Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математический анализ. Дифференцирование функции одной переменной теория и задачи. Учебное пособие для студентов 1 курса университетов

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

912 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1614 15 16 > Следующая >>>

После упрощения получим y =

ln(x + 2015)

, далее продиффе-

ренцируйте самостоятельно.

ln x

1.17. Заметим,

что

под корнем стоит полный квадрат:

y =

(1 + x2 + sin x)2

1 + x2 + sin x

= 1 + x2 + sin x

гда y√′ = 2x + cos x.

, то-

1.18.

y′

(ax + b)′(cx + d)

−

(ax + b)(cx + d)′

(cx + d)2

a(cx + d) − c(ax + b)

ad − bc

cx + d

= 0

(cx + d)2

1.19.

Пусть

тогда (ln (u + ln (u + ln u)))u′

√

(1 +

· (1 +

)). Поскольку

ux′

u + ln(u + ln u)

u + ln u

, то при x > 0 имеем: yx′

= yu′

· ux′

= (−

)·

−

2√

1 +

+ ln

√x

(

)

1.20. Пусть u = cos2 x, тогда y = ln(u + √

1 + u2

). Продиф-

ференцируем y по u:

· ( 1 +

) =

yu′ =

u + √

√

1 + u2

Продифференцируем u по x: u′

= 2 cos x(

−

sin x) =

−

sin 2x.

sin 2x

Тогда y′

= y′

u′

(

sin 2x) =

, x

u ·

√1 + u2 ·

−

−√1 + cos4 x

1.21. Введем промежуточную переменную u =

√4

, то-

1 + x4

гда y =

arctg u +

u + 1

и, соответственно,

u − 1

y′

u − 1

(u + 1)′(u − 1) − (u + 1)(u − 1)′

2(1 + u2)

· u + 1

(u − 1)2

u − 1

−2

2(1 + u2)

· (u

2(1 + u2)− 2(u2

u4 ,

· u + 1

−

1)2

−

u′

. Тогда y′

= y′

u′

√4 (1 + x4)3

u ·

1 − u4 · √4 (1 + x4)3

131

1		1				1	, x ̸=.0

−x ·	√				√
	√		̸ ±		√
	4 (1 + x4)3			= −x 4 (1 + x4)3
1.22. Если x				= π, то модуль раскрывается и функция диф-

ференцируется обычным образом. Исследуем функцию на дифференцируемость в точках x = ±π:

f′(π) = lim

f(x) − f(π)

= lim

|π2 − x2| sin2 x

x→π

x − π

x→π

x − π

Сделав замену t = x − π, получим:

lim

2π + t

sin2 t

= lim

t 2π + t

sin t

= 0.

| ||

t |

t→0

t→0 (| ||

)

Аналогично, f′(−π) = 0. Итак, функция дифференцируема во всех точках.

1.23.Для того чтобы функция f(x) была дифференцируема

вточке x = 0, необходимо и достаточно, чтобы f−′ (0) = f+′ (0). Найдем односторонние производные:

√

1+x2

−

− 0

f′

(0) =

lim

(

+ x − 1)( 1 + x

+ 1)

−

x→−0

x − 0

x→−0

x2(√1 + x2 + 1)

lim

; f′

(0)

= lim

ax − 0

= a.

x→−0

√1 + x2 + 1

x→+0

x − 0

Следовательно, функция дифференцируема только при a = 12 .

1.24. Очевидно, что во всех точках, кроме x = 1, функция дифференцируема. Выясним, будет ли она дифференцируемой в точке x = 1. Известно, что функция дифференцируема в точке x = 1 тогда и только тогда, когда она непрерывна в этой

точке и ее односторонние производные равны.
1) Условие непрерывности:
lim		0	(a + bx2) =	lim		xx
f(1 − 0) = f(1 + 0) x 1	−	0	x	→	1+0
→	−			→

a + b = 1.

