно на E. Зададим ε>0. Тогда найдется такой номер N, что для всех n,m≥N и для любого x∈E справедливо неравенство ∣fn(x)−fm(x)∣<ε. Зафиксируем n≥N,x∈E и устремим m→∞. Тогда получим ∣fn(x)−f(x)∣≤ε. Это неравенство выполнено для любого n≥N и для всех x∈E, а это и означает, что последовательность {fn} сходится к f равномерно на E.
Доказанную теорему можно переформулировать для рядов следующим образом.
Теорема(критерий Коши равномерной сходимости ряда). Для того чтобы ряд ∑∞(n=1)un(x) равномерно сходился на множестве E, необходимо и достаточно, чтобы для любого E>0 существовал такой номер N, зависящий только от ε, что для всех n≥N,p∈N и для любого x∈E выполнялось неравенство ∣∑n+pk=n+1uk(x)∣<ε.
Эта теорема вытекает из предыдущей, если учесть, что равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.
Теорема (признак Вейерштрасса равномерной сходимости ряда). Пусть дан ряд ∞∑n+1un(x)(x∈E).(16.3) Предположим, что существует числовая последовательность {an}, такая, что ∣un(x)∣≤an(n=1,2…) для всех x∈E, и числовой ряд ∑∞n=1an сходится. Тогда ряд (16.3) сходится равномерно на E.
В силу условия теоремы, имеем ∣n+p∑k=n+1uk(x)∣≤n+p∑k=n+1ak(x∈E). Так как ряд ∑∞n=1an сходится по условию, то, в силу критерия Коши для числовых рядов, для любого ε>0 найдется такой номер N, что для всех n≥N и для любого p∈N справедливо неравенство ∑n+pk=n+1ak<ε. Но тогда и неравенство ∣∑n+pk=n+1uk(x)∣<ε будет выполненным для всех x∈E, т.е. выполнено условие критерия Коши равномерной сходимости функционального ряда, в силу которого ряд (16.3) сходится равномерно на E.
Замечание 1. Признак Вейерштрасса является лишь достаточным условием равномерной сходимости функционального ряда. В самом деле, рассмотренный выше пример 3 ряда ∑∞n=1(−1)nx2+n показывает, что этот ряд хотя и сходится равномерно на R, но оценить сверху его слагаемые можно лишь слагаемыми расходящегося числового ряда ∑∞n=11n
Замечание 2. Признак Вейерштрасса дает достаточное условие не только равномерной, но и абсолютной сходимости ряда. Это сразу следует из неравенства n+p∑k=n+1∣uk(x)∣≤n+p∑k=n+1ak(x∈E).
Замечание 3. Признак Вейерштрасса заключается в том, что из сходимости ряда ∑∞n=1an, где an=supx∈E∣un(x)∣, следует равномерная (и абсолютная) сходимость ряда ∑∞n=1un(x) на множестве E.
Пример 4. Рассмотрим ряд ∑∞n=1x1+n4x2 на R. Используя очевидное неравенство 2∣a∣≤1+a2, находим мажорантный числовой ряд ∣x1+n4x2∣≤1n2∣n2x∣1+(n2x)2≤121n2. Поскольку числовой ряд ∑∞n=1121n2 сходится, то исходный функциональный ряд сходится равномерно на R.
Пример 5. Ряд ∑∞n=1cosnxn2 сходится равномерно на R, поскольку ∣cosnxn2∣≤1n2 и числовой ряд ∑∞n=11n2 сходится.
Теорема(признак Абеля равномерной сходимости) Пусть на множестве E заданы две функциональные последовательности {an(x)} и {bn(x)}, такие, что при каждом x∈E числовая последовательность {an(x)} монотонна, функции an(x) ограничены в совокупности, т.е. существует такое M, что ∣an(x)∣≤M(x∈E,n=1,2,…), а ряд ∑∞n=1bn(x) сходится равномерно на E. Тогда ряд ∑∞n=1an(x)bn(x) сходится равномерно на E.
