5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 124
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІН-НОЇ
„Немое число... Услышать его язык дано не каждому. По-нять его суть могут лишь избранные и одержимые. Ибо заговорив, оно становится прозорливым проводником на неисчерпаемых раздорожьях науки»
(Н.А. Сорока)
ВСТУП
Сучасні фахівці повинні добре володіти математичним апара-том, який має надзвичайне значення для розвитку сучасної промис-ловості, економіки, бізнесу, фінансової справи та ін. Фундаментом математики служить математичний аналіз. Основою математичного аналізу служать взаємопов’язані за змістом розділи – диференціальне та інтегральне числення.
«Головним поштовхом для зародження диференціального чис-лення стало введення в математику змінних величин (Р.Дедекінд, R.Descartes). У загальних рисах побудову диференціального і інтег-рального числень було завершено в роботах І.Ньютона (I.Newton) і Г.Лейбніца (G.Leibniz) на прикінці 17 ст., однак питання обґрунту-вання за допомогою поняття границі були розроблені О.Коші (A.Couchi) лише на початку 19 ст. Створення диференціального та інтегрального числення стало початком інтенсивного розвитку мате-матики та пов’язаних з нею прикладних наук…
Диференціальне числення засновано на поняттях дійсного чис-ла, функції, границі і неперервності – найважливіші поняття матема-тики, які були сформульовані і отримали сучасний зміст у процесі розвитку математичного аналізу.
Центральні поняття диференціального числення – похідна та диференціал – і розроблений в диференціальному численні апарат, пов’язаний з ними, надають засіб для дослідження функцій, локально схожих з лінійною функцією або многочленом, а саме такі функції є цікавими для застосування.»1
Засновники диференціального числення:
Ісаак НЬЮТОН (4.1.1643-31.3.1727) – англійський фізик, механік, астроном і математик, що заклав основи природознавства. Чл. Лондон. Королів. товариства (1672) та його президент (1703). Готфрід Вільгельм ЛЕЙБНІЦ (1.7.1646-14.11.1716) – німецький математик, фізик і філософ.
Організатор і перший президент Берлін. АН (1700). Мішель РОЛЛЬ (21.4.1652-8.11.1719) – французький математик. Чл. Париз. АН (1685). Колін МАКЛОРЕН (1698-14.6.1746) – шотландський математик. Чл. Лондонського королів-
ського товариства (1719). Учень і послідовник І.Ньютона. Брук ТЕЙЛОР (18.8.1685-29.12.1731) – Англійський математик і філософ. Чл. Лондонського
королівського товариства (1712) та його вчений секретар (з1724). Огюстен Луі КОШІ (21.8.1789-23.5.1857) – французький математик. Чл.. Париз. АН (1816) Жозеф Луі ЛАГРАНЖ (25.1.1736-10.4.1813) – французький математик, механік і астроном.
Чл. Берлин. АН (1759) та її президент (1766-87), чл. Паризької АН (1787).
1 Г.П.Толстов Дифференциальное исчисление // Математическая энциклопедия: Гл. ред. И.М.Виноградов, т.2Д – Коо. – М.:Советская Энциклопедия, 1979. - с.269-277.
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
“Есть в математике, вызывающее человече-ский восторг”
(Ф. Хаусдорф)
5.1 Основи диференціального числення
1. Означення похідної функції в точці. Функцію будемо розглядати на інтервалі 2. Розгля-
немо точку ( )f x ( , )a b
0 ( , )x a b∈ і такий приріст аргументу x∆ в точці 0x , що 0 ( , )x x a b+ ∆ ∈ . Цьому приросту аргументу відповідає приріст функції
в точці 0x : 0 0( ) ( ) ( )f x f x x f x0∆ = + ∆ − .
Тоді різницеве відношення 0( )f xx
∆∆
в точці 0x утворює функцію
від x∆ , оскільки кожному значенню 0 0( , ) \{ 0}x a x b x x∆ ∈ − − співстав-
ляє єдине значення різницевого відношення 0( )f xx
∆∆
. Точка 0x є точ-
кою скучення множини 0 0( , ) \{a x b x x0}− − , тому коректно розглядати
границю різницевого відношення в точці x∆ =0, а саме 0
0
( )limx
f xx∆ →
∆∆
.
Така границя може існувати чи не існувати. Наприклад, для непере-рвної в точці 0x функції під знаком такої границі буде невизначеніс-
тю вигляду 00⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
згідно до наступного означення.
Означення 1 (неперервності функції через прирости). Фу-
нкція неперервна в точці ( )f x 0xdef
⇔ нескінченно малому приросту аргументу в точці 0x відповідає нескінченно малий приріст функції
в цій точці, тобто 0( )f x∆ 00lim ( ) 0x
f x∆ →
∆ = .
( Повторіть усі означення неперервності функції в точці!)
Означення 2 (похідної функції в точці). Якщо існує грани-
ця різницевого відношення 0
0
( )limx
f xx∆ →
∆∆
, то цю границю називають
похідною функції в точці ( )f x 0x і позначають 0( )f x′ . Тобто
Н.М. Д’яченко 125
2 Замість інтервалу ( , можна розглядати відрізок [ , , пів інтервал, пів пряму, усю пряму, а у загальному випадку і будь-яку щільну в собі множину .
)a b ]a b
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
0( )def
f x′ = 0
0
( )limx
f xx∆ →
∆∆
0 0
0
( ) (limx
f x x f xx∆ →
+ ∆ −=
∆) , (5.1)
Якщо у кожній точці ( , )x a b∈ існує похідна ( )f x′ функції , то похідна функції являє собою функцію, що залежить від ( )f x x . Приклад 1. Розглянемо функцію ( )f x c= , де x∈ , тоді
( )f x′ =0 0
( ) ( )lim lim lim 0 0x x
f x x f x c cx x∆ → ∆ → ∆ →
+ ∆ − −= =
∆ ∆ 0x= .
Приклад 2. Для функції ( )f x x= , де x∈ , маємо
( )f x′ =0 0
( ) ( ) ( )lim lim lim 1x x
f x x f x x x x xx x∆ → ∆ → ∆ →
+ ∆ − + ∆ − ∆0x x
= = =∆ ∆ ∆
.
Означення 3 (односторонніх похідних функції). Лівосто-ронньою (правосторонньою) похідною називається границя зліва (справа) в точці x∆ =0 різницевого відношення функції в точці ( )f x
0x . Позначення: 0( )f x+′ для правосторонньої похідної і 0( )f x−′ для лівосторонньої. Тобто
0( )def
f x±′ = 0 0
0
( ) (limx
f x x f xx∆ →±
+ ∆ −=
∆)
0′
.
З критерію існування границі функції в точці, що виражається через односторонні границі ( повторіть!), з визначень 2 і 3 виплива-ють наступне твердження.
Твердження. ( вивчити доведення !) 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x f x+ − + −′ ′ ′ ′∃ ⇔ ∃ ∧∃ ∧ = . Приклад 3. Розглянемо функцію ( )f x x= в точці 0 0x = :
(0)f+′ =0 0
0(0 ) (0)lim lim lim 1x x
xf x f xx x∆ →+ ∆ →+ ∆ →
∆ −+ ∆ − ∆0x x
= = =∆ ∆ ∆
.
(0)f−′ =0 0
0(0 ) (0)lim lim lim 1x x x
xf x f xx x∆ →− ∆ →− ∆ →
∆ −+ ∆ − −∆0 x
= = =∆ ∆ ∆
− .
(0)f+′ ≠ (0) (0)f f−′ ′⇒ ∃ .
2. Геометричний зміст похідної функції в точці. Розглянемо графік функції ( )y f x= на інтервалі ( , . )a bНехай точка ( , )x a b∈ , а x∆ - такий приріст аргументу в точці
x , що ( , )x x a b+ ∆ ∈ , тоді точки ( , ( ))M x f x і ( , (P x x f x x))+ ∆ + ∆ нале-жать графіку цієї функції.
Н.М. Д’яченко 126
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Означення (дотичної до графіка функції). Дотичною до графіка функції ( )y f x= в точці M називається граничне положення січної МР при прагненні точки Р до точки М (тобто при 0x∆ → ), як-що таке граничне положення існує (див. рис. 5.1).
Н.М. Д’яченко 127
Рис. 5.1.
Дотична до графіку функції в точці ( )y f x= M існує, якщо
0lim ( )x
x∆ →
∃ ϕ ∆ . На рис. 5.1 0 0lim (x
)x∆ →
ϕ = ϕ ∆
Дотичною в цьому випадку виступає пряма MS . На рис. 5.2 в точці O
0lim ( )x
x∆ →
∃ ϕ ∆ .
В цьому випадку не існує дотичної до графіку функції в точці O
XО
Y
Теорема 5.1 (геометричний зміст похідної). Рис. 5.2.
Якщо існує похідна функції в точці( )f x x , тоді 1) в точці ( , ( ))M x f x існує дотична до графіка цієї функції, 2) кутовий коефіцієнт (тангенс кута нахилу дотичної до додатного
напрямку осі ОХ) дорівнює похідній функції в точці x , тобто 0 ( )tg f x′ϕ = .
Доведення. Доведемо, що 0
lim ( )x
xϕΗ →
∃ ∆ .
Із , 9MNP N∠ = °0( ) ( )( ) PN f x x ftg x
MN x+ ∆ −
∆ = =∆
ϕ x ⇒ ( ) (( ) f x x f xx arctgx
+ ∆ −∆ =
∆ϕ ) .
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Доведемо, що 0
( ) (limx
f x x f xarctgx∆ →
+ ∆ −∃
∆) .
Відомо, що 0
( ) (( ) limx
f x x f xf xx∆ →
+ ∆ −′∃ ⇒ ∃∆
) , функція ( ) ( )g t arctg t= не-
перер. на , тому
0 0
0 00
( ) ( ) ( ) ( )lim lim
( ( )) lim ( ) ( ( ))x x
x
f x x f x f x x f xarctg arctgx x
arctg f x x arctg f x∆ → ∆ →
∆ →
+ ∆ − + ∆ −= =
∆ ∆′ ′= = ∆ = ⇒ =ϕ ϕ ϕ ⇒
0 ( )tg f x′⇒ =ϕ . ■ Із аналітичної геометрії відомо, що рівняння прямої, що прохо-
дить через задану точку 0 0( , )M x y і має кутовий коефіцієнт , має ви-
гляд , її нормаль -
k
0 (y y k x x− = − 0 ) 01 (y y x xk
− = − − 0 ) . Тоді, якщо фун-
кція має похідну в точці ( )f x 0x , то із геометричного змісту похідної отримаємо, що 0( )k f x′= , а рівняння дотичної і нормалі до графіка функції в точці 0 0( , ( ))M x f x будуть мати вигляд
0 0 0
0 00
( ) ( )( )1( ) ( )( )
y f x f x x x
y f x x xf x
′− = −
− = − −′
3. Фізичний зміст похідної. Нехай функція переміщення матеріальної точки залежно від
часу має вигляд , а [0, ]t T∈ ( )S t 0 0[0, ], [0, ]t T t t T∈ + ∆ ∈ . Тоді середня швидкість матеріальної точки за час від до 0t 0t t+ ∆ дорівнює
0 0cp
( ) ( )s t t s tvt
+ −=
.
Миттєва швидкість в момент часу дорівнює 0t 0 0( ) lim cpt
v t v∆ →
= , тому
0 00 cp0 0
( ) ( )( ) lim lim ( )t t
s t t s tv t v S tt→ → 0
+ − ′= = =.
Таким чином, фізичний зміст похідної: похідна від функції перемі-щення в момент часу - це миттєва швидкість в цей момент часу. 0t
4. Правила диференціювання. Твердження. Якщо функція має похідну в точці ( )f x 0x , тоді
ця функція в точці 0x - неперервна.
Н.М. Д’яченко 128
Доведення. Якщо існує похідна функції в точці ( )f x 0x , то згідно до (5.1) здійснюється рівність
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
00
( ) ( ) ( )f x f x xx
α′− =,
де ( )xα ∆ - нескінченно мала функція в точці 0x∆ = , тобто . Тоді приріст функції в точці
0lim ( ) 0x
x∆ →
α ∆ = ( )f x 0x можна представи-
ти співвідношенням 0 0( ) ( ) ( )f x f x x x x′∆ = ⋅∆ + ∆ ⋅α ∆ .
Звідки отримаємо 00lim ( ) 0 ( )x
f x f x∆ →
∆ = ⇒ – неперервна в т. 0x
(нескінченно малому приросту аргументу відповідає нескінченно малий приріст функції в т. 0x , а це означає, що функція неперервна в т. 0x ). ■
Зауваження. Зворотне твердження невірне. Наприклад, функ-ція ( )f x x= - неперервна в точці 0, хоча вона не має похідну в цій точці (див. приклад 5.3).
Теорема 5.2 (арифметичні операції над похідними). 1) ( ( ) ( ))
( )2) ( ( ) ( ))
( )( )3) , ( ) 0( )
u x v xu x
u x v xv x
u x v xv x
′∃ ±′∃ ⎫ ′⇒ ∃ ⋅⎬′∃ ⎭
′⎛ ⎞∃ ≠⎜ ⎟⎝ ⎠
Вірні наступні співвідношення:
( )( ) ( )Cu x C u x′
′= , ( )( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x′ ′ ′± = ± , ( )( ) ( ) ( ) ( )) ( ) ( )u x v x u x v x u x v x′ ′ ′⋅ = ⋅ + ⋅ ,
2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
u x u x v x u x v xv x v x
′ ′⋅ − ⋅= .
Доведення. ( )
0 0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( )) lim lim limx x x
u x x v x x u x v x u x x u x v x x v xu x v x0x x x→ → →
+ ± + − ± + − + −′± = = ± =
/застосовуємо означення похідної/ ( ) ( )u x v x′ ′= ±
0
( ) ( ) ( ) ( )( ( ) ( )) limx
u x x v x x u x v xu x v xx→
+ ⋅ + − ⋅′⋅ = =
Н.М. Д’яченко 129
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 130
0
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )limx
u x x v x x u x v x u x v x x u x v x xx→
+ ⋅ + − ⋅ − ⋅ + + ⋅ += =
0
( ) ( ) ( ) ( )lim ( ) ( )x
u x x u x v x x v xv x x u xx x→
⎡ + − + −⎡ ⎤ ⎡= + +⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎦ ⎣⎣ ⎦
⎤⎤ =⎥⎦
)
/застосовуємо останнє твердження і означення похідної/
( ) ( ) ( ) ( )u x v x u x v x′ ′= ⋅ + ⋅ Інші формули вивести самостійно . ■
Теорема 5.3 (про похідну складеної функції). Якщо функція має похідну в точці (t g x=x X∈ , а функція має похідну у відпо-
точці ( )y f t=
відній ( )t g x T= ∈ , тоді складена функція ( ) ( ( ))y x f g x= ϕ = має похідну в точці x і має
місце формула
( ) ( )
( ) ( ( ))
g f
x t g x y f t
f g
y x f g x
X T Y= =
ϕ=
=ϕ =
⎯⎯→ ⎯⎯→
↓ ↑⎯⎯→ ⎯⎯⎯→
[ ]( ) [ ]( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )x f g x f t g x f g x g x′′ ′ ′ ′ϕ = = ⋅ = ⋅ ′ . Доведення. Функцію ( )g x будемо розглядати на множині X .
Розглянемо точку x X∈ і такий приріст аргументу x∆ в точці x , що x x X+ ∆ ∈ . Цьому приросту аргументу відповідає приріст функції в точці x :
( ) ( ) ( )t g x g x x g x∆ = ∆ = + ∆ − . Позначимо . За попередніми викладками ( )t g x T= ∈ t t T+ ∆ ∈ . При-росту аргументу в точці t відповідає приріст функції t∆ ( )y f t= , що має вигляд
( ) ( ) ( )y f t f t t f t∆ = ∆ = + ∆ − . За означення складеної функції, враховуючи, що ( )t g x= , а
, отримаємо приріст складеної функції в точці ( ) ( ( ))y x f g x= ϕ = x ( ) ( ) ( )y x x x x∆ = ∆ϕ = ϕ + ∆ −ϕ .
Оскільки функція ( )y f t= має похідну в точці t , то ( ) ( )y f t t t t′∆ = ⋅∆ + ∆ ⋅α ∆ ,
де .Поділимо обидві частини останнього співвідношення
на 0
lim ( ) 0t
t∆ →
α ∆ =
x∆ :
( ) ( )y t tf t tx x x
∆ ∆ ∆′= ⋅ + ⋅α ∆∆ ∆ ∆
. (*)
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Так як функція ( )t g x= має похідну в точці x , тоді
0lim ( )x
t g xx∆ →
∆ ′=∆
, а за твердженням отримаємо неперервність цієї функ-
ції в точці x , тоді 0
lim 0x
t∆ →
∆ = . Робимо граничний перехід в рівності (*)
з урахуванням вищезазначеного:
0 0 0 0
0( ) ( )
lim ( ) lim lim lim ( ) ( ) ( )x x x t
g x g x
y t tf t t f t g xx x x∆ → ∆ → ∆ → ∆ →
=′ ′= =
∆ ∆ ∆′ ′ ′= ⋅ + ⋅ α ∆ = ⋅∆ ∆ ∆
.
