Добавил:

Volokhoff Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Одесский национальный морской университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

Втуп до аналізу. Диференціалне числення функцій однієї та кідькох змінних-Соколовська Г.В., Соколовський С.Ю.-2015

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

06.06.2019

Размер:

936.32 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

				Тема 3. Точки розриву функції
Завдання 3.1 Знайти точки розриву функції
	4 x2 ,			x 0,

f x		1	,	0 x 1,	та вказати їх тип.

	x
				1 x 2,
	2x 1,
	log2 x,			x 2
					Розв’язання
Зауважимо, що точка x0					називається точкою розриву функції y f x ,

якщо в цій точці функція не є неперервною, тобто порушається рівність
lim f x f x0 . Виконання ж цієї рівності означає, що
x x0			lim f x та			f x ;
1) існують скінченні односторонні границі			lim f x та	lim		f x ;
	f x lim	f x ;	x x0 0	x x0	0
2) lim	f x lim	f x ;
x x0 0	x x0 0		y f x в точці
3) обидві односторонні границі функції			y f x в точці		x0	дорівнюють
f x0 .
Отже в точці розриву хоча б одна з цих умов порушується. Якщо в точці

розриву виконано тільки умову 1, то x0 називають точкою розриву першого роду. Якщо порушається умова 1 (тобто хоча б одна з односторонніх границь

не існує або дорівнює ), то x0 називають точкою розриву другого роду. Якщо порушається лише умова 3, то x0 називають точкою усувного розриву.

Оскільки кожна з чотирьох функцій, що задають f x в цьому завданні

на відповідних інтервалах є неперервною, то слід підозрювати наявність розриву лише в точках x 0, x 1, x 2 . Дослідимо кожну з них.

Оскільки lim f x lim		4 x2	4, lim	f x lim	1	,	f 0 4 , то

x 0	x 0		x 0	x 0 x

x 0 – точка розриву другого роду.

lim	f x lim	1	1,	lim f x lim 2x 1 1,			f 1 1. Отже в точці

x 1 0	x 1 0 x			x 1 0	x 1 0
x 1 – функція неперервна.						f x lim 2x 1 3,		lim f x
В точці x 2 маємо:				f 2 3,	lim
					x 2 0	x 2 0		x 2 0

lim log2 x 1. Тоді x 2 – точка розриву першого роду.

x 2 0

Зобразимо графік цієї функції (рис.1).

-2 0 1 2	х
Рис. 1
Завдання 3.2 Знайти точки розриву функції	f x	x 1	та вказати їх

x2 x

тип.

Розв’язання Задана функція є елементарною, тому вона неперервна в своїй області

визначення: x2 x 0 або x 0, x 1. В точках x 0 та x 1 вона має розриви, оскільки в цих точках функція невизначена. Знайдемо границі:

lim

x 1

lim

x 1

lim

x 1

lim

x 0 x2 x

x 0 x x 1

x 0 x

x 0 x2 x

x 0 x

lim

x 1

lim

1. Це означає, що

x 0 - точка розриву другого роду, а

x 1 0 x2 x

x 1 0 x

x 1 - точка усувного розриву. Зобразимо графік функції, враховуючи те, що всюди, окрім точки 1;1 він співпадає з графіком функції g x 1x .

1 о

0 1

Рис. 2

Завдання для самостійного розв’язування
Завдання 3.3 Знайти точки розриву функції f x						та вказати їх тип.
	x 2, x 1,			1 cos x,	x ,		x,	x 0,
1) f x	x3	, 1 x 1, 2)	f x	sin x, x 0, 3)		f x	ln x, 0 x 1,

		x 1;			x 0;			x 1;

	2,			2 x,			x,

; 8) f x e

f x

; 6) f x

f x e

; 5)

; 7)

;

3 x

f x

; 10) f x

x2 3x 4

; 11) f x arctg

x2 x 6

5 x 4x2

Тема 3. Похідна та деякі її застосування

Завдання 4.1 Знайти похідну функції y 3x2 x 2 в точці x за озна-

ченням.

Розв’язання

Нагадаємо, що похідною функції y f x в точці x називається границя відношення приросту функції f x f x x f x до приросту аргументу x за умови, що x 0.

Надамо аргументові приросту x і знайдемо значення функції в точці x x : f x x 3 x x 2 x x 2 3x2 6x x 3 x 2 x x 2 .

Тоді

f x lim

f x

lim

3x2 6x x 3 x 2 x x 2 3x2 x 2

x 0

lim

6x x 3 x 2

lim 6x 3 x 1 6x 1.

x 0

Отже

3x2

x 2 6x 1.

