Математика_1

Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

(2x 3)(x 1)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

28.12.2025

Размер:

2.17 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 98 9 > Следующая >>>

Задание 2.

Исследовать на непрерывность функцию

1 x, x 1

yx 2 ,1 x 2 и построить ее график.

6 x, x 2

Решение.

На промежутках ( ;1), (1;2);(2; ) функция непрерывна как элементарная. Исследуем места соединения функций, то есть точки х=1 и

х=2.

Найдем односторонние пределы функции в этих точках.

f (1 0) lim (1 x) 0; f (1 0)	lim x2 1.
x 1 0	x 1 0

Следовательно, х=1- это точка разрыва первого рода, скачок функции равен

f (2 0) lim x2	4; f (2 0)	lim (6 x) 4.
x 2 0		x 2 0

Найдем значение функции в точке х=2:

f (2) 22

Так как f (2 0) f (2 0) f (2) , следовательно, точка х=2 – точка

непрерывности.

График функции y(x) имеет вид:

y=1-x

y=x2

y=6-x

1 2

Задание 3.

Вычислить производные для следующих функций:

3. а)

4 x 5;

г)

3 x 1 (x 3)

;

x 4 2

б)

y sin5

7x tg8x;;

yx y4 x 3

д)

в)

y arcsin3x : log 2 (x4

3) ;

Решение.

4 x 5

x6 2x 4

4 x 5;

а)

x 2

x ;

y sin 5

7x tg8x;

б)

y (sin 5 7x) tg8x sin 5 7x (tg8x) 5sin 4

7x cos 7x 7 tg8x ;

sin 5

8 35sin 4 7x cos 7x tg8x

8sin 5 7x

;

cos 2

cos 2 8x

в)

y arcsin3x : log

(x4

3) ;

(arcsin 3x) log 2 (x 4

3) arcsin 3x (log 2

(x 4

3))

(log

(x 4

3))2

3log 2 (x 4

4x3 arcsin 3x

1 9x 2

(x 4 3) ln 2

log

(x 4 3)

3log

4x3

arcsin 3x

;

log

1 9x 2

3) ln 2

г)

x 1 (x 3)5

;

4 2

В этом задании удобно пользоваться логарифмической производной. Прологарифмируем функцию по основанию натурального логарифма:

3	x 1 (x 3)		5	1
ln y ln					ln(x 1)	5ln(x 3) 2 ln(x 4).
ln y ln					ln(x 1)	5ln(x 3) 2 ln(x 4).
	(x 4)	2		3
	(x 4)			3

Вычислим производную, считая у сложной функцией от х:

1	y	1	5			2
								;
y		3(x 1)		x 3			x 4	;
	3	x 1 (x 3)			5	1			5	2
y		x 1 (x 3)				1			5	2	;
y			2								;
		(x 2)	2			3(x 1)			x 3	x 4
		(x 2)				3(x 1)			x 3	x 4

д) yx y4 x 3 ;

Аналогично предыдущей задаче, вычисляем производную, считая у сложной функцией от х:

	3			3				1 y
					) 1	y; y	x 4 y3
y x y 4 y		y	1 0; y (x 4 y		) 1	y; y	x 4 y3		;

Задание 4.

Вычислить пределы, пользуясь правилом Лопиталя.

а) lim

ln(x 1)

;

б) lim

x3 4x 5

;

x 1

ctg

Решение.

ln(x 1)

1x 1

sin 2

2 sin x cos x

lim

(x 1)

lim

ctg x

а)

x 1

sin 2 x

lim sin 2 x sin 2 0;

x 1

x3 4x 5

3x2

lim

;

б)

lim

Задание 5.

Вычислить

приближенное

значение выражения

A 3

8,1

использованием дифференциала функции.

Решение.

Рассмотрим

функцию

f (x) 3

x .

Пусть

x0 8; x 0,1.

Вычислим

f (x0 ) f (8) 3 8

Согласно

формуле

f (x0 x)

f (x0 ) df ,

где

дифференциал

функции

f (x0 ) x

получим

(x) 3 x

;

(x0 )

f (8)

;

120

f (x

x) f (8 0,1)

3 8,1 2

2,0083;

120

Задание 6.

Зависимость между издержками производства у и объемом

производства х выражается функцией	y	x2 3x 3	.

		x 1

Требуется:

а) найти предельные издержки при заданных объемах продукции х=3;5;

б) найти эластичность функции издержек при выпуске продукции х; в) исследовать функцию издержек и построить ее график.

Решение.

а) Предельные издержки есть первая производная от функции издержек:

При заданных объемах продукции предельные издержки будут равны

0,5625.

