Формула конечных приращений Лагранжа

Определение

Выпуклой областью называется открытое множество, любые две точки которого можно соединить отрезком, лежащим в области.

Теорема (Формула конечных приращений Лагранжа)

Пусть функция  f(x) дифференцируема в выпуклой области  G\subset\mathbb{R}^{n} . Тогда для любых двух точек  x= \left ( x_{1},...,x_{n} \right )\in G, y= \left ( y_{1},...,y_{n} \right )\in G найдется такое число  \theta \in \left(0,1 \right ) , что
$$f(y)-f(x)= \sum _{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left (x+\theta \left ( y-x \right )\left ( y_{i}-x_{i} \right ) \right ).\ \ \ \ \ \ \ \ \ \  (1)$$

Формула (1) называется формулой конечных приращений Лагранжа.

Доказательство

Пусть точки  x,y \in G . Так как область G выпукла, то отрезок, соединяющий точки x и y, лежит в области G. Поэтому определена функция одной переменной:

 \varphi (t) = f(x_{1}+t(y_{1}-x_{1}),...,x_{n}+t(y_{n}-x_{n})), 0\leqslant t\leqslant 1 . (2)

По теореме о производной сложной функции \varphi (t) — дифференцирума на отрезке [0,1] и очевидно, что  \varphi (0) = f(x), \varphi (1) = f(y) . По правилу нахождения производной сложной функции имеем:

$$\varphi{}’ (t)=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x}\left ( x_{1}+t(y_{1}-x_{1}),…,x_{n}+t(y_{n}-x_{n}) \right )\left ( y_{i}-x_{i} \right ). \ \ \ \ \ \ (3)$$

Применим к функции  \varphi(t) формулу приращений Лагранжа для функции одной переменной. Получаем, что найдется число  \theta \in \left(0,1 \right ) такое, что  \varphi(1) - \varphi(0) = \varphi{}' (\theta ) . Используя формулы (2) и (3), теперь легко получаем формулу (1).\square

[spoilergroup]

Спойлер

Доказать, что \left | \arctan x_{2} -\arctan x_{1} \right |\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |, x_{1}\in \mathbb{R}, x_{2}\in \mathbb{R}. (*)
По теореме Лагранжа для функции \arctan x на отрезке с концами x_{1} и x_{2} находим
$$\arctan x_{2} — \arctan x_{1}=\frac{1}{1+\xi ^{2}}(x_{2}-x_{1}),$$
откуда получаем \left | \arctan x_{2}-\arctan x_{1} \right |=\frac{\left | x_{2}-x_{1} \right |}{1+\xi ^{2}}\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |, так как 0<\frac{1}{1+\xi^{2}}\leqslant 1.
Полагая в соотношении (*) x_{2}=x, x_{1}=0, получаем
\left | \arctan x \right |\leqslant \left | x \right |, x\in \mathbb{R},
и, в часности,
0\leqslant \arctan x\leqslant x, x\geqslant 0.

[свернуть]

[/spoilergroup]

Литература

Тест

Формула конечных приращений Лагранжа

Теста на знание формулы конечных приращений Лагранжа


Таблица лучших: Формула конечных приращений Лагранжа

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

Формула конечных приращений Лагранжа

Теорема (Формула конечных приращений Лагранжа)

Если функция  f\in C[a,b] и дифференцируема на интервале (a,b), то  \exists \theta \in (0,1), f(a)-f(b)=f{}'(x_{0} )(b-a), где  x_{0}=a+ \theta(b-a).

Геометрический смысл (для случая одной переменной): на дуге графика данной функции, соединяющей точки (a,f(a)) и (b,f(b)), найдется точка (c,f(c)), (и, возможно, не одна), в которой касательная к графику функции параллельна хорде, соединяющей концы дуги.

RealyfinalVersion — копия

Доказательство

Рассмотрим функцию \varphi (x)=f(x)+\lambda x где число \lambda выберем таким, чтобы выполнялось условие \varphi (a)=\varphi (b), т.е. f(a)+\lambda a=f(b)+\lambda b. Отсюда находим: \lambda =-\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.