Таким чином, 0
limx
yx∆ →
∆∃
∆= ( ) ( )f t g x′ ′⋅ , тому враховуючи, що
- приріст складеної функції в точці
( ) ( ) ( )y x x x∆ = ∆ϕ = ϕ + ∆ −ϕ x( ) ( ( ))y x f g x= ϕ = x , маємо:
( ) ( ) ( )x f t g x′ ′ ′ϕ = ⋅ . ■ Теорема 5.4 (про похідну оберненої функції). Якщо функція
, що задана на , строго зростає, неперервна на , має у всіх точках відрізку [ , похідну
( )f x [ , ]a b [ , ]a b]a b ( ) 0f x′ ≠ , тоді
1) існує обернена функція , що задана, зростає, непере-рвна на [ ( ,
1( )f y−
), ( )]f a f b2) у будь якій точці ( )y f x= відрізку обернена фун-
кція має похідну, що обчислюється за формулою [ ( ), ( )]f a f b
1( )f y−
( )1 1( )( )
f yg x
− ′ = .
Аналогічна теорема має місце для спадної функції . Доведення. Пункт 1) випливає із теореми про існування
оберненої функції до монотонної і неперервної функції. Розглянемо ( )x g y= - обернена до ( )y f x= , а y∆ приросту
аргументу функції ( )g y в т. (y [ ( ), ( )], [ ( ), ( )]y f a f b y y f a f b∈ + ∆ ∈ ) відповідає приріст функції ( ) ( ) ( )x g y g y y g y∆ = ∆ = + ∆ − . За означенням оберненої функції, y∆ - приріст функції в точці ( )f x ( )x g y= , що відповідає приросту аргументу x∆ .
Оскільки ( )g y - непер. в т. , то при y 0y∆ → маємо 0x∆ → . Якщо , то 0y∆ ≠ y y y y y y+ ∆ ≠ ⇔ + ∆ < > . Завдяки зростанню функції
( )g y одержимо ( ) ( ) ( ) ( )g y y g y g y y g y x 0+ ∆ < > ⇔ +∆ ≠ ⇔ ∆ ≠ .
Н.М. Д’яченко 131
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Таким чином, якщо 0y∆ → , то , а також, якщо 0x∆ → 0y∆ ≠ , то . Тому можливе здійснення наступних граничних переходів: 0x∆ ≠
0 0
0
( )
1 1lim 0 0 lim 0 0( )lim
y y
x
f x
x y x y xy yy fx x
∆ → ∆ →
∆ →
′=
∆= ∆ ≠ ⇒ ∆ ≠ = = ∆ → ⇒ ∆ → = = ⇒
∆ ∆ ′∆∆ ∆
1x
0
1 1lim ( ) .( ) ( )y
x g yy f x f x∆ →
∆ ′⇒ ∃ = ⇒ =′ ′∆
■
Похідні від елементарних функцій (таблиця похідних)
( ) 1a ax a x −′ = ⋅ , , 0x > α∈ 0C′ = , ( ) , 1x ′ = ( )2 2x x′ = , ( )3 23x x′ =
2
1 1x x
′⎛ ⎞ = −⎜ ⎟⎝ ⎠
, 0x ≠ ( ) 12
xx
′ = , ; 0x > ( )3
3 2
1
3x
x′ = , 0x ≠
( ) lnx xa a a′ = 0 1a , < ≠ ( )x xe e′ = 1(ln )xx
′ = , 0x >
1(log )lna x
x a′ = , 0,0 1x a> < ≠
(sin ) cosx x′ = (cos ) sinx x′ = −
2
1( )sin
ctgxx
′ = − ,x n n≠ π ∈Z 2
1( )cos
tgxx
′ = , ,2
x n nπ≠ + π ∈Z
2
1( ( ))1
arctg xx
′ =+
2
1( ( ))1
arcctg xx
′ = −+
2
1(arcsin )1
xx
′ =−
, | | 1x < 2
1(arccos )1
xx
′ = −−
, | | 1x <
( ( )) ( )sh x ch x′ = ( ( )) ( )ch x sh x′ =
2
1( )th xch x
′ = 2
1( )cth xsh x
′ = −
Доведення формул таблиці похідних. Виведемо декілька формул за означенням, а потім за
допомогою теорем про похідну скіладної та оберненої функцій. 1) Отримаємо формулу за означенням
Н.М. Д’яченко 132
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 133
( ) ( ) 1
0 0 0
1 1 1 1lim lim lim
a aa
a aa a
x x x
x xxxx x x xx x
x xx xx x
−
∆ → ∆ → ∆ →
⎛ ⎞∆⎛ ⎞ ∆⎛ ⎞⋅ + −⎜ ⎟⎜ ⎟ + −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠+ ∆ −′ ⎝ ⎠= = = ⋅∆ ∆∆ ⋅
⎟⎝ ⎠ ,
0
1 1limx
xxA xx
α
→
⎛ ⎞+ −⎜ ⎟⎝ ⎠=
( )0
1 1lim
0u
x uuA x
uu
α
→
+ −== =
→ (1 ) 1q u α= + − 1 (1 )q u α+ = +
ln( 1) ln(1 )q uα+ = + ln(1 ) 1
ln( 1)u
qα +
=+
( )1 1 ln(1 ) ln(1 )ln(1 ) ln(1 )
u q u q uu u q q u
αα α
+ − + += ⋅ = ⋅ ⋅
+ +
0 0
ln(1 )lim limln(1 )q u
q uAq u
α α→ →
+= ⋅ ⋅
+=
1 1( )x x A xα α α α− −′ = ⋅ = ⋅
2) Виведемо формулу за означенням
( ) ( )0 0
1lim lim ln
x xx x xx x
x x
a aa aa a ax x
+
→ →
−−′ = = =
3) Знайдемо формулу за означенням
( )0 0
log 1log ( ) log 1 1 1log lim lim
ln ln
aa a
a x x
xx x x xx xx a x x ax
x→ →
⎛ ⎞+⎜ ⎟+ − ⎝ ⎠′ = = =⋅
⋅ =
4) За означенням
0 0 0
2 22sin cos 2 cossin( ) sin 2 2 2 2(sin ) lim lim lim cosx x x
x x x x x xx x xx x
x x x→ → →
+ ++ −′ = = = =
5) За означенням
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 134
0 0
sin( ) sinsin( )cos sin cos( )cos( ) cos( ) lim lim
cos( )cosx x
x x xx x x x x xx x xtgx
x x x x→ →
+ −+ − ++′ = =
+ x=
20
sin( ) 1limcos( )cos cosx
x x xx x x x→
+ −= =
+ x 6) Одержимо наступну формулу іншим способом,
застосовуючи вже виведену похідну ( )x xe e′ = , а також теорему про похідну від складеної функції. Нехай , тоді 0x >
ln ln ln 11 1( ) ( ) ( )x x xx e e e x xx x
αα α α αα α α α−′ ′ ′= = = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅
7) Використаємо виведену похідну (sin ) cosx x′ = і теорему про похідну від складеної функції:
(cos ) sin cos ( 1) sin2 2
x x xπ π′⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = − = − ⋅ − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠x
8) Отримаємо наступну похідну іншим способом.
Застосовуємо формули (sin ) cosx x′ = і (cos ) sinx x′ = і формулу похідної частки:
2 2
sin cos cos sin sin 1( )cos cos cos
x x x x xtgxx x x
′ +⎛ ⎞′ = = =⎜ ⎟⎝ ⎠ 9) Функція arcsiny x= є оберненою до sinx y= на відрізку
2 2yπ
− ≤ ≤π . На цьому відрізку функція sinx y= є неперервною і
зростаючому з множиною значень 1 1x− ≤ ≤ , а (sin ) cosy y′ = , тому
функція неперервна, зростаюча на відрізку arcsiny = x 11 x− ≤ ≤ , а її
похідна, згідно до теореми про похідну від оберененої функції,
дорівнює
2 2
1 1 1 1(arcsin )(sin ) cos 1 sin 1
xy y y x
′ = = = =′ − −
.
10) Застосовуємо формулу ( )x xe ′ = e і теорему про похідну від оберненої функції
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 135
lny x= yx e=
1 1(ln )( )y yxe e
′ = = =′
1x
11) Застосовуємо формулу 2
1( )cos
tg xx
′ = і теорему про
похідну від оберненої функції ( )y arctg x=
( )x tg y=
2 2yπ π−
≤ ≤
2 2
2
1 1 1( ( )) 1( ( )) 1 ( ) 1cos
arctg xtg y tg y x
y
′ = = = =′
1+ +
Інші формули вивести самостійно . Приклад. Знайти похідну функції
( )ln ln 1 sin2xy tg ctgx x= − ⋅ + x− .
Розв’язання. ( )( ) 2ln ln 1 sin2
2
xtgxy tg ctgx x x
xtg
′⎛ ⎞
′ ⎜ ⎟′⎛ ⎞ ⎝ ⎠′ ′= − ⋅ + − =⎜ ⎟⎝ ⎠
−
( ) ( ) ( )( )2
1ln 1 sin ln 1 sin 12 cos
2 2
ctgx x ctgx xx xtg
′′− ⋅ + − ⋅ + − =⋅
+
( )2
1 cln 1 sin 11 sinsin
xx ctgxxx
+ ⋅ + − ⋅ −+os
=
( )( )
2
2
ln 1 sin1 cos 1sin sin 1 sinsin
x xx xx
+= + − −
+ x.
Логарифмічне диференціювання. Якщо додатна функція ( )y f x= , що має похідну в точці x за-
дається як добуток великої кількості функцій або є показниково-степеневою функцією, то можна застосовувати до обчислення похід-ної від неї логарифмічне диференціювання. А саме: обидві частини рівності
( )y f x=
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
логарифмують [ ]ln ln ( )y f x= ,
Праву частину рівності перетворюють, використовуючи властивості логарифмів. Після цього обчислюють похідну від обох частин пере-твореної рівності, знаючи, що [ ]ln ( )f x - складена функція, а ( )y f x= - її проміжний аргумент, тому
[ ]( ) 1ln ( )f x yy
′ ′= ⋅ .
Величина, що визначається останньою формулою називається лога-рифмічною похідною.
Обчислимо похідну від показово-степеневої функції [ ] ( )( ) v xy u x=
Зробимо зазначені вище перетворення: ln ( ) ln ( )y v x u x= ; 1 1( ) ln ( ) ( ) ( )
( )y v x u x v x u x
y u′ ′ ′⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅
x;
1( ) ln ( ) ( ) ( )( )
y y v x u x v x u xu x
⎡ ⎤′ ′ ′= ⋅ + ⋅ ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦
.
Підставимо замість функцію , отримаємо y [ ] ( )( ) v xy u x=
[ ]( ) [ ]( ) ( ) 1( ) ( ) ( ) ln ( ) ( ) ( )( )
v x v xu x u x v x u x v x u xu x
⎡ ⎤′ ′ ′= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎢ ⎥⎣ ⎦
.
Розглянемо функцію ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( )
a x b x c xf xd x e x g x
=
І застосуємо до неї логарифмічне диференціювання: ln ln ln ln ln ln lnf a b c d e= + + − − − g , 1 a b c d e gff a b c d e g
′ ′ ′ ′ ′′ = + + − − −
′
,
a b c a b c a b c d e gd e g d e g a b c d e g
′ ′ ′ ′ ′ ′ ′⎛ ⎞ ⎛⋅ ⋅ ⋅ ⋅= ⋅ + + − − −⎜ ⎟ ⎜⋅ ⋅ ⋅ ⋅⎝ ⎠ ⎝
⎞⎟⎠
.
Приклад. Знайти похідну функції sin 2cosxy x= . Розв’язання. Застосуємо логарифмічне диференціювання:
sin 2ln ln cosxy x= ,
Н.М. Д’яченко 136
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 137
21ln ln cossin
y xx
= ⋅ ,
( )2ln cosln
sinxy
x
′⎛ ⎞′ = ⎜ ⎟⎝ ⎠
,
( )( )2
22 22
2 2
cossin cos ln cosln cos sin (sin ) ln cos1 cos
sin sin
xx x xx x x x xy
y x x
′′ ⋅ − ⋅′⋅ − ⋅
′⋅ = = =
2 2 22 2
2 2
2 2
sin ( ) sin 2sin cos ln cos sin cos ln coscos cos
sin sin
x x x xx x x x xx x
x x
′⋅ ⋅⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅
= =x
.
Отримали: 2 2
2 2
2 sin sin cos cos ln cossin cos
y x x x x x xy x x′ ⋅ − ⋅ ⋅=
⋅
2
. Помножимо обид-
ві частин цієї рівності на : y2 2
2 2
2 sin sin cos cos ln cossin cos
2x x x x x xy yx x
⋅ − ⋅ ⋅′ = ⋅⋅
.
Оскільки sin 2cosxy = x , то в результаті одержимо 2 2
sin 22 2
2 sin sin cos cos ln coscossin cos
x2x x x x x xy x
x x⋅ − ⋅ ⋅′ = ⋅
⋅.
5. Диференційовність функцій. Диференціал функції. Якщо існує похідна функції в точці ( )f x 0x , то згідно до (5.1)
здійснюється рівність 0
0( ) ( ) ( )f x f x xx
α′− =,
де ( )xα ∆ - нескінченно мала функція в точці 0x∆ = , тобто . Тоді приріст функції в точці
0lim ( ) 0x
x∆ →
α ∆ = ( )f x 0x можна представи-
ти співвідношенням 0 0( ) ( ) ( )f x f x x x x′∆ = ⋅∆ + ∆ ⋅α ∆ . (5.2)
Оскільки - є сталою у фіксованій точці 0( )f x′ 0x , то позначимо 0( )A f x′= . Функція ( )x x∆ ⋅α ∆ є нескінченно малою в точці 0x∆ =
більш високого порядку мализни за x∆ , тобто ( ) ( )x x o x∆ ⋅α ∆ = ∆ :
0 0
( )lim lim ( ) 0 ( ) ( )x x
x x x x x o xx
α α α→ →
= = ⇒ =
( повторити означення ( )o γ !). Тому (5.2) можна переписати:
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
0( ) ( )f x A x o x∆ = ⋅∆ + ∆ . (5.3) Означення (диференційовності і диференціалу). Якщо
приріст функції ( )y f x= в точці 0x можна представити у вигляді (5.3), то
1) функція називається диференційовною в точці ( )f x 0x , 2) головна лінійна частина приросту функції A x⋅∆ називається
диференціалом функції в точці ( )f x 0x і позначаться (або ), тобто
0( )df x
0( )dy x
0( )def
df x = A x⋅∆ . Уведемо позначення dx x= ∆ , тоді 0( )df x = A dx⋅ .
Із зауважень, наданих до означення випливає, що функція, яка має похідну в точці є в цій точці диференційовною. Це твердження можна обернути, і має місце наступна теорема.
Теорема 5.4. Функція диференційовною в точці ( )f x 0x тоді і лише тоді, коли вона в цій точці має похідну, крім того стала A в головній лінійній частині приросту функції дорівнює 0( )f x′ .
Доведення. Достатність вже було виведено вище. Необхідність. Поділимо обидві частини співвідношення (5.3)
на x∆ : ( )f A x o x
x x x⋅
= +
( )f o xAx x= +
Здійснюємо граничний перехід при 0x∆ → , отримаємо ( )f x A′ = . ■
Підставимо знайдене в теоремі значення сталої A в (5.3): ( ) ( )f f x x x xα′= +
Таким чином, якщо функція диференційовна в точці ( )f x 0x , то здійснюються рівності
0 0( ) ( ) ( )f x f x x o x′∆ = ⋅∆ + ∆ , 0( )df x = 0( )f x dx′ ⋅ ,
0 0( ) ( )dff x xdx
′ = .
6. Застосування диференціалу для наближених обчислень. Абсолютна похибка заміни f∆ на : df
Н.М. Д’яченко 138( )f df o x− =
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Відносна похибка: ( )
( ) ( )( )( )
o xf df o x x x
o xf A x o x Ax
∆∆ − ∆ ∆= = =
∆∆ ∆ + ∆ +∆
α ∆ .
Приклад. 1) Розглянемо функцію ( ) (1 )f x x α= + в точці 0 0x = . Тоді
(0) ( ) (0) (1 ) 1f f o x f x α∆ = + ∆ − = + ∆ − , ( ) (1 ) , (0) , ,(0) (0) ,
f x x f dx xdf f dx x
α′ ′= α + = α = ∆′= = α∆
f df≈ (1 ) 1x xα α+ − ≈ ⋅
(1 ) 1x xα α+ ≈ + ⋅ . 2) Застосуємо отриману формулу для конкретних значень. Об-
числимо 1,1 . Тоді 1/ 2, 0,1xα = ∆ = , тому 11,1 1 0,1 1 0,1 1,052
= + ≈ + ⋅ =
3) Аналогічно можна отримати такі наближені формули
ln(1 ) , log (1 ) ,lna
xx x xa
∆+ ∆ ≈ ∆ + ∆ ≈
( )2
1 , 1 ln ,1sin , , 1 cos ,2
x xe x a x a
x x tg x x x x
∆ ∆− ≈ ∆ − ≈ ∆
∆ ≈ ∆ ∆ ≈ ∆ − ∆ ≈ ∆
arcsin , .x x arctg x x∆ ≈ ∆ ∆ ≈ ∆ ( Вивести формули самостійно!)
