Лекции и упражнения

Глава 16
Кратные производные.
Формула Лейбница.
Выпуклость
16.1 Кратные производные.
Определение 132. Как мы уже видели производная некоторой функции
f
(
x
)
(дифференцируемой) тоже является функцией, значит от неј опять
можно взять производную. Эта функция называется вторая производная
и обозначается
f
00
(
x
)
или
f
(2)
. Аналогично определяется третья (
f
000
(
x
) =
=
f
(3)
), четвертая (
f
0000
(
x
) =
f
(4)
), . . . ,
n
я производная (
f
(
n
)
). Подразуме-
вается, что
f
имеет
n
?
1
ю производную в некоторой окрестности точки
x
,
и эта
n
?
1
я производная дифференцируема в точке
x
.
Определение 133. Множество функций, имеющих
n
ю производную во
всех точках открытого множества
M
обозначается
D
n
(
M
)
.
Определение 134. Множество функций, из
D
n
(
M
)
, имеющих непрерыв-
ную
n
ю производную во всех точках открытого множества
M
обозначается
C
n
(
M
)
.
Замечание Когда множество
M
не является открытым, например, в
случае
M
= [
a, b
]
удобно использовать такие же обозначения
D
n
[
a, b
]
и
C
n
[
a, b
]
, понимая под непрерывностью/дифференцируемостью непрерывность/дифференцируемость
слева или справа в соответствующих концах отрезка.
Для некоторых функций можно выписать явные значения
n
й произ-
водной:
•
(
x
?
)
(
n
)
=
?
·
(
?
?
1)
·
. . .
·
(
?
?
n
+ 1)
·
x
?
?
n
.
•
(
a
x
)
(
n
)
= (ln
a
)
n
·
a
x
.
187

188ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
•
log
a
x
(
n
)
=
(
?
1)
n
+1
(
n
?
1)!
ln
n
a
·
x
n
.
•
sin
(
n
)
x
= sin
x
+
?n
2
=
(
(
?
1)
k
·
sin
x,
при
n
= 2
k
;
(
?
1)
k
·
cos
x,
при
n
= 2
k
+ 1
.
•
cos
(
n
)
x
= cos
x
+
?n
2
=
(
(
?
1)
k
·
cos
x,
при
n
= 2
k
;
(
?
1)
k
+1
·
sin
x,
при
n
= 2
k
+ 1
.
Очевидно, кратная производная от суммы или разности функций будет
суммой или разностью соответствующих кратных производных. Для на-
хождения кратных производных произведения существует следующая фор-
мула:
Теорема 83 (Формула Лейбница). Пусть
f
(
x
)
, g
(
x
)
?
D
n
(
M
)
, тогда
(
f
(
x
)
·
g
(
x
))
(
n
)
=
n
X
k
=0
C
k
n
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
)
(
x
)
,
где подразумевается, что
f
(0)
(
x
) =
f
(
x
)
,
g
(0)
(
x
) =
g
(
x
)
.
Доказательство.
Будем вести индукцией по
n
.
•
База индукции: Для
n
= 1
получаем
(
f
(
x
)
g
(
x
))
0
=
f
(
x
)
g
0
(
x
)+
f
0
(
x
)
g
(
x
)
правило дифференцирования произведения.
•
Шаг индукции: По предположению индукции
(
f
(
x
)
·
g
(
x
))
(
n
?
1)
=
n
?
1
P
k
=0
C
k
n
?
1
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
?
1)
(
x
)
.
Возьмем производную от обеих частей:
(
f
(
x
)
·
g
(
x
))
(
n
)
=
n
?
1
X
k
=0
C
k
n
?
1
f
(
k
+1)
(
x
)
g
(
n
?
k
?
1)
(
x
) +
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
)
(
x
)
,
откуда имеем:
(
f
(
x
)
·
g
(
x
))
(
n
)
=
n
?
1
X
k
=0
C
k
n
?
1
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
)
(
x
) +
n
X
k
=1
C
k
?
1
n
?
1
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
)
(
x
)
,
следовательно,
(
f
(
x
)
·
g
(
x
))
(
n
?
1)
=
n
P
k
=0
C
k
n
?
1
+
C
k
?
1
n
?
1
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
)
(
x
) =
=
n
X
k
=0
C
k
n
f
(
k
)
(
x
)
g
(
n
?
k
)
(
x
)
.

16.2. ВЫПУКЛОСТЬ ГРАФИКА ФУНКЦИИ. ТОЧКИ ПЕРЕГИБА. НЕРАВЕНСТВО ЙЕНСЕНА.189
16.2 Выпуклость графика функции. Точки пе-
региба. Неравенство Йенсена.
Одним из применений кратных (точнее вторых) производных является ис-
следование функций на выпуклость.
Определение 135. Функция
f
(
x
)
, определјнная на промежутке (отрезке,
интервале, луче, всей прямой) и принимающая действительные значения,
называется выпуклой вниз, если еј график на любом отрезке
[
a, b
]
?
D
f
,
лежит не выше хорды
(
a, f
(
a
))
(
b, f
(
b
))
(см рис. 16.1). Аналогично опреде-
ляется понятие функции выпуклой вверх  это функция, график которой
лежит не ниже хорды (см рис. 16.2).
x
y
A
B
Рис. 16.1: Функция выпукла вниз
Лемма 35. Пусть
f
(
x
)
выпукла вниз на
[
a, b
]
. Тогда для любых
p, q
?
0
,
таких, что
p
+
q
= 1
выполнено неравенство:
f
(
pa
+
qb
)
?
pf
(
a
) +
qf
(
b
)
.
Доказательство.
Рассмотрим точки
A
(
a, f
(
a
))
и
B
(
b, f
(
b
))
графика функции
y
=
f
(
x
)
. Оче-
видно, точка
C
(
pa
+
qb, pf
(
a
) +
qf
(
b
))
лежит на хорде
[
AB
]
, следовательно,
график лежит ниже этой точки, а значит
f
(
pa
+
qb
)
?
pf
(
a
) +
qf
(
b
)
,
Лемма 36. Пусть
f
(
x
)
выпукла вверх на
[
a, b
]
. Тогда для любых
p, q
?
0
,
таких, что
p
+
q
= 1
выполнено неравенство:
f
(
pa
+
qb
)
?
pf
(
a
) +
qf
(
b
)
.

190ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
x
y
A
B
Рис. 16.2: Функция выпукла вверх
Доказательство.
Аналогично. Предоставляется чи-
тателю в качестве упражнения.
Лемма 37. Пусть
f
? C
[
a, b
]
и для
любых
a
1
, b
1
?
[
a, b
]
выполнено нера-
венство
f
a
1
+
b
1
2
?
f
(
a
1
) +
f
(
b
1
)
2
.
Тогда
f
выпукла вниз на отрезке
[
a, b
]
.
Замечание: Таким образом для проверки выпуклости непрерывной
функции достаточно проверять неравенство только в середине отрезка. Для
разрывных функций это, вообще говоря, неверно, например, можно посмот-
реть функцию Дирихле.
Доказательство.
Выберем произвольные
a
1
, b
1
?
?
[
a, b
]
и покажем, что график
функции
y
=
f
(
x
)
лежит не выше хорды
[
AB
]
где
A
(
a
1
, f
(
a
1
))
и
B
(
b
1
, f
(
b
1
))
.
Для удобства выпишем уравнение прямой, проходящей через точки
A
и
B
:
l
(
x
) =
f
(
a
1
) +
f
(
b
1
)
?
f
(
a
1
)
b
1
?
a
1
·
(
y
?
a
1
)
.
Выберем произвольное
?
?
[
a
1
, b
1
]
. Будем опять строить последовательность
стягивающихся отрезков: Пусть
c
1
=
a
1
+
b
1
2
. Если
?
?
c
1
, то выберем
a
2
=
=
c
1
,
b
2
=
b
1
, в противном случае выберем
a
2
=
a
1
b
2
=
c
1
. Потом берем
c
2
=
a
2
+
b
2
2
, и.т.д.
Докажем что
f
(
c
n
)
?
l
(
c
n
)
методом математической индукции. База
вытекает из условия теоремы. Шаг индукции. Пусть
f
(
a
n
)
?
l
(
a
n
)
и
f
(
b
n
)
?
?
l
(
b
n
)
, сложив эти неравенства получим
f
a
n
+
b
n
2
?
f
(
a
n
) +
f
(
b
n
)
2
?
l
(
a
n
) +
l
(
b
n
)
2
=
l
(
c
n
)
.
Таким образом
f
(
c
n
)
?
l
(
c
n
)
.
Последовательность отрезков
[
a
n
, b
n
]
стягивается к точке
?
, следователь-
но, взяв предел при
n
? ?
получим
lim
n
??
c
n
=
?
. Из непрерывности
f
(
x
)
и
l
(
x
)
вытекает
f
(
?
)
?
l
(
?
)
,
Лемма 38. Пусть
f
? C
[
a, b
]
и для любых
a
1
, b
1
?
[
a, b
]
выполнено неравен-
ство
f
(
a
1
+
b
1
2
)
?
f
(
a
1
)+
f
(
b
1
)
2
. Тогда
f
выпукла вверх на отрезке
[
a, b
]
.
Доказательство.
Аналогично. Предоставляется в качестве упражнения.

16.2. ВЫПУКЛОСТЬ ГРАФИКА ФУНКЦИИ. ТОЧКИ ПЕРЕГИБА. НЕРАВЕНСТВО ЙЕНСЕНА.191
x
y
O
A
C
B
D
Рис. 16.3: Если прямая пересекает график в 3 точках, то он не может быть
выпуклым.
Лемма 39. Пусть
f
(
x
)
выпукла вниз на
[
a, b
]
. Тогда любая прямая пере-
секает график
y
=
f
(
X
)
либо в двух точках, либо по некоторому отрезку.
Доказательство.
Предположим обратное, что некоторая прямая
l
пересекает график в трех
точках
A
,
B
и
C
, причем на отрезке
[
AC
]
есть точка, не лежащая на графике
функции (см. рис. 16.3). Не ограничивая общности, можно считать, что она
лежит на
[
AB
]
. Но тогда точка
D
(
x
0
, f
(
x
0
))
должна быть расположена ниже
хорды
AC
(из выпуклости ).
C другой стороны, точка
B
должна лежать ниже хорды
[
AD
]
. Противо-
речие.
Теорема 84. Если при некотором
? >
0
функция
f
(
x
)
выпукла в окрест-
ности
U
?
(
x
0
)
, то она непрерывна в точке
x
0
.
Доказательство.
Не ограничивая общности рассуждений будем считать, что
f
выпукла вниз.
Докажем сначала, что функция непрерывна справа в точке
x
0
.
Рассмотрим произвольную точку
x
?
(
x
0
, x
0
+
?
2
)
и обозначим
?
x
=
=
x
?
x
0
,
?
f
=
f
(
x
)
?
f
(
x
0
)
. Пусть
x
1
=
x
0
+
?
2
,
x
2
=
x
0
?
?
2
, рассмот-
рим точки, расположенные на графике функции:
X
(
x, f
(
x
))
,
X
0
(
x
0
, f
(
x
0
))
,
X
1
(
x
1
, f
(
x
1
))
и
X
2
(
x
2
, f
(
x
2
))
.
Из выпуклости следует, что точка
X
0
лежит ниже хорды
XX
1
, следова-
тельно, точка
X
лежит выше прямой
X
0
X
1
(см. Рис. 16.2).
C другой стороны, точка
X
лежит ниже хорды
X
0
X
2
(тоже из выпук-
лости). Обозначим через
k
1
и
k
2
угловые коэффициенты прямых
X
0
X
1
и
X
0
X
2
, соответственно. Тогда, очевидно,
k
1
?
x <
?
f < k
2
?
x.
Устремляя
?
x
?
+0
, получим (по лемме о двух милиционерах), что
?
f
?
?
0
, следовательно,
f
(
x
)
?
f
(
x
0
)
, т.е.
f
(
x
)
непрерывна справа в точке
x
0
.
Аналогично доказывается, что
f
(
x
)
непрерывна слева. Таким образом,
f
(
x
)
непрерывна в точке
x
0
.

192ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
x
y
O
X
1
X
2
X
0
X
k
1
k
2
Рис. 16.4: Произвольная точка на дуге
X
0
^ X
2
лежит выше прямой
X
1
X
0
.
Теорема 85. Если при некотором
? >
0
функция
f
(
x
)
выпукла в окрест-
ности
U
?
(
x
0
)
, то она обладает правой и левой производными в точке
x
0
1
.
Доказательство.
Рассмотрим последовательность
{
?
n
}
?
n
=1
,
?
n
?
+0
. Построим для каждо-
го
n
прямые
X
0
(
n
)
X
1
(
n
)
и
X
0
(
n
)
X
2
(
n
)
как в доказательстве предыдущей
теоремы. Несложно заметить, что, поскольку точка
X
2
(
n
+ 1)
лежит ниже
хорды
X
0
X
2
(
n
)
, то последовательность угловых коэффициентов
k
2
(
n
)
явля-
ется убывающей. С другой стороны она ограничена снизу величиной
k
1
(1)
,
следовательно, существует предел
lim
n
??
k
2
(
n
) =
K
. Эта величина, очевидно,
является правой производной в точке
x
0
.
Аналогично доказывается существование левой производной в точке
x
0
.
Теорема 86. Пусть
f
(
x
)
? D
2
[
a, b
]
и для любого
x
?
[
a, b
]
выполнено нера-
венство
f
00
(
x
)
?
0
. Тогда
f
(
x
)
является выпуклой вниз на отрезке
[
a, b
]
.
Доказательство.
Выберем произвольные
[
a
1
, b
1
]
?
[
a, b
]
, пусть
c
1
 середина отрезка
[
a
1
, b
1
]
,
d
1
=
b
!
?
a
1
 его длина. Рассмотрим разность
D
=
f
(
a
1
) +
f
(
b
1
)
?
2
f
(
c
1
) =
=
f
(
b
1
)
?
f
(
c
1
)
?
f
(
c
1
)
?
f
(
a
1
)
. Преобразовывая и применяя теорему
Лагранжа, получим:
D
=
f
(
b
1
)
?
f
(
c
1
)
?
f
(
c
1
?
f
(
a
1
)
=
=
f
0
(
?
2
)(
b
1
?
c
1
)
?
f
0
(
?
1
)(
c
1
?
a
1
) =
d
2
·
f
0
(
?
2
)
?
f
0
(
?
1
)
,
где
?
1
?
[
a
1
, c
1
]
, и
?
2
?
[
c
1
, b
1
]
. Применив теорему теорему Лагранжа ещј
раз, получим
D
=
f
00
(
?
)
·
(
?
2
?
?
1
)
·
d
1
2
?
0
, поскольку
?
1
?
?
2
. Таким обра-
зом,
f
(
a
1
) +
f
(
b
1
)
?
2
f
(
a
1
+
b
1
2
)
, следовательно по лемме 37 график функции
является выпуклым вниз,
1
Из выпуклости, вообще говоря не следует дифференцируемость. Так, например,
f
(
x
) =
|
x
|
, очевидно, выпукла вниз, но производной в точке
x
0
= 0
не существует.

16.2. ВЫПУКЛОСТЬ ГРАФИКА ФУНКЦИИ. ТОЧКИ ПЕРЕГИБА. НЕРАВЕНСТВО ЙЕНСЕНА.193
Теорема 87. Пусть
f
(
x
)
? D
2
[
a, b
]
и для любого
x
?
[
a, b
]
выполнено нера-
венство
f
00
(
x
)
?
0
. Тогда график
f
(
x
)
является выпуклым вверх.
Доказательство.
Упражнение.
Теорема 88. Пусть
f
(
x
)
? D
2
[
a, b
]
,
f
00
(
x
)
? C
[
a, b
]
и график
f
(
x
)
является
выпуклым вниз. Тогда для любого
x
?
[
a, b
]
f
00
(
x
)
?
0
.
Доказательство.
Предположим обратное. Пусть существует точка
x
0
?
[
a, b
]
, в которой
f
00
(
x
0
)
<
<
0
. Тогда, из непрерывности второй производной вытекает, это неравен-
ство выполнено для всех
x
из некоторой
?
окрестности точки
x
0
. Выберем
a
1
, b
1
?
U
?
(
x
0
)
, так, что
a
1
< b
1
, пусть
c
1
=
a
1
+
b
1
2
 середина отрезка
[
a
1
, b
1
]
,
d
1
=
b
1
?
a
1
 его длина.
Из леммы 35 (c
p
=
q
=
1
2
) вытекает, что разность
D
=
f
(
a
1
) +
f
(
b
1
)
?
2
f
(
1
)
?
0
.
Преобразовывая и применяя теорему Лагранжа, получим:
D
=
f
(
b
1
)
?
f
(
c
1
)
?
f
(
c
1
?
f
(
a
1
)
=
=
f
0
(
?
2
)(
b
1
?
c
1
)
?
f
0
(
?
1
)(
c
1
?
a
1
) =
d
2
·
f
0
(
?
2
)
?
f
0
(
?
1
)
,
где
?
1
?
[
a
1
, c
1
]
, и
?
2
?
[
c
1
, b
1
]
. Применив теорему теорему Лагранжа ещј раз,
получим
D
=
f
00
(
?
)
·
(
?
2
?
?
1
)
·
d
1
2
?
0
, поскольку
?
1
?
?
2
. Таким образом,
f
(
a
1
)+
f
(
b
1
)
2
?
f
(
c
1
)
, следовательно, по лемме 37 график функции является
выпуклым вниз,
Теорема 89. Пусть
f
(
x
)
? D
2
[
a, b
]
,
f
00
(
x
)
? C
[
a, b
]
и график
f
(
x
)
является
выпуклым вверх. Тогда для любого
x
?
[
a, b
]
f
00
(
x
)
?
0
.
Доказательство.
Предоставляется читателю в качестве упражнения.
Эти теоремы наглядно показывают, что для дважды непрерывно диф-
ференцируемых функций выпуклость графика однозначно связана со зна-
ком второй производной. Таким образом зная знак функции, ее первой и
второй производной, можно судить о форме графика функции на данном
промежутке.
Теорема 90 (Неравенство Йенсена). Пусть
f
(
x
)
? D
2
[
a, b
]
выпукла вниз на
[
a, b
]
Пусть выбраны точки
x
1
, x
2
, . . . , x
n
?
[
a, b
]
и числа
m
1
, m
2
, . . . , m
n
?
0
такие, что
m
1
+
m
2
+
. . .
+
m
n
= 1
. Тогда
m
1
·
f
(
x
1
) +
m
2
·
f
(
x
2
) +
. . .
+
m
n
·
f
(
x
n
)
?
f
(
m
1
x
1
+
m
2
x
2
+
. . .
+
m
n
x
n
)
.
Замечание 1. Несложно заметить, что в случае
n
= 2
теорема просто
превращается в лемму 35. Таким образом, неравенство Йенсена является
обобщением этой леммы.

194ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
x
y
O
X
1
(
m
1
)
X
n
(
m
n
)
X
2
(
m
2
)
. . .
X
ц.м.
m
1
f
(
x
1
) +
. . .
+
m
n
f
(
x
n
)
m
1
x
1
+
. . .
+
m
n
x
n
f
(
m
1
x
1
+
. . .
+
m
n
x
n
)
Рис. 16.5: Неравенство Йенсена: центр масс лежит выше графика.
Замечание 2. Те, кто увлекается физикой, легко поймут физический
смысл неравенства Йенсена. Он означает, что если взять
n
точек с массами
m
1
, ...
m
n
на графике функции
y
=
f
(
x
)
, то центр масс этой системы точек
будет лежать выше графика (см. рис 16.5). С точки зрения физики это
очевидно, а с точки зрения математики придется доказывать.
Доказательство.
Будем вести индукцией по
n
.
•
База индукции. При
n
= 2
 лемма 35.
•
Шаг индукции. Допустим, что теорема доказана в случае
n
?
1
и дока-
жем для
n
. Пусть
µ
=
m
1
+
m
2
+
. . .
+
m
n
?
1
и
m
0
i
=
m
i
µ
,
i
= 1
, . . . , n
?
1
.
Очевидно,
m
0
1
+
. . .
+
m
0
n
?
1
= 1
. Обозначим
x
0
1
=
m
0
1
x
1
+
m
2
x
2
+
. . .
+
+
m
0
n
?
1
x
n
?
1
. Тогда, по предположению индукции:
m
0
1
·
f
(
x
1
) +
m
0
2
·
f
(
x
2
) +
. . .
+
m
0
n
?
1
·
f
(
x
n
)
?
f
(
x
0
1
)
.
(16.2.1)
Так как,
µ
+
m
n
= 1
, то по лемме 35 имеем:
µf
(
x
0
1
) +
m
n
f
(
x
n
)
?
f
(
µx
0
1
+
m
n
x
n
) =
f
(
m
1
x
1
+
m
2
x
+ 2 +
. . .
+
m
n
x
n
)
.
Подставив это в неравенство 16.2.1, получим:
µ m
0
1
·
f
(
x
1
) +
m
0
2
·
f
(
x
2
) +
. . .
+
m
0
n
?
1
·
f
(
x
n
)
+
m
n
f
(
x
n
)
?
?
f
(
m
1
x
1
+
m
2
x
2
+
. . .
+
m
n
x
n
)
.
Поставляя
m
0
i
=
m
i
µ
, где
i
= 1
, . . . , n
?
1
, получаем в итоге:
m
1
·
f
(
x
1
) +
m
2
·
f
(
x
2
) +
. . .
+
m
n
·
f
(
x
n
)
?
?
f
(
m
1
x
1
+
m
2
x
2
+
. . .
+
m
n
x
n
)
.

16.2. ВЫПУКЛОСТЬ ГРАФИКА ФУНКЦИИ. ТОЧКИ ПЕРЕГИБА. НЕРАВЕНСТВО ЙЕНСЕНА.195
Теорема 91 (Неравенство Йенсена для выпуклой вверх функции). Пусть
f
(
x
)
? D
2
[
a, b
]
выпукла вверх на
[
a, b
]
Пусть выбраны точки
x
1
, x
2
, . . . , x
n
?
?
[
a, b
]
и числа
m
1
, m
2
, . . . , m
n
?
0
такие, что
m
1
+
m
2
+
. . .
+
m
n
= 1
. Тогда
m
1
·
f
(
x
1
) +
m
2
·
f
(
x
2
) +
. . .
+
m
n
·
f
(
x
n
)
?
f
(
m
1
x
1
+
m
2
x
2
+
. . .
+
m
n
x
n
)
.
Следствие 34 (Неравенство Коши). Среднее геометрическое нескольких
положительных чисел не превосходит их среднего геометрического.
Доказательство.
Выберем в качестве
f
(
x
) = ln
x
. Поскольку
ln
00
x
=
?
1
x
2
<
0
, то график
y
= ln
x
будет выпуклым вверх. Применим неравенство Йенсена с одинако-
выми массами
m
1
=
m
2
=
. . .
=
m
n
=
1
n
, получим
1
n
(ln
x
1
+ ln
x
2
+
. . .
+ ln
x
n
)
?
ln
1
n
(
x
1
+
x
2
+
. . .
+
x
n
)
.
Преобразуем
1
n
(ln
x
1
+ ln
x
2
+
. . .
+ ln
x
n
) = ln(
n
?
x
1
·
. . .
·
x
n
)
и воспользуемся
тем, что
ln
x
есть монотонно возрастающая функция:
n
?
x
1
·
. . .
·
x
n
?
1
n
(
x
1
+
x
2
+
. . .
+
x
n
)
,
Упражнение 285. Доказать, что
(
x
1
+
x
2
+
. . .
+
x
n
)
2
?
n
(
x
2
1
+
. . .
+
x
2
n
)
Теорема 92 (Неравенство КошиБуняковского). Для любых чисел
a
1
,. . . ,
a
n
,
b
1
,. . . ,
b
n
выполнено неравенство
(
a
2
1
+
a
2
2
+
. . .
+
a
2
n
)(
b
2
1
+
b
2
2
+
. . .
+
b
2
n
)
?
(
a
1
b
1
+
a
2
b
2
+
. . .
+
a
n
b
n
)
2
Доказательство.
Докажем сначала неравенство для случая, когда
a
1
, . . . , a
n
, b
1
, . . . , b
n
>
0
Функция
f
(
x
) =
x
2
является выпуклой вниз. Обозначим
M
=
b
2
1
+
. . .
+
b
2
n
выберем
m
i
=
b
2
i
M
и
x
i
=
a
i
b
i
и применим неравенство Йенсена. Получим:
m
1
·
x
2
1
+
m
2
·
x
2
2
+
. . .
+
m
n
·
x
2
n
?
(
m
1
x
1
+
m
2
x
2
+
. . .
+
m
n
x
n
)
2
.
Пользуясь тем, что
m
i
x
2
i
=
a
2
i
M
и
m
i
x
i
=
a
i
b
i
M
преобразуем неравенство к
виду
a
2
1
+
a
2
2
+
. . .
+
a
2
n
M
?
a
1
b
1
+
a
2
b
2
+
. . .
+
a
n
b
n
M
2
.
Затем умножим обе части на
M
2
и подставляя
M
=
b
2
1
+
. . .
+
b
2
n
, получим
(
a
2
1
+
a
2
2
+
. . .
+
a
2
n
)(
b
2
1
+
b
2
2
+
. . .
+
b
2
n
)
?
(
a
1
b
1
+
a
2
b
2
+
. . .
+
a
n
b
n
)
2
.

196ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
x
y
y
= 1
y
= cos
x
y
= 1
?
x
2
2
Рис. 16.6: Пример касания 1го и 3го порядка.
Для того, чтобы доказать неравенство для произвольных
a
1
, . . . , a
n
, b
1
, . . . , b
n
подставим их модули в указанное неравенство, а затем воспользуемся тем,
что
(
a
1
b
1
+
a
2
b
2
+
. . .
+
a
n
b
n
)
2
?
(
|
a
1
||
b
1
|
+
|
a
2
||
b
2
|
+
. . .
+
|
a
n
||
b
n
|
)
2
.
16.3 Порядок касания. Круг кривизны, эволю-
та и эвольвента.
Определение 136. Пусть кривые
y
=
f
(
x
)
и
y
=
g
(
x
)
пересекаются в неко-
торой точке
x
=
x
0
и функции
f, g
дифференцируемы в этой точке. Тогда
углом между кривыми называется угол между касательными, проведен-
ными в точке
x
0
к этим кривым, т.е.
|
arctg(
f
0
(
x
0
))
?
arctg(
g
0
(
x
0
))
|
.
Определение 137. Если кривые пересекаются в точке
x
0
под углом, рав-
ным 0, то говорят, что кривые касаются в этой точке.
Определение 138. Говорят, что кривые
y
=
f
(
x
)
и
y
=
g
(
x
)
имеют ка-
сание
n
?
го порядка в точке
x
0
, если
f
(
x
0
) =
g
(
x
0
)
,
f
0
(
x
0
) =
g
0
(
x
0
)
,
f
00
(
x
0
) =
g
00
(
x
0
)
, ...
(
n
)
f
(
x
0
) =
g
(
n
)
(
x
0
)
, но
f
(
n
+1)
(
x
0
)
6
=
g
(
n
+1)
(
x
0
)
.
Пример. Кривая
y
= cos
x
имеет в точке (0,1) касание 1го порядка с
прямой
y
= 1
и касание 3го порядка с кривой
y
= 1
?
x
2
2
(см. рис. 16.3).