Завдання 4.2 Знайти похідну заданої функції

1) y 3x2

2 ; 2)

y e2x

2x 3

1 cos

; 3)

;

sin x2

4) y 2tg35x ; 5) y

x e

; 6)

y ecos t .

arctg

Розв’язання

1) y

7 x

2 x

21 x

213 x .

2) y

e2x 1

cos

e2x

1 cos

e2x

2x 1 cos

	x	x			x		x	1				x	1		x

e2 x sin			e2 x 2 1	cos		e2 x sin			e2 x	2	2cos			sin		.

	4	4			4		4	4				4	4		4


			2x							sin x2 2x
3)	y		2x				3			sin x2 2x							3 sin x2
3)	y												sin2 x2
													sin2 x2
		1
		1			2	sin x2								2x 3 cos x2 2x							sin x2 2x 2x 3 cos x2


	2	2x	3																												.
											sin2 x2																sin2 x2				.
											sin2 x2														2x 3		sin2 x2
			2											2			1					30tg2 5x
																							cos2 5x .
4)	y	6tg 5x				tg5x							6tg 5x		cos2 5x 5x								cos2 5x .
								2								7
																									2					1
	y 5 arctg									1							1			1					2			1		1
5)								5					2arctg			5			arctg
5)								5					2arctg			5		x3	arctg	x3
										x3								x3		x3						1		1	1	x3
																								5 arctg7
																													x6
																										x3
																										x3
		2							x6			3x4							6x2					.
							1 x6
	5 arctg7			1											x6 1 5 arctg7								1
				1																			1
				x3																		x3
				x3																		x3

6) Для знаходження похідної параметрично заданої функції, скористаємось формулою

4.1

yt e

Знайдемо yt e

cost

sin t ,

1 e

ecost

sin t

cost t2

2t e

. Тоді

2te

Завдання 4.3 Записати рівняння дотичної та нормалі до графіка функ-

ції y

x2 5 в точці з абсцисою

x 2 .

Розв’язання

Рівняння дотичної до графіка функції y f x в точці з абсцисою

має вигляд:

y y0 f x0

x x0 , де y0

f x0 .

4.2

f x0 f 2

f x

2 2 5 3 ,

В цій задачі

x2 5

f x0

. Тоді отримаємо рівняння дотичної:

y 3

x 2 або

2x 3y 5 0 .

Нормаль – це пряма, що перпендикулярна до дотичної в точці дотику.

Тому її рівняння має вигляд:

y y0

x0 .

4.3

f x0

В нашому випадку точка дотику 2; 3 . Запишемо рівняння нормалі:

y 3

x 2 або 3x 2 y 12 0 .

Завдання 4.4

Записати

рівняння

дотичної та

нормалі

до кривої

в точці, де t0 1.

y 3t

Розв’язання

Знайдемо координати точки дотику.

1 1, y

3 12 3 .

Похідну

обчислимо за формулою 4.1 .

t0 3

. Тоді f

. За

2t2

формулами 4.2 та 4.3 складаємо рівняння дотичної та нормалі:

y 3 3 x 1 ;

3x y 6 0 - дотична,

y 3

x 1 ;

x 3y 8 0 - нормаль.

Завдання 4.5 Обчислити границі за допомогою правила Лопіталя

lim

e2 x x cos x

; 2) lim

tgx

x2 3x

x tg3x

Розв’язання

lim f x lim g x 0

1) Сформулюємо правило Лопіталя. Нехай

або

x a

lim f x lim g x ( a -

число, або символ

). Похідні f x , g x

іс-

x a

нують в деякому околі точки a (окрім, можливо, самої точки a ) та існує скі-

нченна або нескінченна границя lim	f	x	. Тоді	lim	f x	lim	f	x	.

x a g x				x a g x		x a g x

В цьому прикладі маємо невизначеність виду 00 . Застосувавши правило Лопіталя, одержимо:

x cos x

1 sin x

lim

2x 3

x 3x

2) Тут маємо невизначеність виду

. Застосуємо правило Лопіталя.

tgx

cos

lim

. Тепер отримали невизна-

tg3x

x 2 tg3x

3cos

2 cos2 3x

ченість виду

для

її

розкриття двічі

застосуємо правило Лопіталя.

lim

cos2 3x

lim

cos2 3x

lim

6cos3x sin3x lim

sin 6x

lim

6cos6x

6cos x sin x

sin 2x

2cos 2x

x 2

3cos

x 2 3cos2 x

x 2

d 2 y

Завдання 4.6 Знайти похідні другого порядку

dx2

x arcsint,

1) y ln x x2

5 ; 2)

y ln 1 t

Розв’язання

1) Обчислимо спочатку похідну першого порядку.

x2 5

Тепер продиференціюємо y і одержимо похідну другого порядку:

x2 5 2

5 2

2) Обчислимо похідну першого порядку параметрично заданої функції за

ln 1 t2

формулою 4.1 .

