Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/BasicLatin.js

Автор: Милан Карагяур

Достаточное условие разложения функции в ряд Тейлора

Если функция f имеет производные всех порядков на промежутке (x0−R,x0+R) и все эти производные ограничены в совокупности, т.е. существует такое число L>0, что для всех x∈(x0−R,x0+R) и всех n=0,1,2,… выполняется:

|f(n)(x)|≤L,

(где L не зависит от n), то функция f представляется рядом Тейлора:

f(x)=f(x0)+f‘(x0)1!(x−x0)+f»(x0)2!(x−x0)2+…+f(n)(x0)n!(x−x0)n+…, |x−x0|≤R

Доказательство:

Каким бы не было число a,

lim

Пусть n_{0} такое , что \frac{\left|a\right|}{n_{0}}<\frac{1}{2}. Тогда при всех n\geq n_{0} \frac{\left|a\right|}{n}<\frac{1}{2}, и поэтому

\frac{a^{n}}{n!}=\frac{a^{n_{0}}}{n_{0}!}\frac{a}{n_{0}+1}\cdot\frac{a}{n_{0}+2}…\frac{a}{n}<\frac{a^{n_{0}}}{n_{0}!}(\frac{1}{2})^{n-n_{0}},

где правая часть неравенства стремится к нулю при n\rightarrow\infty, откуда и следует, что \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a^{n}}{n!}=0. Это равенство следует и из того что, выражение \frac{a^{n}}{n!} является общим членом сходящегося ряда \sum\limits_{n=1}^{\infty}{\frac{a^{n}}{n!}}. Для того чтобы доказать формулу \sum\limits_{n=0}^{\infty}{\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}}, достаточно убедится, что

\lim\limits_{n\rightarrow\infty}r_{n}(x)=0,

где r_{n}(x) — остаточный член в формуле Тейлора функции f. Возьмем r_{n}(x) в форме Лагранжа (r_{n}(x)=\frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}). Из \left|f^{(n)}(x)\right|\leq L следует, что

\left|r_{n}(x)\right|=\left|\frac{f^{n+1}(\xi)}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1}\right|\leq L\frac{\left|x-x_{0}\right|^{n+1}}{(n+1)!},

где \left|\xi-x_{0}\right|<\left|x-x_{0}\right|<R. Поскольку в силу \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{a^{n}}{n!}=0

\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\left|x-x_{0}\right|^{n+1}}{(n+1)!}=0,

то при \left|x-x_{0}\right|<R выполняется условие \lim\limits_{n\rightarrow\infty}r_{n}(x)=0, что и требовалось доказать.

Литература

Тест:

Тест на тему: «Достаточное условие разложения функции в ряд Тейлора».

Производная по направлению

Определение:

Пусть f(x, y, z) – действительная функция на открытом множестве G \subset R^{n}, M(x, y, z) — внутренняя точка области G и \vec{u}=\left\{cos\alpha , cos\beta , cos\gamma \right\} – единичный фиксированный вектор из R^{n}. Найдется такое число t, что: x=x_{0}+tcos\alpha, y=y_{0}+tcos\beta, z=z_{0}+tcos\gamma. Если существует конечный предел

\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+tcos\alpha, y_{0}+tcos\beta, z_{0}+tcos\gamma )-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})}{t},

то его называют производной функции f(x, y, z) по направлению вектора \vec{u} и обозначают \frac{\delta f}{\delta u}(x_{0}).

231

Это скорость изменения функции в направлении \vec{u}.

При \alpha=0 получаем частную производную по x и т.д.