16.3. ПОРЯДОК КАСАНИЯ. КРУГ КРИВИЗНЫ, ЭВОЛЮТА И ЭВОЛЬВЕНТА.197
x
y
O
(
x
c
, y
c
)
A
x
0
?
?
X
x
0
B
x
0
+
?
y
=
f
(
x
)
x
y
O
(
x
c
, y
c
)
A
x
0
?
?
X
x
0
B
x
0
+
?
y
=
f
(
x
)
Рис. 16.7: Круг кривизны.
Определение 139. Окружность
(
x
?
x
c
)
2
+ (
y
?
y
c
)
2
=
R
2
, имеющая с дан-
ной кривой
y
=
f
(
x
)
касание в точке
x
0
не ниже 2го порядка называется
круг кривизны в этой точке. Точка
(
x
c
, y
c
)
называется центром кривиз-
ны,
R
называется радиусом кривизны, а величина
k
=
1
R
 кривизной.
Геометрическое место центров кривизны
(
x
c
, y
c
)
называется эволютой дан-
ной кривой.
Теорема 93. Пусть
f
? D
2
(
x
0
)
и
f
00
(
x
0
)
6
= 0
. Тогда радиус и центр кри-
визны находятся по формулам (обозначения
y
0
=
f
0
(
x
0
)
,
y
00
=
f
00
(
x
0
)
,
c
=
p
1 +
f
0
(
x
0
)
2
:
•
R
=
(
?
1+(
y
0
)
2
)
3
|
y
00
|
;
•
x
c
=
x
0
?
(1+(
y
0
)
2
)
y
0
y
00
;

198ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
•
y
c
=
y
0
+
1+(
y
0
)
2
y
00
.
Доказательство.
Непосредственно проверяется равенство 1й и 2й производной.
Запишем уравнение окружности
(
x
?
x
c
)
2
+ (
y
?
y
c
)
2
=
R
2
и выразим из
него
y
=
f
(
x
) =
y
c
±
p
R
2
?
(
x
?
x
c
)
2
. Для определенности выберем знак
ѕ+ї, для ѕ-ї доказывается аналогично.
Найдем производные:
f
0
(
x
) =
?
(
x
?
x
c
)
p
R
2
?
(
x
?
x
c
)
2
;
f
00
(
x
) =
?
p
R
2
?
(
x
?
x
c
)
2
?
(
x
?
x
c
)
2
?
R
2
?
(
x
?
x
c
)
2
R
2
?
(
x
?
x
c
)
2
.
Введем следующие обозначения:
?
x
=
x
?
x
c
,
?
y
=
y
?
y
c
=
p
R
2
?
(
x
?
x
c
)
2
,
и решим относительно них следующцю систему уравнений:
?
?
?
y
0
=
?
?
x
?
y
;
y
00
=
?
?
y
?
?2
x
?
y
?
2
y
.
Эта система получена из условия касания 2го порядка, т.е. равенства пер-
вой и второй производных. Выразим из первого уравнения системы
?
x
=
=
?
y
0
?
y
и подставим во второе уравнение:
y
00
=
?
1+(
y
0
)
2
?
y
, откуда
?
y
=
?
1 + (
y
0
)
2
y
00
.
Тогда
?
x
=
?
y
0
?
y
=
y
0
(1 + (
y
0
)
2
)
y
00
.
Следовательно,
R
=
p
?
2
x
+ ?
2
y
=
(
p
1 + (
y
0
)
2
)
3
|
y
00
|
.
Подставляя вместо
?
x
и
?
y
их значения, получаем формулы для центра и
радиуса круга кривизны.
Порядок касания тесно связан с тем, насколько близко проходят кривые
в окрестности указанной точки.
Теорема 94. Пусть при некотором
? >
0
функции
f
(
x
)
, g
(
x
)
? C
n
(
U
?
(
x
0
))
и кривые
y
=
f
(
x
)
и
y
=
g
(
x
)
имеют касание порядка
n
или более в точке
x
0
. Тогда
f
(
x
) =
g
(
x
) +
o
(
x
?
x
0
)
n
при
x
?
x
0
.
Доказательство.
Рассмотрим отношение
f
(
x
)
?
g
(
x
)
(
x
?
x
0
)
n
и применим
n
раз правило Лопиталя:
lim
x
?
x
0
f
(
x
)
?
g
(
x
)
(
x
?
x
0
)
n
= lim
x
?
x
0
f
(
n
)
(
x
)
?
g
(
n
)
(
x
)
n
!
= 0
,