7. Властивості диференціалів:
( )d u v du dv± = ± ( )d uv udv vdu= + 2
u vdu udvdv v
−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
Виконайте вправу: застосовуючи формулу ( )df x = ( )f x dx′ ⋅ і таблицю похідних, випишіть таблицю диференціалів.
8. Геометричний зміст диференціала
Н.М. Д’яченко 139
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 140
)З рис. 5.3 отримаємо:
( ) (f PN f x x f x= = + −( ) ( )df f x dx tg xα′= = x MN=
0( 90MNQ N∠ = ) ( ) ( )QN MN tg tg x= ⋅ α = α ∆
Геометричний зміст диферен-ціала: диференціал функції
( )y f x= в точці x - це приріст значень дотичної до графіка фу-
нкції в точці ( , ( ))M x f x . В наближеному розумінні можна казати про практичну не відмінність графіка функції від дотичної (тобто лі-нійної функції) в якомусь околі точки x .
Рис. 5.3.
9. Інваріантність форми першого диференціалу. Як у випадку, коли змінна x є незалежною, так і у випадку, ко-
ли x сама є диференційовною функцією, що залежить від іншої змінної, форма першого диференціалу не змінюється, а саме: у обох випадках диференціал функції дорівнює добутку похідної від цієї функції на диференціал аргументу , тобто
( )f xdx ( )df x = ( )f x dx′ ⋅ .
Зазначена властивість диференціалу називається інваріантністю фо-рми першого диференціалу.
Покажемо інваріантність. Формула диференціалу у випадку незалежної змінної x :
( )df x = ( )xf x dx′ ⋅ . Нехай тепер вона залежна
( )x x t= ( ) ( ) ( ) ( )t x xdy f t dt f x x t dt f x dx′ ′ ′ ′= = =
10. Похідні вищих порядків. Нехай функція задана на інтервалі ( , і диференційовна
у кожній точці цього інтервалу. Тоді на інтервалі буде визначе-ною функція . Якщо і ця функція є диференційовною у деякій точці
( )f x )a b( , )a b
( )f x′x інтервалу , тобто має у цій точці похідну (див. теорему
5.4), то значення похідної від функції в точці ( , )a b
( )f x′ x називається другою похідною функції в точці ( )f x x і позначається ( )f x′′ , тобто
( )( ) ( )def
f x f x ′′′ ′= .
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Якщо функція в точці ( )f x x має другу похідну ( )f x′′ , то функція називається двічі диференційовною в цій точці.
Аналогічно визначається третя, четверта похідна. Якщо похід-на -ого порядку від функції вже визначена і вона є функ-цією , заданою на інтервалі і диференційовною в деякій точці
( 1)n − ( )f x( 1) ( )nf − x ( , )a bx інтервалу , то значення похідної від в точці ( , )a b ( 1) ( )nf x− x
називається похідною -ого порядку від функції в точці n ( )f x x і позначається , тобто ( ) ( )nf x
( )( ) ( 1)( ) ( )def
n nf x f x− ′= .
Якщо функція в точці ( )f x x має похідну -ого порядку , то функція називається разів диференційовною в цій точці.
n ( ) ( )nf xn
Таблиця похідних вищих порядків 1
1 1 0( ) ...m mm m mP x a x a x a x a−
−= + + + + ⇒ ( ) {( ) !,( ) 0,n m
ma m n mP x n m
== >
( )( )( 1) ... ( 1)
n nx n xα α−= α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅ , 0,x > α∈
( )
1
1 ( 1)n n
n
nx x +
−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
0x! , ≠
( )( )ln
nx x n aa a= ⋅ 0 1a, < ≠ ( )( )nx xe e=
( )1
( ) ( 1) ( 1)!logln
nn
a n n
nxx a
+− ⋅ −=
⋅,
, 0 1a< ≠ 0x >
( )1
( ) ( 1) ( 1)!lnn
nn
nxx
+− ⋅ −= , 0x >
( )(sin ) sin2
n nx x π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
( )(cos ) cos2
n nx x π⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Виведення формул таблиці. 1) 1
1 1( ) ...m mm m mP x a x a x a x a−
−= + + + + 0
Якщо , тоді .
1m =
( ) ( ) ( )1 1 0 1 1 1 1( ) ( ) , ( ) ( ) .. 0P x a x a P x a P x P x′ ′′ ′′′= + ⇒ = = = =
Нехай при m k= формула ( ) {( ) !,( ) 0,n k
ka k n kP x n k
== > є вірною.
Якщо , то 1m k= +
*
1 11 1 1 0 1
( )
( ) ... ( )k
k k kk k k k k
P x
P x a x a x a x a a x P x+ ++ + +
=
= + + + + = + * ⇒
Н.М. Д’яченко 141
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 142
+ =( ) ( ) ( )
( ) ( )
**
{ ){ )
{ 1){ 1) 1 *1 1 1
(
1 1{ 2) { 3)
1 1
( ) ( ) ( 1) 0
( 1) ! ( 1)!,( ) ( ) .. 0.
k
kk
kk k kk k k k
P x
k kk k
k k
P x a x P x a k x
a k k a kP x P x
++ ++ + +
=
+ ++ +
+ +
⎛ ⎞⎡ ⎤′ ⎜ ⎟= + = +⎢ ⎥ ⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎜ ⎟
⎝ ⎠= + ⋅ = +
= = =
2) Для функції ( )f x xα= , α∉ доведемо формулу за індукцією:
Нехай 1, 2,3n =1( )f x xαα −′ =
2( ) ( 1)f x xαα α −′′ = − 3( ) ( 1)( 2)f x xαα α α −′′′ = − −
Нехай для формула n k= ( )( )( 1) ... ( 1)
k kx k xα α−= α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅ є вірною. Тоді для отримаємо 1n k= +
( ) ( )( ) ( )( 1) ( )
( 1)
( 1) ... ( 1)
( 1) ... ( 1) ( ) .
k k k
k
x x k x
k k x
+α α α−
α− +
′ ′= = α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅
= α ⋅ α − ⋅ ⋅ α − + ⋅ α − ⋅
=
3) Формула ( )
1
1 ( 1) !n n
n
nx x +
−⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠
0x, ≠ є наслідком попередньої,
якщо обрати . 1α = −4) Розглянемо функцію
( ) lnf x x= Тоді
1( )f xx
′ = , ( 1) 1
( ) 1 ( 1) (( )n n
nn
nf xx x
− − 1)!− −⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠
5) ( ) xf x a= ( ) lnxf x a a′ =
2( ) lnxf x a a′′ = Нехай формула є вірною, тоді ( )( )
lnnx xa a= ⋅ n a
( ) ( )( ) ( )( 1) ( )ln ln ln
n nx x x n x na a a a a a+ ′ ′= = ⋅ = ⋅ ⋅ a .
6)
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
( ) sinf x x= ( ) cos sin
2f x x x π⎛ ⎞′ = = +⎜ ⎟
⎝ ⎠
( ) cos sin 2 sin2 2
f x x xπ π⎛ ⎞ ⎛ ⎞′′ = + = + ⋅ = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
x
Нехай формула ( ) ( ) sin
2nf x x π⎛ ⎞= + ⋅⎜ ⎟
⎝ ⎠n
є вірною, тоді потрібно довести:
( 1) ( ) sin ( 1)2
nf x x nπ+ ⎛ ⎞= + ⋅ +⎜ ⎟⎝ ⎠
Доведення: ( 1) ( ) cos sin sin sin ( 1)
2 2 2 2 2nf x x n x n x nπ π π π πα+ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛= + ⋅ = + = + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝⎞⎟⎠
′
n
Формула Лейбніца. ( )uv u v uv′ ′= + ( ) 2uv u v u v v u uv u v u v uv′′ ′′ ′ ′ ′ ′ ′′ ′′ ′ ′ ′′= + + + = + + ( ) 2( ) 3 3uv u v u v u v u v u v uv u v u v u v uv′′′ ′′′ ′′ ′ ′′ ′ ′ ′′ ′ ′′ ′′′ ′′′ ′′ ′ ′ ′′ ′′′= + + + + + = + + +
( ) ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ) ( 1) ( )
0( ) ... ...
nn k k n k n n k k n k n
n nk
uv C u v uv n u v C u v n u v u v− − − −
=
′ ′= = + ⋅ + + + + + ⋅ +∑
Доводимо за індукцією. Нехай формула ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( 1) 2 ( 2) 3 ( 3) 1 ( 1) ( 1)
0
( ) ...n
n k k n k n n n n k k n kn n n n n
k
uv C u v uv C u v C u v C u v C u v− − − − − −
=
′ ′′ ′′′= = + + + + +∑ − + +
( ) ( ) ( )...k k n k nnC u v u v−+ + +
є вірною, тоді ( 1) ( ) ( 1) 1 ( 1) 1 ( ) 2 ( 2) 2 ( 1) 3 ( 3)
***************( ) n n n n n n n IV n
n n n n nuv u v uv C u v C u v C u v C u v C u v+ + − − −′ ′′ ′ ′′′ ′′= + + + + + +
3 ( 2) 1 ( ) ( 1) 1 ( 1) ( 2) ( 1) ( ) ( ) ( 1)
***************
( 1) ( )
...n k k n k k k n k k k n k k k n kn n n n n
n n
C u v C u v C u v C u v C u v
u v u v
− − − + − − − + + − − +
−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− −−−−−−−−−−−−−−−
+
′′′+ + + + + +
′+ + =( 1) ( ) 1 ( 1) 1 2 ( 2) 2 3 ( ) ( 1) 1 ( 1)1 ...n n n n k n k k k n
n n n n n n nuv u v C u v C C u v C C u v C C u v+ − − − + −′ ′′ ′′′⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + + + + + + + + + + +⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦1
( ) ( 1)1
0
nk k n kn
k
C u v+
− ++
=
= ∑
− +
+
... + =
В останній рівності застосовано співвідношення
1 111 1n nC n C ++ = + =
Н.М. Д’яченко 143
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
1 2 21
( 1) ( 1)2 2n n n
n n n nC C n C +
− ++ = + = =
1
1k kn n nC C C− k
++ = ■ 11. Диференціали вищих порядків. Допоміжне позначення:
xδ – диференціал аргументу, ( )y f xδ = δ – диференціал функції Якщо функція ( )y f x= диференційовна на , то ( , )a b
( ) ( )df x dy f x dx′= = . І. Припущення:
1) функція – диференційовна двічі в даній точці ( )y f x= ( , )x a b∈ ; 2) змінна x або незалежна змінна або є двічі диференційовною фун-кцією від іншої змінної t , тобто ( )x x t= .
Означення 1 (диференціалу другого порядку). В зроблених припущеннях диференціалом другого порядку в даній точці ( , )x a b∈ називається диференціал від першого диференціалу, якщо x dxδ = , і позначається або . Тобто 2 ( )d f x 2d y
2 ( ) ( ( ) )x dxx dx
d y dy f x dxδδ
δ δ==
′= =.
Якщо x – незалежна змінна, то , тоді ( , )dx x const x a b= ∆ = ∀ ∈( ) ( ) 0dx dx xδ δ′= = ,
{ } ( ){ } ( )22 ( ( ) ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) 0 ( )x dx x dx
x dx
d y f x dx f x dx f x dx f x xdx f x dxδ δ
δ
δ δ δ δ= =
=
′′ ′ ′ ′ ′′= = + = + =
( )22 ( )d y f x dx′′=2
2 ( )d y f xdx
′′=
Якщо ( )x x t= , то { } { }2 2( ( ) ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )
x dx x dx x dxd y f x dx f x dx f x dx f x xdx f x d x
δ δ δδ δ δ δ
= = =′ ′ ′ ′′ ′= = + = + =
( )2 2( ) ( )f x dx f x d x′′ ′= + ( )22 2( ) ( )d y f x dx f x d x′′ ′= +
З останньої формули випливає, що форма другого диференці-алу не є інваріантною, тобто вона змінюється в залежності від того, x є залежною чи незалежною змінною.
ІІ. Означення 2 (диференціалу -ого порядку). Нехай – диференційовна разів в даній точці
n( )y f x= n ( , )x a b∈ , аргумент
Н.М. Д’яченко 144
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 145
x є або незалежною змінною або функцією від , яка диференційов-на разів в даній точці
tn ( , )x a b∈ . -им диференціалом від функції
в точці n
( )y f x= x називається диференціал від ( 1)n − -го диференці-алу, якщо x dxδ = , і позначається або . Тобто ( )nd f x nd y
( )1( ) ( )def
n n
x dxd f x d f x−
δ == δ .
Індуктивно, у випадку, коли x є незалежною змінною, отримати, що
( )( ) ( ) nn nd y f x dx= ( ) ( )n
nn
d y f xdx
=
Форма n -го диференціалу ( ) не є інваріантною. 1n >12. Диференціювання функцій, заданих параметрично. Якщо змінні x та являють собою функції, що залежать від
змінної , яка носить назву параметру, то кажуть, що функція за-дана параметрично:
yt T∈
( )( )
x ty t
ϕψ
=⎧⎨ =⎩ .
Параметризуємо коло 2 2 2x y a+ = . Отримаємо
{ cossin
x a ty a t== ,
де . [0,2 )t∈ πДля того, щоб мати право розглядати як функцію від y x по-
трібно зробити припущення про те, що функція ( )x t= ϕ має обернену в якомусь околі даної точки B t T∈ , тоді в образі цього околу ( )x B буде визначеною функція . 1( ( ))y x−= φ ϕ
Припускаємо, що ( )x t= ϕ та ( )y t= φ диференційовні стільки разів, скільки похідних нам потрібно обчислити. Для першої похідної отримаємо:
( ) ( )( )( ) ( )
dy t dt ty xdx t dt t
ψ ψϕ ϕ′ ′
′ = = =′ ′
( )( )( )( ) ( )
t
t
y tty xt x t
′′′ = =
′ ′ψϕ
.
Для обчислення другої похідної розглянемо функцію ( )z g t= , яку визначимо формулою ( ) ( )g t y x′= , тоді отримаємо нову функцію, що
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
задана параметрично { ( )( )
z g tx t== ϕ , похідна від якої і буде відповідати
другій похідній вихідної функції. Отримаємо
[ ]( )3(1)
( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) ( )
ttg t t ty x y x
t t t
ψϕ ψ ϕ ψ ϕ
ϕ ϕ ϕ
′′⎡ ⎤⎢ ⎥′ t t′ ′′ ′ ′ ′′−⎣ ⎦′′′ ′= = = =
′ ′
2− π 2π
Приклад. Розгляне
зивається циклоїдою (дивЗнайдемо першу і другу п
sin( )(1 cos )
t
t
y a ty xx a t′
′ = =′ −
22( )2t
tctgy x
x a
−′⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠′′ = =
′
13. ДиференціюваЯкщо функція y =
жуть, що функція задана Наприклад,
2 2
2 2 1x ya b
+ =
2 2
2 2( , ) 1x yF x ya b
= + −
Правило знаходжеобчислюємо похідну від що – це функція, що yлежна змінна:
146
Рис. 5.4.
мо функцію { ((
x ay a==
. рис. 5.4 для випадохідну від цієї фун
2
2sin cos2 2
22sin2
t ttctgt= =
2
2 4
1
sin 12
sin 4 sin2 2
t
t ta= − .
ння функцій, що з( )y x задовольняє рнеявно.
. ння похідної від фуобох частин рівнянзалежить від x (то
Н.М. Д’яченко
sin )1 cos )t t
t−− , графік якої на-
ку a 1= ). кції:
адані неявно. івняння ( , ) 0F x y = , то ка-
нкції, що задана неявно: ня ( , ) 0F x y = , вважаючи, бто ( )y y x= ), а x – неза-
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
( , ( )) 0d F x y xdx
= .
Приклад. Розглянемо функ-цію,
Рис. 5.5.
2 2 23 3 3x y a+ = ,
графік якої називається астроїдою (див. рис. 5.5 для випадку 1a = ),
Знайдемо похідну першого і другого порядку:
1 13 32 2
3 3x y y− −
′+ = 0
3yyx
′ = −
3223
32 2 2
1 13 3
x x yyy y x y xy
x x y x
−
⎛ ⎞− −⎜ ⎟
′ −⎛ ⎞ ⎝ ⎠′′ = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
5.2 Основні теореми про диференційовні функції
1. Монотонність функції в точці. Локальний екстремум.
Позначення: ( ) ( , ) ( )B c c c D fδ = − δ + δ ∩ . Припустимо, що точка - внутрішня точка
c( )D f
Означення 1. зростає в т. ( )f x ( )c D f∈ ( ) ( )f xdef
⇔ 0 ( ) [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]x B c x c f x f c x c f x f cδ∃δ > ∀ ∈ < ⇒ < ∧ > ⇒ > Аналогічно дається означення спадної функції в точці.
Означення 2. монотонна в точці ( )f x ( )c D f∈ def
⇔ ( )f x зростає або спадає в точці ( )c D f∈
Означення 3. Точка ( )c D f∈ - точка локального максимуму
функції ( )f xdef
⇔ 1) точка - внутрішня точка ( )c D f ; 2) 0 ( ) ( ) ( )x B c f x f cδ∃δ > ∀ ∈ < .
Аналогічно дається означення локального мінімуму функції.