Теорема(признак Дирихле равномерной сходимости). Пусть на множестве E заданы две последовательности функций {an(x)} и {bn(x)}, такие, что при каждом x∈E числовая последовательность {an(x)} монотонна, функциональная последовательность {an(x)} равномерно сходится к нулю на E, а частичные суммы ряда ∑∞n=1bn(x) ограничены в совокупности на E, т.е. существует такое число M, что ∣∑nk=1bk(x)∣≤M(x∈E,n=1,2,…). Тогда ряд ∑∞n=1an(x)bn(x) сходится равномерно на E.
Доказательства признаков Абеля и Дирихле легко провести, основываясь на критерии Коши и применяя преобразование Абеля(точно так же, как это было сделано при доказательстве признаков Абеля и Дирихле сходимости числовых рядов). Рекомендуется провести эти доказательства самостоятельно.
Пример 6. Рассмотрим ряды вида ∑∞n=1an(x)cosnx и ∑∞n=1an(x)sinnx, где последовательность чисел an монотонно стремится к нулю. К ряду ∑∞n=1an(x)cosnx применим признак Дирихле. Для этого рассмотрим суммы Sn(x)=∑nk=1coskx. Имеем 2sinx2Sn(x)=n∑k=12sinx2coskx==sin3x2—sinx2+sin5x2—sin3x2+…+sin(n+12)x—sin(n—12)x==sin(n+12)x—sinx2. Поэтому Sn(x)=sin(n+12)x2sinx2—12(0<x<2π),∣Sn(x)∣≤12+12∣sinx2∣. Если x→0, то Sn(x)→n, так что в окрестности нуля нарушается равномерная ограниченность сумм Sn(x). Если же δ≤x≤2π—δ, где 0<δ<π, то ∣Sn(x)∣≤12+12sinδ2 и поэтому [δ,2π—δ] выполнены все условия признака Дирихле, в силу которого ряд ∑∞n=1ancosnx сходится равномерно на [δ,2π—δ]. На всем интервале (0,2π) признак Дирихле неприменим, но это еще не означает, что ряд сходится неравномерно, поскольку признак Дирихле — лишь достаточное условие равномерной сходимости ряда.
Покажите самостоятельно, что ряд ∑∞n=1ansinnx, где последовательность {an} монотонно убывает к нулю, сходится равномерно на [δ,2π—δ], где произвольное 0<δ<π. Для этого полезно использовать равенство n∑k=1sinkx=12sinx2n∑k=12sinx2sinkx==12sinx2n∑k=1[cos(k—12)x—cos(k+12)x]==12sinx2[cosx2—cos(n+12)x](0<x<2π) и применить признак Дирихле.
Примеры решений задач
Исследовать на равномерную сходимость на интервале (−∞,+∞) ряд ∑∞n=1nx1+n5x2.
Решение
Удобно применить признак Вейерштрасса, так как несложно подобрать мажоранту для ряда. Найдем максимум общего члена ряда: ddx(nx1+n5x2)=n1−x2n5(1+x2n5)2=0⇒x0=1n52. Следовательно, ∣nx1+n5x2∣≤12n32. Мажорирующий ряд ∑∞n=112n32 сходится. Поэтому исходный ряд сходится равномерно.
[свернуть]
Исследовать на равномерную сходимость на отрезке [0,2π] ряд ∑+∞n=1=sinnxn .
Решение
На данном отрезке частичные суммы вспомогательного ряда не будут ограничены. Применим критерий Коши. Выберем m=2n,x0=1n, тогда ∣sinn+1nn+1+…+sin22n∣≥sin1n+1+…+sin12n≥12sin1=ε0. Для ряда выполнился критерий Коши, следовательно, ряд не сходится равномерно.
[свернуть]
Равномерная сходимость
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 3 заданий окончено
Вопросы:
1
2
3
Информация
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 3
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Рубрики
Нет рубрики0%
1
2
3
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 3
1.
Отметьте все сходящиеся ряды.
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 3
2.
Посмотрите задачу ниже
Задача
Исследовать на равномерную сходимость на интервале (0,2π) ряд ∑∞n=1sinnxn.
Представим общий член ряда в виде произведения sinnx⋅1n≡anbn.