2)Условие дифференцируемости: f−′ (1) = f+′ (1), где

f′

(1) =

lim

f(x)

− f(1)

lim

(a + bx2) − (a + b)

−

x 1

−

→

→ −

132

lim

b(x + 1) = 2b;

x→1−0

′ (1) =

lim

f(x) − f(1)

= lim

xx − 1

x→1+0

x − 1

x→1+0

x − 1

lim

(

ex ln x − 1

x ln x

lim

x ln x

x→1+0

· x − 1 )

x→1+0 x − 1

lim

x ln(1 + (x − 1))

lim

x(x − 1)

= 1.

x→1+0

x − 1

x→1+0 x − 1

Решая систему a + b = 1, 2b = 1, находим a = b = 12 .


1.25.	Найдем	область	определения			функции:
log2(sin x)	≥ 0	sin x = 1,	т.е. x =	π	+ 2πn, n Z.
				2

Поскольку функция определена в отдельных точках, то она не дифференцируема.

1.26.Известно, что арккосинус определен при условии −1 ≤ ch(x2) ≤ 1, но в то же время ch(x2) ≥ 1. Отсюда получаем область определения функции: ch(x2) = 1, т.е. x2 = 0. Функция нигде не дифференцируема, так как определена в единственной точке x = 0.

1.27.Аргумент функции строго больше единицы, поскольку первое слагаемое неотрицательно, а второе 2x2+1 ≥ 2. Функция

нигде не определена и, следовательно, не может быть диффе-

ренцируемой.

√

1.28. Вообще говоря, нет. Рассмотреть пример f(x) = 3 x при x → 0.

1.29. Выразим y из этого равенства: xy = sin3(log5 x)


y =	1	sin3(log5 x) (x > 0) и, продифференцировав, получим
y =		sin3(log5 x) (x > 0) и, продифференцировав, получим
	x
	1				1			1	.
y′ = −				sin3	(log5 x) +		· 3 sin2(log5 x) · cos(log5 x) ·
y′ = −			x2	sin3	(log5 x) +	x	· 3 sin2(log5 x) · cos(log5 x) ·	x · ln 5

1.30. Найдем явный вид g(x). Подставим в f(x) вместо x

выражение 2 −3g(x): f(2 −3g(x)) = 5 −2(2 −3g(x)) = 1 + 6g(x). По условию, 1+6g(x) = 13−24x, откуда находим g(x) = 2−4x, тогда g′(x) = −4.

1.31. Продифференцируем равенство по x:

133

d2y =

2x + 2(y + xy′)	−	2yy′ = 2			y′ =	x + y − 1			(x	̸	=y).
	−					y	−	x		̸
			5				−
При x = 2 и y = 4 имеем: y′ =			5	.
При x = 2 и y = 4 имеем: y′ =			2	.
			2

1.32. Решение. Возьмем дифференциал от обеих частей ра-

венства: d(y + ln y + x3) = 0	dy +	dy	+ 3x2dx = 0. ( )

		y
3x2y

Отсюда dy = −y + 1 dx. Для нахождения второго дифферен-

циала возьмем дифференциал от обеих частей равенства ( ):

d2y + yd2y − dy2 + 6xdx2 = 0. y2

Умножим полученное равенство на y2 и выразим из него d2y:

d2y = dy2 − 6xy2dx2 . y(y + 1)

Наконец, подставим вместо dy его выражение:

(−3x2y dx)2 − 6xy2dx2

y+1

y(y + 1)

и упростим:

d2y = 9x4y − 6xy(y + 1)2 dx2.

(y + 1)3

Замечание. Так как dy = y′dx, d2y = y′′dx2, то попутно мы

нашли производные: y′ =

3x2y

, y′′ =

9x4y − 6xy(y + 1)2

−y + 1

(y + 1)3

1.33. Продифференцируем равенство один раз:

−

3x2 + 3y2 · y′ − 5y4 · y′ = 1 y′ =

3x2

x=1,y=1 = 1.