следующим числам: x 3; y (3) 1,5; x 5; y (5)

б) Эластичность Ex ( y) функции издержек y(x)

вычисляется по формуле

x(x 1)

x(x 2)

x2 (x 2)

Ex ( y)

y . Следовательно Ex ( y)

x2 3x 3

(x 1)2

(x2

3x 3)(x 1)

в) Исследуем функцию y(x) и построим ее график. Область определения

функции

x 1. Найдем

критические

точки

первой

производной:

y (x)

0; x 0;2. Найдем знаки первой производной на промежутках.

(x 1)2

Так как при x ;0 2;

y 0, функция на этих промежутках возрастает,

при

x 0;2 y 0 , функция на этом промежутке убывает.

По изменению

знака производной при переходе через критические точки слева направо заключаем, что x 0 -точка максимума, y(0) 3 -максимум функции; x 2 - точка минимума, y(2) 1 -минимум функции.

Исследуем функцию по второй производной на выпуклость и точки перегиба.

(2x 2)(x 1)2 (x2 2x) 2(x 1)

. Критическая

точка

второй

(x 1)4

(x 1)3

y (x)

производной. x 1 Найдем

знак второй

производной

на

промежутках

x ( ;1) (1; ) . Очевидно,

что на промежутке ( ;1) y 0 , следовательно,

функция на этом промежутке выпукла. Т.к. на промежутке

(1; ) y 0 , то на

этом

промежутке

функция

вогнута.

Поскольку критическая

точка x 1 не

принадлежит области определения, то точек перегиба функция не имеет.

Найдем вертикальные и наклонные асимптоты.

Для нахождения вертикальной асимптоты вычислим односторонние

пределы в точке, которая не принадлежит области определения,

т.е.

при

x 1: lim

x2 3x 3

; lim

x2 3x 3

Т.к.

односторонние

x 1

x 1 0

пределы бесконечны, то x 1 –вертикальная асимптота.

Наклонные

асимптоты

имеют

уравнения

вида,

y kx b

где

k lim

f (x)

; b lim( f (x) kx).

Для

нашей

функции

получим

x y 4

3x 3

2x 3

k lim

lim

Поэтому наклонная

1; b lim

x 1

асимптота имеет уравнение y x 2 .

Перенесем все полученные данные на координатную плоскость. График данной функции имеет вид:

-2

y=x-2

Задание 7

Для функции z x2 y2 8xy 4x 6y 7 найти:a) полный дифференциал в точке М (1;1), б) градиент в точке М, в) производную в точке М в направлении вектора MN , N(2;3), г) приближенное значение функции в точке Р(1,02;0,98), д) локальные экстремумы функции, e) условные экстремумы при заданном уравнении связи

Решение

а) Полный дифференциал функции двух переменных вычисляется по

формуле:

(M )dx

(M )dy

. Для данной функции:

2x 8y 4

dz(M ) zx

z y

2 y 8x 6 ,

(M ) 4

. Поэтому dz(M ) 6dx 4dy .

z y

(M ) 6; z y

б) Градиент

функции

двух

переменных-

это

вектор,

который

разложении по

ортам

имеет

, с

учетом

вид: gradz(M ) zx (M ) i

z y (M ) j

предыдущих вычислений, получим gradz(M ) 6i 4 j .

в)

Производная

по

направлению

вычисляется

по

формуле:

(M ) cos

где cos

cos

направляющие

zl (M ) zx

(M ) cos z y

косинусы вектора l(xl ; yl ) , длина этого вектора

вычисляется по формуле:

xl2 yl2

. Для данных задачи получим: l

(2 1;3 1) (1;2) , длина

5 .

Тогда cos

; cos

. Поэтому zl (M ) 6

2,8

5 .

г) Приближенное значение функции двух переменных вычисляется по

формуле: z(P) z(x0

x; y0

y) z(M ) dz(M ) , где дифференциал вычисляется

по

формуле

(M ) y

точки

M (x0 ; y0 ) M (1;1)

dz(M ) zx

(M ) x z y

P(x0

x; y0

y) P(1,02;0,98) ,

приращения

аргументов x 0,02; y 0,02 .

Вычислив

z(M ) 7,

4 , подставим

формулу

найдем

(M ) 6; z y (M )

приближенно, что z(P) z(1,02;0,98) 7 6 0,02 4 ( 0,02) 6,96 .

д) Для нахождения локальных экстремумов приравняем к нулю

значения

первых

производных,

решим

систему

уравнений

найдем

2x 8y

4 0,

критическую точку: z y

2 y 8x 6 0

Решением этой системы является A

;

-критическая точка .

Найдем

вторые производные функции и вычислим их значения в критической точке:

						.	Обозначим	A 2; B 8;C 2		,	найдем
z	2 2; zxy			8; z	2 2	.	Обозначим	A 2; B 8;C 2		,	найдем
x				y
AC B2			4 64 60 0 .				Очевидно, что в критической точке экстремума
нет.
	е)				Составим		функцию		Лагранжа
F(x, y, ) x2				y2 8xy 4x 6y 7 (x y 4)				и	вычислим	ее	частные
производные первого порядка по всем трем переменным x; y; :

	Fx	2x 8y 4 ; Fy 2y 8x 6 ; F x y 4 . Приравняем их к нулю,
решим систему уравнений:
	x	y 4

	2 y 8 8 y 4 0

2 y 8 y 32 6 0

и найдем координаты критической точки: x 2,5; y 1,5; 11 . Вычислим частные производные второго порядка по переменным х; у;

найдем их значения в критической точке:

2; F

8; F 2 2 . Вычислим

знак второго дифференциала:

d 2 F 2dx2

16dxdy 2dy2

0 . Следовательно, в

критической точке B(2,5; 1,5) функция имеет минимум. Вычислим

минимальное значение функции Fmin (2,5; 1,5) 29,5 .

Задание 8.

Вычислить неопределенные интегралы:

8. а)

x5 sin 5x dx ;

в)

(x2 2x)e

x dx ;

tgx

(3x 4)dx

б)

e dx

;

г)

2x 4

cos 2 x

Решение.

а)

sin 5x dx 3

7 dx

sin 5xd (5x) 3ln

tgx t

etgxdx

б)

et dt et

c etgx

c ;

cos 2 x

cos

в) (x2 2x)e x dx x

2x u; (2x 2)dx du; e x (x2 2x) (2x 2)e

e x dx dv; e x v

2x 2 u;2dx du;

2x) e x (2x 2) 2e x dx e x (x2 4

e x (x2

e x dx

dv; e x v

(3x 4)dx

3 2x 2 2

г)

(x 2x

2x 2

dx 4

2x 4

2x 2

dx 3

d (x2 2x 4)

x2 2x 4

x 1

ln(x2

2x 4)

arctg

c .

(x 1)2

cos 5x ;

x dx

x 4) c

Задание 9.

Вычислить определенный и несобственный интеграл

16	dx				dx
9. а)	dx		;	б)	dx

	x				x ln	3	x
1	x	4 x		e	x ln		x

Решение.

						16										4		x t; x t				4	; dx 4t									3				2								3					2		2						2		2	1			1
			а)					dx										x t; x t					; dx 4t										dt;							4t					dt		4			t		dt	4					t		1			1		dt
			а)																														dt;					t 2 t									4		t 1				4												dt
								x 4 x										4		1	1;t2			4		16												t 2 t											t 1											t 1
							1									t1				1	1;t2					16							2			1													1								1
							2								2			dt			(t 1)				2		2
							2								2										2		2
			4 (t 1)dt										4							4									4ln					t 1				2		2 4 ln1,5 .

																	t	1									1
							1								1		t	1				2					1											1
								dx						dx														3											ln 2 x													1									1			1			1


			б)														d (ln x) ln													xd (ln x)																																				1
			б)						3								d (ln x) ln													xd (ln x)																							2													1
							e	x ln		x					x									e																	2						e				2 ln				x	e					2						2
							e																	e																							e								x	e
			Задание 10
			Найти							длину								дуги кривой															y x 32									между								точками											с			абсциссами
			x1				4; x2			12 .
			Решение.
																											x2
			По формуле длины дуги l																																				2		dx , вычислим производную
			По формуле длины дуги l																												1 ( y (x))										dx , вычислим производную
																											x1
		3		1	2							2			9
												2
		2 x					,							4 x
y		2 x					,	( y (x))						4 x																		1 9					x 2
	12						9				4		12					9				9							4						4								12			2		(1																152 .
	12												12																														12
l																																																						2								2
			1					xdx							1				x	d 1				x																										27)					(1 9)
			1					xdx							1				x	d 1				x																										27)					(1 9)
	4						4				9		4					4				4							9				2													9
	4												4
																																											4
																																											4

Задание 11.

Найти общее решение дифференциальных уравнений первого порядка (найти частное решение, если задано начальное условие).

Решение.

а) (1 ex ) y2 y ex ; y(0) 0;

Разделим переменные, используя определение производной y dydx , получим:

(1 ex ) y2 dy ex dx ,	отсюда следует,	что y 2 dy	e x dx	.	Получив	уравнение с

			1 e x
разделенными	переменными,	проинтегрируем			обе	его	части:

y3	ln(1 e x ) ln c	. Выразим отсюда искомую функцию, получим:
3

y 3 3ln c(1 e x ) .		Получили общее решение дифференциального уравнения.