Н.М. Д’яченко 147
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 148
)Означення 4. Точка (c D f∈ - точка
локального екстремуму функції ( )f xdef
⇔ в точці функція має локальний максимум або
локальний мінімум. c (f x)
На рис 5.11 зображено можливі типи лока-льних екстремумів. Екстремуми на рис 5.11 б-г і е-з називають піковидними.
Теорема 5.5 (достатня умова монотонно-сті функції в точці)
( )f x диференці-йовна в т. , c
( ) 0 ( ( ) 0)f c f c′ ′> <
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
( ) ( )f x в т. . c
Доведення.
0
( ) ( )( ) 0 ( ) lim ( ) 0 0 :x
f c x f cf c f c f c xx
ε δ→
δ+ −′ ′ ′> = ⇒ = > ∃ > < ⇒
Рис. 5.6.
0
( ) ( )lim ( ) ( )x
f c x f c f c f cx→
+ − ′ ′⇒ − <
x c x c δ= + − < x c x= + x c δ− <
( )c x c x Bδδ δ− < < + ⇒ ∈ c ( ) ( )( ) ( ) ( )f c x f cf c f c f c
x+ −′ ′− < − < ′
( ) ( ) 1) ( ) ( )0 2 ( )
1) ( ) ( )
f x f c x c f x f cf cx c
x c f x f cc c cδ δ
− ⎫′ > ⇒ >< < ⎪⇒− ⎬ < ⇒ <⎪− < < + ⎭ Висновок: в т. . ■ ( )f x c
Зауваження. Умова додатності похідної функції в точці є лише достатньою умовою зростання функції в точці . Наприклад, функція зростає в точці 0, однак
cc
3( )f x x= 2
0(0) 3 0
xf x
=′ = = .
Теорема 5.6 Ферма (необхідна умова локального екстремуму).
( )f x диференційовна в т. , cc loc extr− }⇒ ( ) 0f c′ = .
Доведення. 1 спосіб. – диференційована в т.( )f x ( )c f c′⇒ ∃ .
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Оскільки т. – точка локального екстремуму, то в цій точці функція не може спадати, а тому її похідна в цій точці не може бути меншою за нуль, вона також не може зростати, тому похідна не може бути більшою за нуль, Отже,
c
( ) 0f c′ = . Скорочений запис висловленого: ( ) 0f c′⇒ <
( ) 0( ) 0
f cf c
⎫⎪ ′⇒ =⎬′⇒ > ⎪⎭
2 спосіб. ( )f x – диференційована в т. ( ) ( ) ( )c f c f c f c+ −′ ′ ′⇒ ∃ = = . Нехай для визначенності – т. локального максимуму, тоді
. c
( ) (f c x f c+ ∆ ≤ )
0
0
( ) ( )( ) ( ) lim 0
( ) 0( ) ( )( ) ( ) lim 0
x
x
f c x f cf c f cx
f cf c x f cf c f c
x
−
+ ∆ →+
+−
+ ∆ →+
−
⎫⎪+ ∆ −′ ′= = ≤ ⎪∆ ⎪⎪ ′⇒ =⎬⎪+ ∆ − ⎪′ ′= = ≥⎪∆⎪⎭
. ■
Геометричний зміст теореми Ферма. ( )f x диференційовна в т. , c
c loc extr− }⇒ в т. дотична паралельна осі абсцис (див. рис. 5.7).
c
2. Теореми Ролля, Лагранжа, Коші Теорема 5.7 Ролля (про нуль похідної).
( )f x неперервна на [ , , ]a b( )f x - диференційовна на ( , ,
)a b
( ) ( )f a f b=
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
( , ) ( ) 0a b f ′∃ξ∈ ξ = .
Н.М. Д’яченко 149
Рис. 5.7. Рис. 5.8.
Y Y
y=f(x) y=f(x)
f(a)=f(b)
с XO ξO a Xb
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Доведення. Оскільки функція неперервна на то за ІІ теоремою Вейєрштрасса вона досягає свого найбільшого і найменшого значення, які будемо позначати М та .
[ , ]a b
m1) Якщо М = , то m ( )f x const= , тоді у всіх точках відрізка
. ( ) 0f x′ =2) Нехай
( ) ( )M m
f a f b> ⎫
⇒⎬= ⎭ хоча б одне із значень М або досягається у внутрішній точці відрізка , тобто існує така точка , що
m[ , ]a b ( , )a bξ∈ ( )f Mξ = або
, тоді , то за теоремою Ферма ( )f ξ = m .loc extrξ − ( ) 0f ′ ξ = .■
Геометричний зміст теореми Ролля. ( )f x неперервна на [ , , ]a b( )f x - диференційовна на , ( , )a b( ) ( )f a f b=
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
( , )a b∃ξ∈ , дотична в точці
( , ( ))fξ ξ паралельна вісі абсцис (див. рис. 5.8).
Теорема 5.8 Коші (формула Коші). ( , )a b∃ξ∈ :
( )f x і ( )g x неперервні на [ , , ]a b( )f x і ( )g x - диференційовні на
, ( , )a b ( ) 0 ( , )g x x a b′ ≠ ∀ ∈
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
f a f b fg a g b g
′− ξ=
′− ξ
Доведення. Уведемо допоміжну функцію ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))( ) ( )
f a f bF x f x f a g x g bg a g b
−= − − ⋅ −
−.
1) Вона є заданою коректно: знасенник не обертається в нуль. Дійсно, у супротивному випадку застосуємо теорему Ролля
( ) ( )g a g b=
1 1
. [ , ]( , ) : ( ) 0
. ( , )g неп на a b
a b gg диф на a b
ξ ξ− ⎫ ′⇒ ∃ ∈ = →⎬− ⎭
Отримане суперечить умові. Отже, ( ) ( )g a g b≠ . Завдяки неперервності функцій і ( )( )f x g x на і властивостям непере-рвних функцій, приходимо до висновку, що
[ , ]a b( )F x – неперервна на
. [ , ]a b2)
( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( , )( ) ( )
f a f bF x f x g x F x x a bg a g b
−′ ′ ′ ′= − ⇒ ∃ ∀ ∈− Н.М. Д’яченко 150
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
3) ( ) 0 ( )F a F b= =
Застосуємо теорему Ролля до функції ( )F x }1),2),3) ( , ) : ( ) 0a b Fξ ξ′⇒ ∃ ∈ =
Тобто ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0( ) ( )
f a f bF f gg a g b
ξ ξ ξ−′ ′ ′= − =−
Звідси ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
f a f b fg a g b g
′− ξ=
′− ξ.■
Теорема 5.9 Лагранжа (формула Лагранжа). ( , )a b∃ξ∈ :
( )f x неперервна на [ , , ]a b( )f x диференційовна на ( , )a b }⇒
( ) ( ) ( )( )f a f b f a b′− = ξ −
Доведення. Нехай ( )g x x= , тоді ( ) . [ , ]g x неп на a b− ( ) . ( , )g x диф на a b− ( ) 1 0 ( , )g x x′ = ≠ ∀ ∈ a b
Застосовуємо теорему Коші; ( ) ( ) ( )
1f a f b f
a b′− ξ
=−
. ■
Геометричний зміст теореми Y
Лагранжа. Із рис.5.9 отримаємоН.М. Д’яченко 151
090KNP P∠ =( ) ( ) ( ) ( )NP f b f a f a f btg
KP b a a bβ − −= = =
− − Для диференційовної на і неперервної на функції можна знайти
( ,a b))[ , ]a b (f x
( , )a b∃ξ∈ , що доти-чна в точці ( , ( )f )ξ ξ буде парале-льна січній, що проходить через точки з координатами
, ( , ( , ( ))a f a ( ))b f b
b ξ a X
K
f(b)
f(a)
N
P β
f(ξ)
Рис. 1.9
Нехай для функції усі припущення теореми Лагранжа ви-конані. Розглянемо точку
( )f x
0 ( , )x a b∈ і такий приріст аргументу x∆ в точці 0x , що 0 ( , )x x a b+ ∆ ∈ , тоді здійснюється формула Лагранжа скінченних приростів.
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
0 0 00 1: ( ) ( ) ( )f x x f x f x x x′∃ < θ < + ∆ − = + θ∆ ⋅∆ Дійсно, всі припущення теореми Лагранжа виконані на
відрізку 0 0[ , ]x x x+ ∆ , якщо x∆ >0 (або на відрізку 0 0[ , ]x x x+ ∆ , якщо x∆ <0). На цьому відрізку формула Лагранжа набає вигляду:
0 0 0 0( ) ( ) ( )[ ( )]f x f x x f x x xξ′− + = − + 0 0( ) ( ) ( )f x x f x f ξ x′+ − =
Тут ξ – лежить між 0 0x i x x+ ∆ .
0x 0x x+ξ Тоді отримаємо:
0(0,1) : x xξ∃Θ∈ = +Θ 0 0 0( ) ( ) ( )f x x f x f x x x′+ − = +Θ . ■
3. Наслідки з теореми Лагранжа. Теорема 5.10 (про сталість функції, що має на інтервалі рівну
нулю похідну). ( )f x диференційовна на , ( , )a b( ) 0 ( , )f x x a b′ = ∀ ∈ }⇒ ( )f x const x= ∀ ∈ ( , )a b .
Доведення. Нехай 0 ( , )x a b∈ фіксована точка, а ( , )x a b∈ - до-вільна 0x x≠ . Оскільки функція диференційовна на , то вона диф. на відрізку
( )f x ( , )a b
0[ , ] ([ , ])0x x x x , а тому неперервна на цьому відрізку. Таким чином, можливо використати формулу Лагранжа.
0 0( ) ( ) ( )( )f x f x f x xξ′− = − Тут – лежить між ξ 0x i x . За умовою , тому ( ) 0f ′ ξ = 0( ) ( )f x f x= . В силу довільності вибору точки ( , )x a b∈ маємо: значення функції у всіх точках співпадають із значеннями в конкретній точці 0 ( , )x a b∈ . Тобто c f ⇒ = .■ 0( )x= ∀ ∈( ) ( , )f x c x a b
Геометричний зміст теореми 5.10. Якщо функція диференційовна на інтервалі, і в будь-якій його точці дотична паралельна осі абсцис, тоді ця функція сама паралельна осі абсцис, тобто є сталою.
Дійсно, паралельність дотичної вісі абсцис еквівалентно обер-танню похідної в нуль. Оскільки це здійснюється у будь-якій точці інтервалу, то доведення звелося до попередньої тереми. ■
Н.М. Д’яченко 152
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Теорема 5.11. ( )f x і ( )g x диференційовні на
, ( , )a b ( ) ( ) ( , )f x g x x a b′ ′= ∀ ∈}⇒ ( ) ( ) ( , )f x g x const x a b= + ∀ ∈
Доведення. ( ) ( ) ( )
. ( , ) ( ) ( ) ( ) ( , )'( ) 0
x f x g xдиф на a b x const f x g x c x a b
x
ϕϕ ϕ
ϕ
= − ⎫⎪− ⇒ = ⇒ = + ∀⎬⎪= ⎭
∈
■ Теорема 5.12 (критерій нестрогої монотонності функції на
інтервалі). Якщо – диференційовна на , то для того, щоб функція була неспадною (незростаючою) на цьому інтервалі необ-хідно і достатньо, щоб похідна у всіх точках інтервалу була не-від’ємною (недодатною), тобто
( )f x ( , )a b
( ) 0 ( ( ) 0) ( , )f x f x x a b′ ′≥ ≤ ∀ ∈ . Доведення. Достатність. Нехай 0 ( , ), ( , )x a b x a b∈ ∈ , а для
визначенності припустимо, що 0x x< . Оскільки диференційо-вана на інтервалі ( , , то вона диференційовна на відрізку
( )f x
)a b 0[ , ]x x , що лежить в середині цього інтервалу, тоді неперервна на ( )f x 0[ , ]x x .
Отже, вимоги теореми Лагранжа здійснюються на відрізку 0[ , ]x x , тому можна знайти точку 0( , )x xξ∈ таку, що
0 0( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x x′− = ξ ⋅ − . Якщо на , а за припущенням ( ) 0f x′ ≥ ( , )a b 0x x< , тоді
, тобто 0( ) ( ) 0f x f x− ≥ 0( ) ( )f x f x≥ . Таким чином, – не спадна. ( )f x
Необхідність: . ( , )f диф на a b
даноf не спадна− ⎫
⎬− ⎭ Довести:
( ) 0 ( , )f x x a′ ≥ ∀ ∈ b Пп: ( , ) : ( ) 0c a b f c′∃ ∈ < , тоді із теореми про достатню умову
монотонності функції в точці, маємо, що в т. с спадає, що супе-речить умові. ■
( )f x
Теорема 5.13 (достатня умова строгої монотонності функції на інтервалі)
( )f x диференційовна на , ( , )a b( ) 0 ( 0) ( , )f x x a b′ > < ∀ ∈ }⇒ ( ) ( )f x на ( , . )a b
Н.М. Д’яченко 153
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Доведення дублює обґрунтування достатності попередньої те-ореми. ■
Умова додатності (від’ємності) похідної на інтервалі не є необ-хідною умовою зростання (спадання) функції на цьому інтервалі. Наприклад, функція 3( )f x x= зростає ( ) на ( 1,1)− , однак
2( ) 3 0f x x′ = ≥ ,а (0) 0f ′ = . Геометричний зміст теореми 5.13 (див. рис.5.10). Якщо ( ) 0f x′ > на , то усюди на дотична, що лежить у верхній півплощині утворює з додатнім напрямком осі гострий кут, тому крива
( ,a b))( ,a b
Ox( )y f x= «йде вгору» усюди на
інтервалі . ( , )a b
Рис. 5.10. Точки, в яких виконується необхідна умова екстремуму, тобто
, будемо називати стаціонарними, а стаціонарні точки і ті, в яких похідна не існує - критичними.
( ) 0f c′ =
Теорема 5.14 (перша достатня умова loc extr).
1) диферен-ційовна в
,
( )f x
( ) \{ }B c cδ
непер. в т. , c 2) - критична
точка, внутрішня для
c
( )D f
⎫⎪⎪⇒⎬
⎪⎪⎭
І) ; ( ) 0 ( , )
max( ) 0 ( , )
f x x c cc loc
f x x c c′ > ∀ ∈ − ⎫
⇒ −⎬′ < ∀ ∈ + ⎭
δδ
ІІ) ; ( ) 0 ( , )min
( ) 0 ( , )f x x c c
c locf x x c c′ < ∀ ∈ − ⎫
⇒ −⎬′ > ∀ ∈ + ⎭
δδ
ІІІ) при переході через т. c в ( ) \{ }B c cδ ( )f x′ не змінює свій знак в точці c немає⇒ loc extr.
Доведення. І) Нехай ( ) \{ }x B c cδ∈ - довільна точка проколотого -околу. Оскільки функція диференційовна в , то вона
диф. на піввідрізку δ ( )f x ( ) \{ }B c cδ
[ , ) (( , ])x c c x , а тому і непер. на ньому. Крім того, функція неперервна в точці . Тому можна застосувати на цьому відрізку теорему Лагранжа:
c
( ) ( ) ( ) ( )f x f c f x c′− = ξ ⋅ − , де лежить поміж х і с. ξ
( ) 0 ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )
( ) 0 ( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )
( ) ( ) ( ) \{ } . max.
f x x c c f x f c f x c f x f c
f x x c c f x f c f x c f x f c
f x f c x B c c c т loc
+ −
− +
′ ′> ∀ ∈ − ⇒ − = ⋅ − < ⇒ < ⎫⎪⇒⎬′ ′< ∀ ∈ + ⇒ − = ⋅ − < ⇒ < ⎪
⎭⇒ < ∀ ∈ ⇒ −δ
δ ξ
δ ξ
Н.М. Д’яченко 154
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
ІІ) Доведення аналогічне І). ІІІ) Нехай для визначеності ( )f x′ в усіх точках із є до-датнім, тоді
( ) \{ }B c cδ
( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )
( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 ( ) ( )
x c c f x f c f x c f x f c
x c c f x f c f x c f x f c+ −
+ +
′∈ − ⇒ − = ⋅ − < ⇒ < ⎫⎪⇒⎬′∈ + ⇒ − = ⋅ − > ⇒ > ⎪
⎭
δ ξ
δ ξ в точці
немає
c
loc extr. ■
Н.М. Д’яченко 155
а б в г
д е ж з
Рис. 5.11. Можливі типи локальних екстремумів: максимумів (а-г) і мінімумів (д-з).
Теорема 5.15 (друга достатня умова loc extr).
1) диференційовна в
, 2) c -внутр. т. ,
( )f x( )B cδ ( )D f
3) , 4) ( ) 0f c′ = ( )f c′′∃ ,
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
І) ( ) 0 maxf c c loc′′ < ⇒ − , ІІ) ( ) 0 minf c c loc′′ > ⇒ − , ІІІ) ( ) 0f c′′ = - сумнівний випадок.
Доведення.
І) за
попередньою теоремою т.
( ) ( ) 0( ) 0 ( ) . ( )
( ) ( ) 0x c f x f c
f c f c в т с x B cx c f x f c
′ ′> ⇒ < = ⎫′′ ′< ⇒ ⇒∀ ∈ ⇒⎬′ ′< ⇒ > = ⎭δ
. maxc т loc− . ІІ) Доводиться аналогічно.