. Отже похідна

arcsin t

1 t2

функцією параметрично заданою формулами:

x arcsint ,

2t .

1 t

Застосувавши до неї формулу 4.1 одержимо похідну другого порядку:

d	2	y		2t

dx		2	1 t2

: arcsin x

		4t2
2 1 t2		4t2

		2 1 t	2			2
			2	1 t2			.


	1 t2				t2	1
	1 t2				t2	1

Завдання для самостійного розв’язування

Завдання 4.7 Знайти за означенням похідну функції y f x в точці x .

f x 5x 2 ; 2)

f x 2x x2 ; 3)

f x sin3x ; 4)

f x

2 5x .

Завдання 4.8 Знайти похідну заданої функції

y 2x3 4 3x 7; y

x5 ; y

; y 3 4 x 2

2log

x ;

3 x

ctgx; y x ln 4 4x ; y x tgx lg x; y 2x3

y 5

x cos x ;

; y

ln x

;

2 5x x5

;

x 4

arccos x

2sin x

; y 1 3

5 ; y arcsin 3e

;

6x 1

9sin

; y ctg3

ln x

y earctgx

1 cos3x; y log34

sin

arccos 4x

tg5x ;

; y

5 1 x

cos 4x

; y

arcsin

3x 5

; y arcctg

2x 1

;

1 3x

x 3

3 ln

2 x

x cos5x

3 arctg e 4 x

lg cos

; y 3x 2

; y

7 sin

Завдання 4.9 Записати рівняння дотичної та нормалі до графіка функції

y f x

в точці з абсцисою x0 .

1 3x

, x0

1; 2)

y e1 x

, x0 1; 3) y ln x

, x0 0

y x

x2 3, x 2 ; 5) y 2 cos

2sin 2x; x

Завдання 4.10 Записати рівняння дотичної та нормалі до кривої, що за-

дана параметричними рівняннями, у точці, де t t0 .

x t

1; 2)

3sin 2t,

; 3) x t ln 4t

1 ,

0 .

t 2,

y 1

cos 2t,

y arcctg2t,

Завдання 4.11 Обчислити границі за допомогою правила Лопіталя.

x3 2x2

x 2

e2x 2x 1

lim

; 2) lim

; 3) lim

1 4x 3

; 4) lim

ln sin 5x

;

x3 7x 6

cos3x 1

ln sin x

x 1

x 0

x 2 sin

x 0

x sin x

tgx

lim

; 6)

lim

; 7) lim

; 8)

lim xsin

;

x 0 tgx sin x

x 1 x 1

ln x

2cos x

tgx

lim 1 x tg

lim 1 x2 x ; 11)

lim x4 ln x ; 12)

; 10)

lim

x 1

x 0

Завдання 4.12 Знайти похідні другого порядку

d 2 y

dx2

; y 2 5x 7x2; y 2sin x 5lg x ;

y 2x5

3ln x x; y 4

6x3

3x2 5

2x 3

x ln x; y x arcctgx; y

; y

;

5x 8

x 2

y lnsin 3x; y arcsin2 x; y ex2

7x; y 2tg2x arctg

;

x 3t2

x sin 2t,

x arctgt,

; 7)

x ln t,

x a cos3t,

cos 2t;

y ln 1 t

y t

y 2t

y a sin t

Тема 5. Дослідження функції


Завдання 5.1 Для функції y x 4	x 2 8 знайти найбільше та най-

менше значення на відрізку 1;7 .

Розв’язання Неперервна на заданому відрізку функція досягає на ньому найбільшого

M і найменшого m значень. Якщо найбільшого або найменшого значен-

ня функція досягає у внутрішній точці відрізка, то це має бути точка екстремуму. Хоча значення M або m функція може набувати у граничній точці відрізка.

Знайдемо критичні точки функції, які належать відрізку 1;7 .

x 2

2 або x 2 ; y

; y

0 , якщо

не існує

x 2

критичних точок x 2

при x 2 0 або

x 2 . Оскільки лише одна з

належить відрізку 1;7 , то знайдемо значення функції в цій точці а також на кінцях відрізка:

y 2 2 4 4 8 2 , y 1 1 4 1 8 3 , y 7 7 4 9 8 3 .

Отже найбільшим на відрізку 1;7 значенням функції є				y 1 y 7 3 , а
найменшим - y 2 2.
Завдання 5.2 Провести повне дослідження функцій і побудувати їх гра-
фіки а) y	x2	2x 2	; б) y x e x .
		x 1

			Розв’язання
а) 1) Область визначення D y :x 1 0 , тобто x ;1 1; .
2) Графік функції перетинає вісь OY в тій точці, де x 0 , тому					y 2 .

