SIMR 2010/11, Analiza 1, wykład 6, 2010-11-16
Reguła de L’Hospitala
Twierdzenie: Niech f, g : D → R , gdzie D = (x
0
− , x
0
+ ) \ {x
0
} będą funkcjami róż-
niczkowalnymi oraz ∀x ∈ D (g
0
(x) 6= 0) . Niech istnieją i są równe zeru granice: lim
x→x
0
f (x) =
lim
x→x
0
g(x) = 0. Jeśli istnieje granica lim
x→x
0
f
0
(x)
g
0
(x)
= b to istnieje też granica lim
x→x
0
f (x)
g(x)
= b
Uwaga 1 Reguła de L’Hospitala umożliwia liczenie granic typu
0
0
poprzez obliczanie granic
ilorazu pochodnych.
Uwaga 2 Twierdzenie działa tylko w jedną stronę: jeżeli granica ilorazu pochodnych nie
istnieje to z tego nie wynika , że nie istnieje granica ilorazu funkcji.
Uwaga 3 Twierdzenie to można uogólnić na granice typu
∞
∞
oraz x
0
= ±∞ , b = ±∞
Przykład: Obliczyć granicę:
lim
x→0
1 − cos x
sin x
2
Jest to granica typu
0
0
. Obliczamy granicę:
lim
x→0
f
0
(x)
g
0
(x)
= lim
x→0
sin x
2x cos x
2
Jest to granica typu
0
0
. Obliczamy granicę:
lim
x→0
f
0
(x)
g
0
(x)
= lim
x→0
cos x
2 cos x
2
− 4x
2
sin x
2
=
1
2
Granica ta isnieje, a więc
lim
x→0
1 − cos x
sin x
2
=
1
2
Jezeli chcemy stosować regułę de L’Hospitala w przypadku innych symboli nieoznaczonych
musimy je najpierw przekształcić do symbolu
0
0
lub
∞
∞
Przykład: 0 · ∞ Obliczyć granicę: lim
x→0
x ln x
lim
x→0
x ln x = lim
x→0
ln x
1
x
=
H
lim
x→0
1
x
−
1
x
2
= lim
x→0
−x = 0
Przykład: ∞ − ∞ Obliczyć granicę: lim
x→0
1
x
−
1
sinh x
lim
x→0
1
x
−
1
sinh x
= lim
x→0
sinh x − x
x sinh x
=
H
lim
x→0
cosh x − 1
sinh x + x cosh x
=
H
lim
x→0
sinh x
cosh x + cosh x + x sinh x
=
1
2
Uwaga: Granice 1
∞
, ∞
0
,0
0
obliczamy przekształcając wyrażenie f
g
= e
ln f
g
= e
g ln f
, a
następnie obliczając granicę g ln f typu 0 · ∞
Przykład: 1
∞
Obliczyć granicę: lim
x→∞
2
π
arc tg x
x
2
π
arc tg x
x
= e
x ln
2
π
arc tg x
!
1
lim
x→∞
x ln
2
π
arc tg x
= lim
x→∞
ln
2
π
arc tg x
1
x
=
H
lim
x→∞
2
π(1 + x
2
)
2
π
arc tg x
−
1
x
2
= lim
x→∞
−x
2
(1 + x
2
) arc tg x
=
lim
x→∞
−1
(
1
x
2
+ 1) arc tg x
= −
2
π
stąd:
lim
x→∞
2
π
arc tg x
x
= e
−
2
π
Wzór Taylora
Twierdzenie: Niech f : (a, b) → R będzie funkcją różniczkowalną (n + 1) razy. Wtedy dla
dowolnych x, x
0
∈ (a, b) zachodzi:
f (x) = f (x
0
) +
f
0
(x
0
)
1!
(x − x
0
) +
f
00
(x
0
)
2!
(x − x
0
)
2
+ · · · +
f
(n)
(x
0
)
n!
(x − x
0
)
n
+ R
n
gdzie:
R
n
=
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
dla pewnego c ∈ (x
0
, x)
Uwaga 1: Reszta R
n
=
f
(n+1)
(c)
(n + 1)!
(x − x
0
)
n+1
nazywa się resztą w postaci Lagrange’a.
Uwaga 2: Wzór Taylora przybliża dowolną funkcję f za pomocą wielomianu stopnia n .
Reszta R
n
jest błędem tego przybliżenia. Spośród wszystkich wielomianów stopnia n wielo-
mian Taylora przybliża najlepiej funkcję f w otoczeniu punktu x
0
.