Теорема: О вычислении производной по направлению

Формулировка:

Пусть действительная функция f(x, y, z) на открытом множестве G \subset R^{3} дифференцируема в точке M(x, y, z)\in G. Тогда в этой точке функция f имеет производные по направлению любого единичного вектора \vec{u}=\left\{cos\alpha , cos\beta , cos\gamma \right\}, причем справедливо равенство,

\frac{\delta f}{\delta \vec{u}}(x_{0}, y_{0}, z_{0})=\frac{\delta f}{\delta x}(x_{0}, y_{0}, z_{0})cos\alpha+\frac{\delta f}{\delta y}(x_{0}, y_{0}, z_{0})cos\beta +\frac{\delta f}{\delta z}(x_{0}, y_{0}, z_{0})cos\gamma.

Эта формула является следствием правила нахождения производной сложной функции.

Доказательство (По определению дифференцируемости):

f(x_{0}+h, y_{0}+h, z_{0}+h)-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})=A(h)+o(\left|h \right|) (h\rightarrow 0),

где A = df(x_{0}, y_{0}, z_{0}). Пусть \vec{u} – единичный вектор. Положим h = t\vec{u} и, в силу линейности формы A, получим

f(x_{0}+tcos\alpha , y_{0}+tcos\beta , z_{0}+tcos\gamma )-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})=tA(cos\alpha, cos\beta, cos\gamma)+o(t) (t\rightarrow 0).

Отсюда, разделив на t обе части, будем иметь

\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+tcos\alpha, y_{0}+tcos\beta, z_{0}+tcos\gamma )-f(x_{0}, y_{0}, z_{0})}{t}=A(cos\alpha, cos\beta, cos\gamma),
что и требовалось доказать.

Спойлер

Литература

Тест:

Тест на тему: «Производная по направлению».

M1578

Задача из журнала «Квант» (1997, №1)

Условие

Докажите, что не существует никакой (даже разрывной) функции y=f(x), определенной при всех x, для которой

f(f(x))=x^{2}-1997.

Решение

Основная идея решения: разобраться, как устроены орбиты отображения x\rightarrow g(x)=x^{2}-1997, т.е. последовательность

x, g(x), g(g(x)),…

Нетрудно видеть, что при достаточно большом q, скажем, q>1 (в частности, при q=1997), функция g(x)=x^{2}-q имеет две неподвижные точки — это корни уравнения g(x)=x; обозначим их a и b. Кроме a и b, уравнение g(g(x))=x имеет еще два корня — обозначим их u и v. Чтобы их найти, достаточно заметить, что многочлен

g(g(x))-x=(x^{2}-q)^{2}-q-x

делится на g(x)-x=x^{2}-x-q и разложить его на множители:

x^{4}-2qx^{2}-x+q^{2}-q=(x^{2}-x-q)(x^{2}+x-q+1);

a и b — корни первого из трехчленов, u и v — второго. Они существуют и различны при 1+4(q-1)>0,
4
т.е. при q>3/4. При этом g(u)=v, g(v)=u. Все это хорошо видно из рисунка. Таким образом, точки u, v образуют единственный цикл u\rightarrow v\rightarrow u порядка 2 отображения x\rightarrow g(x).
Предположим теперь, что g(x) = f(f(x)). Ясно, что неподвижные точки и циклы порядка 2 функции f — это неподвижные точки функции g, и обратно: если f(a)=f(f(c))=c, т.е. c=a или c=b.
А цикл порядка 2 функции g должен получаться из цикла порядка 4 функции f: если f(u)=z, то f(z)=v; если f(v)=w, то f(w)=u. При этом z, w отличны от a, b, v, u(и друг от друга). Но тогда g(z)=f(f(z))=w, g(w)=z.
Таким образом, у функции g должен быть еще один цикл порядка 2, отличный от u\rightarrow v\rightarrow u. А такого у функции g(x)=x^{2}-q нет.
Замечание Поскольку в задаче допускаются и разрывные функции f, мы никак не можем использовать специфические свойства множества R, на котором определена функция g(x)=x^{2}-q, и поэтому единственная информация о ней, которую нужно использовать — это структура орбит: сколько из них конечных(циклических), какие сливаются в одну орбиту и т.п.