16.3. ПОРЯДОК КАСАНИЯ. КРУГ КРИВИЗНЫ, ЭВОЛЮТА И ЭВОЛЬВЕНТА.199
поскольку
n
?
ые производные непрерывны.
Доказанное утверждение позволяет получать много полезных эквива-
лентностей, например:
•
sin
x
=
x
?
x
3
6
+
o
(
x
4
)
при
x
?
0
;
•
cos
x
= 1
?
x
2
2
+
o
(
x
3
)
при
x
?
0
;
•
?
1 +
x
= 1 +
x
2
+
o
(
x
)
при
x
?
0
;
•
(1 +
x
)
?
= 1 +
?x
+
o
(
x
)
при
x
?
0
;
•
ln 1 +
x
=
x
?
x
2
2
+
o
(
x
2
)
при
x
?
0
;
•
... И этот список можно продолжать до бесконечности ...
Для более точной оценки разности потребуется доказать несколько вспо-
могательных утверждений.
Лемма 40. Пусть
f
(
x
)
такова, что
f
(
x
0
) =
f
0
(
x
0
) =
. . .
=
f
(
n
)
= 0
,
причем
f
(
n
+1)
?
0
при всех
x
?
[
x
0
, x
0
+
?
]
(где
? >
0
). Тогда
f
(
x
)
?
0
при
всех
x
?
[
x
0
, x
0
+
?
]
.
Доказательство.
Доказательство будем вести индукцией по
n
.
•
База индукции:
n
= 1
. Выберем произвольное
x
?
[
x
0
, x
0
+
?
]
, по тео-
реме Лагранжа
f
(
x
) =
f
(
x
0
) +
f
0
(
?
)
·
(
x
?
x
0
)
?
0
, т.к.
f
0
(
?
)
?
0
по
условию и
x
?
x
0
?
0
по выбору точки
x
.
•
Шаг индукции. Пусть утверждение доказано для
n
?
1
. Применим его
к
f
0
(
x
)
, получим, что
f
0
(
x
)
?
0
на отрезке
[
x
0
, x
0
+
?
]
. Применим базу
индукции и получим, что
f
(
x
)
?
0
на этом отрезке.
Лемма 41 (О сравнении функций). Пусть кривые
y
=
f
(
x
)
и
y
=
g
(
x
)
имеют касание
n
?
го порядка в точке
x
0
, т.е.
f
(
x
0
) =
g
(
x
0
)
,
f
0
(
x
0
) =
=
g
0
(
x
0
)
,
f
00
(
x
0
) =
g
00
(
x
0
)
, ...
f
(
n
)
(
x
0
) =
g
(
n
)
(
x
0
)
, и при этом во всех точках
отрезка
[
x
0
, x
0
+
?
]
выполнено неравенство
f
(
n
+1)
(
x
)
?
g
(
n
+1)
(
x
)
.
Тогда на этом отрезке
f
(
x
)
?
g
(
x
)
.
Доказательство.
Рассмотрим
F
(
x
) =
f
(
x
)
?
g
(
x
)
. Для нее выполнены условия леммы 41,
откуда
F
(
x
)
?
0
, следовательно
f
(
x
)
?
g
(
x
)
.
Следствие 35. Пусть кривые
y
=
f
(
x
)
и
y
=
g
(
x
)
имеют касание
n
?
го
порядка в точке
x
0
, т.е.
f
(
x
0
) =
g
(
x
0
)
,
f
0
(
x
0
) =
g
0
(
x
0
)
,
f
00
(
x
0
) =
g
00
(
x
0
)
,
...
f
(
n
)
(
x
0
) =
g
(
n
)
(
x
0
)
, и при этом во всех точках отрезка
[
x
0
?
?, x
0
]
вы-
полнено неравенство
(
?
1)
n
+1
f
(
n
+1)
(
x
)
?
(
?
1)
n
+1
g
(
n
+1)
(
x
)
.
Тогда на этом отрезке
f
(
x
)
?
g
(
x
)
.

200ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
Доказательство.
Получается, если применить лемму 41 к функциям
f
(2
x
0
?
x
)
и
f
(2
x
0
?
y
)
.
Лемма 42. Пусть
f
(
x
)
такова, что
f
(
x
0
) =
f
0
(
x
0
) =
. . .
=
f
(
n
)
= 0
,
причем
|
f
(
n
+1)
| ?
A
при всех
x
?
[
x
0
?
?, x
0
+
?
]
(где
? >
0
). Тогда
|
f
(
x
)
| ?
A
·
x
n
+1
(
n
+ 1)!
при любых
x
?
[
x
0
?
?, x
0
+
?
]
.
Доказательство.
Применим лемму 41 (о сравнении) к функциям
f
(
x
)
и
g
(
x
) =
A
·
x
n
+1
(
n
+1)!
на отрезке
[
x
0
, x
0
+
?
]
. Получим
f
(
x
)
?
A
·
x
n
+1
(
n
+1)!
. Применив к
?
f
(
x
)
и
g
(
x
)
, получим
?
f
(
x
)
?
A
·
x
n
+1
(
n
+1)!
. Следовательно,
|
f
(
x
)
| ? |
g
(
x
)
|
на
[
x
0
, x
0
+
+
?
]
. Доказательство неравенства на отрезке
[
x
0
?
?, x
0
]
предоставляется в
качестве упражнения.
Следствие 36 (О приближенных вычислениях). Если функции
f
(
x
)
и
g
(
x
)
имеют касание
n
?
го порядка в точке
x
0
, причем
|
f
n
+1
?
g
n
+1
| ?
A
на
отрезке между точками
x
0
и
x
0
±
?
, то
f
(
x
)
может быть вычислено по
приближенной формуле
f
(
x
)
?
g
(
x
)
±
A
·
?
n
+1
(
n
+ 1)!
.
В качестве примера посмотрим, как можно приближенно вычислить
?
5
при помощи такого приема.
Рассмотрим функцию
f
(
x
) =
?
4 +
x
в точке
x
0
= 0
. В ней
f
(
x
0
) = 2
,
f
0
(
x
0
) =
1
4
. Легко построить линейную функцию, имеющую касание 1-го
порядка:
g
1
(
x
) = 2 +
x
4
. Подставляя
x
= 1
, получим
f
(1)
?
1
.
25
. Оценим
погрешность  найдем вторую производную
f
00
(
x
) =
?
1
4
·
(4 +
x
)
?
3
/
2
, оче-
видно,
|
f
00
| ?
1
32
на отрезке
[0
,
1]
. Следовательно, погрешность не превосхо-
дит
1
32
·
1
2
2!
=
1
64
. Это действительно так, на калькуляторе легко посчитать
?
5 = 2
,
236
. . .
Допустим, нас не устраивает и мы хотим получить большую точность.
Построим параболу, имеющую второй порядок касания. Находим
f
00
(
x
0
) =
=
?
1
32
и рассмотрим функцию
g
2
(
x
) = 2 +
x
4
?
x
2
64
. Подставив
x
= 1
, по-
лучаем
f
(1)
?
g
(1) = 1
.
234375
. Какова же погрешность? Найдем третью
производную
f
000
(
x
) =
3
8
·
(4 +
x
)
?
5
/
2
, очевидно,
|
f
00
| ?
3
256
на отрезке
[0
,
1]
.
Следовательно, погрешность не превосходит
3
256
·
1
3
3!
=
1
512
<
0
.
002
.
Итак, вообще говоря, чем больше порядок касания, тем большую точ-
ность приближения мы можем получить.

