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

Рубрика: Лекции по матану

По материалам учебного пособия В. И. Коляда, А. А. Кореновский. Курс лекций по математическому анализу

5.7.2 Разложения основных элементарных функций

Формулу Тейлора с центром в точке x0=0 называют формулой Маклорена
f(x)=f(0)+f′(0)1!x+f″(0)2!x2+⋯+f(n)(0)n!xn+ˉo(xn) (x→0).

Построим разложения некоторых функций по формуле Маклорена.

  1. f(x)=ex, f′(x)=f″(x)=⋯=f(n)(x)=ex, f(0)=f′(0)=⋯=f(n)(0)=1. Поэтому получаем
    ex=1+11!x+12!x2+13!x3+⋯+1n!xn+ˉo(xn)==n∑k=01k!xk+ˉo(xn).
  2. f(x)=sinx, f′(x)=cosx, f″(x)=−sinx, f‴(x)=−cosx, f(4)(x)=sinx. Теперь легко видеть, что f(k)(x)=sin(x+kπ2) (k=0,1,…). Поэтому
    f(k)(0)={0, k=2s, s=0,1,…,(−1)s, k=2s+1, s=0,1,….
    Таким образом, получаем
    sinx=0+11!x+02!x2+−13!x3+04!x4+15!+⋯++(−1)n1(2n+1)!x2n+1+0(2n+2)!x2n+2+ˉo(x2n+2)==x—x33!+x55!—⋯+(−1)nx2n+1(2n+1)!+ˉo(x2n+2)==n∑k=0(−1)kx2k+1(2k+1)!+ˉo(x2n+2).
  3. f(x)=cosx. Как и в предыдущем примере, легко убедиться в том, что f(k)(x)=cos(x+kπ2) (k=0,1,…). Отсюда
    f(k)(0)={(−1)s, k=2s,0, k=2s+1, и тогда
    cosx=1+01!x+−12!x2+03!x3+14!x4+⋯++(−1)n(2n)!x2n+0(2n+1)!x2n+1+ˉo(x2n+1)==1−x22!+x44!—⋯+(−1)nx2n(2n)!+ˉo(x2n+1)==n∑k=0(−1)kx2k(2k)!+ˉo(x2n+1).
  4. Функция f(x)=(1+x)α (α∈R) определена в окрестности нуля единичного радиуса. Имеем
    f′(x)=α(1+x)α−1, f′(0)=α,f″(x)=α(α−1)(1+x)α−2, f″(0)=α(α−1),…,f(k)(x)=α(α−1)…(α−k+1)(1+x)α−k,f(k)(0)=α(α−1)…(α−k+1). Поэтому
    (1+x)α=1+α1!x+α(α−1)2!x2+α(α−1)(α−2)3!x3+…++α(α−1)…(α−n+1)n!xn+ˉo(xn)==1+n∑k=1α(α−1)…(α−k+1)k!xk+ˉo(xn).
    В частности, если α=n, то получим (1+x)n=1+nx+n(n−1)2!x2+…+xn, т. е. формулу бинома Ньютона. Если же α=−1, то 11+x=1−x+x2−…+(−1)nxn+ˉo(xn) — сумма геометрической прогрессии со знаменателем −x и первым слагаемым, равным 1.
  5. Функция f(x)=ln(1+x) определена в окрестности нуля радиуса 1. Имеем f(0)=0,
    f′(x)=11+x, f′(0)=1,f″(x)=−1(1+x)2, f″(0)=−1,f‴(x)=2(1+x)3, f‴(0)=2,f(4)(x)=−2⋅3(1+x)4, f(4)(0)=−2⋅3,…,f(k)(x)=(−1)k−1(k−1)!(1+x)k, f(k)(0)=(−1)k−1(k−1)!, k=1,2,…
    Отсюда имеем ln(1+x)=x−x22+x33−x44+…+(−1)n−1xnn+ˉo(xn)==n∑k=1(−1)k−1xkk+ˉo(xn).

Примеры решения практических заданий

  1. Вычислить предел I=limx→0exsinx−x(1+x)x3.
    Решение

    Используя равенства ex=1+x+x22+ˉo(x2), sinx=x−x36+ˉo(x4), получаем
    I=limx→0(1+x+x22+ˉo(x2))(x−x36+ˉo(x4))−x−x2x3= =limx→0x+x2+x32−x36+ˉo(x3)−x−x2x3=13.