Так как функция \varphi (x) непрерывна на отрезке [a,b], дифференцируется на интервале (a,b) и принимает равные значения на концах этого интервала то, по теореме Ролля, существует точка x_{0}\in (a,b) такая, что \varphi{}'(x_{0})=f{}'(x_{0})+\lambda =0. Отсюда получаем, что f{}'(x_{0})=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} , или f(b)-f(a)=f{}'(x_{0})(b-a). \square

[spoilergroup]

Спойлер

Доказать, что \ln (1+x)\leqslant xx>0 (*),
\left | \arctan x_{2} -\arctan x_{1} \right |\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |, x_{1}\in \mathbb{R}, x_{2}\in \mathbb{R}. (**)
а) Применяя теорему Лагранжа к функции f(x)=\ln (1+x) на отрезке [0,x], где x>0, получаем \ln(1+x)=\frac{1}{1+\xi }x, откуда следует неравенство (*), так как 0<\xi<x.
б) По теореме Лагранжа для функции \arctan x на отрезке с концами x_{1} и x_{2} находим
$$\arctan x_{2} — \arctan x_{1}=\frac{1}{1+\xi ^{2}}(x_{2}-x_{1}),$$
откуда получаем \left | \arctan x_{2}-\arctan x_{1} \right |=\frac{\left | x_{2}-x_{1} \right |}{1+\xi ^{2}}\leqslant \left | x_{2}-x_{1} \right |, так как 0<\frac{1}{1+\xi^{2}}\leqslant 1.
Полагая в соотношении (**) x_{2}=x, x_{1}=0, получаем
\left | \arctan x \right |\leqslant \left | x \right |, x\in \mathbb{R},
и, в часности,
0\leqslant \arctan x\leqslant x, x\geqslant 0.

[свернуть]

[/spoilergroup]

Использованная литература

Рекомендованная литература

Тест

Формула конечных приращений Лагранжа

Теста на знание формулы конечных приращений Лагранжа

Таблица лучших: Формула конечных приращений Лагранжа

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

Остатки формулы Тейлора



Остаток формулы Тейлора (стандартное обозначение- r_{n} (x_{0},x) ) можно определить, как:
  1. Погрешность, которая возникает при замене функции y=f(x) многочленом P_{n}(x_{0},x) . Если выполнены условия теоремы о представлении формулы f в виде многочлена Тейлора, то для значений x из окрестности точки x_{0}, для которых погрешность r_{n}(x_{0},x) достаточно мала, многочлен P_{n}(x_{0},x) дает приближенное представление функции.
  2. (На рисунке) Разница значений функции f(x) и выражающим её многочленом Тейлора в точке x_{0} :f(x)-P_{n}(x_{0},x)=r_{n}(x_{0},x) (уклонение полинома P_{n} от функции f(x) ).

r(x0,x)

Существует 3 основных представления остаточного члена:

  1. В форме Лагранжа: $$ \large r_{n} (x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(x+\theta(x-x_{0}))}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$0< \theta < 1 .$$\ $$
  2. В форме Коши: $$\large r_{n} (x_{0},x) =\frac{f^{(n+1)}(x_{0}+\theta_{1}(x-x_{0}))}{n!}(1-\theta_{1}(x-x_{0}))^{n}(x-x_{0})^{n+1} , \ $$0< \theta_{1} < 1 .$$\ $$
  3. В форме Пеано: $$ \large r_{n} (x_{0},x) =o((x-a)^{n}) , \ $$ при x\rightarrow a .

Примеры:

  1. Написать разложение функции e^{\sin (x)} до x^{3} с остатком в форме Пеано.
    Спойлер

    $$ e^{\sin (x)}=1+\sin (x)+\frac{1}{2} \sin ^{2}(x)+\frac{1}{6}\sin ^{3}(x)+o(\sin ^{3}(x)) $$ Ввиду эквивалентности бесконечно малых x и \sin (x) это все равно, что o(x^{3}) , то есть:
    e^{\sin (x)}=1+\sin (x)+ \frac{1}{2} \sin ^{2}(x)+ \frac{1}{6} \sin ^{3}(x)+o(x^{3}) \sin(x)= x-\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{4}) \Rightarrow e^{sin(x)}=1+(x-\frac{1}{6} x^{3} )+ \frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{6}x^{3}+o(x^{3})
    Член с x^{3} аннулируется и, окончательно, имеем: $$ e^{ \sin (x)}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+o(x^{3}) $$ $$\ $$

  2. [свернуть]