16.4. МНОГОЧЛЕН ТЕЙЛОРА. ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА.
201
16.4 Многочлен Тейлора. Формула Тейлора.
Определение 140. Пусть
f
? D
n
(
a
)
. Многочлен
P
n
(
x
) =
f
(
a
) +
f
0
(
a
)
·
(
x
?
a
) +
f
00
(
a
)
2!
(
x
?
a
)
2
+
. . .
+
f
(
n
)
(
a
)
n
!
(
x
?
a
)
n
называется многочленом Тейлора, а функция
R
n
(
x
) =
f
(
x
)
?
P
n
(
x
)
его остаточным членом.
Многочлен Тейлора обладает тем свойством, что
P
n
(
a
) =
f
(
a
)
,
P
0
n
(
a
) =
=
f
0
(
a
)
. . .
P
(
n
)
n
(
a
) =
f
(
n
)
(
a
)
, т.е. обладает порядком касания не меньше
n
.
Логично предположить, что в окрестности точки
a
он ѕмало отличаетсяї от
исходной функции
f
(
x
)
. Следующая теорема показывает, что значит ѕмало
отличаетсяї.
Теорема 95. Пусть
f
? D
n
(
a
)
и
f
(
n
)
? C
(
a
)
. Тогда
R
n
(
x
) =
o
(
x
?
a
)
n
(
x
?
a
)
,
т.е.
f
(
x
) =
f
(
a
) +
f
0
(
a
)
·
(
x
?
a
) +
f
00
(
a
)
2!
(
x
?
a
)
2
+
. . .
. . .
+
f
(
n
)
(
a
)
n
!
(
x
?
a
)
n
+
o
(
x
?
a
)
n
при
x
?
a.
(16.4.1)
Формула 16.4.1 называется формула Тейлора с остаточным членом в фор-
ме Пеано.
Доказательство.
(аналогично Теореме 94) Рассмотрим отношение
R
n
(
x
)
(
x
?
a
)
n
и применим
n
раз
правило Лопиталя:
lim
x
?
a
R
n
(
x
)
(
x
?
a
)
n
= lim
x
?
a
f
(
n
)
(
x
)
?
f
(
n
)
(
a
)
n
!
= 0
,
16.5 Ряд Тейлора для элементарных функций.
Все функции рассматриваются в разложении при
a
= 0
(ряд Маклорена).
1. Одна из наиболее простых формул получается для
e
x
, поскольку
(
e
x
)
(
n
)
=
=
e
x
. При
a
= 0
имеем:
e
x
= 1 +
x
+
x
2
2!
+
x
3
3!
+
. . .
+
x
n
n
!
+
o
(
x
n
)
.
2. Аналогично для показательной функции:
a
x
= 1 +
x
ln
a
+
x
2
2!
ln
2
a
+
+
. . .
+
x
n
n
!
·
ln
n
a
+
o
(
x
n
)
.

202ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
3. Степенная функция:
(1+
x
)
?
= 1+
?
·
x
+
?
(
?
?
1)
2!
·
x
2
+
. . .
+
?
(
?
?
1)
·
...
·
(
?
?
n
+1)
n
!
+
+
o
(
x
n
)
. Заметим, что в случае натурального
?
здесь при
n
?
?
полу-
чается формула бинома Ньютона.
4.
sin
x
=
x
?
x
3
3!
+
x
5
5!
?
. . .
+
(
?
1)
n
x
2
n
+1
(2
n
+1)!
+
o
(
x
2
n
+2
)
.
5.
cos
x
= 1
?
x
2
2!
+
x
4
4!
?
. . .
+
(
?
1)
n
x
2
n
(2
n
)!
+
o
(
x
2
n
+1
)
.
6.
ln(1 +
x
) =
x
?
x
2
2
+
x
3
3
?
x
4
4
+
. . .
+
(
?
1)
n
+1
x
n
n
+
o
(
x
n
)
.
16.6 Различные способы оценки остаточного чле-
на
Существуют и другие формы записи остаточного члена, для того, чтобы
получить их докажем следующее утверждение:
Утверждение 43 (Общая форма остаточного члена). Пусть
f
? D
n
+1
(
U
?
(
a
))
и
g
? D
(
U
?
(
a
))
. Тогда для любого
x
0
?
U
?
(
a
)
существует
?
=
?
(
x
0
)
?
[
a, x
0
]
или
[
x
0
, a
]
, такое, что
R
n
(
x
0
) =
g
(
x
0
)
?
g
(
a
)
g
0
(
?
)
·
f
n
+1
(
?
)
n
!
·
(
x
0
?
?
)
n
.
Доказательство.
Рассмотрим следующую функцию:
h
(
x
) =
f
(
x
0
)
?
n
P
k
=0
f
(
k
)
(
x
)
k
!
·
(
x
0
?
x
)
k
.
Заметим, что
h
(
x
0
) = 0
,
h
(
a
) =
R
n
(
x
0
)
и
h
0
(
x
) =
?
f
0
(
x
)+
?
f
00
(
x
)(
x
0
?
x
)+
f
0
(
x
)
+
?
f
000
(
x
)
2!
(
x
0
?
x
)
2
+
f
00
(
x
)(
x
0
?
x
)
+
. . .
. . .
+
?
f
(
n
)
(
x
)
(
n
?
1)!
(
x
0
?
x
)
n
?
1
+
f
(
n
?
1)
(
x
)
(
n
?
2)!
(
x
0
?
x
)
n
?
2
+
+
?
f
(
n
+1)
(
x
)
n
!
(
x
0
?
x
)
n
+
f
(
n
)
(
x
)
(
n
?
1)!
(
x
0
?
x
)
n
?
1
=
=
?
f
(
n
+1)
(
x
)
n
!
(
x
0
?
x
)
n
.
По теореме Коши найдется
?
?
[
a, x
0
]
такая, что
h
(
x
0
)
?
h
(
a
)
g
(
x
0
)
?
g
(
a
)
=
h
0
(
?
)
g
0
(
?
)
.
Подставляя соответствующие выражения, получим
?
R
n
(
x
0
)
g
(
x
0
)
?
g
(
a
)
=
?
f
(
n
+1)
(
?
)
g
0
(
?
)
·
n
!
(
x
0
?
?
)
n
,

16.6. РАЗЛИЧНЫЕ СПОСОБЫ ОЦЕНКИ ОСТАТОЧНОГО ЧЛЕНА 203
следовательно
R
n
(
x
0
) =
g
(
x
0
)
?
g
(
a
)
g
0
(
?
)
·
f
n
+1
(
?
)
n
!
·
(
x
0
?
?
)
n
.
Следствие 37 (Остаточный член в форме Лагранжа). Пусть
f
? D
n
+1
(
U
?
(
a
))
.
Тогда для любого
x
0
?
U
?
(
a
)
существует
?
=
?
(
x
0
)
?
[
a, x
0
]
или
[
x
0
, a
]
, та-
кое, что
R
n
(
x
0
) =
f
(
n
+1)
(
?
)
(
n
+ 1)!
(
x
0
?
a
)
n
+1
.
Доказательство.
Возьмем
g
(
x
) = (
x
0
?
x
)
n
и воспользуемся предыдущим утверждением:
R
n
(
x
) =
0
?
(
x
0
?
a
)
n
+1
?
(
n
+ 1)(
x
0
?
?
)
n
·
f
(
n
+1)
(
?
)
n
!
·
(
x
0
?
?
)
n
=
f
(
n
+1)
(
?
)
(
n
+ 1)!
(
x
0
?
a
)
n
+1
.
Следствие 38 (Остаточный член в форме Коши). Пусть
f
? D
n
+1
(
U
?
(
a
))
.
Тогда для любого
x
0
?
U
?
(
a
)
существует
?
?
(0
,
1)
, такое, что
R
n
(
x
0
) =
f
(
n
+1)
a
+ (
x
0
?
a
)
·
?
n
!
·
(1
?
?
)
n
(
x
0
?
a
)
n
+1
.
Доказательство.
Возьмем
g
(
x
) =
x
, тогда
R
n
(
x
0
) =
x
0
?
a
1
·
f
(
n
+1)
(
?
)
n
!
·
(
x
0
?
?
)
n
.
(16.6.1)
Пусть
?
=
?
?
a
x
0
?
a
, тогда
1
?
?
=
x
0
?
?
x
0
?
a
, следовательно
x
0
?
?
= (1
?
?
)
·
(
x
0
?
a
)
.
Подставим равенство
(
x
0
?
?
)
n
= (1
?
?
)
n
·
(
x
0
?
a
)
n
в уравнение 16.6.1,
получим:
R
n
(
x
0
) = (
x
0
?
a
)
·
f
(
n
+1)
(
?
)
n
!
·
(1
?
?
)
n
·
(
x
0
?
a
)
n
. А поскольку
?
=
a
+ (
x
0
?
a
)
·
?
, то
R
n
(
x
0
) =
f
(
n
+1)
a
+(
x
0
?
a
)
·
?
n
!
·
(1
?
?
)
n
(
x
0
?
a
)
n
+1
,
Следствие 39 (Остаточный член в форме ШлјмильхаРоша). Пусть
f
?
? D
n
+1
(
U
?
(
a
))
и
p
 некоторое положительное число. Тогда для любого
x
0
?
U
?
(
a
)
существует
?
=
?
(
x
0
)
?
[
a, x
0
]
или
[
x
0
, a
]
, такое, что
R
n
(
x
0
) =
f
(
n
+1)
(
?
)
n
!
·
p
(
x
0
?
a
)
p
·
(
x
0
?
?
)
n
?
p
.