  2. Вычислить предел I=limx→01−(cosx)sinxx3.
    Решение

    Поскольку sinxlncosx→0 (x→0), то
    I=limx→01−esinxlncosxx3=limx→01−(1+sinxlncosx+ˉo(sinxlncosx))x3.
    Воспользуемся следующими равенствами: ˉo(sinxlncosx)=ˉo(x(cosx−1))=ˉo(x3), sinx=x+ˉo(x2), lncosx=ln(1+(cosx−1))= =cosx−1−(cosx−1)22+ˉo((cosx−1)2)=−x22+ˉo(x3).
    Поэтому получим I=limx→0−(x+ˉo(x2))(−x22+ˉo(x3))+ˉo(x3)x3= =limx→0x32+ˉo(x3)x3=12.

  3. Вычислить предел I=limx→+∞(6√x6+x5−6√x6−x5).
    Решение

    I=limx→+∞(6√x6+x5—6√x6−x5)=limx→+∞(x6√1+1x—x6√1—1x)=
    =limx→+∞x((1+1x)16−(1−1x)16)=
    Воспользовавшись разложениями
    (1+1x)16=1+16x−572x2+ˉo(1x2)
    (1−1x)16=1−16x−572x2+ˉo(1x2) получаем
    I=limx→+∞x(13x+ˉo(1x2))=limx→+∞(13+ˉo(1x))=13

  4. Вычислить предел I=limx→+0ax+a−x−2x2 (a>0).
    Решение

    I=limx→+0ax+a−x−2x2=limx→+0exlna+e−xlna−2x2
    Воспользовавшись следующими разложениями
    exlna=1+xlna+x22!ln2a+ˉo(x2),
    e−xlna=1—xlna+x22!ln2a+ˉo(x2) имеем

    I=limx→+0(ln2a+ˉo(1))=ln2a (a>0).

Разложения основных элементарных функций

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о разложениях основных элементарных функций

Таблица лучших: Разложения основных элементарных функций

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

См. также:

7.2 Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Пусть f — ограничена на отрезке [a,b] функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка ∏ : a=x0<x1<⋯<xn=b и обозначим Mi=supxi⩽

Определение. Сумма \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i} называется верхней суммой Дарбу для функции f, соответствующей разбиению \prod, а сумма
\underline S_{\prod} = \sum_{i=0} ^ {n-1} m_{i} \Delta x_{i} называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению \prod.

Очевидно, что \underline S_{\prod} \leqslant \overline {S_{\prod}}, и любая интегральная сумма \sigma, соответствующая разбиению \prod, удовлетворяет неравенству \begin{equation}\label{eq:exp1} \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \overline {S_{\prod}}. \end{equation}

Действительно, при любом выборе точек \xi_{i} \in [x_{i},x_{i+1}] из определения m_{i} и M_{i} получаем m_{i} \leqslant f \left (\xi _{i}\right ) \leqslant M_{i}. Умножив это неравенство на \Delta x_{i} и сложив по i, получаем \eqref{eq:exp1}.

Если функция f непрерывна на [a,b], то на каждом из частичных отрезков [x_{i},x_{i+1}] она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки \xi_{i} и \eta_{i} можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства f \left (\xi_{i}\right ) = m_{i} и f \left (\eta_{i}\right )= M_{i}. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее

Утверждение. Для произвольной ограниченной функции f и заданного разбиения \prod верхняя и нижняя суммы Дарбу сами являются соответственно верхней и нижними гранями множества всех интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению \prod.

Действительно,зададим \varepsilon > 0 и, пользуясь определением верхней грани, для каждого i=\overline{0,n-1} найдем такие \eta_{i} \in [x_{i},x_{i+1}], что f\left (\eta_{i}\right ) > M_{i} — \varepsilon. Тогда получим \sigma =\sum_{i=0}^{n-1} f\left ( \eta_{i}\right ) \Delta x_{i} > \sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}-\varepsilon \left (a-b\right ) = \bar S_{\prod}-\varepsilon \left (a-b\right ).
Отсюда следует, что \bar S_{\prod}= \sup\left (\sigma\right ), где верхняя грань берется по множеству всевозможных интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению \prod.
Доказательство для нижней суммы Дарбу аналогично.