Точок перетину з віссю OX немає,

оскільки рівняння

2x 2

0 не має

розв’язків.

3) Знайдемо інтервали, де функція зберігає постійний знак: y 0 , коли

x ;1 , y 0 , якщо

x 1; .

4) Парність і непарність. Періодичність.

y x

2x 2

Функція

не є парною та

не

непарною,

адже

x 1

y x y x

та y

x y x . Функція неперіодична.

5) Асимптоти.

А.

x 1 -

точка розриву другого роду тому, що lim

x2 2x 2

;

x 1

x 1 0

lim

x2 2x 2

. З цього також випливає,

що пряма

1 є вертикаль-

x 1

x 1 0

ною асимптотою графіка.

Б.

Знайдемо

невертикальну

асимптоту

вигляді

y kx b , де

k lim

y x

; b lim

y x kx .

x2 2x 2

x 2

k lim

1; b lim

lim

Отже

x x 1

x 1

пряма y x 1 - ліва і права невертикальна асимптота графіка.

6) Інтервали монотонності. Точки екстремуму.

2x 2 x 1

x2 2x 2

x2 2x

( x 2x 0 )

x 1 2

x 1 2 .

З умови

знаходимо критичні точки: x 0, x 2 . Вони розбивають область визначення

на інтервали: ; 0 , 0; 1 , 1; 2 ,	2; . При цьому y 0 на інтервалах
; 0 та 2; (функція зростає),	y 0 на інтервалах 0;1 та 1;2 (фун-

кція спадає). Тоді x 0 - точка максимуму і

y 0 2 ;

x 2 - точка мініму-

му і y 2 2.

7) Інтервали опуклості та ввігнутості. Точки перегину.

2x 2 x 1 2 2 x 1 x2 2x

Оскільки

x 1 4

1 3

x 1 2

y відмінна від нуля у будь-якій точці, то критичною точкою другого порядку є лише x 1. При цьому y 0 на інтервалі ;1 , отже на цьому інтервалі графік опуклий; y 0 на інтервалі 1; - графік ввігнутий. Точок пере-

гину немає, оскільки в точці x 1 функція невизначена. За результатами дослідження побудуємо графік функції (рис. 3).

б) 1) Область визначення D y :x ; .

2)Графік функції перетинає вісь OY в точці x 0 , y 0 . В цій же точці графік перетинає вісь OX .

3)y 0 на інтервалі ;0 , а y 0 при x 0; .

4)Парність і непарність. Періодичність.

y x x ex . Функція не є ні парною ні непарною, адже

y x y x

та y x y x . Функція неперіодична.

5) Асимптоти.

А. Точок розриву немає, отже немає вертикальних асимптот.

Б. Знайдемо праву невертикальну асимптоту у вигляді

y kx b ,

де

k lim

y x

lim e x 0 ;

b lim y x kx lim x e x lim

x ex

lim

0 .

Таким чином пряма

y 0 -

права горизонтальна асимптота.

x ex

y x

Оскільки при

x маємо:

k lim

lim e x , то лівої неверти-

кальної асимптоти у графіка немає.

6) Інтервали монотонності. Точки екстремуму.

y xe

x e

З умови y 0 одержимо критичну

точку x 1. При цьому

y 0

при

x ; 1 (функція зростає), y 0 при

x 1; (функція спадає). Тоді x 1 - точка максимуму і y 1 e 1 0,37 . 7) Інтервали опуклості та ввігнутості. Точки перегину.

y 1 x e	x		e	x	1	x e	x	x	2 e	x	. Прирівняємо її до нуля:

x 2 e x 0, тоді		x 2 . При цьому					y 0		на інтервалі ;2 (графік опук-

<<< < Предыдущая 12 / 42 3 4 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
06.06.20191.06 Mб13Аналітична геометрія_2011 Соколовська Г.В., Соколовський С.Ю..pdf
#
06.06.2019936.32 Кб9Втуп до аналізу. Диференціалне числення функцій однієї та кідькох змінних-Соколовська Г.В., Соколовський С.Ю.-2015.pdf
#
06.06.2019790.78 Кб14Втуп до аналізу. Похідна та її застосування. ТР 2006 рік.pdf
#
06.06.2019887.48 Кб16Диференціальні рівняння. Дреков В.М..pdf
#
06.06.2019553.63 Кб11Застосування Визначеного Інтегралу - Дреков В.М. - 2005.pdf
#
06.06.2019431.19 Кб5кратные и криволинейные интегралы.pdf
#
06.06.20193.67 Mб60Лекции для ЗО.doc