Uwaga 3: O punkcie c wiemy tylko, że leży pomiędzy x
0
a x. W przypadku, gdy x < x
0
należy pisać c ∈ (x, x
0
)
Przykład: Napisać wzór Taylora dla funkcj f = e
x
w punkcie x
0
= 0 dla n = 3. Korzystając
z niego obliczyć przybliżoną wartość e
0,1
i oszacować błąd przybliżenia.
f (x) = f (0) +
f
0
(0)
1!
x +
f
00
(0)
2!
x
2
+
f
000
(0)
3!
x
3
+ R
3
gdzie:
R
3
=
f
IV )
(c)
4!
x
4
dla pewnego c ∈ (0, x)
Obliczamy:
f (x) = e
x
, f (0) = 1
f
0
(x) = e
x
, f
0
(0) = 1
f
00
(x) = e
x
, f
00
(0) = 1
f
000
(x) = e
x
, f
000
(0) = 1
f
IV
(x) = e
x
stąd:
e
x
= 1 +
1
1!
x +
1
2!
x
2
+
1
3!
x
3
+ R
3
= 1 + x +
x
2
2
+
x
3
6
+ R
3
gdzie
R
3
=
e
c
4!
x
4
dla pewnego c ∈ (0, x)
Wielomian przybliżający e
x
:
e
x
≈ 1 + x +
x
2
2
+
x
3
6
e
0,1
≈ 1 + 0, 1 +
0, 01
2
+
0, 001
6
= 1, 10516666 . . .
2
Błędu przybliżenia nie możemy obliczyć dokładnie ponieważ nie znamy c ¿ ożemy go jednak
oszacować.
|R
3
| =
e
c
4!
x
4
=
e
c
4!
0, 0001
c ∈ (0, 0, 1) a więc |e
c
| = e
0,1
< 3
|R
3
| <
3
24
0, 0001 = 0, 0000125
Oszacowanie błądu możemy zaokrąglić (zawsze w górę). Następnie zaokraglamy wynik i błąd
zaokrąglenia dodajemy do oszacowania błędu:
e
0,1
= 1, 105167 ± 0, 000014
Wartość dokładna e
0,1
= 1.105170918076 . . . mieści się w granicach błędu
Twierdzenie (Wzór Taylora z resztą w postaci Peano): Niech f : D → R będzie
funkcją mającą n-tą pochodną w punkcie x
0
∈ int D. Wtedy dla dowolnego x ∈ D zachodzi:
f (x) = f (x
0
) +
f
0
(x
0
)
1!
(x − x
0
) +
f
00
(x
0
)
2!
(x − x
0
)
2
+ · · · +
f
(n)
(x
0
)
n!
(x − x
0
)
n
+ R
n
(x)
gdzie:
R
n
(x) = ε(x)(x − x
0
)
n
oraz lim
x→x
0
ε(x) = 0
Przykład: Obliczyć granicę: lim
x→0
x ln(1 + 2x) − 2x
2
+ 2x
3
cos(x
2
) − 1
Stosujemy wzór Taylora dla funkcji f (x) = ln(1 + x) w x
0
= 0 , dla n = 3:
f (x) = ln(1 + x)
f (0) = 0
f
0
(x) =
1
1 + x
f
0
(0) = 1
f
00
(x) = −(1 + x)
−2
f
00
(0) = −1
f
000
(x) = 2(1 + x)
−3
f
000
(0) = 2
Stąd:
ln(1 + x) = x −
1
2
x
2
+
1
3
x
3
+ ε
1
(x)x
3
A więc
ln(1 + 2x) = 2x − 2x
2
+
8
3
x
3
+ ε
2
(x)x
3
Stosujemy wzór Taylora dla funkcji g(x) = cos(x) w x
0
= 0 , dla n = 2:
g(x) = cos x
g(0) = 1
g
0
(x) = − sin x
g
0
(0) = 0
g
00
(x) = − cos x g
00
(0) = −1
Stąd:
cos x = 1 −
1
2
x
2
+ ε
3
(x)x
2
A więc
cos x
2
= 1 −
1
2
x
4
+ ε
4
(x)x
4
Podstawiamy otrzymane wzory do granicy:
lim
x→0
x ln(1 + 2x) − 2x
2
+ 2x
3
cos(x
2
) − 1
= lim
x→0
x
2x − 2x
2
+
8
3
x
3
+ ε
2
(x)x
3
− 2x
2
+ 2x
3
1 −
1
2
x
4
+ ε
4
(x)x
4
− 1
=
lim
x→0
x
4
8
3
+ ε
2
(x)
x
4
−
1
2
+
4
(x)
= lim
x→0
8
3
+ ε
2
(x)
−
1
2
+ ε
4
(x)
= −
16
3
Uwaga: Wybranie odpowiedniego stopnia wielomianu zastępującego funkcję wymaga pew-
nej wprawy. Jeśli stopień ten będzie za mały, wtedy przy obliczaniu granicy pojawi się symbol
nieznaczony z nieznaną funkcją ε(x) i wtedy nie możemy obliczyć granicy. Należy wtedy po-
3
wtórzyć obliczenia z wyższym stopniem wielomianu. Jeśli stopień będzie za duży - wtedy
dostaniemy obliczymy granicę, ale potrzeba więcej obliczeń. W powyższym przykładzie są
zastosowane wielomiany o najniższych stopniach umożliwiające obliczenie granicy.
4
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Analiza Wykład 5 (04 11 10) ogarnijtemat com
Analiza Wykład 7 (18 11 10) ogarnijtemat com
Algebra Wykład 6 (09 11 10) ogarnijtemat com
Analiza Wykład 8 (25 11 10)
Analiza Wykład 4 (28 10 10) ogarnijtemat com
Analiza Wykład 2 (14 10 10) ogarnijtemat com
Analiza Wykład 10 (09 12 10) ogarnijtemat com
więcej podobnych podstron