Свойства сумм Дарбу

1. Если к имеющимся точкам разбиения добавить новые точки, то от этого верхняя сумма Дарбу не увеличится, а нижняя сумма Дарбу не уменьшится

Пусть имеется изначально разбиение \prod. Достаточно показать рассмотреть случай, когда к имеющимся точкам добавляется одно точка x{}’_{i} \in [x_{i},x_{i+1}], в результате чего получаем новое разбиение \prod{}’. Тогда суммы \bar S_{\prod} и \bar S_{\prod {}’} содержат одни и те же слагаемые, за исключением слагаемых, отвечающие отрезку [x_{i},x_{i+1}]. В сумме \bar S_{\prod} этому отрезку отвечает слагаемое M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right ), а в сумме \bar S_{\prod {}’} ему соответствуют два слагаемых M{_{i}}’\left (x{}’-x_{i}\right )+M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1}-x_{i}\right ), где M{_{i}}’=\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x{}’}{\sup} f\left (x\right ), M_{i}{}'{}’=\underset{\displaystyle x{}’ \leqslant x \leqslant x_{i+1} }{\sup} f\left (x\right ). Ясно, что M{_{i}}’ \leqslant M_{i}. и M_{i}{}'{}’ \leqslant M_{i}. Поэтому M{_{i}}’\left (x{}’ -x_{i}\right ) + M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1} -x{}’\right ) \leqslant M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right ), так что и \bar{S_{\prod {}’}} \leqslant \bar{S_{\prod}}.
Для нижних сумм доказательство аналогичное.

2. Каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, даже если они соответствуют разным разбиениям

Пусть \prod_{1}, \prod_{2} — произвольные разбиения отрезка [a,b]. Докажем, что \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}. Объединяя точки разбиений \prod_{1} и \prod_{2}, получим новое разбиение \prod, причем, поскольку \prod_{1} может быть получено из \prod_{1} путём добавления к \prod_{1} новых точек деления, то, в силу предыдущего свойства, имеем \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \underline S_{\prod}. С другой стороны, разбиение \prod может быть получено из \prod_{2} путем добавления к \prod_{2} новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, \bar S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod}, получаем \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}.

Интегралы Дарбу.

Пусть функция f ограничена на отрезке [a,b], т.е. \left | f\left (x\right ) \right |\leqslant M, a\leqslant x\leqslant b. Тогда для любого разбиения \prod справедливы неравенства \left |\bar S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ) и \left |\underline S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ). Это означает, что множества всевозможных верхних и нижних сумм Дарбу являются ограниченными.

Определение. Верхняя грань множества всевозможных нижних сумм Дарбу называется нижним интегралом функции f и обозначается \underline I = \sup_{\prod} {\underline S_{\prod}}. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается \bar I = \inf_{\prod} {\bar S_{\prod}}.

Связь между верхним и нижним интегралами устанавливает

Утверждение. Для любой ограниченной функции f справедливо неравенство \underline I \leqslant \bar I.

Как было показано выше,каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, т.е. для любых двух разбиений \prod и \prod{}’ справедливо неравенство \underline I \leqslant \bar I. Переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям \prod, получаем \underline I \leqslant \bar S_{\prod{}’}. Поскольку в полученном неравенстве разбиение \prod{}’ произвольное, то переходя к нижней грани по всевозможным разбиениям, получим \underline I \leqslant \bar I.

Пример. Рассмотрим функцию Дирихле на отрезке [0,1]. Для нее, очевидно, при любом разбиении \prod будет \underline S_{\prod} = 0, так что и \underline I = 0. С другой стороны, \bar S_{\prod} = 1, так что \bar I = 1.

Теорема (критерий интегрируемости по Риману). Пусть функция f ограничена на отрезке [a,b]. Для того чтобы f была интегрируемой на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство \lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\left (\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}\right ) = 0
Это равенство означает, что для любого положительного \varepsilon найдется такое положительное
\delta, что для каждого разбиения \prod, диаметр которого d\left (\prod\right )<\delta, справедливо неравенство \bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.

Необходимость. Пусть функция f интегрируема, т.е. существует конечный I\equiv\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\sigma
Это означает, что для любого \varepsilon > 0 найдется такое \delta > 0, что для любого разбиения \prod с d\left (\prod\right ) < \delta и при любом выборе промежуточных точек \xi _{i} выполнено неравенство \left | \sigma -I \right | < \varepsilon. Это неравенство можно переписать так: I-\varepsilon <\sigma < I + \varepsilon. Зафиксируем произвольное разбиение\prod с d\left (\prod\right ) < \delta. Поскольку \bar S_{\prod}- верхняя грань множества всех интегральных сумм \sigma, соответствующих разбиению \prod, и \sigma < I +\varepsilon, то \bar S_{\prod} \leqslant I +\varepsilon. Аналогично получаем \underline S_{\prod} \geq I - \varepsilon. Таким образом, I - \varepsilon \leqslant \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod} \leqslant I + \varepsilon. Отсюда следует, что \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \leqslant 2\varepsilon, если только d\left (\prod\right ) < \delta.