5y4

−3y2

Уравнение касательной:

y = y(1) + y′(1)(x

−

1) = 1 + (x

−

1) = x;

уравнение нормали:

y = y(1) −

(x −

1) = 1 − (x − 1) = 2 − x.

y′(1)

134

1.34.

Заметим,

что в

силу

известного

тождества

x + y = arcsin t + arccos t =

, откуда находим:

y =

− x,

x [−

], следовательно, y′ = −1, x

(−

1.35. y′

yt′

a sin t

sin t

, где t

=πn2 , n

x′

a(1

cos t)

−

cos t

(y′ )′

−

y′′2 =

−

x′

a(1

−

cos t)2

4a sin4

(y′′2 )t′

cos

y′′′3 =

xt′

2a2 sin5

2 sin2

4a2 sin7

1.36. Может, если уравнение y = f(x) при каждом фиксированном y (−∞, +∞) имеет единственное решение (можно сказать так: если разным значениям x соответствуют разные y). Предложенная функция как раз осуществляет взаимно однозначное отображение R → R. Обратная к ней функция имеет

вид:
x = {	y,	если y – рационально;
x = {	y,	если y – иррационально.
	−			π		π
1.37. Рассмотрим		интервал	−	π		π	+ πn , n	Z.
					+ πn,
				2	+ πn,	2
Функция на этом промежутке			имеет вид:			y	= tg(x	−	πn).
Функция на этом промежутке			(				)	−

Это непрерывная, строго монотонно возрастающая функция, следовательно, у нее существует обратная функция. Най-

дем ее: arctg y =

arctg(tg(x − πn)). Применяя тождество

arctg(tg(α)) = α, α

−

, получим: arctg y = x − πn,

откуда находим x =

(

R. Заменив

на

, а

на

arctg y + πn

x, имеем обратную функцию: y = arctg x + πn, где x R.

1.38. а) Введем для удобства промежуточную переменную

t = ex

, тогда

y = t−t−1

−

2yt

−

1 = 0

1,2

= y

y2 + 1

В силу положительности

имеем

ex = y +

y2 + 1

откуда ло-

√

гарифмированием получаем: x = ln(y +

y√+ 1). Итак, обрат-

обозначают y = arshx)

ная функция (ее называют ареасинус и √

имеет вид: y = ln(x +

√

x2 + 1), x R. Осталось продифферен-

цировать: y′

= ... =

√1 + x2

135

б) Пусть y = arshx, тогда обратная к ней x = sh y. По теореме о производной обратной функции имеем: (arshx)′ =

√

(sh y)′

ch y

ch(arshx)

√

1 + sh2(arshx)

1 + x2

1.39. Известно, что если при всех допустимых y выполнено тождество f(f−1(y)) = y, то функция f−1(y) является обрат-

ной к функции f(y). Поэтому f−1(y) =	1	(4y + 4−y) является
обратной к f, и ее производная f−1(y) ′	2
обратной к f, и ее производная f−1(y) ′	= 21 ln 4(4y − 4−y) > 0

при

y > 0

(обе функции

1 возрастают одновременно).

− (

)

1.40. По формуле Лейбница

∑i

y(50)(x) =

C50i (x2)(i)(sin 2x)(50−i) =

= C500

·x2 ·250 ·sin (2x +

· 50)+C501 ·2x·249 ·sin (2x +

· 49)+

+C502 · 2 · 248 · sin (2x +

· 48) =

= 250

(−x2 sin 2x + 50x cos 2x +

1225

sin 2x).

Тогда для дифференциала в произвольной точке x получаем

			1225
d50y(x) = 250	(−x2 sin 2x + 50x cos 2x +					sin 2x)dx50,
				2
а в точке x = 1 имеем:
d50y(1) = 250		(− sin 2 + 50 cos 2 +	1225		sin 2)dx50.