Последовательность {bn}, монотонно убывая, стремится к нулю. Рассмотрим далее частичные суммы ∑Nn=1sinnx: N∑n=1sinnx=sinx+sin2x+…+sinNx==2sinx2sinx+2sinx2sin2x+…+2sinx2sinNx2sinx2==(cosx2−cos3x2)+(cos3x2−cos5x2)+…+(cos(2N−1)x2−cos(2N+1)x2)2sinx2==(cosx2−cos(2N+1)x2)2sinx2 Следовательно, ∣N∑n=1sinnx∣≤1sinx2 Исходный ряд сходится равномерно.
[свернуть]
Что использовали при доказательстве сходимости данного ряда?
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 3
3.
Признак Вейерштрасса дает достаточное условие равномерной сходимости ряда, а также дает достаточное условие чего?
Теорема Ферма. Пусть функция f определена на интервале (a,b) и в некоторой точке x0∈(a,b) принимает наибольшее (наименьшее) значение на этом интервале. Если существует f′(x0), то f′(x0)=0.
Пусть x0 – точка максимума функции f. Рассмотрим разностное отношение f(x)−f(x0)x−x0. Так как f(x)⩽f(x0), то при x>x0 имеем f(x)−f(x0)x−x0⩽0 и, следовательно, f+′(x0)⩽0. Если же x<x0, то f(x)−f(x0)x−x0⩾0 и поэтому f−′(x0)⩾0. Но из дифференцируемости функцииf в точке x0 следует, что f+′(x0)=f−′(x0)=f′(x0). Поэтому f′(x0)=0.
С геометрической точки зрения теорема Ферма означает, что если в точке экстремума у графика функции существует касательная, то она параллельна оси Ox.
Замечание. У функции f=|x|,(−1<x<1) в точке x0=0 имеется экстремум, но производной в нуле эта функция не имеет. Теорема Ферма означает, что для поиска экстремума функции f во внутренних точках области определения следует исследовать поведение функции f лишь в тех точках, в которых производная обращается в нуль, либо не существует. Экстремума не может быть в тех точках, в которых производная существует и отлична от нуля. Однако из равенства нулю производной в точке x0 не следует, что x0 – точка экстремума. Например, у функции f(x)=x3 в точке x0=0экстремума нет и в то же время f′(x0)=0.
Тогда существует такая точка ξ∈(a,b), что f′(ξ)=0.
Так как fнепрерывна на [a,b], то, в силу второй теоремы Вейерштрасса, она достигает своих наибольшего и наименьшего значений, т. е. существуют точки ξ1,ξ2, такие, что f(ξ1)=maxa⩽x⩽bf(x), f(ξ2)=mina⩽x⩽bf(x). Если f(ξ1)=f(ξ2), то это означает, что f тождественно постоянна на [a,b] и, следовательно, в каждой точке ξ∈(a,b) справедливо равенство f′(ξ)=0. Если же f(ξ1)>f(ξ2), то хотя бы одно из этих двух значений отлично от f(a)=f(b), т. е. хотя бы одна из двух точек ξ1,ξ2 находится на интервале (a,b). Обозначим ее через ξ. Тогда на (a,b) к функции f можно применить теорему Ферма. Именно, fдифференцируема в точке ξ и имеет в этой точке экстремум. Согласно теореме Ферма, f′(ξ)=0.
Пример. Уравнение нечетной степени x5+x−1=0 имеет действительный корень. Покажем, что он единственный. Обозначим y=x5+x−1. Тогда y′=5x4+1>0 для всех x∈R. Если бы данное уравнение имело еще хотя бы один корень, то, согласно следствию, нашлась бы точка, в которой производнаяy′ обратилась бы в нуль, а это невозможно.
Теорема Лагранжа (формула конечных приращений). Пусть функция f
Тогда существует такая точка ξ∈(a,b), что f(b)−f(a)b−a=f′(ξ).
Доказательство теоремы Лагранжа сводится к применению теоремы Ролля. Запишем уравнение прямой l, проходящей через точки (a,f(a)) и (b,f(b)): l(x)=f(a)+f(b)−f(a)b−a(x−a).