Достаточность. Заметим, что для любого разбиения \prod справедливо неравенство \underline S_{\prod}\leqslant \underline I\leqslant \bar I \leqslant \bar S_{\prod}. Поскольку, по условию,\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \rightarrow 0 при d\left (\prod\right ) \rightarrow 0, то \bar I = \underline I. Обозначим их общее значение через I. Тогда получим, что для любого разбиения \prod имеет место неравенство \underline S_{\prod} \leqslant I \leqslant \bar S_{\prod}. Но и каждая интегральная сумма \sigma, отвечающая разбиению \prod, также удовлетворяет неравенству \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \bar S_{\prod}. Отсюда следует, что \left | \sigma -I\right |\leqslant \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}. Поскольку правая часть последнего неравенства стремится к нулю при d\left (\prod\right ) \rightarrow 0, то получаем \lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sigma = I

Замечание. Из доказательства необходимости видно, что для интегрируемой функции ее верхняя и нижняя суммы Дарбу стремятся к интегралу от функции при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Определение. Для ограниченной на отрезке [\alpha, \beta ] функции \varphi число \omega = \sup \left | \varphi \left (x{}’\right ) — \varphi \left (x{}'{}’\right ) \right |, где x{}’, x{}'{}’ \in [\alpha,\beta ], называется колебанием функции \varphi на [\alpha, \beta ].

Обозначим M_{i}=\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\sup} \varphi \left (x\right ) и m_{i} =\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\inf} \varphi \left (x\right ). Тогда, как легко видеть, \omega = M_{i} -m_{i}
Пусть теперь ограниченная функция f задана на отрезке [a,b]. Тогда для произвольного разбиения \prod колебание f на [x_{i},x_{i+1}] равно \omega = M_{i}- m_{i}. Поэтому \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} = \sum_{i=0}^{n-1}\left (M_{i} -m_{i}\right )\Delta x = \sum_{i=0}^{n-1}\omega _{i}\Delta x.

Таким образом, равносильная формулировка критерия интегрируемости примет следующий вид.

Теорема (критерий интегрируемости в терминах колебаний).
Для того чтобы ограниченная функция f была интегрируемой по Риману на отрезке [a,b], необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sum_{i=0}^{n-1} \omega_{i}\Delta x_{i} = 0, где \omega _{i} — колебание функции f на отрезке [x_{i}, x_{i=1}].

Пример решения задачи

Дан интеграл I=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+x^{5}}dx. Выполнить равномерное разбиение на отрезке \left [ 0, 1 \right ] на 6 частей. Построить верхнюю и нижнюю суммы Дарбу.

Решение


График функции f\left (x\right )=\sqrt{1+x^{5}}.

Докажем, что функция монотонна.
Для этого возьмем производную данной функции
\displaystyle f{}’\left (x\right )=\frac{\displaystyle 5x^{4}}{\displaystyle 2\sqrt{1+x^{5}}}. Так как мы рассматриваем промежуток \left ( 0, 1 \right ), то на этом участке x^{5} > 0, x^{4} > 0 (так как степень четная ). Получили, что f{}’\left (x\right ) > 0. Следовательно, f\left (x \right ) монотонно возрастает, тогда \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )
расположен на правом конце, а \underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
\bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}
M_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1;
M_{2}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,002;
M_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,015;
M_{4}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,064;
M_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,184;
M_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (1\right ) \approx 1,414;
\bar S_{\prod} =\left (1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.113;

Построим нижнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
\underline S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} m_{i} \Delta x_{i}
m_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (0\right ) = 1;
m_{2}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1;
m_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,002;
m_{4}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,015;
m_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,064;
m_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right ) \approx 1,184;
\underline S_{\prod} =\left (1+1+1,002+1,015+1,064+1,184\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.044;

f\left (0\right )=\sqrt{1+0}=\sqrt{1}=1;
f \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.0001286008} \approx 1;
f \left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.00411} \approx 1.002;
f \left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.03125} \approx 1.015;
f \left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.1316872428} \approx 1.064;
f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.401877572} \approx 1.184;
f \left (1\right )=\sqrt{1+1^{5}}=\sqrt{2} \approx 1.414;

Информацию по теме «Суммы Дарбу и интегралы Дарбу» вы можете также найти в следующих учебниках:
  1. П. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа», т.1. — М.: Дрофа, 2003, параграф 25 (cтр. стр. 551- 555 ).
  2. А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин «Курс математического анализа»- М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2003, параграф 34 (стр. 319 — 324)

Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Тестовые вопросы по вышеизложенному материалу.


Таблица лучших: Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Теорема (формула интегрирования по частям).
Пусть функции u(x) и v(x) дифференцируемы на интервале I. Если одна из функций u(x)v'(x) или u'(x)v(x) имеет первообразную на интервале I, то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство \begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть u(x)v'(x) имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем [u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).
Отсюда получаем, что u'(x)v(x) является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство \eqref{eq:exp1}.

