Лекции по математическому анализу Часть I москва 2012 б у т у з о в В. Ф. Лекции по математическому анализу. Часть I

150Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Теорема 3 (2-ая теорема Вейерштрасса). Непрерывная на
сегменте функция достигает на этом сегменте своих точных
граней.
Доказательство. Пусть
f
(
x
)
непрерывна на
[
a
,
b
]
. Докажем тео-
рему 3 для точной верхней грани.
Допустим, что функция
f
(
x
)
не принимает на
[
a
,
b
]
значения
M
= sup
[
a
,
b
]
f
(
x
)
. Тогда
?
x
?
[
a
,
b
]
:
f
(
x
)
< M
. Введем функцию
F
(
x
) =
1
M
?
f
(
x
)
.
Она непрерывна на сегменте
[
a
,
b
]
(поскольку
f
(
x
)
непрерывна
на
[
a
,
b
]
и
M
?
f
(
x
)
6
=
0
)
и положительна. По теореме 2
F
(
x
)
ограничена на
[
a
,
b
]
, поэтому
?
A >
0 такое, что
0
< F
(
x
)
< A
?
x
?
[
a
,
b
]
,
или
0
<
1
M
?
f
(
x
)
< A
?
x
?
[
a
,
b
]
,
откуда следует, что
f
(
x
)
< M
?
1
A
?
x
?
[
a
,
b
]
.
Получилось, что число
M
?
1
/A
, которое меньше
M
, является
верхней гранью
f
(
x
)
на
[
a
,
b
]
. Но это противоречит тому, что
M
наименьшая из верхних граней
f
(
x
)
на
[
a
,
b
]
. Полученное
противоречие доказывает теорему 3.
Замечание. Если функция
f
(
x
)
достигает на множестве
X
своей
точной верхней (нижней) грани, то она имеет на этом множестве
максимальное (минимальное) значение:
max
X
f
(
x
) = sup
X
f
(
x
)
min
X
f
(
x
) = inf
X
f
(
x
)
.
Если же
f
(
x
)
не достигает на множестве
X
своей точной верхней
(нижней) грани, то она не имеет на
X
максимального (мини-
мального) значения. Из второй теоремы Вейерштрасса следует,
что непрерывная на сегменте функция имеет на этом сегмен-
те максимальное и минимальное значения.

2. Равномерная непрерывность функции
151
џ 2. Равномерная непрерывность функции
Пусть функция
f
(
x
)
определена на промежутке
X
. Напомним
определение равномерно непрерывной функции.
Определение. Функция
f
(
x
)
называется равномерно непре-
рывной на промежутке
X
, если
?
? >
0
?
? >
0, такое, что
?
x
0
,
x
00
?
X
и удовлетворяющих условию
|
x
00
?
x
0
|
< ?
, выполня-
ется неравенство
|
f
(
x
00
)
?
f
(
x
0
)
|
< ?
.
Из определения следует, что если
f
(
x
)
равномерно непре-
рывна на промежутке
X
, то она непрерывна в каждой точке
x
0
?
X
. Отличие равномерной непрерывности на промежутке
X
от ѕпросто непрерывностиї на этом промежутке состоит в том,
что в случае равномерной непрерывности
?
? >
0 существует
ѕнужноеї
? >
0, общее для всех точек
x
0
?
X
(
?
зависит от
?
,
но не зависит от
x
0
), а в случае ѕпросто непрерывностиї
?
x
0
?
X
по заданному
? >
0 найдется ѕнужноеї
? >
0, но это
?
=
?
(
?
,
x
0
)
(т.е.
?
в данном случае зависит и от
?
, и от
x
0
), и может не
существовать общего
?
(
?
)
>
0 для всех
x
0
?
X
.
Геометрическая иллюстрация равномерной непрерывности
функции
Если функция
y
=
f
(
x
)
равномерно непрерывна на промежут-
ке
X
, то
?
? >
0
?
?
(
?
)
>
0, такое, что прямоугольник со сторонами
?
(
?
)
и
?
, параллельными осям
Ox
и
Oy
, можно так переместить
вдоль графика функции, что график не будет пересекать сторон
прямоугольника, параллельных оси
Ox
, а будет пересекать лишь
стороны, параллельные оси
Oy
.
Теорема 4 (теорема Кантора). Непрерывная на сегменте
функция равномерно непрерывна на этом сегменте.
Доказательство. Пусть функция
f
(
x
)
непрерывна на сегменте
[
a
,
b
]
. Допустим, что
f
(
x
)
не является равномерно непрерывной
на
[
a
,
b
]
. Тогда
?
? >
0, такое, что
?
? >
0
?
x
0
,
x
00
?
[
a
,
b
]
, для
которых
|
x
00
?
x
0
|
< ?
, а
|
f
(
x
00
)
?
f
(
x
0
)
|
>
?
.
Возьмем последовательность
{
?
n
} ?
+
0
(
?
n
>
0
)
. Согласно
нашему предположению,
?
?
n
>
0
?
x
0
n
,
x
00
n
?
[
a
,
b
]
, для которых
|
x
00
n
?
x
0
n
|
< ?
n
, а
|
f
(
x
00
n
)
?
f
(
x
0
n
)
|
>
?.
(7.2)
Рассмотрим последовательность
{
x
0
n
}
. Она ограничена, посколь-
ку все ее члены лежат на сегменте
[
a
,
b
]
, и поэтому из нее мож-
но выделить сходящуюся подпоследовательность
x
0
k
n
. Пусть
x
0
k
n
?
c
при
n
? ?
. Так как
x
00
k
n
?
x
0
k
n
< ?
k
n
и
?
k
n
?
0
при
n
? ?
, то последовательность
x
00
k
n
?
c
, а поскольку все

152Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
x
0
k
n
?
[
a
,
b
]
, то
c
?
[
a
,
b
]
и, следовательно,
f
(
x
)
непрерывна в точке
c
. Поэтому
f
(
x
0
k
n
)
?
f
(
c
)
,
f
(
x
00
k
n
)
?
f
(
c
)
при
n
? ?
, откуда
следует,что
f
(
x
00
k
n
)
?
f
(
x
0
k
n
)
?
0 при
n
? ?
.
С другой стороны, в силу неравенства (
7.2
) имеем неравен-
ство
f
(
x
00
k
n
)
?
f
(
x
0
k
n
)
>
?
,
и поэтому
lim
n
??
f
(
x
00
k
n
)
?
f
(
x
0
k
n
)
>
? >
0
.
Полученное противоречие доказывает теорему.
Замечание. Для интервала теорема Кантора не верна. Напри-
мер, функция
f
(
x
) =
1
x
непрерывна на интервале
(
0, 1
)
, но не
является равномерно непрерывной на этом интервале.
џ 3. Возрастание и убывание функции в точке.
Локальный экстремум
Пусть функция
f
(
x
)
определена на интервале
(
a
,
b
)
и
c
?
(
a
,
b
)
.
Определение. Говорят, что
f
(
x
)
возрастает в точке
c
, если
существует окрестность точки
c
, в которой
f
(
x
)
> f
(
c
)
при
x > c
и
f
(
x
)
< f
(
c
)
при
x < c
.
Аналогично определяется убывание функции в точке
c
.
Теорема 5. Если функция
f
(
x
)
дифференцируема в точке
c
и
f
0
(
c
)
>
0 (
<
0), то
f
(
x
)
возрастает (убывает) в точке
c
.
Доказательство. Пусть
f
0
(
c
)
>
0 (случай
f
0
(
c
)
<
0 рассматри-
вается аналогично). По определению производной
f
0
(
c
) = lim
x
?
c
f
(
x
)
?
f
(
c
)
x
?
c
.
Отсюда следует, что
?
? >
0
?
? >
0, такое, что
f
(
x
)
?
f
(
c
)
x
?
c
?
f
0
(
c
)
< ?
при 0
<
|
x
?
c
|
< ?
,
то есть
f
0
(
c
)
?
? <
f
(
x
)
?
f
(
c
)
x
?
c
< f
0
(
c
) +
?
при 0
<
|
x
?
c
|
< ?.
Возьмем
?
=
f
0
(
c
)
. Тогда получим:
f
(
x
)
?
f
(
c
)
x
?
c
>
0 при 0
<
|
x
?
c
|
< ?
,