3ІІ) Функція ( )f x x= в точці 0 зростає і, відповідно, не має екс-тремуму, хоч (0) 0f ′ = , а 4( )f x x= в т. 0 має лок. мінімум, а (0) 0f ′ = . Тому цей випадок є сумнівним. ■
с
Y
X O с
Y
X O с
Y
X O с
Y
X O
Y
с X O
Y
с X O
Y Y
O с X с X O
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
4. Доведення нерівностей за допомогою похідної Можливі виділити деякі з основних методів доведення нерівно-
стей, що застосовують диференціальні властивості функцій. І. Доведення нерівностей за допомогою теореми Лагранжа. ІІ. Доведення нерівностей з використанням монотонності функції. ІІІ. Доведення нерівностей за допомогою властивостей опуклості функції.
І. Доведення нерівностей за допомогою теореми Лагранжа. Приклади. Довести наступні нерівності.
1. sin sin ,x y x y x y R− ≤ − ∀ ∈ 2. ( ) ( )arctg x arctg y x y− ≤ − 1. sin sin
( ) sin . ( , ) sin sin cos ( ) cos( ) sin . [ , ]
x yf x x диф на x y x y x y x y
f x x непер на x yξ ξ
− ⎫⎪= − ⇒ − = ⋅ − = ≤ −⎬⎪= − ⎭
2. 2 2
( ) ( )1 1( ) ( ) . ( , ) ( ) ( ) ( )
1 1( ) ( ) . [ , ]
arctg x arctg yg x arctg x диф на x y arctg x arctg y x y x y x y
g x arctg x непер на x yξ ξ
− ⎫⎪= − ⇒ − = − = − ≤⎬ + +⎪= − ⎭
−
∈
≥ +
ІІ. Доведення нерівностей з використанням монотонності фу-
нкції на інтервалі. Для розв’язання деяких задач будемо застосовува-ти наступний логічний ланцюжок.
( ) . ( , )( ) ( , ) ( ) ( ) ( ) [ , ]( ) 0 ( , )
( ) [ , ]
f x диф на a bf x на a b f a f x f b x a bf x x a b
f x непер на a b
− ⎫⎪′ ⇒ ⇒ ≤ ≤ ∀> ∀ ∈ ⎬⎪− ⎭
Приклад 1. Доведемо наступну нерівність e x для 1x x∈ . Якщо 0x = , то 0 1 0e ≥ + , і нерівність, що перевіряється, Перетворюється в рівність. Розглянемо функцію.
( ) 1xf x e x= − − . Тоді
( ) 1xf x e′ = − .
Знаки похідної: 1) 2)
0( ) (0)
( )x
f x ff x
> ⎫⇒ >⎬
⎭
0( ) (0)
( )x
f x ff x< ⎫
⇒ >⎬⎭
1 0xe x− − > 1 0xe x− − > Що і треба було довести для 1n = .
Н.М. Д’яченко 156
Приклад 2. Доведемо наступну нерівність для 0x >
0+–
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ 2 3
1 ...2! 3! !
nx x x xe x
n> + + + + +
. Доведення здійснюємо за індукцією.
Якщо 1n = , то нерівність 1xe ≥ + x вже доведена, навіть для . x∈ Зробимо індуктивне припущення про здійсненність нерівності для : 1n −
2 3 1
1 ... 02! 3! ( 1)!
nx x x xe x x
n
−
> + + + + + ∀ >−
.
Розглянемо функцію 2 3
( ) 1 ...2! 3! !
nx x x xf x e x
n= − − − − − − ,
Тоді, 2 3 1 2 3 13 4( ) 1 ... 1 ...
3! 4! ! 2! 3! ( 1)!
n nx xx x nx x x xf x e e x
n n
− −
′ = − − − − + = − − − − − −−
.
Згадавши індуктивне припущення, отримаємо ( ) 0 0f x x′ ≥ ∀ > . Звід-си робимо висновок:
0( ) (0)
( ) (0, )x
f x ff x на
> ⎫⇒ >⎬+∞ ⎭
,
тому
1 ... 0!
nx xe x x
n− − − − > ∀ > 0
.
Приклад 3. Уведемо позначення для середнього арифметично-го і середнього геометричного
1 2 ... 0 1ni
x x xA x in
+ + += > n∀ = + , 1 2 ...n
nB x x x= ⋅ ⋅ ⋅ .
Доведемо, що A B≥ , тобто,
х1
1 2x x
х2
1 2
2x x+
K
L
M N
Q
O
1 21 2
... ...n nn
x x x x x xn
+ + +≥ ⋅ ⋅ ⋅
. Наприклад, для 2n =
будемо мати 1 2
1 22x x x x+
≥ ⋅.
Геометричну інтерпретацію останньої нерівності можна
Н.М. Д’яченко 157
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
отримати з рисунку. А саме: середнє геометричне відповідає висоті LN прямокутного трикутника KLM ( ), а середнє арифметич-не – радіусу OQ описаного навколо нього кола. Як бачимо, LN<OQ, що і відповідає зазначеній нерівності, оскільки
90oL∠ =
1 2LN x x= , а
1 2
2x x
OQ+
= .
Спочатку доведемо допоміжну нерівність при . 1xe − ≥ x 0x >При має місце рівність. Нехай 1x = 1x ≠ , тоді
1( ) xf x e x−= − 1( ) 1xf x e −′ = −
1 1xe − = 1x = .
Знаки похідної:
1) 2)
Н.М. Д’яченко 158
1, ( ) (1)x f f x f> ⇒ > 1, ( ) 1x f f x< ⇒ > 1 0xe x− − > 1 0xe x− − >
Тепер маємо 1 0xe x x− ≥ ∀ > ,
Розглянемо , 1,..., ,kk
xy k n
A= = тоді
1kyke y− ≥ ⇒
1 11
xA xe
A−≥
2 12
xA xe
A−≥
пермножимо⇒
1 2 ... 1 2 ...nxx x n nA A An
x x xeA
+ + + − ⋅ ⋅ ⋅≥ ⇒
…………. 1nx
nA xeA
−≥
⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭
Розглянемо показник степеня в лівій частині останньої нерівності і застосуємо означення значення A , як середнього арифметичного:
1 2 ... 0nx x x Ann n n n nAn A
+ + +⎛ ⎞ − = − = − =⎜ ⎟⎝ ⎠ ,
Отже, експонента має степінь 0, підставивши це, отримаємо
1+–
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
0 1 2 ...1 nn
x x xeA
⋅ ⋅ ⋅= ≥
1 2 ...n
nA x x x≥ ⋅ ⋅ ⋅ 1 2 ...n
nA x x x B≥ ⋅ ⋅ ⋅ = . A B≥ . Що і треба було довести 5. Правило Лопіталя. Проколотий δ -окіл точки позначимо , тобто a ( )B aδ
( ) ( , ) ( , )B a a a a aδ = − δ ∪ + δ .
Теорема 5.16 (І правило Лопіталя розкриття невизначеностей 00⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
).
1) і ( )f x ( )g x диференційовні в , ( )B aδ
2) ( ) 0 ( )g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ a=,
3) lim ( ) lim ( ) 0x a x a
f x g x→ →
= , тобто під1) ( )lim
( )x a
f xg x→
∃ ,
знаком границі ( )lim( )x a
f xg x→
має місце
невизначеність 00⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
,
4) ( )lim( )x a
f xg x→
′′
∃ скінченна або нескін-
ченна,
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎭
⇒2)
( ) ( )lim lim( ) ( )x a x a
f x f xg x g→ → x
′=
′
Доведення. 1) в т. функції і a ( )f x ( )g x довизначаємо значенням 0, тобто ( ) 0f a = і ( ) 0g a = .
Так як і ( )f x ( )g x – диференційовні на , то ( )B aδ
( )f x і ( )g x неперервна на ( )B aδ
( ) ( ) 0( ) ( ) . .lim ( ) lim ( ) 0
x a x a
f a g af x i g x í åï åð â ò àf x g x
→ →
= = ⎫⇒ −⎬= = ⎭
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
( )f x і ( )g x – неперер. на ( ,a a )− δ + δ
2) Доведемо теорему з використанням означення за Гейне. , ,n n nx a x a n N x Bδ→ ≠ ∀ ∈ ∈
Розглянемо відрізок [ , ] ([ , ])n nx a a x , тоді на цьому відрізку: ( )f x і ( )g x неперервна на [ , ] ([ , ])n nx a a x ( )f x і ( )g x неперервна на ( , ) (( , ))n nx a a x ( ) 0g x′ ≠ на ( , ) (( , ))n nx a a x
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
можливо використати теорему Коші :
Н.М. Д’яченко 159
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
n n
n n
f x f a fg x g a g
ξξ′−
=′−
Тут ( , ) (( , ))n n nx a a xξ ∈ . Здійснемо граничний перехід, враховуючи, що і : ( ) 0f a = ( ) 0g a =
( ) ( )lim lim( ) ( )
n n
n nn n
f x fg x g
ξξ→∞ →∞
′=
′ тому
( ) ( )lim lim( ) ( )
n n
n nn n
f f xg g x
ξξ→∞ →∞
′∃ ⇒ ∃
′ За теоремою «про двох міліціонерів»
n nx a
a
< ξ <⇓ або
n nx a
a
> ξ >⇓
отримаємо . За умовою lim nnaξ =
( )lim( )x a
f xg x→
′∃
′, тому за означенням
границі за Гейне ( ) ( )lim lim( ) ( )
n
n x an
f f xg g x→
′ ′ξ=
′ ′ξ.
В силу довільності послідовності { }nx , яка збігається до а, за озна-ченням за Гейне
( ) ( )lim lim( ) ( )
n
n x an
f x f xg x g→ x
′=
′. ■
Зауваження 1. І правило Лопіталя здійснюється також і для границь і . 0x a→ + 0x a→ −
Зауваження 2. Якщо похідні від функції ( )f x′ і ( )g x′ є такими функціями, які задовольняють умовам правила Лопіталя, то правило Лопіталя можна застосовувати двічі. До такого прийому прибігають у тому випадку, коли залишається невизначеність після першого ви-користання правила Лопіталя.
Зауваження 3. Якщо похідні ( )f x′ і ( )g x′ є неперервними в точці , то рівність правила Лопіталя можна переписати: a
( ) ( )lim( ) ( )x a
f x f ag x g a→
′=
′.
Н.М. Д’яченко 160
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Зауваження 4. Зустрічаються випадки, коли ( )lim( )x a
f xg x→
′∃
′, хоч
( )lim( )x a
f xg x→
∃ . Наприклад,
2
0 0
1
1cos 1lim lim cos 0sin sinx x
нмфобм
нмф
x xx xx x→ →
→
x= ⋅ ⋅ = ,
22
0 0 0
1 1 1 1 12 cos sin 2 cos sin( )lim lim lim( ) cos cosx x x
x x xf x x x x x xg x x x→ → →
⎛ ⎞⎛ ⎞− − − −⎜ ⎟⎜ ⎟′ ⎝ ⎠⎝ ⎠= =′
→ ∃
Зауваження 5. В правилі Лопіталя стверджується, що за від-повідних припущень із існування границі відношення похідних ви-пливає існування границі відношення функцій (цей момент у форму-люваннях тверджень виділено). Тому спочатку бажано відповідну рівність границь записувати під знаком запитання, який після переві-рки існування границі відношення похідних перекреслювати.
Приклад.
( )( )
44 3?
20 0 2
2 2 2?2
20 0 0
0 4lim ( ) lim lim0 22cos 2 2cos 2
00 12 6 12( . ) lim lim lim 12.1 cos ~0 2 2cos 1 cos
2
x x
x x x
xx xï ðàâèëî Ëî ï ³ò àëÿ0 2sinx x xx x x x
xx x xï ð Ëî ï ³ò àëÿ xxx x x
→ →
→ → →
′⎡ ⎤= = =⎢ ⎥ −+ − ′⎣ ⎦ + −
→ ⇒⎡ ⎤= = = = =⎢ ⎥ −− −⎣ ⎦
→=
=
Зауваженням 5. Правило Лопіталя також можна використову-вати, якщо x →∞ , а саме: 1) і ( )f x ( )g x диференційовні в
-околі нескінченності, тобто в ,
δ\ ( , )Bδ = −δ δ
2) ( ) 0g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ , ⇒1) ( )lim
( )x
f xg x→∞
∃ ,
3) lim ( ) lim ( ) 0x x
f x g x→∞ →∞
= = ,
4) ( )lim( )x
f xg x→∞
′′
∃ скінченна або нескін-
ченна,
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭
2) ( ) ( )lim lim( ) ( )x x
f x f xg x g→∞ →∞ x
′=
′.
Доведення. Заміна
Н.М. Д’яченко 161
1 0t x tx
= →∞ →
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
приведе до 1( )F t ft
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠ 1( )G t gt
⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
( ) 22
1 1 1 1( )G t g g g x xt t t t
′⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ ′ ′ ′= ⋅ = − ⋅ = − ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
. (*)
1) Тому із (*) – диференційована в . ⇒ ( )G t (0)Bδ
2) Оскільки ( ) 0g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ 0x і ≠ , то із (*)⇒ ( ) 0G t′ ≠ . 3) Оскільки ( ) ( )G t g x= і lim ( ) 0
xg x
→∞= , то
0lim ( ) lim ( ) 0t x
G t g x→ →∞
= = . Аналогічно для ( )F t . Тобто всі припущення теореми 5.16 для ( )F t і
виконані, тому ( )G t
0 0
( ) ( )lim lim( ) ( )t t
F t F tG t G t→ →
′=
′ Звідси і із (*) маємо
2
2
( ) ( )lim lim( ) ( )x x
f x x f xg x x g x→∞ →∞
′−∃ =
′− ( ) ( )lim lim( ) ( )x x
f x f xg x g→∞ →∞
′=
′ x ■ Теорема 5.17 (ІІ правило Лопіталя розкриття невизначено-
стей ∞⎡ ⎤⎢ ⎥∞⎣ ⎦
).
1) і ( )f x ( )g x диференційовні в , ( )B aδ 2) ( ) 0 ( )g x x Bδ′ ≠ ∀ ∈ a
= ∞,
3) lim ( ) lim ( )x a x a
f x g x→ →
= , тобто під 1) ( )lim
( )x a
f xg x→
∃ ,
⇒ знаком границі ( )lim
( )x a
f xg x→
має місце неви-
значеність ∞⎡ ⎤⎢ ⎥∞⎣ ⎦
,
4) ( )lim( )x a
f xg x→
′′
∃ скінченна або нескінченна
⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎪⎭
2) ( ) ( )lim lim( ) ( )x a x a
f x f xg x g→ → x
′=
′
Н.М. Д’яченко 162
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Доведення. Нехай nx a→ , тоді можливі два випадки n
n
x ax a
>< .
Розглянемо перший випадок (другий випадок доводиться аналогіч-но).
Розглянемо n
m
x ax a
>> і відповідно відрізки [x ,x ] (або [x ,x ]).
Оскільки є В (а)\{a}, f і g – диференційовані в В (а)\{a} і
n m m n
nx δ δ f⇒g -диференційовані на ( ,n mx x )[( ,m nx x )] і неперервна на [ ,n mx x ]([ ,m nx x ]). Крім того, ( ) 0 ( )g x x Bδ a′ ≠ ∀ ∈ . Тому можливо використати теорему Коші:
( ) ( )( ) ( )
n m
n m
f x f xg x g x
−−
= '( )'( )
nm
nm
f cg c
, (*)
де знаходиться між і . nmc nx mx
Випадок 1:∃ limx a→
'( )'( )
f xg x
=b<∞
За теоремою про «двох міліціонерів»
n nm m nmx c x c
a
< < ⇒ →⇓
a або
n nm m nmx c x c
a
> > ⇒ →⇓
a.
Оскільки ( )lim( )x a
f xg x→
′∃
′, то за означенням границі за Гейне
,
'( )lim
'( )nm
n mnm
f cg c→∞
∃ ,
тоді
00 n∀ε > ∃ ∈ : 0 0,n n m n∀ ≥ ≥ '( )'( ) 2
nm
nm
f cb
g cε
− < .
Зробимо перетворення: ( )1
( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) ( ) 1( )
m
n m n
mn m n
n
f xf x f x f x f xn
g xg x g x g xg x
−−
= ⋅− −
. (**)
Зафіксуємо m, а n ∞→ , тоді 1
1 0 1
( )1( ) 20 : : 1( )1
2( )
m
n
m
n
f xf x
n n n ng x bg x
−⎛ ⎞ ε−⎜ ⎟⎜ ⎟∀ε > ∃ > ∀ ≥ − <
ε⎜ ⎟ +−⎜ ⎟⎝ ⎠
. (***)
Н.М. Д’яченко 163
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Зробимо позначення
1( )1( )( )1( )
m
nnm
m
n
f xf x
Ag xg x
−⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜=⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠
⎟ , тоді із (***) отримаємо
2 1
2
nmAb
ε
<ε
++ . (****)
Оскільки із (*) і (**) випливає, що 1( )1
( ) ( ) ( ) ( ) '( )( )( ) ( ) ( ) '( )1( )
m
n n m n nmnm
mn n m nm
n
f xf x f x f x f x f c
Ag xg x g x g x g cg x
−⎛ ⎞−⎜ ⎟− ⎜ ⎟= ⋅ =
− ⎜ ⎟−⎜ ⎟⎝ ⎠
⋅ ,
тоді з урахуванням (****), отримаємо ( ) '( ) '( )( ) '( ) '( )
'( )1
'( )
n nm nmnm nm nm
n nm nm
nmnm nm
nm
f x f c f cb A b b A b A
g x g c g cf c
A b b Ag c
⎛ ⎞− = ⋅ − = − ⋅ + ⋅ −⎜ ⎟
⎝ ⎠
≤ ⋅ − + ⋅ − ≤
b ≤
2 2 2
2 22 2 2 2 2 22 21
22 2 2 2
b b bb
b b b b
ε ε ε ε ε ε⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ε ε⎛ ⎞ + ⋅ + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ε ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠≤ + ⋅ + ⋅ = =⎜ ⎟ε ε ε ε⎜ ⎟+ + + +⎜ ⎟⎝ ⎠
= ε .