Замечание 1.
Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
\int udv=uv-\int vdu.
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции du(x)=u'(x)dx.

Замечание 2.
Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций u'(x)v(x) или u(x)v'(x).

Утверждение.
Существуют дифференцируемая функция u и имеющая первообразную функция v, такие, что u’v не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}, x\neq0, f(0)=0. При \alpha>1 функция f дифференцируема на \mathbb{R} и ее производная равна
\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\;  x\neq0, \\ 0,\;  x=0. \end{cases}\end{equation*}
Поскольку функция \alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0), \varphi(0) = 0 непрерывна на \mathbb{R}, а значит, имеет первообразную на \mathbb{R}, то функция
v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,
имеет первообразную на \mathbb{R} как разность двух функций — \varphi(x) и f'(x), имеющих первообразные на \mathbb{R}.
Покажем, что при надлежащем выборе числа \alpha>1 функция v^2(x) не имеет первообразной на \mathbb{R}. Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на \mathbb{R} функция F, что для всех x\in \mathbb{R} справедливо равенство
F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.
Для k = 1, 2, \ldots обозначим
[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].
Если x\in[a_k, b_k], то
\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].
Поэтому для x\in[a_k, b_k] имеем
\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},
так что F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]. По теореме Лагранжа получим
F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,
где \xi_k\in[a_k, b_k], а число \alpha>1 будет выбрано так, что \alpha<2. Отсюда получим
F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.
Заметим, что отрезки [a_k, b_k] попарно не пересекаются и, так как F'(x)\geqslant0, то функция F не убывает. Значит,
F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.
Отсюда следует, что
\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},
так что
\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.
Если 2\alpha-2\leqslant1, т. е. \alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}, то \sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty). Поэтому из \eqref{eq:exp2} следует, что F(b_{k+1})\rightarrow-\infty при k\rightarrow\infty. Но поскольку b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty), то это противоречит непрерывности функции F в точке x_0=0 справа, которая вытекает из дифференцируемости функции F в нуле.

Пример 1.
\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.

Пример 2. 
\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.

Пример 3. 
\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

Пример 4. 
\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.
Из этого равенства находим
\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.

Теорема (о замене переменной в интеграле). Пусть функция f имеет первообразную на интервале I, т. е.
\int f(t)dt=F(t)+C.
Пусть, далее, функция \varphi дифференцируема на интервале \Delta и \varphi(\Delta)\subset I. Тогда справедливо равенство
\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).

Пример 1. \int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.

Пример 2. \int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.

Замечание. Мы использовали равенство \int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C. Это равенство следует применять отдельно для промежутков (0, +\infty) и (-\infty, 0).
При x>0 оно справедливо по той причине, что |x|=x, (\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}.
Если же x<0, то |x|=-x, \ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}, так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде \int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx, то, выполняя замену переменной t=\varphi(x), мы приходим к интегралу \int f(t)dt. Часто замену переменной в интеграле \int g(x)dx применяют в виде x = \psi(t), затем вычисляют интеграл по t, а чтобы вернуться к старой переменной x, нужно выразить новую переменную t через x.

Пример. Пусть I=\int\sqrt{1-x^2}dx.
Для вычисления этого интеграла положим x=\sin t. Тогда
dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.
Из равенства x=\sin t имеем t=\arcsin x, так что
I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.
Воспользовавшись теперь равенством \int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c, вытекающим из того, что (\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}, получим I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x. Отсюда следует
I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.

Решение примеров

Интегрирование по частям:

  1. \int\text{arctg}\:xdx
    Решение

    \int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.

  2. \int x\sin{x}dx
    Решение

    \int x\sin{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \sin{x}=dv, v=-\cos{x}\end{bmatrix}=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=\\=-x\cos{x}+\sin{x}+C.

  3. \int xe^{x}dx
    Решение

    \int xe^{x}dx=\begin{bmatrix}u=x, du=dx\\dv=e^{x}dx, v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^{x}dx=xe^x-e^x+C.

Замена переменной:

  1. \int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}
    Решение

    \int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.

  2. \int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}
    Решение

    \int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.