4. Теоремы Ролля и Лагранжа
153
откуда следует, что в
?
-окрестности точки
c f
(
x
)
> f
(
c
)
при
x > c
и
f
(
x
)
< f
(
c
)
при
x < c
. Это и означает, что
f
(
x
)
возрастает в
точке
c
. Теорема 5 доказана.
Замечание. Положительность
f
0
(
c
)
только достаточное, но
не необходимое условие возрастания дифференцируемой функ-
ции
f
(
x
)
в точке
c
. Например, функция
f
(
x
) =
x
3
возрастает в
точке
x
=
0, но
f
0
(
0
) =
0.
Пусть снова
f
(
x
)
определена на
(
a
,
b
)
и
c
?
(
a
,
b
)
.
Определение. Говорят, что в точке
c
функция
f
(
x
)
име-
ет локальный максимум (минимум), если существует такая
окрестность точки
c
, в которой
f
(
x
)
< f
(
c
)
(соответственно,
f
(
x
)
> f
(
c
)
) при
x
6
=
c
.
Локальный максимум и локальный минимум объединяются
общим названием: локальный экстремум.
Теорема 6 (теорема Ферма). Если функция
f
(
x
)
дифферен-
цируема в точке
c
и имеет в этой точке локальный экстремум,
то
f
0
(
c
) =
0.
Доказательство. Пусть
f
(
x
)
имеет в точке
c
локальный мак-
симум (для случая локального минимума рассуждения анало-
гичные), т.е. существует такая окрестность точки
c
, в которой
f
(
x
)
< f
(
c
)
при
x
6
=
c
. Предположим, что
f
0
(
c
)
6
=
0. Допустим,
что
f
0
(
c
)
>
0. Тогда по теореме 5 функция
f
(
x
)
возрастает в
точке
c
и, следовательно, существует окрестность точки
c
, в
которой
f
(
x
)
> f
(
c
)
при
x > c
. Но это противоречит неравенству
f
(
x
)
< f
(
c
)
при
x
6
=
c
. Следовательно,
f
0
(
c
)
не может быть боль-
ше 0. Аналогично доказывается, что
f
0
(
c
)
не может быть меньше
0. Поэтому
f
0
(
c
) =
0, что и требовалось доказать.
Геометрический смысл теоремы. Если дифференцируемая в
точке
c
функция
y
=
f
(
x
)
имеет локальный экстремум в этой
точке, то касательная к графику функции в точке
(
c
,
f
(
c
))
па-
раллельна оси
Ox
.
Замечание. Условие
f
0
(
c
) =
0 только необходимое, но не
достаточное условие локального экстремума функции
f
(
x
)
в
точке
c
. Например, функция
f
(
x
) =
x
3
удовлетворяет условию
f
0
(
0
) =
0, но в точке
x
=
0 экстремума у функции нет.
џ 4. Теоремы Ролля и Лагранжа
Теорема 7 (теорема Ролля). Пусть выполнены условия:
1) функция
f
(
x
)
определена и непрерывна на сегменте
[
a
,
b
]
;
2)
f
(
x
)
дифференцируема в интервале
(
a
,
b
)
;
3)
f
(
a
) =
f
(
b
)
.

154Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Тогда
?
c
?
(
a
,
b
)
:
f
0
(
c
) =
0.
Доказательство. Поскольку функция
f
(
x
)
непрерывна на
[
a
,
b
]
, то она имеет на
[
a
,
b
]
максимальное и минимальное зна-
чения (это было отмечено после доказательства 2-ой теоремы
Вейерштрасса). Положим
M
= max
[
a
,
b
]
f
(
x
)
,
m
= min
[
a
,
b
]
f
(
x
)
.
Возможны 2 случая.
1)
M
=
m
. Тогда
f
(
x
) =
M
=
m
=
const и
?
c
?
(
a
,
b
) :
f
0
(
c
) =
0.
2)
M > m
. Тогда по крайней мере одно из значений
M
и
m
функ-
ция принимает во внутренней точке
c
сегмента
[
a
,
b
]
. Рассмотрим
возможные подслучаи.
а) Значение
M
принимается во внутренней точке
c
, а
m
=
=
f
(
a
) =
f
(
b
)
.
б) Значение
m
принимается во внутренней точке
c
, а
M
=
=
f
(
a
) =
f
(
b
)
.
в) Оба значения
M
и
m
принимаются во внутренних точках
[
a
,
b
]
(пусть, например, значение
M
принимается во внутренней
точке
c
).
В любом случае по теореме Ферма
f
0
(
c
) =
0, что и требова-
лось доказать.
Физический смысл теоремы Ролля
Пусть
x
время,
y
=
f
(
x
)
координата точки, движущейся
по оси
Oy
, в момент времени
x
. Тогда в моменты времени
a
и
b
точка имеет одну и ту же координату
f
(
a
) =
f
(
b
)
, т.е. занимает
на оси
Oy
одно и то же положение. В промежутке времени от
a
до
b
точка каким-то образом движется и в момент
b
возвращается
в исходное положение. Ясно, что для того, чтобы вернуться
назад, она должна в некоторый момент времени
c
остановиться,
то есть ее скорость в этот момент равна нулю:
f
0
(
c
) =
0.
Теорема 8 (теорема Лагранжа). Пусть выполнены условия:
1) функция
f
(
x
)
определена и непрерывна на сегменте
[
a
,
b
]
;
2)
f
(
x
)
дифференцируема в интервале
(
a
,
b
)
.
Тогда
?
c
?
(
a
,
b
)
, такая, что
f
(
b
)
?
f
(
a
) =
f
0
(
c
)(
b
?
a
)
.
Эта формула называется формулой Лагранжа.
Доказательство. Введем функцию
F
(
x
) =
f
(
x
)
?
f
(
b
)
?
f
(
a
)
b
?
a
·
(
x
?
a
)
.