Таким чином, ( )( )
n
n
f xb
g x→ .
Разом маємо: ( )
,( )
nn n
n
f xx a x a b
g x→ > ⇒ → .
В силу довільності послідовності { }nx приходимо до висновку, що
0
( )lim( )x a
f x bg x→ +
= .
'( )lim'( )x a
f xg x→
= ∞Випадок 2: . Тоді '( )lim 0'( )x a
g xf x→
= , а застосувавши
випадок 1, отримаємо
Н.М. Д’яченко 164
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
( ) '( )lim lim 0( ) '( )x a x a
g x g xf x f x→ →
∃ = =
( )lim( )x a
f xg x→
⇒ = ∞ . ■
Приклад. ?
1 30 0 0 0 0 0 0 02 2
1lnlim ln lim lim lim ( 2 ) 0
12
x x x x
x xx x xx x
→ + → + → + → +− −
−∞⎡ ⎤⋅ = = = = −⎢ ⎥+∞⎣ ⎦ −=
(f x [ , ]def
a b
.
6. Опуклість функцій. Означення (опуклості вниз). Фун-
кція - опукла вниз на ) ⇔ 1 2 1 2 1 2, [ , ] ( , 0 1x x a b q q q q )∀ ∈ ∀ ≥ ∧ + =
2( )f x
Н.М. Д’яченко 165
1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( )f q x q x q f x q f x( )+ ≤ + . Зокрема, якщо - опукла вниз на
, то (рис. 5.12) ( )f x
[ , ]a b
1 2, [ , ]x x a b∀ ∈ 1 2 1 2( ) ( )2 2
x x f x f xf
+ +⎛ ⎞ <⎜ ⎟⎝ ⎠
, ]
.
Покажемо рівність множин 1 1 2 2 1 2 1 2 1 2{ : , 0 1} [A x q x q x q q q q x x= = + ≥ ∧ + = = , якщо 1 2x x< .
Дійсно, нехай 1 1 2 2x q x q x= + , а , тоді 1 2 1 2, 0q q q q≥ ∧ + =1,
.1 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2
1 1 2 2 1 1 2 1 1 1 2 1
( )( )
x q x q x q x q x x q q xx q x q x q x q x x q q x= + < + = + == + > + = + =
Тобто 1 2 1[ , ]2x x x x x x< < ⇒ ∈ . Отже, 1 2[ , ]A x x⊂ . З іншого боку, якщо 1 2x x x< < , тоді для
2 11 2
2 1 2 1
,x x x
q qx
x x x− −
= =− − x
маємо 2 1
1 22 1
1x x x x
q qx x− + −
+ = =−
,
2 1 1 2 1 2 1 2 2 11 1 2 2 1 2
2 1 2 1 2 1 2 1
( )x x x x x x xx xx x x x x xq x q x x x x
x x x x x x x x− − − + − −
+ = ⋅ + ⋅ = = =− − − −
.
Тобто x A∈ . Отже, 1 2[ , ]A x x⊃ .
Рис. 5.12.
Y
1 2( ) ( )2
f x f x+
1 2
2x x
f+⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
1( )f x
1x 2x1 2
2x x+
ХO
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 166
Перша геометрична інтерпретація опуклості вниз: графік
опуклої вниз на відрізку [ , функції розташовується нижче за січну (хорду) що сполучає будь-які дві точки цього графіка, абсциси яких лежать в середині відрізка [ , .
]a b
]a b
1x 2xx
Доведення. - опукла вниз на [ , , тоді під-
ставимо у означення ( )f x ]a b
2( )f x Y
y
2 11 2
2 1 2 1
,x x x
q qx
x x x− −
= =x− −
, ( )f x
1( )f x тоді отримаємо
1 2a x x x b∀ < < < < 2 1
1 22 1 2 1
( ) ( ) ( )x x x x
f x f x f x yx x x x
− −1≤ ⋅ + ⋅ =
− −,
тобто 1( )f x y≤ . Із рис. 5.12 а. отримаємо
1 2
1 2
( ) ( )y f x f x ytg
x x x x− −
= =− −
α ,
звідки ,
, ,
1 2 2 1( ( ))( ) ( ( ) )(y f x x x f x y x x− − = − − )
1)
1)2 1 2 2 1( ) ( )( ) ( )( ) (y x x f x x x f x x x y x x− − − = − − −
2 1 1 2 2( ) ( )( ) ( )(y x x x x f x x x f x x x− + − = − + −
2 1 1 21
2 1
( )( ) ( )( )f x x x f x x xy y
x x− + −
= =−
.
Таким чином, y - значення аргументу січної в точці x . ■ Лема. Має місце еквівалентність нерівностей
: 1 2a x x x b∀ < < < <
1 2 1 21 2
2 1 2 1 1 2
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )
x x x x f x f x f xf x f x f x
x x x x x x x x− − −
≤ ⋅ + ⋅ ⇔ ≤− − − −
f x− .
Доведення. Пригадаємо, що 2 11 2
2 1 2 1
,x x x
q qx
x x x− −
= =− − x
, тоді
Рис. 5.12а.
1x 2xХ
O x
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
2 11 2
2 1 2 1
1x x x x
q qx x x x
− −= + = +
− −.
Ліву частину нерівності 1 21
2 1 2 1
( ) ( ) ( )x x x x
f x f x f xx x x x− −
≤ ⋅ + ⋅− − 2 помножимо
на одиницю («1»), яка виражається останнім співвідношенням: 2 1 1 2
2 12 1 2 1 2 1 2 1
( ) ( ) ( )x x x x x x x x
f x f x f xx x x x x x x x
⎛ ⎞− − − −⋅ + ≤ +⎜ ⎟− − − −⎝ ⎠
.
Тоді
( ) ( )1 22 1
2 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )x x x x
f x f x f x f xx x x x− −
− ≤ −− −
,
2 1
2 1
( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −
≤− −
,
1 2
1 2
( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −
≤− −
.
Усі перетворення були еквівалентні. ■ Теорема 5.18 (критерій опуклості вниз).
( )y f x= неперервна на [ , , ]a b
( )f x - диференційовна на ( , , )a b
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
для опуклості графіка ф-ії ( )y f x= на і [ , ]a b ⇒ ⇐ ,
щоб ( )f x′ на не-строго .
( , )a b
Доведення. Необхідність. Функція ( )y f x= на опукла вниз, тому з урахуванням леми
[ , ]a b
1 2a x x x b∀ < < < < 1 2
1 2
( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −
≤− −
.
Оскільки - диф. на , то після граничного переходу при ( )f x ( , )a b
1 2x x x x→ → отримаємо 2 1 2 1
1 22 1 2 1
( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )
f x f x f x f xf x f x
x x x x− −′ ′≤ ∧ ≤− −
.
Тому 1 2 1 2 2, ( ) ( )x x x x f x f x′ ′∀ < ⇒ ≤ ( ) ( , )f x í à a b′, тобто . Достатність. Розглянемо 1 2a x x x b< < < < . На 1[ , ]x x застосує-
мо ф-лу Лагранжа (доведіть можливість її застосування!), тоді ∃ 1( , )c x x∈ : 1 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x f c x x′− = ⋅ − .
Аналогічно на 2[ , ]x x маємо: ∃ 2 1 2 2 2( , ) : ( ) ( ) ( ) ( )c x x f x f x f c x x′∈ − = ⋅ − .
Н.М. Д’яченко 167
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Звідки одержимо 1 2
1 21 2
( ) ( ) ( ) ( )( ) , ( ) .
f x f x f x f xf c f c
x x x x−′ ′= =− −
− (1)
1x b
Н.М. Д’яченко 168
За умовою , тому, оскільки ( ) ( , )f x í à a b′ 1 2c c< , то
. З урахуванням (1) отримаємо 1( ) ( )f c f c′ ′≤
х 2xа 1c 2c
2
1 2a x x x b∀ < < < < 1 2
1 2
( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f xx x x x− −
≤− −
.
Це і означає згідно до леми опуклість вниз даної функції. ■ Наслідок.
( )y f x= неперервна на [ , , ]a b
( )f x - диференційовна на ( , двічі, )a b
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
для опуклості вниз графі-ка функції на і [ , ]a b ⇒⇐ , щоб ( ) 0f x′′ ≥ на
. ( , )a b
Доведення. опукла вниз ( )f x ⇔ ( )f x′ на нестрого (критерій опуклості вниз)
( , )a b⇔ згідно до критерію не зрост. на
. ■
( , )a b
( )( ) ( ) 0f x f x′′ ′′= ≥
Друга геометрична інтерпретація опуклості вниз:
( )y f x= неперервна на [ , , ]a b( )f x - диференційовна на , ( , )a b }⇒
функція опуклої вниз на і [ , ]a b ⇒ ⇐ , коли до-
тична в будь якій точці розташовується
нижче за графік функції. ( , )a b
Доведення. Достатність. Нехай 1 2, ( , )x x a b∈ , тоді рівняння дотичної в цих точках мають вигляд:
1 1 1
2 2
( ) ( )( ),( ) ( )( )2
y f x f x x xy f x f x x x .
′= + −′= + −
2
Оскільки дотична нижче графіка ф-ії, то 1 1 1
2 2
( ) ( ) ( )( ),( ) ( ) ( )( ).
f x f x f x x xf x f x f x x x
′≥ + −′≥ + −
Тобто 1 1 1
2 2
( ) ( ) ( )( ),( ) ( ) ( )( ).
f x f x f x x xf x f x f x x x2
′− ≥ −′− ≥ −
.
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Нехай . Розглянемо два випадки: І ІІ
1 2a x x x b< < < <
1x x< 2x x< 1
11
( ) ( )( )
f x f xf x
x x−′ ≤−
22
2
( ) ( )( )
f x f xf x
x x−′ ≥−
.
Здійснимо граничні переходи: 2x x→ 1x x→
21
2 1
( ) ( )( )
f x f xf x
x x−′ ≤−
1 2 32
2 3
( ) ( )( )
f x f xf x
x x−′ ≥−
.
Таким чином, 1 2 1 2( ) ( )x x f x f x′ ′< ⇒ ≤ , що означає нестроге зро-стання на , а тому за критерієм опуклості вниз отримаємо, що .
( )f x′ ( , )a b( )f x ∪Необхідність. Дано: на . ( )f x ∪ ( , )a bД-ти, що графік дотичної нижче за графік ф-ії, а саме:
0 0 0 0( ) ( ) ( )( ) , ( , )f x f x f x x x x x a b′≥ + − ∀ ∈ . (2) Нерівність (2) рівносильна двом іншим:
І ІІ 0x x> 0x x<
00
0
( ) ( )( )
( )f x f x
f xx x−′ ≤−
00
0
( ) ( )( )
( )f x f x
f xx x−′ ≥−
.
2
1 0
,x xx x= ⎫
⇒⎬= ⎭
1
11
1
( ) ( )( )
x xf x f x
f xx x
<⎧⎪ −⎨ ′ ≤⎪ −⎩
2 0
1
x xx x= ⎫
⎬= ⎭
2
22
2
( ) ( )( )
x xf x f x
f xx x
<⎧⎪⇒ −⎨ ′ ≥⎪ −⎩
Згідно доведенню необхідності в теоремі 5.18 опуклість вниз функції еквівалентна двом отриманим нерівностям, які у свою чергу еквівалентні нерівності (2). ■
Н.М. Д’яченко 169
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Рис. 5.13. Графіки функцій xy a= .
Приклад 1. Розглянемо функцію
. Знайде-мо другу похідну: ,
, 0,xy a a a= > 1≠lnxy a a′ =
2(ln ) 0xy a a′′ = > . Висновок: функція xy a= на строго опукла вниз.
Рис. 5.14. Граф
Приклад 2. Для функція
знайдемо
другу похідну:
log , 0, 1ay x a a= > ≠
1ln
yx a
′ = ,
2
1 1y ⎛ ⎞′′ = ⋅ −⎜ ⎟ . Отримаємо:
Рис. 5.15.
siny x ï ð=
1a > 0 1a< <
Х
1a >
Х
0 1a< <
170
Y
тобто пряма
графік функц
іки функцій log .ay x=
ln a x⎝ ⎠1 0
0 1 0a y
a y′′> ⇒ < ∩′′< < ⇒ > ∪
Графіки функцій
0è x≤ ≤ π і
Н.М. Д’яченко
2y x=π
Приклад 3. Розглянемо функцію (рис.
5.15) sin 02
y x ï ðè x= ≤ ≤π .
Отримаємо sin 0y x′′ = − < ⇒ ∩ . Із першої геометричної ін-
терпретації опуклості вгору фу-нкції випливає, що хорда, яка
сполучає точки (0,0) 0,2
i π⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
,
Х
2y = xπ
на відрізку 0,2π⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦ усіма точками лежить нижче за
ії siny x= . Звідки отримаємо нерівність
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
2sin 02
x x ï ðè x π≥ ≤π
≤ .
Пригадавши відому з теорії границь нерівність sin 0x x ï ðè x≤ ≥ ,
одержимо 2 sin 0
2x x x ï ðè x π≤ ≤ ≤
π≤ .
7. Точки перегину.
Рис. 5.16.
Означення 1. 0x - точка перегину
графіка функції ( )y f x= def
⇔ 0∃ >δ в -околі точки δ 0x при пере-
ході через цю точку функція змінює напрямок опуклості, тобто
0x - точка перегину графіка функції
( )y f x= def
⇔
Y
0x0x −δ 0x +δ
O ХХ
0∃ >δ ( ) 0 0( ; ) ( ) ( )â x x f x− −∪ ∩ ∧δ ( )0 0( ; ) ( ) ( )â x x f x+ −∩ ∪δ . Теорема 5.19 (необхідна умова перегину).
1) диференційовна в , ( )f x 0( )B xδ
2) 0x - точка перегину, 3) 0( )f x′′∃ , }⇒ 0( ) 0f x′′ =
Доведення. Нехай диф. в . ( )f x 0( )B xδ
Оскільки т. 0x - точка перегину, то
0 0
0 0
( ; ) ( ) ( )( ; ) ( ) ( )
в x x f x опукла f xв x x f x опукла f x
′ ⎫− ↓⇒ ⇒⎬′+ ↑⇒ ⎭δ
δ т. 0x - точка лок.
максимуму ф-ії 0( ) ( ) 0f x f x′ ′′⇒ = . ■ Умова 0( ) 0f x′′ = є тільки необхідною умовою перегину в т. 0x ,
але не є достатньою. Наприклад, для функції 4y x= в точці 0x =0 ма-ємо 2
0(0) 12 0
xy x
=′′ = = , але ця функція в цій точці не має перегину
( накресліть графік функції!). На рис. 5.17 зображено можливі типи перегинів функцій. Пере-
гини, зображені на рис. 5.17 в, г, ж, з відповідають піковидним екст-ремумам. Зауважимо, що при переході через точки екстремумів, зо-
Н.М. Д’яченко 171
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
бражених на рис. 5.11 а, г, д, з, функція не змінює напрям опуклості, тому в цих точках немає перегинів.
Н.М. Д’яченко 172
а б в г
д е ж з
Рис. 5.17. Можливі типи перегинів функцій.
Теорема 5.20 (достатня умова перегину) 1) двічі диференційовна в , ( )f x 0( )B xδ
2) ; 3) при переході через т. 0( ) 0f x′′ = 0x в змінює свій знак, 0( )B xδ ( )f x′′
⎫⎪⇒⎬⎪⎭
0x - точка перегину.
Доведення. При переході через т. 0x в 0( )B xδ ( )f x′′ змінює свій знак , тому
0 0
0 0
( ; ) ( ) 0 ( 0) ( ) ( )( ; ) ( ) 0 ( 0) ( ) ( )
x x x f x f x î ï óêëàx x x f x f x î ï óêëà
′ ⎫∀ ∈ − > < ⇒ ↓ ↑ ⇒⎬′∀ ∈ + < > ⇒ ↑ ↓ ⎭δ
δ т. 0x точки
перегину (за визнач.). ■ 8. Асимптоти графіка функції.
Означення 1. Пряма 0x x= - вертикальна асимптота гра-
фіка функції ( )y f x=def
⇔ 0 0
lim ( )x x
f x→ −
= ∞ або 0 0
lim ( )x x
f x→ +
= ∞ .
0x O Х
Y
0x O Х
Y
0x O Х
Y
0x O Х
Y
0x
Y
O Х
Y
0x O Х
Y
0x O Х 0x O Х
Y
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 173
Рис. 5.18.
Приклад 1.
Для функції 1yx
= (рис. 5.18)
маємо
0 0
1limx x→ +
= +∞ , 0 0
1limx x→ −
= −∞ .
Тому 0x = вертикальна асим-птота наданої функції.
Означення 2. Пряма y kx b= + - похила асимптота графіка
функції на ( )y f x= +∞ ( −∞ )def
⇔ відстань від графіка функції до графіка прямої ( )y f x= y kx b= + прямує до „0”, якщо x → +∞
( x →−∞ ). (У випадку коли функція визначена для скільки завгодно великих значень x ).
Формулу для обчислення і b . k
Рис. 5.19.
На рис. 5.19 від-стань, про яку йдеться мова у означенні – це MN . У
маємо: 90oKNM N∆ ∠ =
cosMN MK= ⋅ α , тоді
M
( )( )MK AM AK f x kx b= − = − + ,
( ) ( )( ) cos
lim ( ) 00 x
MN f x kx bf x kx b
x MN →∞
⎫= − + ⋅ ⎪⇒ − +⎬→ +∞⇒ → ⎪⎭
α= ,
( ) ( )lim 0x
f x kx bx→∞
− += ⇒ ( ) ( )0 lim lim
x x
f x b f xk kx x x→∞ →∞
⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦.
Висновок: ( )lim
x
f xkx→+∞
= , ( )lim ( )x
b f x k→∞
= − x
Частковим випадком є горизонтальна асимптота y b= , тоді 0k =
K
M
N
A
( )f x
α
α
Y
K kx+b N
х ХO
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 174
xlim ( )x
b f→∞
= .
Приклад 2. Функція 1yx
= має горизонтальну асимптоту 0y =
(див. рис. 5.19).
Приклад 3. Знайти асимптоти функції 3
2
3 2xyx−
= .
ОДЗ: . 1). Шукаємо горизонтальні асимптоти (0x ≠ y b= ): 3
2
3 2limx
xx→±∞
−= ±∞ .
Оскільки обчислена границя є нескінченою, надана функція не має горизонтальної асимптоти.
2). Шукаємо вертикальні асимптоти ( 0x x= ): 3
2 20 0
3 2 2lim lim 3x x
x xx x→± →±
− ⎛ ⎞= − = ±⎜ ⎟⎝ ⎠
∞ .
Оскільки функція має нескінчену границю при , то існує верти-кальна асимптота
0x →0x = .
3). Шукаємо похилі асимптоти ( ): y kx b= +
( )3
32
3
3 23 2lim lim lim 3
x x x
xy x xxk
x x x→±∞ →±∞ →±∞
−−
= = = = , тобто 3k = ;
( )( )3
2 2
3 2 2lim lim 3 lim 0x x x
xb y x kx xx x→±∞ →±∞ →±∞
⎛ ⎞−= − = − =⎜ ⎟
⎝ ⎠
−= , тобто 0b = .
Таким чином, похилою асимптотою для наданої функції буде пряма . 3y x=
9. Загальна схема дослідження функції за допомогою похід-ної та побудова графіків. 1) , ( )D f2) (іноді можна опускати), ( )E f3) парність, непарність, 4) періодичність, 5) неперервність і характер точок розриву, 6) асимптоти, 7) проміжки монотонності, точки екстремуму, 8) проміжки опуклості, 9) точки перетину з осями, значення функції в характерних точках.
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Приклад 1. Провести повне дослідження та побудувати графік
функції 3
2 1xy
x=
−.
1) . 2) ( ) ( ;1) ( 1;1) (1; )D y = −∞ ∪ − ∪ +∞ ( )E y = . 3) непарна, тому її графік симетричний відносно точки О(0,0).
( ) ( )y x y x− = − ⇒
4) Функція неперіодична. 5) Точки розриву 1; 1;x x= − = оскільки
( )
3
2 21 0
1lim1 1 0 1x
xx→ +
⎡ ⎤== = +∞⎢ ⎥
− + −⎢ ⎥⎣ ⎦,
( )
3
2 21 0
1lim1 1 0 1x
xx→ −
⎡ ⎤== =⎢ ⎥
− − −⎢ ⎥⎣ ⎦−∞ ,
то в точці розрив II роду. Так як функція непарна, то в точці
теж розрив II роду, а
1x =
1x = −3
21 0lim
1x
xx→− +
=== −∞−
, 3
21 0lim
1x
xx→− −
=== +∞−
.
Функції 3( )g x x= і 2( ) 1h x x= − неперервні на , як многочлени, тому надана функція у точках, де знаменник 2( ) 1h x x= − не оберта-ється в нуль (тобто 1x ≠ ± ), є неперервною функцією, як частка двох неперервних функцій. 6) З п. 5) випливає, що 1; 1;x x= − = - вертикальні асимптоти. Знайдемо похилі асимптоти:
2
2
( )lim lim 11x x
f x xkx x→+∞ →+∞
= =−
= ,
( )3 3 3
2 2lim ( ) lim lim 01 1x x x
x x xb f x kx xx x→±∞ →±∞ →±∞
⎛ ⎞ − += − = − =⎜ ⎟− −⎝ ⎠
x= ,
тому - похила асимптота на y x= ±∞ . Оскільки на є похилі асимптоти, то горизонтальних немає. ±∞7) Для дослідження функції на монотонність і пошуку її точок екст-ремуму знайдемо першу похідну:
2 2 3 4 2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 ( 1) 2 3 ( 3)( 1) ( 1) ( 1)
x x x x x x x xyx x x− − − −′ = = =− − −
.
Знайдемо критичні точки, тобто точки, в яких похідна обертається в нуль або не існує.
2 2
2 2
( 3)0 0( 1)
x xyx
−′ = ⇔ =−
3, 0x x⇔ = ± = ;
y′ не існує в точках 1x = ± .
Н.М. Д’яченко 175
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Знаки : y′
Характерні точки Напрямки моно-тонності, loc extr Значення функції в точках loc extr 3 3
2− 3 3
2
Н.М. Д’яченко 176
8) Для дослідження функції на опуклість і пошуку її точок пе-регину знайдемо другу похідну:
23 2 2 4 2 2
2 4 2 3
2 3(4 6 )( 1) ( 3 )(2( 1) 2 )( 1) ( 1)
x xx x x x x x xyx x
⎡ ⎤+− − − − − ⋅ ⎣ ⎦′′ = =− −
= .
Оскільки , то точок перегину немає. ( ) 0y x x′′ ≠ ∀ ∈
Знаки : y′′
Характерні точки Напрямки опукло-сті, т. перегину
Значення функції в точках пергину
0
9) Точки перетину з осями: 00
xy=⎧
⎨ =⎩.
Точка мінімуму 3x = має тип, зображений на рис. 5.11 д, точка максимуму 3x = − має тип, зображений на рис. 5.11 а, точка перегину 0x = має тип, зображений на рис. 5.17 е.
10) Графік побудовано на рис 5.20. 10. Пошук найбільших, найменших значень. Якщо функція ( )y f x= неперервна на відрізку [ ],a b , то за дру-
гою теоремою Вейєрштрасса ця функція досягає свого найбільшого і найменшого значень в точках цього відрізку, тобто
[ ][ ]1 1 ,
, ( ) max ( )x a b
c a b f c f x∈
∃ ∈ = і [ ][ ]2 2 ,
, ( ) min ( )x a b
c a b f c f x∈
∃ ∈ = .
Точки c , можуть бути або точками екстремуму або кінцями відрі-зку [
1 2c
],a b .
0
перегин
1 -1
+– –+
∩ ∩∪ ∪
+ – – – +
0 1 3min
-1 3−
max
–
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 177
x=1
x=-1 y=x
Рис. 5.20. Графік функції 3
2 1xy
x=
−.
Алгоритм пошуку найбільшого та найменшого значень. 1) знаходимо критичні точки, тобто точки, в яких похідна функції або обертається в нуль або не існує, 2) відкидаємо з розгляду ті точки, що не належать на відрізку [ ],a b , 3) знаходимо значення функцій в критичних точках і на кінцях відрі-зка [ ],a b , обираємо з них найбільше і найменше
Приклад 1. Розглянемо функцію на відріз-
ку
3( ) sin cosf x x x= + 3
;4 4
⎡−⎢⎣ ⎦⎤⎥
π π . Знайдемо похідну
2 2( ) 3 cos 3cos sin 3sin cos (sin cos )f x six x x x x x x x x′ = ⋅ + ⋅ = ⋅ − , після чого критичні точки: ( ) 0f x′ = :
sin 0xx n
== π
cos 0
2
x
x k
=
= +π π
sin cos
4
x x
x m
=
= +π π
, ,n m k Z∈
Відкинувши критичні точки, що не належать відрізку ;4 4
⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
π π ,
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
отримаємо точки 0x = , 4
x = π .
Знаходимо значення функції в обраних точках і на кінцях відрі-зку:
;4 4
(0) 1 max ( )f f⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
= =π π
x ,
32 2 22 2
4 2 8f
⎛ ⎞⎛ ⎞ = = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
π 22
,
;4 4
0 min ( )4
f f⎡ ⎤−⎢ ⎥⎣ ⎦
⎛ ⎞− = =⎜ ⎟⎝ ⎠ π π
π x .
Приклад 2. Навколо півкулі радіуса R описати прямий кру-говий конус найменшого об´єму при цьому припускається, що осно-ва півкулі і конуса лежать в одній площині.
На рис. 5.21 зображено переріз конусу вздовж його висоти. Об’єм у цьому випадку обчислимо за формулою.
21 min3
V AO CO= ⋅ ⋅ →π .
З рисунка 5.21 отримаємо
,
,sin
.cos
OK r constrAO
rH CO
= =
=
= =
ϕ
ϕ
Тоді 2
2
32
13 cossin
1 1 .3 sin cos
r rV
r
= ⋅
=⋅
π =ϕϕ
πϕ ϕ
Для того, щоб об’єм досягав найменшого значення, потріб-но, щоб найбільшого значення досягала функція
2( ) sin cos maxf = ⋅ →ϕ ϕ ϕ на відрізку [ ]0, / 2π .
С
К
Н.М. Д’яченко 178
Знайдемо критичні точки функції:
А О
В
ϕ
Рис. 5.21.
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 179
2
2
2 2( ) 2sin cos cos sin ( sin ) sin (2cos sin ) 0f ′ = ⋅ ⋅ + − = − =ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ 22cos sin=ϕ ϕ sin 0≠ϕ 0;
2⎡ ⎤∀ ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
πϕ
2 2tg =ϕ ; 2tg = ±ϕ
2 0;2
arctg ⎡ ⎤= ∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦
πϕ .
Для знаходження значення функції в критичній точці обчислимо значення в ній тригонометричних функцій::
22
1 1cos( 2) , sin( 2) 1 cos ( 2) ,3 31 ( 2)
arctg arctg arctgtg arctg
= = = −+
2=
тоді 2 1( 2)3 3
f arctg = ⋅ . Оскільки (0) 02
f f π⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠
= , то 0,
2
2min ( )3 3
f xπ⎡ ⎤
⎢ ⎥⎣ ⎦
= ,
тому 3
32
2
1 1max3 2sin cos arctg
rV r=
= =⋅ ϕ
ππϕ ϕ
3 .
5.3 Формула Тейлора.
1. Формула Тейлора для многочленна. Розглянемо многоч-лен степені n
2 30 1 2 3( ) n
np x a a x a x a x a x= + + + + +… . Обчислимо похідні від нього до порядку включно: n
2 11 2 3( ) 2 3 n
np x a a x a x na x −′ = + + + +… , 2
2 3( ) 2 1 2 3 ( 1) nnp x a a x n na x −′′ = + ⋅ ⋅ + + −… ,
33( ) 1 2 3 ( 2)( 1) n
np x a n n na x −′′′ = ⋅ ⋅ + + − −… , ( ) ( ) 1 2 3 ( 2)( 1)n
n np x n n na n a= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − = !… і значення їх в точці 0
0(0)p a= , ,
, ,
.
1(0)p a′ =
2 2(0) 2 2p a′′ = = !a
a
3(0) 3p a′′′ = !
…( ) (0)n
np n= !Звідки отримаємо ( 0! = 1 )
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ ( ) (0) , 0,k
kpa k
k= =
!n
Формула Маклорена для многочленів: ( )
2 3(0) (0) (0) (0)( ) (0)1
nnp p p pp x p x x x x
n′ ′′ ′′′
= + + + + +! 2! 3! !
…
Многочлен можна відтворити за значенням його і його похідних в точці 0.
За допомогою заміни 0t x x= − виводиться формула розкладу многочлена за степенями 0x x− , що виражається через його похідні:
20 0 1 2( ) ( ) ( ) n
np x p t x P t a a t a t a t= + = = + + + +… ⇒ 0 0(0) ( )a P p x= = ,
( )( ) ( ) ( ) ( )0 0 0 0( ) x xttP t p t x p t x t x p t x′ ′′ ′= + = + ⋅ + = + ⇒ 1 0(0) ( )a P p x′ ′ ′= =
x xx xxttP t p t x p t x t x p t x′ ′′′ ′ ′′ ′′= + = + + = +
,
( ) ( )( ) ( )( ) ( )0 0 0 0 ⇒ 02
( )(0)2! 2
p xPa′′′′
= =!
,
( ) ( )( ) ( )0n
n nx
P t p t x= + ⇒( )( )
0( )(0)!
nn
np xPa
n n= =
!
Звідки
( ) ( ) ( )( )
20 0 00 0 0
( ) ( ) ( )( ) ( )
1
nnp x p x p x
p x p x x x x x x xn
′ ′′= + − + − + + −
! 2! !… 0 .
Ця формула називається формулою Тейлора для многочлена в точці 0x
2. Розклад довільної функції. Припущення
1) задана на [ , , ( )f x ]a b2) диференційовна ( )f x ( )1n − раз на [ , , ]a b3) диференційовна разів в точці ( )f x n 0 [ , ]x a b∈ .
Розглянемо многочлен
( ) ( ) ( )( )
20 0 00 0 0
( ) ( ) ( )( ) ( )
1
nn
nf x f x f x
p x f x x x x x x xn
′ ′′= + − + − + + −
! 2! !… 0 .
Якщо довільна і не є многочленом, то ( )f x ( ) ( )nf x p x≠ . Функція називається залишковим членом формули Тейлора. ( ) ( ) ( )nr x f x p x= − n
Залишковий член у формі Пєано ( розібрати виведення!) ( )( )0( ) n
nr x o x x= − .
Висновок: в зазначених припущеннях функція майже не відрізня-ється від многочлена степені у деякому малому околі точки n 0x .
Н.М. Д’яченко 180
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 181
n
0
Доведення формули Пєано. Дослідимо цю функцію . Маємо ( ) ( ) ( )nr x f x p x= −
0( ) ( )np x f x= 0( ) 0nr x =
0( ) ( )n 0p x f x′ ′= 0( ) 0nr x′ =
0( ) ( )np x f x′′ ′′= 0 0( ) 0nr x′′ = …
…
( ) ( )0( ) ( )n n
np x f x= 0n
nr x( )0( ) 0=
(*) 0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0n n n nr x r x r x r x′ ′′ ′′= = = =… =
Д-ти: якщо функція задов. (*), тоді ( )nr x ( )( )0( ) nnr x o x x= − в т.
0x при 0x x→ . Доведення проведе за індукцією. 1. Нехай 1n = , тоді за умовою . 1 0 1 0( ) ( ) 0r x r x′= =Д-ти 1 0( ) ( )r x o x x= − Маємо:
0 0
1 1 011 0
0 0
( ) ( )( )lim lim ( ) 0x x x x
r x r xr xr x
x x x x→ →
− ′= =− −
= ,
А це за означенням функції (o γ ) означає, що 1 0( ) ( )r x o x x= − .
2. Інд. припущення. Нехай - вірно, якщо
.
( )( 0( ) nnr x o x x= − )
=0 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0n n n nr x r x r x r x′ ′′ ′′= = = =…
3. Довести ( )( )11( ) n
nr x o x x ++ = − 0
=
0
, якщо
. (**) ( 1)1 0 1 0 1 0( ) ( ) ( ) 0n
n n nr x r x r x++ + +
′= = =…Із (**) випливає, зокрема, що . Скориста-
ємося формулою Лагранжа
1 1 10
( ) ( ) ( )n n nr x r x r x+ + +=
= −
0x c x∃ ≶ ≶ : = . (***) 1( )nr x+ (1 ( )nr c x x+′ ⋅ − )0
=
Позначимо , тоді
Тоді за індуктивним припущенням
1 ( ) ( )n nr c g c+′ =
( )0 0 0
( 1)1 0 1 0 1 0
( ) ( ) ( ) 0| || ||( ) ( ) ( ) 0
nn n n
nn n n
g x g x g x
r x r x r x++ + +
′= = = =
′ ′′= = =
…
…⏐
( )( )0( ) nng x o x x= − . Тому
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 182
( )( ) ( )( )0 0( ) n nng c o c x o x x= − = − .
x
За побудовою 0 0x x c x− > − , тому
0 00
0 0
( ) ( )( ) ( ) lim 0 lim 0
( ) ( )n n n
n n nc x c x
g c g cg c o c x
c x c x→ →= − ⇒ = ⇒ =
− −,
0 0
( ) ( )0
( ) ( )
0
n nn n
g c g cx x c x
≤ <− −↓
Отже, ( )( )1 ( ) ( ) nn nr c g c o x x+′ = = − 0 . Таким чином, із (***) і останнього
будемо мати
c 0x
( )( ) ( )( )11 1 0 0 0 0( ) ( )( ) ( )n n
n nr x r c x x o x x x x o x x ++ +
′= − = − − = − . ■
Формула Тейлора із залишковим членом у формі Пєано
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
20 0 00 0 0 0
( ) ( ) ( )( ) ( )
1
nn nf x f x f x
f x f x x x x x x x o x xn
′ ′′= + − + − + + − + −
! 2! !… 0
Формула Тейлора в точці 0x =0 називається формулою Маклорена. Представлення функції за формулою Тейлора єдине з точністю
до нескінченно малої порядку . nДоведення. Пп.:
20 1 0 2 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n
nf x A A x x A x x A x x o x x= + − + − + + − + −… , 2
0 1 0 2 0 0 0( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nnf x B B x x B x x B x x o x x= + − + − + + − + −… .