Интегрирование по частям и замена переменной

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных
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.23, 31)
  2. 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  (стр. 277, 281)
  3. 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. 461, 464)

5.7.1. Формула Тейлора с остатком в форме Пеано

Пусть функция f определена на интервале (a, b). Предположим, что в каждой точке x \in \left(a,b\right) у функции f существует производная f^{\prime}\left(x\right). Если функция f^\prime в некоторой точке x_{0} \in \left(a, b \right) имеет производную, то ее называют второй производной функции f в точке x_{0} и обозначают f^{\prime \prime}\left(x_0\right). По индукции определяются и производные высших порядков. Именно, f^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k-1\right)^{\prime}}\left(x\right)

Определение: Для k \in \usepackage{amsfonts} \mathbb {N} и отрезка \left[a, b\right] через C^{k}\left(\left[a, b\right]\right) обозначается совокупность всех функций f, определенных на \left[a, b\right] и таких, что k-я производная f^{\left(k\right)} непрерывна на \left[a, b\right]. При этом в точках a и b производные понимаются как односторонние.

Напомним определение дифференцируемости. Дифференцируемой в точке x_{0} мы называли такую функцию f, что в окрестности точки x_{0} она представима в виде
f\left(x\right) = f \left(x_0\right) + f^{\prime}\left(x_0\right)\left(x − x_{0}\right) + \left(x \to x_{0}\right) \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right) \left(x \to x_{0}\right)
т.е. f\left(x\right) = P_{1}\left(x\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right), где P_{1}\left(x\right) – многочлен первого порядка, а остаток \bar{o}\left(x − x_{0}\right) мал по порядку по сравнению с x − x_{0}.

Поставим следующую задачу. Пусть функция f определена в некоторой окрестности точки x_{0}. Можно ли функцию f в этой окрестности представить в виде суммы многочлена P_{n}\left(x\right) степени не выше заданного натурального n, и остатка r_{n}\left(x\right), малого по сравнению с \left(x − x_{0}\right)^n, т.е. r_{n}\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)? Другими словами, мы хотим, чтобы имело место равенство
f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)\left(x \to x_{0}\right).
При n = 1 это возможно, если функция f дифференцируема в точке x_{0}. Это сразу следует из определения дифференцируемости.

Лемма: Пусть функция \varphi определена на интервале I и всюду на этом интервале имеет производную до порядка n − 1 включительно, а в точке x_{0} \in I имеет производную \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right), причем \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0. Тогда \varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n}\right)\left(x \to x_{0}\right)

Применим индукцию по n. При n = 1 из дифференцируемости \varphi в точке x_{0} \in I получаем \varphi\left(x\right) = \varphi \left(x_{0}\right) + \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x − x_{0}\right) + \bar{o}\left(x − x_{0}\right), а из условия леммы \varphi\left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = 0 следует, что \varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(x − x_{0}\right).
Предположим, что лемма верна для некоторого натурального n, и покажем, что она справедлива и для n + 1. Итак, согласно предположению индукции, \varphi\left(x\right) = \underset{\left(x \to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^n\right)} и \varphi^{\left(n+1\right)} \left(x_{0}\right) = 0. Тогда, по теореме Лагранжа, \varphi\left(x\right) − \varphi \left(x_{0}\right) = \varphi^{\prime}\left(\xi\right)\left(x − x_{0}\right), где точка \xi находится между x и x_{0}. Обозначим \psi \left(x\right) = \varphi^{\prime}\left(x\right). Тогда, по предположению индукции, \psi\left(x_{0}\right) = \psi^{\prime}\left(x_{0}\right)=\ldots=\psi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0 и \psi^{\left(n\right)}\left(x\right)=\underset{\left(x\to x_{0}\right)}{\bar{o}\left(\left(x− x_{0}\right)^n\right)}. Поэтому \frac{\lvert \varphi\left(x\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n+1}} = \frac {\lvert \varphi ^{\prime} \left(\xi\right) \rvert}{\lvert x-x_{0} \rvert ^{n}} \leqslant \frac{\lvert \psi \left(\xi\right) \rvert}{\lvert \xi-x_{0} \rvert ^{n}} \to 0 \mbox{ при } x \to x_{0}. Это следует из предположения индукции и из того, что \xi находится между x и x_{0}. Таким образом, получили, что \varphi\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x − x_{0}\right)^{n+1}\right).

Вернемся к нашей задаче представления функции f в виде f\left(x\right) = P_{n}\left(x\right)+\bar{o}\left(\left(x-x_{0}\right)^n\right). Из доказанной леммы сразу следует, что если мы найдем многочлен P_{n}\left(x\right), такой, что P_{n}\left(x_{0}\right) = f\left(x_{0}\right), P_{n}^{\prime}\left(x_{0}\right) = f^{\prime}\left(x_{0}\right), \ldots, P_{n}^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = f^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right), то функция \varphi\left(x\right) = f\left(x\right) − P_{n}\left(x\right) будет удовлетворять условиям \varphi\left(x_{0}\right) =\varphi^{\prime}\left(x_{0}\right) = \ldots = \varphi^{\left(n\right)}\left(x_{0}\right) = 0, и, в силу леммы, \varphi\left(x\right) = \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^n\right), т.е. наша задача будет решена, если мы найдем многочлен P_{n}\left(x\right).