4. Теоремы Ролля и Лагранжа
155
Она удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля:
1)
F
(
x
)
определена и непрерывна на
[
a
,
b
]
;
2)
F
(
x
)
дифференцируема в интервале
(
a
,
b
)
;
3)
F
(
a
) =
F
(
b
) =
f
(
a
)
.
По теореме Ролля
?
c
?
(
a
,
b
)
:
F
0
(
c
) =
0, то есть
f
0
(
c
)
?
f
(
b
)
?
f
(
a
)
b
?
a
=
0,
откуда следует равенство
f
(
b
)
?
f
(
a
) =
f
0
(
c
)(
b
?
a
)
, что и требо-
валось доказать.
Физический смысл теоремы Лагранжа
Пусть
x
время,
y
=
f
(
x
)
координата точки, движущейся
по оси
Oy
, в момент времени
x
. Тогда
f
0
(
c
)
мгновенная
скорость точки в момент
c
, а
(
f
(
b
)
?
f
(
a
))
/
(
b
?
a
)
средняя
скорость точки на временном промежутке
[
a
,
b
]
.
Формула Лагранжа, записанная в виде
f
0
(
c
) =
f
(
b
)
?
f
(
a
)
b
?
a
,
показывает, что существует такой момент времени
c
, в который
мгновенная скорость точки равна ее средней скорости на проме-
жутке времени
[
a
,
b
]
.
Замечание. Рассмотрим на сегменте
[
a
,
b
]
две точки:
x
0
и
x
0
+
+ ?
x
. Применим формулу Лагранжа к сегменту
[
x
0
,
x
0
+ ?
x
]
:
f
(
x
0
+ ?
x
)
?
f
(
x
0
) =
f
0
(
?
)?
x.
Точку
?
можно представить в виде
?
=
x
0
+ (
?
?
x
0
) =
x
0
+
?
·
?
x
,
где 0
< ? <
1. Таким образом, для приращения функции в точке
x
0
справедливо равенство:
?
f
x
0
=
f
(
x
0
+ ?
x
)
?
f
(
x
0
) =
f
0
(
x
0
+
?
·
?
x
)
·
?
x.
Оно называется формулой конечных приращений. Отметим, что
главная часть приращения функции в точке
x
0
, то есть диффе-
ренциал функции в точке
x
0
, выражается формулой
df
x
0
=
f
0
(
x
0
)?
x.

156Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Некоторые теоремы, доказываемые с помощью формулы
Лагранжа
Пусть
X
промежуток, т.е. интервал, сегмент, полупрямая или
вся прямая.
Теорема 9. Если функция
f
(
x
)
дифференцируема на проме-
жутке
X
и
?
x
?
X
:
f
0
(
x
) =
0, то
f
(
x
) =
const на
X
.
Доказательство. Пусть
x
0
фиксированная точка, а
x
произвольная точка из
X
. По формуле Лагранжа:
f
(
x
)
?
f
(
x
0
) =
f
0
(
c
)(
x
?
x
0
) =
0,
т.к.
f
0
(
c
) =
0. Отсюда следует, что
f
(
x
) =
f
(
x
0
) =
const
?
x
?
X
,
что и требовалось доказать.
Следствие. В главе 5 была сформулирована теорема 1 (основ-
ная теорема интегрального исчисления): если
F
1
(
x
)
и
F
2
(
x
)
любые две первообразные для функции
f
(
x
)
на промежут-
ке
X
, то
F
1
(
x
)
?
F
2
(
x
) =
const на
X
. Было показано, что
F
1
(
x
)
?
F
2
(
x
)
0
=
0
?
x
?
X
. В силу доказанной сейчас теоремы
9 отсюда следует, что
F
1
(
x
)
?
F
2
(
x
) =
const на
X
, и тем самым
теорема 1 из главы 5 доказана.
Докажем теорему, устанавливающую необходимое и доста-
точное условие монотонности дифференцируемой функции.
Теорема 10. Для того, чтобы дифференцируемая на про-
межутке
X
функция
f
(
x
)
не убывала (не возрастала) на
X
,
необходимо и достаточно, чтобы
?
x
?
X
:
f
0
(
x
)
>
0 (
6
0).
Доказательство.
Достаточность. Пусть
f
0
(
x
)
>
0
?
x
?
X
. Докажем, что
f
(
x
)
не убывает на промежутке
X
. Рассмотрим две произвольные
точки
x
1
,
x
2
?
X
. Пусть для определенности
x
2
> x
1
. По формуле
Лагранжа:
f
(
x
2
)
?
f
(
x
1
) =
f
0
(
?
)(
x
2
?
x
1
)
.
Так как
f
0
(
?
)
>
0 и
x
2
?
x
1
>
0, то
f
(
x
2
)
?
f
(
x
1
)
>
0,
откуда следует, что
f
(
x
2
)
>
f
(
x
1
)
при
x
2
> x
1
,
а это и означает, что функция
f
(
x
)
не убывает на промежутке
X
.
Необходимость. Пусть
f
(
x
)
не убывает на
X
, т.е.
f
(
x
2
)
>
f
(
x
1
)
при
x
2
> x
1
,
x
1
,
x
2
?
X.

4. Теоремы Ролля и Лагранжа
157
Докажем, что
f
0
(
x
)
>
0
?
x
?
X
. Допустим противное, т.е. что
?
c
?
X
:
f
0
(
c
)
<
0. Тогда по теореме 5
f
(
x
)
убывает в точке
c
, то
есть существует такая окрестность точки
c
, в которой
f
(
x
)
< f
(
c
)
при
x > c
и
f
(
x
)
> f
(
c
)
при
x < c.
Первое из этих неравенств противоречит условию неубывания
функции:
f
(
x
2
)
>
f
(
x
1
)
при
x
2
> x
1
. Следовательно, наше пред-
положение неверно, и
f
0
(
x
)
>
0
?
x
?
X
. Теорема 10 доказана.
Замечание. Для возрастания функции
f
(
x
)
на промежутке
X
достаточно, но не необходимо, чтобы выполнялось неравенство
f
0
(
x
)
>
0
?
x
?
X
(докажите это самостоятельно).
Поставим вопрос: как связаны возрастание функции в точке
и возрастание на промежутке?
Утверждение 1. Из возрастания функции в данной точке не
следует ее возрастание в какой-нибудь окрестности этой точки.
Пример. Рассмотрим функцию
f
(
x
) =
(
x
+
x
2
sin
1
x
, если
x
6
=
0
0,
если
x
=
0
.
Эта функция возрастает в точке
x
=
0 (это следует из того, что
f
0
(
0
) =
1
>
0), но при этом она не является возрастающей ни
в какой
?
-окрестности точки
x
=
0 (это следует из того, что
в любой
?
-окрестности точки
x
=
0 производная
f
0
(
x
)
имеет в
каких-то точках отрицательные значения; докажите это).
Утверждение 2. Если
f
(
x
)
возрастает на некотором интерва-
ле, то она возрастает в каждой точке этого интервала (докажите
самостоятельно).
Утверждение 3 (обратное к утверждению 2). Если
f
(
x
)
возрастает в каждой точке данного интервала, то она возрастает
на этом интервале (докажите самостоятельно). При всей оче-
видности утверждения 3 его строгое доказательство не очень
простое.
Сформулируем и докажем теорему о достаточном условии
равномерной непрерывности функции.
Теорема 11. Если функция
f
(
x
)
имеет на промежутке
X
ограниченную производную
f
0
(
x
)
, то
f
(
x
)
равномерно непрерыв-
на на
X
.
Доказательство. Пусть
|
f
0
(
x
)
|
6
M
?
x
?
X
, где
M >
0 неко-
торое число. Зададим произвольное
? >
0 и возьмем
?
=
?/M
.

158Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Тогда
?
x
0
,
x
00
, удовлетворяющих неравенству
|
x
00
?
x
0
|
< ?
=
?/M
,
получаем:
|
f
(
x
00
)
?
f
(
x
0
)
|
=
|
f
0
(
?
)(
x
00
?
x
0
)
|
6
M
· |
x
00
?
x
0
|
< M ?
=
?
,
а это и означает, что
f
(
x
)
равномерно непрерывна на промежутке
X
. Теорема 11 доказана.
Пример.
f
(
x
) = ln
x
,
X
= (
a
,
+
?
)
, где
a >
0. Имеем:
f
0
(
x
) =
1
x
,
f
0
(
x
)
6
1
a
?
x
?
(
a
,
+
?
)
,
откуда вытекает равномерная непрерывность функции
f
(
x
) =
= ln
x
на полупрямой
X
= (
a
,
+
?
)
.
Задания. 1) Докажите, что функция
f
(
x
) = ln
x
не является
равномерно непрерывной на полупрямой
(
0,
+
?
)
.
2) Приведите пример функции
f
(
x
)
, которая равномерно
непрерывна на промежутке
X
, но
f
0
(
x
)
не ограничена на
X
.
џ 5. Формула Коши. Правило Лопиталя
Теорема 12. Пусть выполнены условия:
1) функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
определены и непрерывны на сегменте
[
a
,
b
]
;
2)
f
(
x
)
и
g
(
x
)
дифференцируемы в интервале
(
a
,
b
)
;
3)
g
0
(
x
)
6
=
0
?
x
?
(
a
,
b
)
.
Тогда
?
c
?
(
a
,
b
)
, такая, что
f
(
b
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
?
g
(
a
)
=
f
0
(
c
)
g
0
(
c
)
(формула Коши)
.
Замечание. Отметим, что в формуле Коши знаменатель в
левой части равенства не равен 0, т.е.
g
(
a
)
6
=
g
(
b
)
. В самом деле,
если допустить, что
g
(
a
) =
g
(
b
)
, то для
g
(
x
)
будут выполнены
все условия теоремы Ролля и тогда должна существовать точка
x
?
(
a
,
b
)
, такая, что
g
0
(
x
) =
0, что противоречит условию 3
теоремы.
Доказательство.
1-ая попытка. По формуле Лагранжа
f
(
b
)
?
f
(
a
) =
f
0
(
c
)(
b
?
a
)
,
g
(
b
)
?
g
(
a
) =
g
0
(
c
)(
b
?
a
)
,
откуда следует, что
f
(
b
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
?
g
(
a
)
=
f
0
(
c
)(
b
?
a
)
g
0
(
c
)(
b
?
a
)
=
f
0
(
c
)
g
0
(
c
)
.

5. Формула Коши. Правило Лопиталя
159
Но такое ѕдоказательствої не состоятельно! (подумайте, поче-
му).
2-ая попытка. Введем функцию
F
(
x
) =
f
(
x
)
?
f
(
b
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
?
g
(
a
)
·
(
g
(
x
)
?
g
(
a
))
.
Она удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля:
1)
F
(
x
)
определена и непрерывна на
[
a
,
b
]
;
2)
F
(
x
)
дифференцируема в интервале
(
a
,
b
)
;
3)
F
(
a
) =
F
(
b
) =
f
(
a
)
.
По теореме Ролля
?
c
?
(
a
,
b
)
:
F
0
(
c
) =
0, то есть
f
0
(
c
)
?
f
(
b
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
?
g
(
a
)
g
0
(
c
) =
0,
откуда следует, что
f
(
b
)
?
f
(
a
)
g
(
b
)
?
g
(
a
)
=
f
0
(
c
)
g
0
(
c
)
.
Теорема доказана.
Замечание. Формула Лагранжа является частным случаем
формулы Коши при
g
(
x
) =
x
. В этом случае
g
(
a
) =
a
,
g
(
b
) =
b
,
g
0
(
c
) =
1 и формула Коши переходит в формулу Лагранжа.
Правило Лопиталя
Пусть
lim
x
?
a
f
(
x
) = lim
x
?
a
g
(
x
) =
0,
то есть функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
являются бесконечно малыми при
x
?
a
. Рассмотрим
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
.
Он называется неопределенностью типа 0
/
0.
Правило Лопиталя позволяет в определенных случаях рас-
крыть эту неопределенность, т.е. вычислить данный предел.
Теорема 13. Пусть выполнены условия:
1) функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
определены и дифференцируемы в
некоторой проколотой окрестности точки
a
(при этом в самой
точке
a
они могут быть даже не определены);
2)
lim
x
?
a
f
(
x
) = lim
x
?
a
g
(
x
) =
0;

160Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
3)
g
0
(
x
)
6
=
0 для любого
x
из указанной проколотой окрест-
ности точки
a
(в самой точке
a
может быть
g
0
(
a
) =
0);
4) существует
lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
.
Тогда существует
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
и справедливо равенство
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
= lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
.
Эта формула называется правилом Лопиталя.
Доказательство. Доопределим функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
в точке
a
по непрерывности, т.е. положим
f
(
a
) =
g
(
a
) =
0. Тогда
f
(
x
)
и
g
(
x
)
станут непрерывными во всей указанной окрестности точки
a
. Пусть
x
произвольная точка из этой окрестности, отличная
от
a
. По формуле Коши
f
(
x
)
?
f
(
a
)
g
(
x
)
?
g
(
a
)
=
f
0
(
?
)
g
0
(
?
)
,
где
?
некоторая точка из интервала
(
a
,
x
)
. Так как
f
(
a
) =
=
g
(
a
) =
0, то
f
(
x
)
g
(
x
)
=
f
0
(
?
)
g
0
(
?
)
.
Перейдем в этом равенстве к пределу при
x
?
a
. Тогда
?
?
?
a
, и предел правой части равенства существует по условию
теоремы. Следовательно, существует предел левой части и он
равен пределу правой части, т.е.
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
= lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
.
Теорема 13 доказана.
Примеры.
1) Применим правило Лопиталя к первому замечательному
пределу:
lim
x
?
0
sin
x
x
= lim
x
?
0
cos
x
1
=
1
(отметим, что такой способ обоснования первого замечательного
предела некорректен, так как при выводе формулы
(sin
x
)
0
=
= cos
x
использовался первый замечательный предел).

5. Формула Коши. Правило Лопиталя
161
2)
lim
x
?
a
a
x
?
x
a
x
?
a
= lim
x
?
a
a
x
ln
a
?
ax
a
?
1
1
=
a
a
ln
a
?
a
a
=
a
a
(ln
a
?
1
)
.
3)
lim
x
?
0
tg
x
?
x
x
3
= lim
x
?
0
1
cos
2
x
?
1
3
x
2
= lim
x
?
0
1
cos
2
x
?
1
0
(
3
x
2
)
0
=
=
1
3
lim
x
?
0
cos
?
3
x
·
lim
x
?
0
sin
x
x
=
1
3
.
Здесь правило Лопиталя применялось дважды.
Заметим, что из рассмотренного примера можно получить
полезную асимптотическую формулу. Так как
lim
x
?
0
tg
x
?
x
1
3
x
3
=
1,
то
tg
x
?
x
?
1
3
x
3
при
x
?
0,
и, следовательно,
tg
x
?
x
?
1
3
x
3
=
o x
3
?
tg
x
=
x
+
1
3
x
3
+
o x
3
при
x
?
0
.
Замечания.
1) Если в теореме 13 условие 4) заменить условием
lim
x
?
a
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
=
?
,
означающим, что
f
0
(
x
)
/g
0
(
x
)
бесконечно большая функция при
x
?
a
, то
lim
x
?
a
f
(
x
)
g
(
x
)
=
?
.
2) Если в теореме 13 условие 2) заменить условием
lim
x
?
a
f
(
x
) =
?
,
lim
x
?
a
g
(
x
) =
?
,
то теорема остается в силе, т.е. правило Лопиталя имеет место
и для неопределенности типа
?
/
?
.
6 В.Ф. Бутузов

162Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
3) Правило Лопиталя имеет место для односторонних преде-
лов и для пределов при
x
? ?
.
Теорема 13-а (без доказательства). Пусть выполнены усло-
вия:
1) функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
определены и дифференцируемы при
x > c
;
2)
lim
x
?
+
?
f
(
x
) = lim
x
?
+
?
g
(
x
) =
0
(
либо
lim
x
?
+
?
f
(
x
) = lim
x
?
+
?
g
(
x
) =
?
)
;
3)
g
0
(
x
)
6
=
0
?
x
?
(
c
,
+
?
)
;
4) существует
lim
x
?
+
?
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
.
Тогда существует
lim
x
?
+
?
f
(
x
)
g
(
x
)
и выполняется равенство
lim
x
?
+
?
f
(
x
)
g
(
x
)
= lim
x
?
+
?
f
0
(
x
)
g
0
(
x
)
.
Примеры.
1) Вычислить
lim
x
?
+
0
x
x
.
Так как
x
x
=
e
x
ln
x
и
lim
x
?
+
0
x
ln
x
= lim
x
?
+
0
ln
x
1
x
= lim
x
?
+
0
1
x
?
1
x
2
=
0
(здесь мы воспользовались правилом Лопиталя), то
lim
x
?
+
0
x
x
=
1
.
2) Вычислить
lim
x
?
+
?
ln
x
x
?
, где
?
положительное число. При-
меняя правило Лопиталя, получаем:
lim
x
?
+
?
ln
x
x
?
= lim
x
?
+
?
1
x
?x
?
?
1
= lim
x
?
+
?
1
?x
?
=
0,
то есть функция
ln
x
растет при
x
?
+
?
медленнее, чем
степенная функция
x
?
с любым
? >
0. Иногда это записывают
так:
ln
x
x
?
при
x
?
+
?
.
3) Вычислить
lim
x
?
+
?
x
n
a
x
, где
n
?
N
,
a >
1. Применяя правило
Лопиталя
n
раз, получаем:
lim
x
?
+
?
x
n
a
x
= lim
x
?
+
?
nx
n
?
1
a
x
ln
a
=
...
= lim
x
?
+
?
n
!
a
x
(ln
a
)
n
=
0,

6. Формула Тейлора
163
т.е. степенная функция
x
n
растет при
x
?
+
?
медленнее,
чем показательная функция
a
x
(то же самое относится к
x
?
с любым
? >
0):
x
?
a
x
при
x
?
+
?
.
4) Если не существует
lim[
f
0
(
x
)
/g
0
(
x
)]
, то отсюда не следует,
что не существует
lim[
f
(
x
)
/g
(
x
)]
.
Рассмотрим в качестве примера предел
lim
x
?
+
?
x
+ sin
x
2
x
+ sin
x
неопределенность типа
?
?
.
Имеем:
(
x
+ sin
x
)
0
(
2
x
+ sin
x
)
0
=
1
+ cos
x
2
+ cos
x
=
1
?
1
2
+ cos
x
.
Предел функции
1
?
1
2
+ cos
x
(то есть предел отношения про-
изводных функций
x
+ sin
x
и 2
x
+ sin
x
) при
x
?
+
?
не суще-
ствует, так как эта функция является периодической с периодом
2
?
, причем ее значения изменяются от 0 до 2
/
3. Вместе с тем,
предел отношения самих функций
x
+ sin
x
и 2
x
+ sin
x
суще-
ствует:
lim
x
?
+
?
x
+ sin
x
2
x
+ sin
x
= lim
x
?
+
?
1
+
sin
x
x
2
+
sin
x
x
=
1
2
.
џ 6. Формула Тейлора
Пусть функция
f
(
x
)
имеет непрерывную производную
(
n
+
1
)
-го
порядка в окрестности точки
x
0
(в таком случае говорят, что
функция
n
+
1 раз непрерывно дифференцируема в окрестности
точки
x
0
). Пусть
x
любая (фиксированная) точка из этой
окрестности. Тогда
f
(
x
) =
f
(
x
0
) +
x
Z
x
0
f
0
(
t
)
dt
(7.3)
6*

164Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Применим к интегралу
x
Z
x
0
f
0
(
t
)
dt
формулу интегрирования по
частям:
x
Z
x
0
f
0
(
t
)
dt
=
?
x
Z
x
0
f
0
(
t
)
d
(
x
?
t
) =
?
f
0
(
t
)(
x
?
t
)
x
x
0
+
x
Z
x
0
(
x
?
t
)
df
0
(
t
) =
=
f
0
(
x
0
)(
x
?
x
0
) +
x
Z
x
0
f
00
(
t
)(
x
?
t
)
dt.
К интегралу в правой части последнего равенства снова приме-
ним формулу интегрирования по частям:
x
Z
x
0
f
00
(
t
)(
x
?
t
)
dt
=
?
x
Z
x
0
f
00
(
t
)
d
(
x
?
t
)
2
2
=
?
f
00
(
t
)
(
x
?
t
)
2
2
x
x
0
+
+
x
Z
x
0
(
x
?
t
)
2
2
df
00
(
t
) =
f
00
(
x
0
)
2
!
(
x
?
x
0
)
2
+
x
Z
x
0
f
000
(
t
)
(
x
?
t
)
2
2
!
dt.
Используя эти равенства, из (
7.3
) получаем:
f
(
x
) =
f
(
x
0
) +
f
0
(
x
0
)
1
!
(
x
?
x
0
) +
f
00
(
x
0
)
2
!
(
x
?
x
0
)
2
+
+
1
2
!
x
Z
x
0
f
000
(
t
)(
x
?
t
)
2
dt.
Применяя формулу интегрирования по частям к интегралу в
правой части последнего равенства и продолжая далее процесс
интегрирования по частям, после
n
шагов придем к равенству
f
(
x
) =
f
(
x
0
) +
f
0
(
x
0
)
1
!
(
x
?
x
0
) +
f
00
(
x
0
)
2
!
(
x
?
x
0
)
2
+
...
...
+
f
(
n
)
(
x
0
)
2
!
(
x
?
x
0
)
n
+
1
n
!
x
Z
x
0
f
(
n
+
1
)
(
t
)(
x
?
t
)
n
dt.
(7.4)

6. Формула Тейлора
165
Введем обозначение
R
n
+
1
(
x
) =
1
n
!
x
Z
x
0
f
(
n
+
1
)
(
t
)(
x
?
t
)
n
dt.
(7.5)
Тогда равенство (
7.4
) можно записать в виде
f
(
x
) =
n
X
k
=
0
f
(
k
)
(
x
0
)
k
!
(
x
?
x
0
)
k
+
R
n
+
1
(
x
)
,
(7.6)
где
f
(
0
)
(
x
0
) =
f
(
x
0
)
, 0
! =
1.
Равенство (
7.6
) называется формулой Тейлора для функ-
ции
f
(
x
)
с центром разложения в точке
x
0
, многочлен
n
X
k
=
0
f
(
k
)
(
x
0
)
k
!
(
x
?
x
0
)
k
называется многочленом Тейлора функции
f
(
x
)
, а функция
R
n
+
1
(
x
)
называется остаточным членом фор-
мулы Тейлора. Выражение (
7.5
) называется остаточным членом
в интегральной форме.
Нетрудно проверить, что для многочлена Тейлора
P
n
(
x
)
спра-
ведливы равенства
P
(
k
)
n
(
x
0
) =
f
(
k
)
(
x
0
)
,
k
=
0, 1, 2,
...
,
n
(убедитесь
в этом самостоятельно).
Таким образом, мы доказали следующую теорему:
Теорема 14. Если функция
f
(
x
)
n
+
1 раз непрерывно диффе-
ренцируема в окрестности точки
x
0
, то для любого
x
из этой
окрестности справедливо равенство (
7.6
), где
R
n
+
1
(
x
)
выражает-
ся формулой (
7.5
).
Следствие 1. Применяя к интегралу (
7.5
) формулу среднего
значения, получаем
R
n
+
1
(
x
) =
1
n
!
f
(
n
+
1
)
(
?
)
x
Z
x
0
(
x
?
t
)
n
dt
=
1
n
!
f
(
n
+
1
)
(
?
)
?
(
x
?
t
)
n
+
1
n
+
1
x
x
0
=
=
f
(
n
+
1
)
(
?
)
(
n
+
1
)!
(
x
?
x
0
)
n
+
1
, где
?
?
[
x
0
,
x
]
.
Таким образом, для остаточного члена формулы Тейлора полу-
чилось выражение
R
n
+
1
(
x
) =
f
(
n
+
1
)
(
?
)
(
n
+
1
)!
(
x
?
x
0
)
n
+
1
,
(7.7)

166Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
где
?
некоторая точка сегмента
[
x
0
,
x
]
, ее можно представить
в виде
?
=
x
0
+
?
·
(
x
?
x
0
)
, 0
< ? <
1.
Выражение (
7.7
) называется остаточным членом в форме
Лагранжа.
Следствие 2. Так как
f
(
n
+
1
)
(
x
)
непрерывна в точке
x
0
и так как
?
?
x
0
при
x
?
x
0
, то
lim
x
?
x
0
f
(
n
+
1
)
(
?
) =
f
(
n
+
1
)
(
x
0
)
.
Поэтому
f
(
n
+
1
)
(
?
) =
f
(
n
+
1
)
(
x
0
) +
?
(
x
)
, где
?
(
x
)
?
0 при
x
?
x
0
,
и равенство (
7.7
) принимает вид
R
n
+
1
(
x
) =
f
(
n
+
1
)
(
x
0
)
(
n
+
1
)!
(
x
?
x
0
)
n
+
1
+
?
(
x
)(
x
?
x
0
)
n
+
1
(
n
+
1
)!
=
=
f
(
n
+
1
)
(
x
0
)
(
n
+
1
)!
(
x
?
x
0
)
n
+
1
+
o
(
x
?
x
0
)
n
+
1
Подставляя это выражение в (
7.6
), приходим к равенству
f
(
x
) =
n
+
1
X
k
=
0
f
(
k
)
(
x
0
)
k
!
(
x
?
x
0
)
k
+
o
(
x
?
x
0
)
n
+
1
=
=
P
n
+
1
(
x
) +
R
n
+
2
(
x
)
,
(7.8)
где
R
n
+
2
(
x
) =
o
(
x
?
x
0
)
n
+
1
.
(7.9)
Равенства (
7.8
) и (
7.9
) получены нами при условии, что функция
f
(
x
)
n
+
1 раз непрерывно дифференцируема в окрестности точ-
ки
x
0
. Заменив
n
+
1 на
n
, получим следующее утверждение.
Теорема 15. Если функция
f
(
x
)
n
раз непрерывно дифференци-
руема в окрестности точки
x
0
, то справедливо равенство
f
(
x
) =
P
n
(
x
) +
R
n
+
1
(
x
)
,
где
P
n
(
x
) =
n
X
k
=
0
f
(
k
)
(
x
0
)
k
!
(
x
?
x
0
)
k
,
R
n
+
1
(
x
) =
o
((
x
?
x
0
)
n
)
при
x
?
x
0
.
Выражение
R
n
+
1
(
x
) =
o
((
x
?
x
0
)
n
)

7. Формула Маклорена и ее применения
167
называется остаточным членом в форме Пеано.
Замечание. Формула Тейлора с остаточным членом в форме
Лагранжа имеет место при меньших требованиях к функции
f
(
x
)
, чем в теореме 14, а именно, можно отказаться от требо-
вания непрерывности производной
(
n
+
1
)
-ого порядка. И также
формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано имеет
место при меньших требованиях к функции
f
(
x
)
, чем в тео-
реме 15, а именно, достаточно потребовать, чтобы
f
(
x
)
имела
производную
n
?
го порядка в точке
x
0
(см. [1]).
џ 7. Формула Маклорена и ее применения
Рассмотрим формулу Тейлора
f
(
x
) =
f
(
x
0
) +
f
0
(
x
0
)
1
!
(
x
?
x
0
) +
f
00
(
x
0
)
2
!
(
x
?
x
0
)
2
+
...
+
+
f
(
n
)
(
x
0
)
n
!
(
x
?
x
0
)
n
+
R
n
+
1
(
x
)
при
x
0
=
0 (в этом случае формулу Тейлора принято называть
формулой Маклорена):
f
(
x
) =
f
(
0
) +
f
0
(
0
)
1
!
x
+
f
00
(
0
)
2
!
x
2
+
...
+
f
(
n
)
(
0
)
n
!
(
x
)
n
+
R
n
+
1
(
x
)
,
где
R
n
+
1
(
x
) =
o
(
x
n
)
при
x
?
0 (форма Пеано),
R
n
+
1
(
x
) =
f
(
n
+
1
)
(
?x
)
(
n
+
1
)!
x
n
+
1
(форма Лагранжа)
.
Выведем разложения по формуле Маклорена для некоторых эле-
ментарных функций.
1)
f
(
x
) =
e
x
. Так как
f
(
n
)
(
x
) =
e
x
и
?
n f
(
n
)
(
0
) =
1, то
e
x
=
1
+
x
1
!
+
x
2
2
!
+
...
+
x
n
n
!
+
R
n
+
1
(
x
) =
n
X
k
=
0
x
k
k
!
+
R
n
+
1
(
x
)
,
где
R
n
+
1
(
x
) =
o
(
x
n
)
при
x
?
0 (форма Пеано),
R
n
+
1
(
x
) =
e
?x
(
n
+
1
)!
x
n
+
1
, 0
< ? <
1 (форма Лагранжа)
.
(7.10)

168Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Из (
7.10
) для любого фиксированного значения
x
получаем оцен-
ку:
R
n
+
1
(
x
)
6
e
|
x
|
(
n
+
1
)!
|
x
|
n
+
1
?
0 при
n
? ?
.
Это позволяет вычислить
e
x
с произвольной точностью, если
взять многочлен Тейлора
P
n
(
x
)
для
e
x
с достаточно большим
n
.
В частности, полагая
x
=
1, получаем:
e
=
1
+
1
+
1
2
!
+
1
3
!
+
...
+
1
n
!
+
R
n
+
1
(
1
)
, откуда
e
?
2
+
1
2
!
+
...
+
1
n
!
.
Поставим вопрос: сколько слагаемых (то есть какое
n
) нужно
взять, чтобы найти приближенное значение числа
e
с точностью
до 10
?
6
? Из (
7.10
) следует:
R
n
+
1
(
1
)
6
e
(
n
+
1
)!
<
3
(
n
+
1
)!
.
Так как 10
!
>
3
·
10
6
, то
|
R
10
(
1
)
|
<
10
?
6
, то есть достаточно
взять
n
=
9:
e
?
2
+
1
2
!
+
...
+
1
9
!
с точностью до 10
?
6
.
2)
f
(
x
) = sin
x
. Так как
f
(
n
)
(
x
) = sin
x
+
?n
2
,
f
(
n
)
(
0
) = sin
?n
2
=
0,
если
n
=
2
k
,
(
?
1
)
k
, если
n
=
2
k
+
1,
где
k
=
0, 1, 2, ..., то общий член формулы Маклорена для
sin
x
имеет вид
f
(
n
)
(
0
)
n
!
x
n
=
(
0,
если
n
=
2
k
,
(
?
1
)
k
x
2
k
+
1
(
2
k
+
1
)!
, если
n
=
2
k
+
1
.
Поэтому
sin
x
=
x
?
x
3
3
!
+
x
5
5
!
?
x
7
7
!
+
...
+ (
?
1
)
n
?
1
x
2
n
?
1
(
2
n
?
1
)!
+
R
2
n
+
1
(
x
) =
=
n
?
1
X
k
=
0
(
?
1
)
k
x
2
k
+
1
(
2
k
+
1
)!
+
R
2
n
+
1
(
x
)
,

7. Формула Маклорена и ее применения
169
где
R
2
n
+
1
(
x
) =
o x
2
n
при
x
?
0 (форма Пеано),
R
2
n
+
1
(
x
) =
sin(
?x
+ (
2
n
+
1
)
?/
2
)
(
2
n
+
1
)!
x
2
n
+
1
, 0
< ? <
1
(форма Лагранжа)
.
Отсюда для любого фиксированного значения
x
получаем оцен-
ку:
|
R
2
n
+
1
(
x
)
|
6
|
x
2
n
+
1
|
(
2
n
+
1
)!
?
0 при
n
? ?
.
Это позволяет вычислить
sin
x
для любого
x
с произвольной
точностью, если взять многочлен Тейлора
P
n
(
x
)
для
sin
x
с
достаточно большим
n
.
Например, для приближенного вычисления
sin
x
при
0
6
x
6
?/
4 с точностью 10
?
4
(т.е. для получения четырехзнач-
ных таблиц Брадиса) достаточно взять
n
=
3. В самом деле,
полагая
x
=
?/
4,
n
=
3, получаем:
|
R
7
(
x
)
|
6
(
?/
4
)
7
7
!
<
10
?
4
.
Следовательно, для любого
x
?
h
0;
?
4
i
с точностью до 10
?
4
име-
ем:
sin
x
?
x
?
x
3
6
+
x
5
120
.
Отметим, что чем ближе
x
к нулю, тем большую точность дает
эта приближенная формула; для
x
, достаточно близких к нулю,
погрешность этой формулы существенно меньше, чем 10
?
4
.
Задание. Постройте и сравните графики функций
f
(
x
) = sin
x
,
P
1
(
x
) =
x
,
P
3
(
x
) =
x
?
x
3
6
,
P
5
(
x
) =
x
?
x
3
6
+
x
5
120
.
3)
f
(
x
) = cos
x
. Так как
f
(
n
)
(
x
) = cos
x
+
?n
2
,
f
(
n
)
(
0
) = cos
?n
2
=
0, если
n
=
2
k
+
1,
(
?
1
)
k
, если
n
=
2
k
,
где
k
=
0, 1, 2, ..., то общий член формулы Маклорена для
cos
x
имеет вид

170Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
f
(
n
)
(
0
)
n
!
x
n
=
(
0,
если
n
=
2
k
+
1,
(
?
1
)
k
x
2
k
(
2
k
)!
, если
n
=
2
k.
Поэтому
cos
x
=
1
?
x
2
2
!
+
x
4
4
!
?
x
6
6
!
+
...
+ (
?
1
)
n
x
2
n
(
2
n
)!
+
R
2
n
+
2
(
x
) =
=
n
X
k
=
0
(
?
1
)
k
x
2
k
(
2
k
)!
+
R
2
n
+
2
(
x
)
,
где
R
2
n
+
2
(
x
) =
o x
2
n
+
1
при
x
?
0 (форма Пеано),
R
2
n
+
2
(
x
) =
cos(
?x
+ (
2
n
+
2
)
?/
2
)
(
2
n
+
2
)!
x
2
n
+
2
, 0
< ? <
1
(форма Лагранжа). Отсюда для любого фиксированного значения
x
получаем оценку:
|
R
2
n
+
2
(
x
)
|
6
x
2
n
+
2
(
2
n
+
2
)!
?
0 при
n
? ?
.
Следовательно, для любого
x
можно вычислить
cos
x
с произ-
вольной точностью, если взять многочлен Тейлора
P
n
(
x
)
для
cos
x
с достаточно большим
n
.
Задание. Постройте и сравните графики функций
f
(
x
) = cos
x
,
P
0
(
x
) =
1,
P
2
(
x
) =
1
?
x
2
2
,
P
4
(
x
) =
1
?
x
2
2
+
x
4
24
,
P
6
(
x
) =
1
?
x
2
2
+
x
4
24
?
x
6
720
.
Связь между функциями
e
x
,
sin
x
,
cos
x
Выпишем еще раз разложения по формуле Маклорена функ-
ций
e
x
,
sin
x
и
cos
x
:
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
e
x
=
1
+
x
+
x
2
2
!
+
x
3
3
!
+
x
4
4
!
+
x
5
5
!
+
... ,
sin
x
=
x
?
x
3
3
!
+
x
5
5
!
?
... ,
cos
x
=
1
?
x
2
2
!
+
x
4
4
!
?
...
.

7. Формула Маклорена и ее применения
171
Эти формулы наводят на мысль о том, что существует связь
между экспонентой, синусом и косинусом.
Ответ лежит в области функций комплексной переменной:
e
ix
=
1
+
ix
+
(
ix
)
2
2
!
+
(
ix
)
3
3
!
+
(
ix
)
4
4
!
+
(
ix
)
5
5
!
+
...
=
1
+
ix
?
x
2
2
!
?
ix
3
3
!
+
+
x
4
4
!
+
ix
5
5
!
+
...
=
1
?
x
2
2
!
+
x
4
4
!
?
...
+
i
x
?
x
3
3
!
+
x
5
5
!
?
...
=
= cos
x
+
i
sin
x.
Итак,
e
ix
= cos
x
+
i
sin
x.
Эта формула называется формулой Эйлера.
4)
f
(
x
) = ln(
1
+
x
)
,
x >
?
1. Так как
f
0
(
x
) = (
1
+
x
)
?
1
,
f
00
(
x
) = (
?
1
)(
1
+
x
)
?
2
,
f
000
(
x
) = (
?
1
)(
?
2
)(
1
+
x
)
?
3
= (
?
1
)
2
2
!(
1
+
x
)
?
3
, ... ,
f
(
n
)
(
x
) = (
?
1
)
n
?
1
(
n
?
1
)!(
1
+
x
)
?
n
=
(
?
1
)
n
?
1
(
n
?
1
)!
(
1
+
x
)
n
,
то
f
(
0
) =
0,
f
(
n
)
(
0
) = (
?
1
)
n
?
1
(
n
?
1
)!
,
n
=
1, 2, 3, ... и общий
член формулы Маклорена для
ln(
1
+
x
)
имеет вид:
f
(
n
)
(
0
)
n
!
x
n
=
(
?
1
)
n
?
1
n
x
n
.
Поэтому
ln(
1
+
x
) =
x
?
x
2
2
+
x
3
3
?
...
+ (
?
1
)
n
?
1
x
n
n
+
R
n
+
1
(
x
) =
=
n
X
k
=
1
(
?
1
)
k
?
1
x
k
k
+
R
n
+
1
(
x
)
,
где
R
n
+
1
(
x
) =
o
(
x
n
)
при
x
?
0 (форма Пеано),
R
n
+
1
(
x
) =
(
?
1
)
n
x
n
+
1
(
n
+
1
)(
1
+
?x
)
n
+
1
, 0
< ? <
1 (форма Лагранжа)
.

172Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
Пусть 0
6
x
6
1. Тогда из формы Лагранжа для
R
n
+
1
(
x
)
получаем:
|
R
n
+
1
(
x
)
|
6
1
n
+
1
?
0 при
n
? ?
.
(7.11)
Следовательно, для любого
x
?
[
0, 1
]
можно вычислить
ln(
1
+
x
)
с произвольной точностью, если взять многочлен Тейлора для
ln(
1
+
x
)
с достаточно большим
n
. В частности, при
x
=
1 имеем:
ln
2
?
1
?
1
2
+
1
3
?
...
+
(
?
1
)
n
n
.
Используя оценку (
7.11
), нетрудно сосчитать, какое нужно взять
n
, чтобы вычислить
ln
2 с заданной точностью.
Докажем, что
R
n
+
1
(
x
)
?
0 при
n
? ?
также для любого
x
?
(
?
1; 0
)
. Воспользуемся интегральной формой остаточного
члена:
R
n
+
1
(
x
) =
1
n
!
x
Z
0
f
(
n
+
1
)
(
t
)(
x
?
t
)
n
dt.
В данном случае
f
(
n
+
1
)
(
t
) =
(
?
1
)
n
·
n
!
(
1
+
t
)
n
+
1
, поэтому
|
R
n
+
1
(
x
)
|
=
x
Z
0
(
x
?
t
)
n
(
1
+
t
)
n
+
1
dt
.
Так как
?
1
< x <
0, то
|
R
n
+
1
(
x
)
|
=
0
Z
x
(
t
?
x
)
n
(
1
+
t
)
n
+
1
dt
6
1
1
+
x
0
Z
x
t
?
x
1
+
t
n
dt.
Поскольку
t
?
x
1
+
t
=
1
?
1
+
x
1
+
t
6
1
?
(
1
+
x
) =
?
x
=
|
x
|
при
?
1
6
x
6
0,
то
|
R
n
+
1
(
x
)
|
6
1
1
+
x
|
x
|
n
0
Z
x
dt
=
|
x
|
n
+
1
1
+
x
.

7. Формула Маклорена и ее применения
173
Отсюда следует, поскольку
|
x
|
<
1, что
?
x
?
(
?
1, 0
)
|
R
n
+
1
(
x
)
| ?
?
0 при
n
? ?
, что и требовалось доказать.
Замечание. Оказывается, что
R
n
+
1
(
x
)
6?
0 при
n
? ?
, если
x >
1. Это будет доказано в курсе ТФКП.
5)
f
(
x
) = (
1
+
x
)
?
,
x >
?
1, где
?
произвольное веще-
ственное число. Так как
f
(
n
)
(
x
) =
?
(
?
?
1
)
...
(
?
?
n
+
1
)(
1
+
x
)
?
?
n
,
то
f
(
n
)
(
0
) =
?
(
?
?
1
)
...
(
?
?
n
+
1
)
,
f
(
0
) =
1
.
Поэтому
(
1
+
x
)
?
=
1
+
?
1
!
x
+
?
(
?
?
1
)
2
!
x
2
+
...
+
+
?
(
?
?
1
)
...
(
?
?
n
+
1
)
n
!
x
n
+
R
n
+
1
(
x
)
,
где
R
n
+
1
(
x
) =
o
(
x
n
)
при
x
?
0 (форма Пеано)
.
Выпишите самостоятельно
R
n
+
1
(
x
)
в форме Лагранжа.
Можно доказать, что при любом фиксированном значении
x
?
(
?
1, 1
)
R
n
+
1
(
x
)
?
0 при
n
? ?
. При
n
=
1 имеем:
(
1
+
x
)
?
=
1
+
?x
+
o
(
x
)
при
x
?
0
.
При
?
=
n
?
N
из разложения по формуле Маклорена получаем
формулу бинома Ньютона (в этом случае
R
n
+
1
(
x
)
?
0).
Полученное разложение по формуле Маклорена можно ис-
пользовать для приближенного вычисления корней.
Пример. Найти
5
?
35 с заданной точностью.
Поскольку 32
=
2
5
, то
5
?
35
=
2
5
r
35
32
=
2
1
+
3
32
1
/
5
=
=
2
1
+
1
5
·
3
32
+
1
5
1
5
?
1
2
!
3
32
2
+
...
.
Используя формулу для остаточного члена в форме Лагранжа,
нетрудно оценить, сколько членов разложения нужно взять, что-
бы получить приближенное значение
5
?
35 с заданной точностью.

174Гл. 7. Основные теоремы о непрерывных и дифференцируемых функциях
6)
f
(
x
) = tg
x
. Так как
f
0
(
x
) =
1
cos
2
x
,
f
00
(
x
) =
2
sin
x
cos
3
x
,
f
000
(
x
) =
6
sin
2
x
cos
4
x
+
2
cos
2
x
.
f
(
4
)
(
x
) =
...
(вычислите самостоятельно),
то
f
(
0
) =
0,
f
0
(
0
) =
1,
f
00
(
0
) =
0,
f
000
(
0
) =
2,
f
(
4
)
(
0
) =
0
.
Таким образом, справедливо равенство
tg
x
=
x
+
x
3
3
+
o x
4
.
Эту формулу мы уже получили ранее, рассмотрев
lim
x
?
0
tg
x
?
x
x
3
.
Как получить следующие члены разложения функции
f
(
x
) = tg
x
по формуле Маклорена? (Отметим, что разложение будет содер-
жать только нечетные степени
x
, поскольку
tg
x
нечетная
функция).
1-й способ: найти
f
(
5
)
(
0
)
,
f
(
7
)
(
0
)
и т.д. Но эта процедура
достаточно громоздкая.
2-й способ: чтобы найти коэффициент при
x
5
, можно рас-
смотреть
lim
x
?
0
tg
x
?
x
?
x
3
/
3
x
5
и вычислить его, например, с помощью правила Лопиталя.
Если этот предел равен
K
5
, то
tg
x
=
x
+
x
3
3
+
K
5
·
x
5
+
o x
6
при
x
?
0
.
3-й способ: воспользуемся равенством
sin
x
= cos
x
·
tg
x
и
формулами Маклорена для
sin
x
и
cos
x
. Тогда
x
?
x
3
3
!
+
x
5
5
!
?
x
7
7
!
+
...
=
=
1
?
x
2
2
!
+
x
4
4
!
?
x
6
6
!
+
...
x
+
x
3
3
+
K
5
·
x
5
+
K
7
·
x
7
+
...
.