Рассмотрим функцию F(x)=f(x)−l(x). Покажем, что для функции F выполнены все условия теоремы Ролля. Непрерывность на [a,b] и дифференцируемость на (a,b) функции F следует из соответствующих свойств функции f, данных по условию, и дифференцируемости линейной функции l. Далее, F(a)=f(a)−l(a)=0,F(b)=f(b)−l(b)=0 Применяя к F теорему Ролля, найдем такую точку ξ∈(a,b), что F′(ξ)=0. Но F′(ξ)=f′(ξ)−l′(ξ)=f′(ξ)−f(b)−f(a)b−a=0.
Отсюда следует утверждение теоремы.
Геометрический смысл теоремы Лагранжа состоит в том, что существует точка ξ∈(a,b), в которой касательная к графику функции y=f(x) параллельна отрезку, соединяющему точки (a,f(a)) и (b,f(b)).
Замечание. Теорема Ролля является частным случаем теоремы Лагранжа, в котором f(a)=f(b).
Равенство, полученное в теореме Лагранжа, можно переписать в таком виде: f(b)−f(a)=f′(ξ)(b−a),
или f(b)−f(a)=f′(a+θ(b−a))(b−a),
где 0<θ<1. Ничего более конкретного о значении θ сказать нельзя. Два последних равенства принято называть формулами конечных приращений.
Пусть |f′(ξ)|⩽M(ξ∈(a,b)). Тогда для любых x1,x2∈(a,b), согласно формуле конечных приращений, |f(x1)−f(x2)|=|f′(ξ)|⋅|x1−x2|⩽M|x1−x2|,
где ξ – точка из интервала с концами x1 и x2. Зададим ε>0 и положим δ=εM. Тогда для любых x1,x2∈(a,b) из неравенства |x1−x2|<δ и из (1) следует, что |f(x1)−f(x2)|<ε, т. е. функция fравномерно непрерывна на (a,b).
Рассмотрим еще один важный пример функции f(x)={xαsin1x,0<x⩽1,0,x=0.
Эта функция непрерывна в каждой точке полуинтервала (0,1] ( при любом α). Если α⩽0, то f не имеет предела справа в точке 0 и, следовательно, в точке 0 имеет разрыв II рода. Если же α>0, то limx→0+xαsin1x=0 (произведение бесконечно малой функции xα на ограниченную функцию sin1x). Значит, в силу теоремы Кантора, при α>0 функция fравномерно непрерывна на [0,1]. Вычислим производную f′(x)=α⋅xα−1sin1x+xαcos1x⋅(—1x2)(0<x⩽1).
При 0<α<2производнаяf′(x)неограничена на (0,1], хотя fравномерно непрерывна на [0,1]. Вычислим f+′(0)=limx→0+f(x)−f(0)x−0=limx→0+xα−1sin1x.
Если α>1 то, очевидно, f+′(0)=0. Если же α⩽1 то правой производной в нуле функция f не имеет.
Очевидно, что у тождественно постоянной на (a,b) функции производная равна нулю в каждой точке ξ∈(a,b). Формула Лагранжа позволяет легко обратить это утверждение.
Следствие 2. Если дифференцируемая на (a,b) функция f такова, что для любой ξ∈(a,b)производнаяf′(ξ)=0, то f тождественно постоянна на (a,b).
Выберем произвольные x1,x2∈(a,b)(x1<x2) и применим к отрезку [x1,x2] теорему Лагранжа, из которой получим f(x2)−f(x1)=f′(ξ)(x2−x1),гдеx1<ξ<x2.
Но из равенства f′(ξ)=0 следует теперь, что f(x1)=f(x2), а так как x1,x2 – произвольные, то тем самым следствие доказано.
Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений). Пусть функции f и g
Тогда существует такая точка ξ∈(a,b), что справедливо равенство f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ).
Из условий теоремы следует, что g(b)≠g(a). В самом деле, если g(b)=g(a), то, в силу теоремы Ролля, найдется точка x∈(a,b), такая, что g′(x)=0 а это противоречит условию теоремы.