Многочлен P_{n}\left(x\right) будем искать в виде P_{n}\left(x\right) = c_0 + c_{1}\left(x-x_{0}\right) + \ldots + c_{n}\left(x-x_{0}\right)^n, т.е. по степеням x − x_{0}, где c_0, c_1, \ldots, c_n – коэффициенты. Найдем производные многочлена P_n. Имеем

P_n \left(x_0\right) = c_0, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x\right) = c_1 + 2 \cdot c_2 \left(x-x_0\right)+\ldots+n\cdot c_n\left(x- x_0\right)^{n-1}, {} \\ {} P_n^{\prime}\left(x_0\right) = c_1, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x\right) = 2\cdot c_2 + 3\cdot2\cdot c_3\left(x-x_0\right)+\ldots+n \cdot \left(n-1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{n-2}, {} \\ {} P_n^{\prime \prime}\left(x_0\right)=2c_2, {} \\ {} \cdots {} \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x\right) = k\cdot\left(k-1\right)\cdot \ldots \cdot 2 \cdot 1\cdot c_k + \left(k+1\right) \cdot\ldots \cdot2 \cdot 1\cdot c_{k+1}\left(x-x_0\right)+\ldots +{} \\ {}+ n\cdot\left(n-1\right)\cdot\ldots\cdot \left(n-k+1\right)\cdot c_n\left(x-x_0\right)^{k}, {} \\ {} \cdots \\ {} P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k \left(k=0,1,\ldots,n\right).

Таким образом, P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right) = k!\cdot c_k, откуда c_k = \frac{\displaystyle P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!}. Итак, если мы хотим, чтобы при всех k=0,1,\ldots,n были выполнены равенства f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)=P_n^{\left(k\right)}\left(x_0\right), то коэффициенты c_k многочлена P_n\left(x\right) должны быть равными c_k = \frac {\displaystyle f^{\left(k\right)}\left(x_0\right)}{\displaystyle k!} \left(k = 0,1,\ldots,n\right), т.е. P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right) + \frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \ldots + \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n. В этом случае функция \varphi \left(x\right) = f\left(x\right) — P_n\left(x\right) удовлетворяет условиям леммы и, следовательно, \varphi \left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right), т.е. мы получим нужное представление f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right).

Итак, мы доказали следующую теорему.

Теорема: Пусть функция f определена в некоторой окрестности I точки x_0 и имеет в этой окрестности производные до (n − 1)-го порядка включительно, а в точке x_0 имеет производную n-го порядка. Тогда справедливо равенство f\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right) \text{ при } x \to x_0.

Доказанное в этой теореме равенство называется формулой Тейлора с остатком в форме Пеано. Многочлен P_n\left(x\right) = f\left(x_0\right)+\frac {f^{\prime}\left(x_0\right)}{1!}\left(x-x_0\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(x_0\right)}{2!}\left(x-x_0\right)^2 + \ldots +{} \\ {}+ \frac {f^{\left(n\right)}\left(x_0\right)}{n!}\left(x-x_0\right)^n называется многочленом Тейлора функции f с центром в точке x_0, а последнее слагаемое в формуле Тейлора \bar{o}\left(\left(x − x_0\right)^n\right) — остатком формулы Тейлора в форме Пеано.

Докажем единственность многочлена Тейлора. Предположим, что существует два представления – f\left(x\right) = P_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right) и f\left(x\right) = Q_n\left(x\right) + \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right), где P_n и Q_n – многочлены степени не выше, чем n. Покажем, что P_n \equiv Q_n, т.е. коэффициенты многочленов P_n и Q_n совпадают. Имеем P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right), т.е. R_n\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right)-Q_n\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right), где степень R_n не превосходит n. Покажем, что все коэффициенты b_k многочлена R_n\left(x\right) \equiv b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n равны нулю. Из равенства b_0 + b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right), устремляя x \to x_0 и учитывая, что правая часть стремится к нулю, получаем, что b_0 = 0. Следовательно, b_1 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^n = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^n\right). Разделив это равенство на x − x_0, получим b_1 + b_2 \left(x-x_0\right) + \ldots +b_n\left(x-x_0\right)^{n-1} = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^{n-1}\right), откуда, устремляя x \to x_0, получим, что b_1 = 0. Продолжая этот процесс, получим, что b_0 = b_1 = \ldots = b_n = 0, т.е. R_n = 0, что и требовалось.

