13.6 Задачи с решениями

1. Вычислить .

Решение. Так как выражение является неопределённостью вида , то можно применить правило Лопиталя:

.

Неопределённость пока осталась, но степень в знаменателе уменьшилась. Это подсказывает, что после нескольких применений правила Лопиталя, задача будет решена:

.

После 10 таких шагов неопределённости нет: числитель стремится к , знаменатель  число 10!. Значит .

Замечание. Ясно, что и при любых a >1, n0 справедлива аналогичная формула:

,

т. е. показательная функция имеет более высокий порядок роста, чем степенная.

2. Вычислить .

Решение. Заметим, что дроби стремятся к бесконечности одного знака, при любом способе стремления x1. Поэтому имеем неопределённость вида   . Преобразуем её сначала, а затем применим правило Лопиталя:

3. Вычислить .

Решение. Хотя задание очень похоже на предыдущее, ситуация совсем другая. Если x1+0, то и , неопределённости нет. Аналогично, если x10, то предел равен . Односторонние пределы не совпадают, значит искомый предел не существует.

4. Вычислить .

Решение. Имеем неопределённость <1^>. Чтобы применить правило Лопиталя, нужно преобразовать её к виду или . Для этого обозначим искомый предел через A и найдём lnA:

Неопределённость пока осталась. Можно ещё раз применить правило Лопиталя, но проще использовать 1–й замечательный предел: (при x0). Поэтому . Значит .

5. Записать многочлен Тейлора 3–й степени для функции f(x)  tgx в окрестности точки x  0.

Решение. Вычислим значение функции и её первых трёх производных в точке x  0:

Многочлен Тейлора имеет вид:

.

6. Найти многочлен 2–й степени, наилучшим образом приближающий функцию в окрестности точки x  1.

Решение. По теореме 8, многочленом наилучшего приближения является многочлен Тейлора. Найдём значения функции и её первых двух производных в точке x1:

Многочлен Тейлора имеет вид:

.

7. Оценить погрешность, допускаемую при замене функции sinx её многочленом Тейлора 3–й степени в окрестности точки x  0.

Решение. Запишем формулу Тейлора при n  3, x₀  0 с остаточным членом в форме Лагранжа (см. пример 9 из 13.3):

.

При использовании приближённого равенства

погрешность равна остаточному члену. Абсолютную величину погрешности можно вычислить так:

.

Видим, что при малых x ошибка приближённого равенства очень мала.

8. Вычислить с точностью до 10^–6 величину cos 5.

Решение. От градусной меры углов необходимо перейти к радианной:

.

Рассмотрим функцию f(x)  cosx. Ближайшее к значение x, в котором косинус легко вычисляется, есть x  0. Поэтому используем формулу Тейлора в окрестности точки x  0 (т. е. формулу Маклорена). Формула была получена (пример 9):

.

Остаточный член будем записывать в форме Лагранжа: . Так как любая производная функции f(x)  cosx есть либо sinx, либо cosx, то оценить остаточный член можно следующим образом:

.

В нашей задаче . Найдём n, при котором погрешность, т. е. величина остаточного члена, будет меньше 10^–6.

При n1: . Такая точность нас не устраивает.

При n2: . Это даже точнее, чем требовалось. Итак,

.

Все промежуточные вычисления делаются с одним лишним, «запасным» знаком.

9. Исследовать функцию .

Решение. Проводим исследование по плану, предложенному в 13.4.

Область определения функции: (0, ), так как логарифм существует только у положительных чисел. Точка x  0 не входит в область определения, но является для неё предельной точкой. Чтобы узнать, как ведёт себя функция в её правой полуокрестности, вычислим односторонний предел:

(неопределённости нет, числитель стремится к –, знаменатель к 0 справа). Значит, x  0 – вертикальная асимптота функции.

Попытаемся найти правую наклонную асимптоту в виде y  kx+b. Ищем k:

;

итак, если асимптота есть, то k  0. Ищем b:

.