Доказательство теоремы Коши, как и доказательство теоремы Лагранжа, сводится к применению теоремы Ролля. Рассмотрим функцию φ(x)=[f(x)−f(a)]—λ[g(x)−g(a)],
где параметр λ подберем так, чтобы было выполнено равенство φ(a)=φ(b)=0, т. е. положим λ=f(b)−f(a)g(b)−g(a).
Тогда функция φ удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля, согласно которой существует точка ξ∈(a,b), такая, что φ′(ξ)=0, т. е. φ′(ξ)=f′(ξ)−f(b)−f(a)g(b)−g(a)⋅g′(ξ)=0,
откуда следует утверждение теоремы Коши.
Замечание. Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши при g(x)=x. Однако теорема Коши не есть прямым следствием теоремы Лагранжа. Именно, согласно теореме Лагранжа, найдутся такие точки ξ1∈(a,b) и ξ2∈(a,b), что f(b)−f(a)=f′(ξ1)(b−a) и g(b)−g(a)=g′(ξ2)(b−a), откуда получим f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ1)g′(ξ2).
Но в этом равенстве точки ξ1 и ξ2 вообще говоря, разные, а теорема Коши утверждает, что левая часть равна отношению производных, взятых в одной и той же точке из (a,b).
Определение. Говорят, что функция fдифференцируема на отрезке[a,b], если она дифференцируема на интервале (a,b), а в точках a и b имеет производные справа и слева, соответственно.
Выше мы рассмотрели пример функции f(x)=xαsin1x,0<x⩽1,f(0)=0, дифференцируемой на [0,1], но производнаяf′ у которой при 1<α⩽2разрывна. При этом, как мы видели, f′(0)=0, но f′ не имеет предела при x→0+. Это означает, что точка 0 является точкой разрыва производной II рода. Зададимся вопросом: может ли производная некоторой функции иметь разрыв первого рода? Ответ на этот вопрос дает следующая теорема.
Теорема Дарбу. Пусть функция fдифференцируема на отрезке [a,b] и c – любое число, заключенное между f+′(a) и f−′(b). Тогда существует такая точка ξ∈[a,b], что f′(ξ)=c.
Пусть f+′(a)<c<f−′(b). Так как f+′(a)=limh→0+f(a+h)−f(a)h,f−′(b)=limh→0+f(b−h)−f(b)−h=limh→0+f(b)−f(b−h)h, то найдется такое h>0, что f(a+h)−f(a)h<c<f(b)−f(b−h)h.
Зафиксируем это h и рассмотрим функцию φ(x)=f(x+h)−f(x)h, определенную на [a,b−h]. В этих обозначениях неравенство (2) принимает такой вид: φ(a)<c<φ(b−h). Но из непрерывности функции f следует также непрерывностьφ, и поэтому, в силу теоремы Больцано – Коши о промежуточном значении, существует такая точка α,a⩽α⩽b−h, что c=φ(α)=f(α+h)−f(α)h. На отрезке [α,α+h] к функции f применим теорему Лагранжа, согласно которой найдется такая точка ξ∈(α,α+h), что f(α+h)−f(α)=f′(ξ)⋅h. Из этого равенства следует, что c=f′(ξ).
limx→aax−xax−a=limx→a(ax−aa)−(xa−aa)x−a. Возьмем f1(x)=ax и f2(x)=xa. Так как эти функции непрерывны на [a,x] и дифференцируемы на (a,x), то к ним можно применить теорему Лагранжа. Имеем limx→a(ax−aa)−(xa−aa)x−a=limx→aξ1,ξ2∈(a,x)f1′(ξ1)(x−a)−f2′(ξ2)(x−a)x−a==limx→aξ1,ξ2∈(a,x)f1′(ξ1)−f2′(ξ2)=limx→aξ1,ξ2∈(a,x)aξ1⋅lna−a⋅ξ2a−1==aa⋅lna−aa
Функция f(x)непрерывна и дифференцируема на отрезке [2,10]. Известно, что f(2)=8 и производная на данном промежутке удовлетворяет условию f′(x)⩽4 для всех x∈(2,10). Определить максимально возможное значение функции при x=10. Решение
Для оценки значения f(10) воспользуемся формулой Лагранжа, примененной к функции f(x) на отрезке [2,10], которая записывается так f(10)−f(2)=f′(ξ)(10−2),
где ξ∈(2,10). Перепишем эту формулу в виде f(10)=f(2)+8f′(ξ).