Замечание: Если функция f является многочленом степени n, то она совпадает со своим многочленом Тейлора порядка n и выше. В самом деле, если f\left(x\right) = P_n\left(x\right), то для n \leqslant m будем иметь f\left(x\right) = P_n\left(x\right) = P_m\left(x\right) + 0 = P_m\left(x\right) + r_m\left(x\right), где r_m\left(x\right) = 0 = \bar{o}\left(\left(x-x_0\right)^m\right) \left(x \to x_{0}\right). Значит, в силу единственности многочлена Тейлора, P_m\left(x\right) \equiv P_n\left(x\right) – многочлен Тейлора.

Примеры решения задач

  1. Пусть f\left(x\right) = x^2 − 3x + 1. Требуется построить формулу Тейлора для функции f порядка n = 2 в окрестности точки x_0 = 1.
    Решение

    Можно было бы вычислить f\left(1\right), f^{\prime}\left(1\right), f^{\prime \prime}\left(1\right) и построить многочлен Тейлора согласно общей формуле P_2\left(x\right) = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2, и тогда получили бы f\left(x\right) = x^2 — 3x + 1 = f\left(1\right) + \frac {f^{\prime}\left(1\right)}{1!}\left(x-1\right) + \frac {f^{\prime \prime}\left(1\right)}{2!}\left(x-1\right)^2 + r_2\left(x\right), где r_2\left(x\right) = f\left(x\right) — P_2\left(x\right) = \bar{o}\left(\left(x-1\right)^2\right) \left(x \to 1\right). На самом деле оказывается, что r_2\left(x\right) ≡ 0. Действительно, данный пример можно решить проще, если многочлен x^2−3x+1 расписать по степеням x−1, а именно: x^2−3x+1 = \left(\left(x-1\right) + 1\right)^2-3\left(\left(x-1\right)+1\right)+1 = = -1-\left(x-1\right)+\left(x-1\right)^2 = P_2 \left(x\right). Справа мы получили многочлен по степеням x−1. Данная функция x^2 − 3x + 1 представляет собой многочлен. В силу единственности, это и есть многочлен Тейлора для функции в окрестности точки x_0 = 1.

  2. Построить формулу Тейлора для функции f\left(x\right)=\sin x порядка n = 3 в окрестности точки x_0 = \frac{\pi}{2}.
    Решение

    Записываем формулу Тейлора по определению, вычисляя предварительно f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right), f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right).
    f\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = 1, f^{\prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = \cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0, f^{\prime \prime}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\sin\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = -1, f^{\left(3\right)}\left(\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) = -\cos\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2} = 0. С помощью полученных данных построим многочлен Тейлора третьего порядка P_3\left(x\right) = 1 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 1!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right) + \frac {\displaystyle -1}{\displaystyle 2!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \frac {\displaystyle 0}{\displaystyle 3!}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^3. Тогда формула Тейлора будет выглядеть следующим образом: f\left(x\right) = 1-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}\left(x-\frac{\displaystyle \pi}{\displaystyle 2}\right)^2 + \bar{o} \left(\left(x − x_{0}\right)^2\right).

  3. Вычислить предел \lim\limits_{x\to 0}\frac{\displaystyle\sqrt{1+x}-e^x+x^2}{\displaystyle\sin x}, используя формулу Тейлора.
    Решение

    Разложим выражения \sqrt{1+2x}, e^x и \sin x по формуле Тейлора в окрестности точки x_0 = 0 порядка n=1: \sqrt {1+x}=\left(1+x\right)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{1}{2}x+\bar{o}\left(x\right); e^x=1+x+\bar{o}\left(x\right).
    Используя эти разложения и заменив в знаменателе функцию \sin x на эквивалентную ей в окрестности точки x_0=0 функцию x, получаем из исходной дроби следующую: \frac{1+\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}x-1-x+\bar{o}\left(x\right)}{x+\bar{o}\left(x\right)}.
    Тогда в пределе получаем выражение
    \lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle x}{\displaystyle 2}+\bar{o}\left(x\right)} {x+\bar{o}\left(x\right)}. Если поделить почленно числитель и знаменатель дроби на x, то получим \lim\limits_{x\to 0} \frac {-\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}} {1+\frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x}}. Выражения вида \frac{\displaystyle \bar{o}\left(x\right)}{\displaystyle x} в пределе дадут 0. Тогда в ответе получаем \frac{-1}{2}.

Тест

Пройдите тест, чтобы проверить свои знания о многочлене Тейлора и формуле Тейлора с остатком в форме Пеано.

См. также: