Лекции и конспекты по математике Примеры решения задч

  Пример 5.10   Рассмотрим функцию $ f(x)=\left\{\begin{array}{ll} \mathop{\rm th}\nolimits \dfrac{1}{x},&\mbox{ при }x\ne0;\\ 1,&\mbox{ при }x=0. \end{array}\right.$ Эта функция непрерывна справа в точке $ x=0$. Найдём её производную справа в точке 0, сделав при этом замену $ z=\dfrac{1}{h}$ :
$\displaystyle f'(0)=\lim_{h\to0+}\dfrac{\mathop{\rm th}\nolimits \dfrac{1}{h}-1... ...p{\rm th}\nolimits z-1}{\dfrac{1}{z}}= \lim_{z\to+\infty}\dfrac{-2z}{e^z+1}=0,$
поскольку, как мы выяснили выше, экспонента $ e^z$ растёт быстрее $ z$ при $ z\to+\infty$.
Во всех остальных точках $ x\ne0$ производная вычисляется с помощью правил дифференцирования:
$\displaystyle f'(x)=(\mathop{\rm th}\nolimits z)'_z \cdot\left(-\dfrac{1}{x^2}... ...t(-\dfrac{1}{x^2}\right)\cdot \dfrac{4}{(e^{\frac{1}{x}}+e^{-\frac{1}{x}})^2}.$
При $ x\to0+$ это выражение имеет предел
$\displaystyle \lim_{x\to0+}f'(x)= \lim_{x\to0+}\left(-\dfrac{1}{x^2}\right)\cd... ...}{x}}+e^{-\frac{1}{x}})^2}= -4\lim_{z\to+\infty}\dfrac{z^2}{(e^z+e^{-z})^2}=0,$
поскольку степень в числителе дроби имеет меньший порядок роста, чем экспонента в знаменателе.
Таким образом, получили, что $ \lim\limits_{x\to0+}f'(x)=f'(0)$, то есть производная оказалась непрерывной справа в точке $ x=0$.
Из того, что функция $ \mathop{\rm th}\nolimits $ -- нечётная, нетрудно найти, чему будет равна производная слева в точке 0 у функции $ f(x)$, если её переопределить в нуле так, чтобы она оказалась непрерывной слева. У этой функции производная слева также будет существовать во всех точках $ x\in\mathbb{R}$, причём эта левая производная будет всюду непрерывна слева.     
        Пример 5.11   Рассмотрим функцию
$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x^2}},&\mbox{ при }x\ne0;\\ 0,&\mbox{ при }x=0. \end{array}\right.$
При $ x\ne0$ её производная равна, как нетрудно подсчитать,
$\displaystyle f'(x)=e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\dfrac{2}{x^3}.$
При $ x=0$ мы найдём производную, исходя из определения:
$\displaystyle f'(0)=\lim_{h\to0}\dfrac{e^{-\frac{1}{h^2}}}{h}= \lim_{z\to\infty}\dfrac{h}{e^{h^2}}=0$
(мы применили формулу $ f'(0)=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{f(h)-f(0)}{h}$, а затем сделали замену $ z=\dfrac{1}{h}$). Легко видеть, что предел производной также будет равен 0:
$\displaystyle \lim_{x\to0}f'(x)= \lim_{x\to0}e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\dfrac{2}{x^3} =\lim_{z\to\infty}\dfrac{2z^3}{e^{z^2}}=0,$
так как $ e^{z^2}$ при $ z\to\infty$ растёт быстрее любой степени. Таким образом, $ f'(x)$ -- функция, непрерывная на всей числовой оси:
$\displaystyle f'(x)=\left\{\begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\dfrac{2}{x^3},&\mbox{ при }x\ne0;\\ 0,&\mbox{ при }x=0. \end{array}\right.$
Аналогично можно убедиться, что
$\displaystyle f''(x)=\left\{\begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot\left(\df... ...t),& \mbox{ при }x\ne0;\\ 0,&\mbox{ при }x=0,\mbox{ ---} \end{array}\right.$
непрерывная на $ \mathbb{R}$ функция, и вообще, при любом номере $ n$ производная $ f^{(n)}(x)$ имеет вид
$\displaystyle f^{(n)}(x)=\left\{\begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x^2}}\cdot P\le... ...ac{1}{x}\right),&\mbox{ при }x\ne0;\\ 0,&\mbox{ при }x=0, \end{array}\right.$
где $ P(z)$ -- некоторый многочлен переменного $ z=\dfrac{1}{x}$. Легко видеть, что эта функция непрерывна при $ x=0$.
Таким образом, мы получили важный пример функции, которая всюду имеет производные любого порядка, и при этом в точке 0 все эти производные равны 0, в то время как сама функция отлична от 0 при всех $ x\ne0$.     
        Упражнение 5.6   Рассмотрите функцию
$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x}},&\mbox{ при }x>0;\\ 0,&\mbox{ при }x\leqslant 0. \end{array}\right.$
Покажите, что все её производные существуют при всех $ x\in\mathbb{R}$ и непрерывны; при этом $ f^{(n)}(0)=0$ для любого $ n=0,1,2\dots$.      

Формула Тейлора позволяет данную функцию y = f (x) представить в виде многочлена (ряда) со счетным числом слагаемых по степеням x:

 (1.15)

или по степеням 

  (1.16)

Для большинства элементарных функций формула Тейлора выведена. Коэффициенты  в формулах  (1.15) и (1.16) и формулы Тейлора для элементарных функций будут выведены позже  в разделе “Дифференциальное исчисление функции одной переменной”.

Пока же мы эти формулы примем без доказательства.

Рассмотрим формулы Тейлора для некоторых функций.

 

 

 

Следует помнить, что применять формулы (1.15), (1.16) или  1-6 можно для функции  только в случае, если  при

Исследовать интегралы на сходимость:

  а). ; б). .

Решения. а). В качестве опорного интеграла возьмем сходящийся интеграл: . Тогда ; стало быть, исходный интеграл сходится.

 б). В качестве опорного интеграла возьмем расходящийся интеграл: . Тогда ; стало быть, исследуемый интеграл расходится.

  Основная трудность при определении сходимости или расходимости исследуемого интеграла типа  с помощью признаков сравнения состоит в выборе опорного интеграла. В ряде случаев можно реализовать следующую методику. 1). Исследуем подынтегральную функцию исходного интеграла; если особенностей у исходного интеграла больше, чем одна, то разбиваем промежуток интегрирования так, чтобы на каждом участке интегрирования было по одной особенности. 2). Пытаемся упростить выражение подынтегральной функции с помощью эквивалентных преобразований при стремлении переменной к особой точке; полученное выражение можно принять за функцию  и исследовать интеграл . 3). Зная поведение интеграла , реализуем общий или предельный признаки сравнения.

 Пример 7а. Исследовать интегралы на сходимость или расходимость:

Математический анализ Типовые расчеты по математике