204ГЛАВА 16. КРАТНЫЕ ПРОИЗВОДНЫЕ. ФОРМУЛА ЛЕЙБНИЦА. ВЫПУКЛОСТЬ
Доказательство.
Выберем
g
(
x
) = (
x
0
?
x
)
p
. Тогда
g
(
x
0
) = 0
,
g
(
a
) = (
x
0
?
a
)
p
и
g
0
(
?
) =
?
p
·
(
x
0
?
?
?
)
p
?
1
, следовательно
R
n
(
x
0
) =
?
(
x
0
?
a
)
p
?
p
(
x
0
?
?
)
p
?
1
·
f
(
n
+1)
(
?
)
n
!
·
(
x
0
?
?
) =
f
(
n
+1)
(
?
)
n
!
·
p
(
x
0
?
a
)
p
·
(
x
0
?
?
)
n
?
p
,
16.7 Использование формулы Тейлора для при-
ближенных вычислений
Формула Тейлора позволяет определять, как ведет себя некоторая функция
вблизи заданной точки. Замечательный пример использования этой фор-
мулы приводит Ричард Ф. Фейнман в своей книге ѕВы, конечно, шутите,
мистер Фейнманї.
Когда я впервые попал в Бразилию, я как-то раз обедал, не помню во сколько,
 я постоянно приходил в ресторан не вовремя,  поэтому и оказался единствен-
ным посетителем. Я ел рис с бифштексом (который обожал), а неподалеку стояли
четыре официанта.
Тут в ресторан вошел японец. Я уже раньше видел его: он бродил по городу,
пытаясь продать счеты. Он начал разговаривать с официантами и бросил им
вызов, заявив, что может складывать числа быстрее, чем любой из них.
Официанты не хотели потерять лицо, поэтому сказали: ѕДа, да, конечно. А
почему бы Вам не пойти к тому посетителю и не устроить соревнование с ним?ї
Этот человек подошел ко мне. Я попытался сопротивляться: ѕЯ плохо говорю
на португальском!ї Официанты засмеялись. ѕС числами это не имеет значенияї,
 сказали они.
Они принесли мне карандаш и бумагу.
Человек попросил официанта назвать несколько чисел, которые нужно сло-
жить. Он разбил меня наголову, потому что пока я писал числа, он уже складывал
их.
Тогда я предложил, чтобы официант написал два одинаковых списка чисел и
отдал их нам одновременно. Разница оказалась небольшой. Он опять выиграл у
меня приличное время.
Однако японец вошел в раж: он хотел показать, какой он умный. ѕMultiplicao
2
!ї
 сказал он.
Кто-то написал задачу. Он снова выиграл у меня, хотя и не так много, потому
что я довольно прилично умею умножать.
А потом этот человек сделал ошибку: он предложил деление. Он не понимал
одного: чем сложнее задача, тем у меня больше шансов победить.
Нам дали длинную задачу на деление. Ничья.
Это весьма обеспокоило японца, потому что он явно прекрасно умел выпол-
нять арифметические операции с помощью счет, а тут его почти победил какойто
посетитель ресторана.
2
Умножение (порт.)  Прим. пер.

16.7. ИСПОЛЬЗОВАНИЕ ФОРМУЛЫ ТЕЙЛОРА ДЛЯ ПРИБЛИЖЕННЫХ ВЫЧИСЛЕНИЙ205
ѕRaios cubicos!ї  мстительно говорит он. Кубические корни! Он хочет брать
кубические корни с помощью арифметики! Трудно найти более сложную фунда-
ментальную задачу в арифметике. Должно быть, это был его конек в упражне-
ниях со счетами.
Он пишет на бумаге число  любое большое число  я до сих пор его помню:
1729,03. Он начинает работать с этим числом и при этом чтото бормочет и вор-
чит: ѕБубубухмгмбубуї,  он трудится как демон! Он просто погружается
в этот кубический корень!
Я же тем временем просто сижу на своем месте.
Один из официантов говорит: ѕЧто Вы делаете?ї
Я указываю на голову. ѕДумаю!ї  говорю я. Затем пишу на бумаге 12. Еще
через какоето время  12,002.
Человек со счетами вытирает со лба пот и говорит: ѕДвенадцать!ї
ѕО, нет!  возражаю я.  Больше цифр! Больше цифр!ї Я знаю, что, когда с
помощью арифметики берешь кубический корень, то каждая последующая цифра
требует большего труда, чем предыдущая. Это работа не из легких.
Он опять уходит в работу и при этом бормочет: ѕУффырхмуфхмгм. . . ї.
Я же добавляю еще две цифры. Наконец, он поднимает голову и говорит: ѕ12, 0!ї
Официанты просто светятся от счастья. Они говорят японцу: ѕСмотрите! Он
делает это в уме, а Вам нужны счеты! И цифр у него больше!ї
Он был абсолютно измотан и ушел, побежденный и униженный. Официанты
поздравили друг друга.
Каким же образом посетитель выиграл у счетов? Число было 1729, 03. Я слу-
чайно знал, что в кубическом футе 1728 кубических дюймов
3
), так что было ясно,
что ответ немногим больше 12. Излишек же, равный 1,03,  это всего лишь одна

жүктеу/скачать 1,95 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: