Высшая математика. В 2 ч. Ч 1

yx

dy

dy / dt

yt

.

dx

dx / dt

xt

Здесь

xt cos t t sin t,

yt 2 cost ,

откуда

2 cos t

.

yx

cos t t sin t

Вторую производную вычислим по формуле

y

d 2 y

1

d dy

1

d 2 cos t

2

xt

x

dx2

dt dx

cos t t sin t dt cos t t sin t

2

cos t cos t t sin t cos t cos t t sin t

cos t t sin t 3

2

sin t cos t t sin t cos t sin t sin t t cos t

cos t t sin t 3

1

3

1 4x7 1

1

x

lim

; lim

ctgx

;

lim x ln e

1 .

sin x7

x 0

x 0

x

x 0

3

1

3

1 4x7

7

7

1 4x

1

1

lim

lim

lim

4x

sin x7

2

x 0

x 0

7

x 0

7

7

7

3

sin x

4x

cos x

3 1

x

lim

28x6

28

lim

1

28

4

.

2

2

x 0

4x

7

3

cos x

7

x

6

21 x 0

4x

7

3

cos x

7

21 3

211

1

б). Предел является неопределённостью вида ,

поэтому вначале его

надо преобразовать к виду

0

или

:

0

1

x cos x sin x

a lim

ctg

lim

.

x 0

x

x 0

x sin x

К последнему (типа 0 / 0 ) можно применять правило Лопиталя:

x cos x sin x

x sin x

a lim

lim

x cos x sin x

lim

.

x 0

x sin x

x 0

x sin x

x 0 sin x x cos x

Полученный предел вновь является неопределенностью 0 / 0,

поэтому по-

вторное применение правила дает

x cos x sin x

a lim

x sin x

lim

0 .

x 0 sin x x cos x

x 0

2 cos x x sin x

2

x

2 ln x

y x ln e

x

,

ln y

ln ex 1 .

lim ln y

lim y lim eln y e

x 0 .

(1)

x 0

x 0

Вычислим вспомогательный предел

ln x

ln x

lim ln y 2 lim

2 lim

x

ln ex 1

x 0

x

0

x 0

ln e

1

ex 1

ex

2 lim

2 lim

ex 1

2 lim

2 .

x

x

xe

x

x 0 x e

x 0

xex

x 0 e

Решение.

Областью определения

является вся действительная ось

x

.

Для отыскания участков монотонности находим

y

x2

x2

.

e

1 2xe

Тогда

y 0

при x 0

(интервал возрастания),

y 0 при x 0 (интервал

убывания).

Точка x 0 является стационарной, поскольку y 0 0. При перехо-

де через x 0

производная

меняет знак с плюса на минус, поэтому при

x 0

функция имеет локальный максимум.

Для отыскания участков выпуклости используется вторая производная

x

2 2x

2

1 e

x2

2

.

y 2 xe

2x2 1 0

1

будет y 0

При

или

x

2

и функция вогнута;

при

1

y 0 и функция выпукла.

x

2

35

y x

1 e x2

b lim y ax

x2

a lim

lim

0,

lim 1

e

1.

x 0 x

x 0

x

x 0

x 0

Поэтому при

x функция имеет асимптоту

y 1.

X

1 2

О

1

2

4.3. Решение типового варианта контрольной работы N 3

Задача 3.1. Найти градиент и уравнения касательной плоскости и нормали к

заданной поверхности

S в точке M0

x0 , y0 , z0 .

S : x2 2y2 3z2 5x 7z 18 0,

M

0

1, 1,2 .

Решение. Обозначим f x, y, z x2 2y2

3z2 5x 7z 18.

Тогда

f

(x, y, z) 2x 5,

f

x, y, z

4 y,

f x, y, z 6z 7,

x

y

z

f

1, 1,2 7,

f

1, 1,2 4,

f

1, 1,2 19.

x

y

z

z x2 y2 xy 3x;

D : y 2x 6,

y 0,

x 0.

D

1

С

0

2 A(3,0)

x

z 2x y 3 0,

z 2 y x 0

,

x

y

откуда находим точку C 2,1 , принадлежащую,

как видно из рисунка, области

D . В этой точке z 3 .

(2)

Исследуем функцию на границе области D.

Отрезок ОА. Здесь y 0, 0 x 3

и

z x 2 3x.

Стационарные точки

определяются из уравнения z 2x 3 0,

откуда x 3 2. В этой точке

z

9

.

(3)

4

На концах отрезка

z 0 x 0 ,

z 0

x 3 .

(4)

Отрезок АВ. Здесь y 6 2x и z 7x 2

33x 36 0 x 3 . Из уравнения

z 14x 33 0 находим x 33 14 и

z

81

.

(5)

28

При x 0 имеем

z 36 .

(6)

Отрезок ОВ. Здесь x 0, z y2 0 y 6 .

Поскольку z 2 y 0

при

0 y 6, функция не имеет стационарных точек. Значения ее при y 0,

y 6

были вычислены в (4), (6).

Из результатов (2)-(6) заключаем, что

max z x, y 36,

min z x, y 3,

D

D

z

ye5x2

xy e5x2 10x ye5x2 1 10x2 ,

z

xe5x2 .

x

y

Поэтому

z

z

dy y 1 10x2

e5x2 dx xe5x2 dy .

dz

dx

x

y

z

yx y 1,

z

x y ln x.

x

y

2 z

z

2

y y 1 x y

2 ;

x x

x

2

z

z

x y ln x 2 ;

x y ln x ln x

2

y

y

y

2 z

z

1

y ln x ;

x y 1

yx y 1 ln x

x y 1

y x

y

x

2

z

z

yx y 1 ln x x y

1

x y

x

y

x

du

u dx

u

dy

.

x dt

dt

y dt

du

1

2x 1

1

x2

2

2t

t

1

2e

dt

x

4

y

t

x

4

y

2

1

1

y2

y2

| y |

2x

1

2x

2

e

t

1

t .

y2 x4

y

y

t

du

2

2

1

1

2

1

e 1 1

4

4

3

1

2,31.