Следовательно, прямая y  0 (т. е. ось OX) является правой асимптотой.

Вычислим производную:

.

Найдём критические точки 1–го рода:

.

П олучилось 2 интервала. Определяем знаки y′ в каждом из них. Функция возрастает на (0, e²), убывает на (e², ). В точке x  e² имеет максимум:

.

Исследуем функцию на выпуклость и вогнутость с помощью второй производной:

.

Найдём критические точки 2 рода:

.

Н а интервале функция выпукла, на вогнута. Точка перегиба:

.

Строим график, учитывая всю полученную информацию:

1 0. Исследовать функцию y  sinx (1+cosx) .

Решение. Область определения – все действительные числа. Функция является периодической:

y(x+2)  y(x) (x).

Поэтому достаточно изучить её на каком–либо отрезке длиной 2. Кроме того, функция является нечётной:

y(x)  sin(x)(1+cos(x))  sinx(1+cosx)  y(x).

Поэтому её график симметричен относительно начала координат. Значит, можно исследовать функцию только на [0, ]. Затем продолжить на [, ], используя симметрию. А затем продолжить на всю ось, используя периодичность. Итак, рассматриваем только x[0,].

Вертикальных асимптот нет, так как функция не может стремиться к бесконечности (она, очевидно, ограничена). Наклонных асимптот у периодических функций (кроме постоянных), очевидно, не бывает.

Найдём производную:

y′ (sinx(1+cosx))′ cosx(1+cosx)+sinx(sinx) cosx+cos²xsin²xcosx+2cos²x1.

Найдём критические точки 1–го рода:

y′  0  cosx+2cos²x1  0.

Решаем квадратное уравнение относительно косинуса:

О тметим найденные точки на рассматриваемом отрезке [0, ]. Определяя знаки y, получаем, что на интервале функция возрастает, на интервале – убывает. Значит, в точке имеется максимум, .

Характер точек x  0 и x   выясним позже, при построении полного графика.

Исследуем на выпуклость и вогнутость:

y′′  (2cos²x+cosx1)′  4cosx(sinx)  sinx  sinx(4cosx+1).

Найдём критические точки 2–го рода:

y′′  0  sinx(4cosx+1)  0  sinx  0 или 4cosx+1  0.

Е сли sinx  0, то x  0 или x    это концевые точки нашего отрезка. Если 4cosx+1  0, то . Можно не вычислять это значение: обозначим для краткости , ясно, что (так как ). Определим знаки y′′ в полученных интервалах: на интервале (0,) функция выпукла, на (,) вогнута. Точка x   соответствует точке перегиба графика функции.

Уточним поведение функции в точках x  0, x  :

y(0)  0, y()  0; y′(0)  2, y′()  0.

Значит, в этих точках график пересекает ось Ox, причём в точке x  0 тангенс угла пересечения равен 2, а в точке x   касательная к графику горизонтальна (угол равен 0).

Строим график сначала на отрезке [0, ]:

Теперь продолжим на отрезок [, 0], используя симметрию относительно начала координат:

П родолжаем график на всю прямую, пользуясь периодичностью функции:

Заметим, что точки с абсциссами x  k являются точками перегиба.

11. Среди конусов, образующая которых равна L, выбрать конус наибольшего объёма.

Р ешение. Перейдём от геометрической задачи к задаче анализа некоторой функции, поиску точки её максимума. Исследуемая функция – объём конуса V. От какой переменной зависит эта функция? Как известно . Переменные R (радиус) и H (высота) не являются независимыми, так как известно, что образующая равна L, и ясно, что H²+R²  L². Проще исключить R и рассматривать объём как функцию высоты:

.

Итак, требуется найти максимум функции V(H). По смыслу задачи функция V(H) должна рассматриваться на отрезке [0, L].

Найдём производную: . Приравняем её к нулю, найдём критическую точку: . Производная меняет знак с «+» (при малых H) на «» (при H, близких к L). Значит, найденная точка – точка максимума. Если , то . Объём найденного конуса равен:

.