Максимально возможное значение производной на данном интервале составляет f′(x)=4. Следовательно f(10)⩽f(2)+8⋅4=8+32=40.
Таким образом, максимально возможное значение функции на правом конце отрезка равно 40.
Показать, что функция f(x)=x2−3x+2 удовлетворяет условиям теоремы Ролля на промежутке [1,2], и найти точку c∈[1,2], в которой f′(c)=0. Решение
Функция f(x)=x2−3x+2дифференцируема на промежутке [1,2] и на его концах принимает одинаковые значения: f(1)=f(2)=0.
Тогда, по теореме Ролля, существует точка c∈[1,2], в которой f′(c)=0. Найдем производную заданной функции f′(x)=2x−3. Найдем значение производной в точке c и приравняем полученное значение к 0: f′(x)=2c−3⇒c=32.
Доказать, что для любых x>0 верно следующее неравенство: ln(1+x)<x.Решение
Пусть f(x)=ln(1+x),f(x)∈C[0,x],f(x) — дифференцируема на (0,x). Тогда она удовлетворяет теореме Лагранжа. Имеем f(x)=f(x)−f(0)=f′(ξ)(x−0)=11+ξ⋅x,
где ξ∈(0,x)⇒ξ>0⇒11+ξ⋅x<x.
Если функции f(x) и g(x)непрерывны на отрезке[a,b], дифференцируемы на интервале (a,b), причем g′(x)≠0 во всех точках этого интервала, то найдется хотя бы одна точка ξ∈(a,b) такая, что f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ).
Доказательство
Рассмотрим функцию φ(x)=f(x)+λg(x), где число λ выберем таким, чтобы выполнялось равенство φ(a)=φ(b), которое равносильно следующему: f(b)−f(a)+λ(g(b)−g(a))=0.
Заметим, что g(b)≠g(a), так как в противном случае согласно Теореме Ролля существовала бы точка c∈(a,b) такая, что g′(c)=0 вопреки условиям данной теоремы. Из равенства f(b)−f(a)+λ(g(b)−g(a))=0 следует, что λ=−f(b)−f(a)g(b)−g(a).
Так как функция φ при любом λ непрерывна на отрезке [a,b] и дифференцируема на интервале (a,b), а при значении λ, определяемом предыдущей формулой, принимает равные значения в точках a и b, то по теореме Ролля существует точка ξ∈(a,b) такая, что φ‘(ξ)=0, т.е. f′(ξ)+λg′(ξ)=0, откуда f′(ξ)g′(ξ)=−λ. Из этого равенства и формулы λ=−f(b)−f(a)g(b)−g(a) следует f(b)−f(a)g(b)−g(a)=f′(ξ)g′(ξ).
Замечание. Теорема Лагранжа — частный случай теоремы Коши (g(x)=x).
Замечание. Теорему Коши нельзя получить используя теорему Лагранжа отдельно к числителю и к знаменателю.
Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений)
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 3 заданий окончено
Вопросы:
1
2
3
Информация
Правильно ли вы поняли обобщенную теорему Лагранжа?
Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.
Тест загружается...
Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.
Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:
Результаты
Правильных ответов: 0 из 3
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Рубрики
Математический анализ0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 3
1.
Чьим именем названа теорема, являющаяся частным случаем данной?
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 3
2.
Допишите недостающее условие теоремы Коши: f и g непрерывны на [a,b], g′(x)≠0 и
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 3
3.
Вставьте слово
Теорему Коши (нельзя) получить используя теорему Лагранжа отдельно к числителю и знаменателю
Правильно
Неправильно
Литература
Конспект лекций Лысенко З.М.
Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 2001. стр.157-158