Найдем теперь его частное решение. Для этого подставим координаты

заданной точки x 0; y 0			в общее решение: 0 ln c(1 e0 ) . Решив его,				находим
	1			3		1	e	x
	1			3		1	e
c		. Окончательно получим следующее частное решение: y			3ln				.
c		. Окончательно получим следующее частное решение: y			3ln				.
	2						2

б) 2x2 y x2 y2 ;
Выразим из данного уравнения y , получим уравнение y			x 2 y 2	, в котором
Выразим из данного уравнения y , получим уравнение y			2x2	, в котором
			2x2
правая часть f (x, y)	x2 y 2	есть однородная функция	второго порядка.
правая часть f (x, y)	2x2	есть однородная функция	второго порядка.
	2x2

Следовательно, данное уравнение является однородным и может быть

решено с помощью замены переменной:

y xu

где

u u(x) .

Продифференцировав

замену,

получим:

y u xu .

Подставив

все в

дифференциальное

уравнение,

получим u xu

x2 x2u 2

1 u 2

Отсюда

2x2

следует, что xu

1 u 2

(u 1)2

это уравнение есть

дифференциальное

уравнение с разделяющимися

переменными

xdu

(u 1)2

2du

(u 1)2

Проинтегрировав

уравнение,

получим

общий

интеграл:

ln(cx)

1 u

Выражение для искомой функции здесь затруднительно, поэтому оставим его

в таком виде и сделаем обратную замену: u				u	. Окончательно получим, что
в таком виде и сделаем обратную замену: u				x	. Окончательно получим, что
				x
ln(cx)		2x	.
ln(cx)			.
		x y
		1

в) y	ytgx cos x
в) y	ytgx cos x

Это линейное уравнение первого порядка. Решим его с помощью

подстановки

y uv

где u u(x);v v(x) . Продифференцировав

замену,

получим:

Подставим

полученные

выражения в

исходное

u v uv

uvtgx cos x . Из этого уравнения нужно

уравнение и оно примет вид:u v uv

найти две неизвестные функции u u(x);v v(x) .

Это можно сделать, если

ограничить одну из функций некоторым условием. Для этого сгруппируем

			1
слагаемые в полученном уравнении:		vtgx) cos x		и приравняем
	u v u(v

выражение в скобках к нулю. Из полученного равенства найдем функцию

		dv
	vtgx 0 ,	v tgxdx	. ln v ln(c cos x) Здесь произвольную постоянную
v(x) : v

можно выбрать самостоятельно, поэтому c 1;v cos x . Подставив найденную

функцию

то же уравнение, где

группировали

слагаемые,

получим:

u v

Из

него найдем

вторую функцию:

cos x

cos 2 x

u tgx c

Произведя

обратную

подстановку,

y uv

получим

окончательный ответ: y cos x(tgx c)

Задание 12.

Найти общее решение дифференциальных уравнений второго порядка (найти частное решение, если задано начальное условие).

y y e y ; y(0) 0; y (0) 1

Решение

Уравнение

допускает

понижение порядка, поскольку не

y e

содержит

переменной

х.

Для

таких

уравнений применяется

замена

p; p p( y) .

Продифференцируем

замену, получим

dy p .

Подставим

эти

выражения

в дифференциальное уравнение, получим:

p p e y

. Разделим

обе

части

на

p 0 , получим дифференциальное

уравнение

первого

порядка

с разделяющимися переменными:

dp e y dy .

Проинтегрируем его и получим p e y c

, где c –произвольная постоянная.

Чтобы найти ее значение, воспользуемся начальными условиями, а именно

тем, что y 0; y 1 . Тогда		1 1 c1 ; c1 0 .	Сделаем	обратную замену в
полученном выражении:	dy	e y . Снова	получили	дифференциальное
	dx

уравнение с разделяющимися переменными e y dy dx . Проинтегрировав его, получим общее решение исходного дифференциального уравнения второго

порядка: e y x c2 , где c2 –произвольная постоянная. Чтобы					найти ее
значение, еще раз воспользуемся начальным условием, а именно:					x 0; y 0 .
Получим c2 1 и частное решение уравнения имеет вид: e y					1 x или
y ln	1 x	. Окончательный ответ: y ln	1 x	.
y ln	1 x	. Окончательный ответ: y ln	1 x	.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 78 / 98 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.20252.43 Mб0Математика. Часть 1.pdf
#
28.12.20251.69 Mб0Математика. Часть 2-1.pdf
#
24.11.20254.84 Mб1Математика. Часть 2.pdf
#
24.11.20251.69 Mб1Математика. Часть 3.pdf
#
24.11.20251.6 Mб0Математика.pdf
#
28.12.20252.17 Mб0Математика_1.pdf
#
28.12.20251.51 Mб0Математика_2.pdf
#
28.12.2025883.18 Кб0Математика_3.pdf
#
28.12.2025921.92 Кб0Математика_4.pdf
#
28.12.20252 Mб0Математика_5.pdf
#
28.12.20256.14 Mб0Математика_6.pdf