Оберемо в якості аргументу функції 0x x= , отримаємо 0 0( )f x A B= = 0
.
, тоді
2
0 1 0 2 0 0 0
20 1 0 2 0 0 0
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
n nn
n nn
A A x x A x x A x x o x x
B B x x B x x B x x o x x
/ + − + − + + − + − =
= / + − + − + + − + −
……
Розділимо обидві частини останньої рівності на 0( )x x− 1 1
1 2 0 0 01 1
1 2 0 0 0
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
n nn
n nn
A A x x A x x o x x
B B x x B x x o x x
− −
.− −
+ − + + − + − =
= + − + + − + −
……
Підставимо 0x x= , отримаємо
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 183
1
процес далі, одержимо1 1( )f x A B= = .
Продовжуючи n nA B= . ■ иця ементарних функцій за формулою
им членом у формі Пєано Табл розкладів елМаклорена з залишков
( )2
11
nx nx x xe o x= + + + + +…
n! 2! !
( )1 2( 1)m mx x x3 5 7 2 1mxsin( )3
x x o= − xm
−+ − + + − +! 5! 7! (2 −1)!
… −
( )2 4 6 2
2 1cos( ) 1 ( 1)m
m mx x x xx om
+= − + − + + − +2! 4! 6! (2 )!
… x
( ) ( ) ( )21 1 ( 1)(1 ) 1m n nm m m m m nmx x x x o x
n− − − +
+ = − + + + +1! 2! !
……
2 31 1 ( 1)1
n n n( )x x x x o xx= − + − + + − +
+…
( )2 3 4
1ln(1 ) ( 1)n
n nx x x xx x on
−+ = − + − + + − +2 3 4
… x
Виведення розкладів табли . 1. Розглянемо розклад
ці( ) xf x e= за формулою Маклорена
). Оскільки( 0 0x = ( ) ( )n xf x e= , то Підставимо в загаль-у фор
( 0)(0) 1nf e= = . н мулу, отримаємо
(2
11
n
)x nxn! !
.
x
x x xe o= + + + + +! 2
…
2. Для функції ( ) sin(f x)= відомо, що
( )( )( ) ( ) sin( ) sin2
nn nf x x x⎛ ⎞= = +⎜⎝
⎟⎠
π ,
Тому , (0) 0f =
(0) sin 0 12
f ⎛ ⎞′ = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
π ,
( )(0) sin 0 0f ′′ = + =π , 3(0) sin 0 12
f ⎛ ⎞′′′ = + = −⎜ ⎟⎝ ⎠
π , …
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 184
(2 ) (0) sin 0 2 02
mf m⎛ ⎞= + ⋅ =⎜ ⎟⎝ ⎠
π ,
(− ) ( )
(2 1) ( ) sin (2 1) sin2 2
sin cos cos ,2
f x x m x m
m x m x m x
− ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − = + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎛ ⎞= − − − = − − = − +⎜ ⎟⎝ ⎠
π ππ
π π π π
m
Отже,
m
(2 1) 1(0) cos( ) ( 1) ( 1)m mf m− −= − = − − = −π .
( )3 5 7 2 1
1 2sin( ) ( 1)3
mm mx x x xx x o
m
−−= − + − + + − +
! 5! 7! (2 −1)!… . x
виводиться розклад Аналогічно
( )2 4 6 2
2 1cos( ) 1 ( 1)m
m mx x x xx om
+= − + − + + − +2! 4! 6! (2 )!
… . x
, що
тоді f =
m′ = + = ,
3. Для функції ( ) (1 )f x x= + відомоm
( )( ) ( )( )( ) ( ) 1 2 1 1 m nnf x m m m m n x −= − − − + +… ,
1, 1−
(0)(0) (1 0)mf m(0)
… ( 1)f m m′′ = − ,
( )( ) ( )( )n
отж(0) 1 2 1f m m m m n= − − − +… , е,
( ) ( ) ( )21 1 ( 1)( ) 1 n nm m m m m nmf x x x x o x
n− − − +
= − + + + +1! 2! !
…… .
4. Для отримання розкладу функції 1( )1
f xx
=+
покладемо в
попередній формули 1m = − , тоді ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )2 31 2 1 2 3 1
( ) 1n
n nnf x x x x o x
n n+ + + +
2! !… ,
тобто
x− − − − − − !
= − +!
2 31 1 ( 1) 0( )1
n n nx x x x xx= − + − + + − +
+… .
Щоб швидше запам’ятати останню формулу, потрібно побачити, що вона відповідає формулі суми нескінченної спадної геометричної прогресії з першим членом 1 1b = і знаменником q x= − :
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 185
2 3 1 11(
x x− + ( 1) ...1 1 )
n n bx x
q x− + + − + = =
− − −… .
Інші розклади отримати самостійно! Інші записи формули Тейлора з залишковим членом у формі Пєано: запис через прирости ( )
( )20 0 0
0( ) ( ) ( )
( )1
nn nf x f x f x
f x x x′ ′′
∆ = + ∆ +2! !
… x o xn
∆ + ∆ + ∆!
запис через диференціали ( )2
0 0 0 01 1 1( ) ( ) ( ) ( ) nnf x df x d f x d f x o x
n∆ = + + + + ∆
1! 2! !…
В ції і приріст аргументу иведення. Запис через приріст функотримаємо, поклавши в розкладі
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
20 0 00 0 0 0
( ) ( ) ( )0( )
1
nn nf x f x f x
f x x x x x x x o x xn
′ ′′− + − + + − + −
! 2! !…
р
( )f x = +
замість ізниці 0x x− приріст аргументу 0x x x∆ = − . Для отримання запису через диференціали будемо вважати, о щ
- неx залежна змінна, тоді
0 0 0( ) ( ) ( )df x f x x f x dx′ ′= ∆ 0 0( ) ( )x f x dx′′= , = , 2d f ( )2
( )( )( ) ( )0 0( ) ( ) nn nd f x f x dx= ,
отже
( )20 0 0 0 0
1 1 1) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) nnf x f x df x d f x d f x o x= − = + + + + ∆1!
… . ■ (f xn
∆2! !
Зауваження. Залишковий член у формі Пєа не дозволяє: 1) знайти точність обчи ення при заміні функцій многочленом, 2) робити обчислення з аперед заданою точністю,
ходити те значення для якого досягається задана точність. Інші форми залишкового члена. Припущення:
1) задана на
носл
н3) зна n ,
( )f x ( )0 0 0 0[ , ] [ , ]x x x x+ −δ δ , 2 на ) ( )f x неперервно диференційовна n разів
( )0 0 0 0[ , ] [ , ]x x x x+ −δ δ , 3) ( )f x диференційовна ( )1n + разів на ( )0 0 0 0( , ) ( , )x x x x+ −δ δ .
Форма Шлоьмільха-агал
( )Рошма)
а (з ьна фор-( 1)
0 0( )( ) (1
n
n
f x x xr x
+1 1
0) ( )n p nx xn p
− + +⋅ −!
+Θ −
= ⋅ −Θ
При p = + тр ма-1n о иємо форму Лагранжа ( )( 1) (nf x x x+
0 0 10
)( ) ( )
( 1)n
nr x x xn
++ Θ −= ⋅ −
+ !
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 186
При 1p = отримаємоформу Коші
( )( 1)0 0 1
0
( )( ) (1 ) ( )
nn n
n
f x x xr x x x
n
+++ Θ −
= ⋅ −Θ ⋅!
−
( 0 1< Θ < ) Дове означенням залишкового члена дення. За ( ) ( )nr f x p x= − ,
тому
( ) ( ) ( )( )
20 00 0 0
( ) ( )0
)1
nf x f xx x x x x x
n′′
− + − − − −! 2! !
…
Уведемо допоміжну функцію
(( ) ( ) ( )nf xr x f x f x′
= − − n .
( ) ( ) ( )( )
2( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )nf z f z f zz f x f z x z x z
′ ′′= − − − − − − −…ϕ
1nx z
n−
! 2! !.
Дізнаємося про її властивості: 1) 0( ) ( )nx r x=ϕ , 2) ( ) 0x =ϕ , 3) обчислимо похідну, враховуючи припущення:
( ) ( ) ( )
( ) ( )
2
3
( )( ) ( ) ( ) ( ) 1
( ) ( )2 ( 1)2
z z f z f z x
iv
f zz f z x z
f z f zx z x z
′′′′ ′ ′′ ′− − − − − −
2!′′
− − − − − −! 3!
= − −ϕ
( ) ( ) ( ) 1n1
2( ) ( ) ( )3 ( 1)n n
nf z f z f zx z x z n+
x zn n
−′′′− − − − − − +… −
3! ! !,
Тобто
( )1( )( )
nn
zf zz x
n
+
′ = − −!
ϕ . z
Виходячи з останніх двох припущень, приходимо до висновку про 1) неперервність ( )zϕ на ( )0 0 0 0[ , ] [ , ]x x x x+ −δ δ ,
ренційованість ( )zϕ на ( )0 0 0 0( , ) ( , )x x x x+ −δ δ . 2) дифеУведемо ще одну допоміжну функцію ( )zψ , щоб задовольняла влас-тивостям, аналогічним ( )zϕ , крім того
( )z′
0 z≠ ∀ ∈ψ ( )0 0( , ) ,0 0( )x x x+δ δ заx − . Тоді можливо стосувати форму-лу Коші для ( )zϕ і ( )zψ :
∃ cміж x і 0x 0
0
( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )x x cx x c
′−=
′−ϕ ϕ ϕψ ψ ψ
де
,
( )0 0 0 0] [[ , , ]x x x x x∈ + −δ . Тод пригадавши властивості функції ( )z
δ і, ϕ , одержимо
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ 1
00
( ) 0( ) )
nr x f c( ) 1( )( ( )
nnx x
x x n c
+
− −−
=′− !
, ψ ψ ψ
10( ) ( )
( )n 0( ) ( )
( )
nn x x
r xn
−= −
!ψ ψ . f c x x
c
+
′ψПокладемо ( ) ( ) pz x z= −ψ , тоді
( ) 0x =ψ , 0 0( ) ( ) px x x= −ψ , 1( ) ( ) p
z z p x z −′ = − −ψ , 1( ) ( ) pc p x c −′ = − −ψ , тому
11( ) (n pr x x+ −= − 0
( ) ( ) )n
pn
f c x c xn
+
−!
, (1)
Деp ⋅
0x c x≶ ≶ . Оскільки лежить між c x і 0x , т)
отже, формула (1) надбає вигляду
о 0 00 1: (c x x x∃ < Θ < = +Θ − ,
( )( 1)0 0 1
0n p! 0
( )( ) ( ) (1 ) ( )
nn p p
n
f x x xr x x x x x
+− ++Θ −
= − ⋅ −Θ ⋅ − ,
( )( 1)0 0 1 1
0
( )( )
Н.М. Д’яченко 187
(1 ) ( )n
n p nf x x xx x
+
nr xn p
− + ++ Θ −Θ ⋅ − . (2)
Формулу Шлоьмільха-Роша виведено. Щоб отримати формулу Лаг-ранжа, покладемо в (2)
= ⋅ −!
1p n= + , тоді ( )( 1)
0 0 10
( )( ) ( )
( 1)
nn
n
f x x xr x x x
n
+++ Θ −
= ⋅+ !
− , (3а)
або ( )( 1)
( ) (nf c
r x x+
10 )
( 1)n
n xn
+= ⋅ −+ !
. (3б)
Щоб отримати формулу Коші покладемо в (2) 1p = : ( )( 1)
0 0 10
( )( ) (1 ) ( )
nn n
n
f x x xr x x x
n
+++ Θ −
= ⋅ −Θ ⋅!
− . (4)
Приклад 1. Оскільки функція ( ) xf x e= має похідну порядку n виду анж адбає ви-гляду
( ) ( )n xf x e= , то залишковий член у формі Лагр а н
1( )( 1)
xn
ner x x
n
Θ+=
+ ! ( 0 1< Θ < ),
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 188
а фун улою Те -еном наскція буде розкладеною за форм йлора з таким залишко
вим чл тупним чином: 2 3
11( 1)
n xx nx x x e x
n n+= + + + + + +
2! 3! ! + !… (e x
Θ
0 1< Θ < ).
Знайдемо з точністю д ,001. Така задача зводиться до по- e о 0шуку кількості n доданків у формулі Тейлора, для яких досягається ця точність. Тобто потрібно знайти значення n , при якому наближе-на формула ( ) ( )nf x p x≈ має точність 0,001. Отримати оцінку точнос-ті дозволить оцінювання залишкового чле f x xну ( )n nr x p( ) ( )= − .
иУ даному в падку потрібно обрати 1x = , тоді 1 3(1)
( 1) ( 1) ( 1)ne er
n n n= < <
+ ! + ! + !
θ
Якщо 6n = , то ( 1)n + ! = 7! = 5040 , а
6 ( 1)n + !3 0.0006 0.001r = < < .
Тому наближена формула 1 1 1 1 11 1e ≈ + + + + + +2! 3! 4! 5! 6!
має точність 0,001. Приклад 2. Розклад функції за формулою Тейлора ( ) sinf x x=
має вигляд 3 5 7x x x 2 1
12sin ( ( )
3
mm
mx1)x x r xm
−−= − + − + + − +
! 5! 7! (2 −1)!… .
й член: Знайдемо залишкови
( )) ( ) sin (2 1) sin cos ( 1) cosmx x m x x m x⎛ ⎞ ⎛= + + = + + = −⎜ ⎟ ⎜π π π , (2 1
2 2mf m+ ⎞+ =⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠π
2 12
( 1) cos( )(2 1)
mm
mxr x x
m+− Θ
=+ !
.
1) Розглянемо наближену формулу sin x x≈ .
Знайдемо, для яких x ця формула має точність 0,001. Для цієї формули 1n = , тому нерівність
133
2( 1) cos 1( ) 0,001xr x x x− Θ
= ⋅ < < 3 6!
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
здійснюється при 3 0,006 0,1817x < < . Таким чином, наближена фо-рмула sin x x≈ має точні 0,001 при 0,18 xсть 0,18− ≤ ≤ .
2) Розглянемо наближену формулу 3
sin3xx x≈ −
о, для!
.
Знайдем яких x ця формула має точність 0,001. Для цієї формули 2n = , тому
353
4( 1) cos 1( ) 0,001
120xr x x x− Θ
= ⋅ < <5!
,
Остання нерівність здійснюється при 0,6543x < , тому при та-
ких x наближена формула 3
sin3xx x≈ −!
має точність 0,001.
Із рис. 5.22 бачимо, що збільшення кількості доданків покра-щує т льшеннямзначення
очність формули Тейлора, а саме: із збі їх кількості x , для яких досягається бажана точність, збільшуються, а
ої функції для шир-шого графік многочлена і довільн майже співпадають
діапазону значень аргументу x .
-2
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
0 1 2 3 4 5 6y=xy=x-x^3/3!y=x-x^3/3!+x^5/5!y=x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!y=x-x^3/3!+x^5/5!-x^7/7!+x^9/9!y=sin x
Рис. 5.22.
Теорема 5.21 (третя достатня умова loc extr). Якщо перша похідна, що не обертається в нуль в точці є похідною непарного
3
3 5
3 5 7
3 5 7 9
/ 3!/ 3! / 5!/ 3! / 5! / 7!/ 3! / 5! / 7! / 9!
sin
y xy x xy x x xy x x x xy x x x x xy x
== −= − += − + −= − + − +=
c ,
Н.М. Д’яченко 189
5 ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Н.М. Д’яченко 190
порядку, то функція в точці не має екстремуму. Якщо така похідна парного порядку, то у , коли вона додатна, функція буде мати в цій точці локальний мінімум, а коли від’ємна – макси-мум. ( Вивчити доведення !)
Приклад 3. Дослідити фу на лока-льний екстремум в точці 0.
Точка 0 є критичною, оскільки
( )f x c випадку
нкцію ( ) 2cosx xf x e e x−= + +
( )0
(0) 2sin 0x x
xf e e x−
=′ = − − = .
Знайдемо вищі похідні: ( )( )( )
0
0
0
(0) 2cos 0,
(0) 2sin 0,
(0) 2cos 4 0,
x x
xx x
xIV x x
x
f e e x
f e e x
f e e x
−
=−
=−
=
′′ = + − =
′′′ = − + =
= + + = >
тому в наслідок останньої теореми зробимо висновок, що в точці 0 – локальний мінімум.