			2

1.41. Прежде чем дифференцировать, разложим дробь в

сумму простейших дробей:
			1				1	(	1		1			).
						=					−
		(x − a)(x + a)					2a		x − a			x + a
	( 1)nn!				1				1
Тогда y′ =	−			(				−					).
	2a				(x − a)n+1					(x + a)n+1

136

1.42. Так как (e−3x)(i) = (−3)ie−3x и все производные порядка выше 2-го у функции x2 − 7x равны нулю, получим:

∑n

y(n) = Cni (e−3x)(n−i)(x2 − 7x)(i) = Cn0(e−3x)(n)(x2 − 7x)(0)+ i=0

+Cn1(e−3x)(n−1)(x2 − 7x)′ + Cn2(e−3x)(n−2)(x2 − 7x)′′ = = (−3)ne−3x(x2 − 7x) + n(−3)(n−1)e−3x(2x − 7)+

+n(n − 1)(−3)n−2e−3x · 2 = 2

= (−3)n−2e−3x(9(x2 − 7x) − 3n(2x − 7) + n(n − 1)).

Тогда dny(x) = (−3)n−2e−3x(9(x2 −7x)−3n(2x−7)+n(n−1))dxn

иdny(0) = (−3)n−2(21n + n(n − 1))dxn.

1.43.12 . Решение.

−

ln(1 + x)

[л]

1 −

[ 00 ]

1+x

lim

= lim

x→0

2x(1 + x)

= lim

x→0

2(1 + x)

1.44. 1. Решение.

[00]

lim

2x ln(arcsin x)

lim

ln(arcsin x)

[л]

lim (arcsin x)

= ex→+0

= e x→+0

x→+0

1√

lim

arcsin x·1

1−x

= e−

lim

arcsin x

lim

√

−x2

= 1.

→

x→+0

·x→+0 1−x

= e−

ln tg

πx

2x+1

πx

x [

∞

lim

(

)

[л]

1.45. 1. Решение. x→∞ (

2x + 1 )

→∞

(

lim

π(2x+1)

2πx

πx

′

2x+1

−2

lim

(2x+1)

πx

· cos

πx

· cos

πx

= e →∞ tg

2x+1

= e →∞ sin

2x+1

137

xlim

2πx

2x+1

e →∞ sin 2x+1

. Применяя тождество sin α = sin(π − α)

при α =

2πx

, получим: sin

2πx

= sin

, поэтому

2x + 1

xlim

2x+1

2πx

2x+1

e →∞ sin

2x+1

= e

→∞ sin

2x+1

= e1·0 = 1.

1.46. Дифференцируема, f′(0) =

−

1/12. Решение. Заме-

тим, что функция непрерывна в точке

поскольку

x→0

(докажите). Далее,

по

определению

− ex − 1 ) =

lim

производной в точке x = 0:

f(x) − f(0)

= lim

x1 −

− 21

f′(0) = lim

ex−1

x→0

x − 0

x→0

2ex

−

xex

[л]

2ex

−

xex [л]

= lim

2x2(ex − 1)

4x(ex − 1) + 2x2ex

x→0

xex

[л]

xex

= lim

−

= lim

−

4(e

−

12e

x→0

1) + 2x e

+ 8xe

x→0

+ 12xe + 2x e

= −1/12. Следовательно, функция дифференцируема в точке

x= 0 и f′(0) = −1/12.

1.47.Воспользуемся разложением (при |x| < 1):

1 = 1 − x + x2 − ... + (−1)nxn + o(xn) 1 + x2

и, преобразовав функцию у виду f(x) =

, получим:

1 +

f(x) =

(1 −

x +

− ... + (−1)n (

)

xn) + o(xn) =

−

x +

x − ... + (−1)

+ o(x ).

2n+1

1.48.

−

23!

Решение.

Преобразуем

функцию к виду

(sin(x7 + x8) + sin(x7 − x8)). Имеем

f(x) =

sin(x7

+ x8) = (x7 + x8) −

(x7 + x8)3 + o(x24) =

138

=x7 + x8 − 16 (x21 + 3x22 + 3x23 + x24) + o(x24), sin(x7 − x8) = (x7 − x8) − 3!1 (x7 − x8)3 + o(x24) =

=x7 − x8 − 16 (x21 − 3x22 + 3x23 − x24) + o(x24),

тогда

f(x) = 12 (sin(x7 + x8) + sin(x7 − x8)) = x7−16 x21−12 x23+o(x24).

Так как коэффициент (−	1	) при	x23 равен			f(23)(0)	, то, при-
	2					23!
равнивая, отсюда находим f(23)(0)			= −	23!	.

				2

1.49. C = −41/2, n = 4. Решение. Так как при x → 0 имеем
x
cos(x2) = 1 − 2! + o(x4), и при t → 0 имеем ln(1 + t) = t + o(t),
то, подставляя, получаем:	+ o(x4))) = − 2 + o(x4).
ln(cos(x2)) = ln (1 + (− 2
x4	x4

1.50. −1. Решение. Воспользуемся готовыми разложениями синуса, арктангенса, арксинуса и тангенса, удерживая при разложении члены не выше 3-й степени (члены 1-й степени у всех

этих разложений одинаковы):

sin x

−

arctg x [ 00 ]

lim

x→0 arcsin x − tg x

x −

) − x −

+ o(x

+ o(x )

lim

(

) (

)

= x

→

(x +

+ o(3x3)) − (x +

+ o(x3))

lim

+ o(x3)

+ o(x3) = −1.

= x→0 −

1.51.

. Решение. Перепишем предел в виде

1 + x4 +

− 1 − x2

lim

(√

ln (1 − x2 )

x→+∞

139

Так как при t → 0 имеют место разложения

	√							1		t −			1			2							2
	√							1					1			2							2
		1 + t = 1 +													t				+ o(t							),					ln(1 + t) = t + o(t),
		1 + t = 1 +							2				8		t				+ o(t							),					ln(1 + t) = t + o(t),
то при x → +∞
																																											2
		4		1				1					4									1						1						4			1						2	1
		4		1				1					4									1						1						4			1							1
√1 +				+		= 1 +						(						+							) −							(					+					)		+ o (
√1 +			x	+	x2	= 1 +					2	(		x				+				x2			) −				8			(			x		+			x2		)		+ o (	x2
													2										2											1
							ln (1 −										) =						−				+ o (											).
							ln (1 −								x		) =						−			x	+ o (									x		).
Подставляя под знак предела, получим:
				(																																								)
				(																																								)
x +							(						)									2	+ o					1		)							( )
				x 1 + 21			x4 + x12 − 81																x4 + x12										2 + o x12 − 1 − x2
	lim																		−							(				)1
→ ∞																			−			3				(		x		)1
													(									x						x						))
								→ ∞					(					−			x							(						))
				=					lim				x					−		2x2				+ o						x2							=		3		.
							x	+											−							(		x1		)							4
							x	+													2 + o							x1									4

)

1.52.

. Решение. 1) cos(sin x) = 1−

sin2 x

sin4 x

−

+o(x4) =

= 1 −

(x −

+ o(x4)) +

(x −

+ o(x4)) + o(x4) =

5x4

= 1 −

(x2

−

) +

x4 + o(x4) = 1 −

+ o(x4).

2) Так как при t → 0

√

−

), то

1 + t = 1 +

+ o(t

( x2

+ x4)

( x2 + x4)2 + o(x4) =

1 + ( x2 + x4) = 1 +

√

−

x4 x4

−

−x2 −

3x4

1 − 2 + 2 − 8 + o(x4) = 1 − 2 + 8 + o(x4).

3) ln(1 + x4) = x4 + o(x4). Подставляя полученные разложе-

ния под знак предела, находим:
		x2		5x4			x2		3x4
lim	(1 −		+		+ o(x4)) −	(1 −		+		+ o(x4))	=
		2		24			2		8
					x4 + o(x4)
x→0

140

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 1614 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]