Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы математического моделирования. Учебное пособие-2.pdf
5. Определяем асимптоты графика на бесконечности (наклонные асимптоты). В случае
х
+
=
∞
−∞→х
=
−
∞+∈
x
−
=
+∞→
коэффициенты уравнения прямой bkxy
)(
xf
==
lim
k
lim
x
=−=
kxxfb
Итак, 1,
1
== bk , следовательно, график обладает асимптотой 1
4
такие же вычисления пределов при
той же асимптотой
1
1
+= xy и на .∞−
4
Соединяя результаты полного исследования, изображаем эскиз графика функции:
будут следующими:
3
x
−
(lim))((lim
1
=
2
)2(4
хх
lim
4
3
x
2
)2(4
−
х
2
х
−
1
=−
х
4
1
=
lim
xxxx
4
)2(
х
2
lim)
2
+∞→+∞→+∞→
xxx
1
+∞→+∞→+∞→+∞→
2
⎛
−
⎜
⎝
х
+
xх
=
44
+−
хх
1
=
22
4
⎞
1
⎟
⎠
.1
1
+= xy на .
4
;
+ Точно
приводят к следующему результату: график обладает
Интерпретация модели:
1. Процесс носит разрывный характер, он «резонирует» при
2. Процесс «нарастает» при )2,(
3.
При неограниченном увеличении (уменьшении) значений х можно пользоваться адекватной
линейной моделью
8. Задачи для самостоятельного решения.
Исследовать функцию и построить эскиз её графика
1.
3. .793
x
5.
41
4
y
=
2
+
Рис. 3.1. Графическая модель процесса
∞∈х и убывает при ),2(
1
1
+= xy .
4
2
).1(ln
+= xy 2.
23
+−−= xxxy 4. .
.
4
6. .ln xхy
х .
х .
1 x
()
xey−=
−
exy
+=
x
.2
2
9. Нахождение наибольшего и наименьшего значения функции.
′
[
−
=
=
−
=
=
′
′
π
π
τ=τ
Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке. Непрерывная на некотором
отрезке
[]
ba, функция )(xfy = , как известно, принимает на этом отрезке свои наибольшее и
наименьшее значения, соответственно, М и т. Эти значения могут достигаться либо в точках экстремумов, либо на концах отрезка. Следовательно, алгоритм поиска наибольшего и наименьшего значений функции )(xfy = состоит в следующем.
)(xf
1. Найти производную функции
2. Найти критические точки, расположенные внутри отрезка
.
]
ba,
, (если они имеются;
экстремумы функции могут быть только в этих точках).
3. Вычислить значения функции в найденных критических точках и на концах отрезка (т.е.
в точках ), bxax == .
4. Среди найденных значений функции выбрать наибольшее и наименьшее.
Пример 1. Найти наибольшее и наименьшее значения функции 43
3
+−= хху на отрезке
]0,2[− .
2
Решение. Следуя изложенному алгоритму, находим 33
ские точки: 0)1(3
2
=−x , т.е. 1,1 =−= xx . Среди них только первая точка лежит на заданном отрезке.
−=′xy . Теперь определяем критиче-
Остаётся вычислить значения функции в точке 1
x и на концах отрезка. Имеем: 2)2(
y ,
6)1( =−y , 4)0( =y . Теперь среди найденных значений выбираем наибольшее и наименьшее:
−==−= уууу .
наименьшеенаибольшее
Пример 2. Найти наименьшее значение функции 2
Решение. Имеем
′
+−=
sin6 xy
решений; следовательно, производная знакопостоянна на указанном отрезке. Ясно, что 0>
а поэтому данная функция возрастает на
0)2(,6)1(
cos6 −
24
+= xxy на отрезке ]0,
[π− .
π
24
и
0
y
, если
sin x
π
2[π
]0,
− и её наименьшее значении достигается, следова-
4
=
. Последнее уравнение не имеет
π
2
3
y ,
3
тельно, в точке
2π
− :
3
π
2
⎛
⎞
−= уу
наименьшее
⎜
⎝
3
cos6
⎟
⎠
2
⎛
−=
⎜
⎝
3
224
⎞
−
⎟
π
⎠
3
.2121632
−=−−−=−
Задачи о наибольших и наименьших значениях величин. Многие задачи из геометрии, физики и
других областей естествознания могут быть представлены следующей моделью: имеется некоторая
величина, зависящая от двух переменных ),( ух
; требуется найти её наибольшее или наименьшее
значение при условии, что х и у связаны некоторым уравнением.
В общем случае возникает так называемая задача об условном экстремуме функции двух переменных. Она решается средствами дифференциального исчисления таких функций, которое в общих чертах представлено ниже. В простейших же случаях удаётся выразить одну переменну
другую, в результате чего величина
τ оказывается функцией одной переменной. Для нахождения её
ю через
наибольшего или наименьшего значений остаётся применить вышеизложенный алгоритм.
Пример. Прямоугольный треугольник имеет периметр, равный 2а. Найти размеры его кате-
тов, при которых он обладает наибольшей площадью.
42
Решение. Если х и у – катеты треугольника, то, как известно из геометрии, его площадь
<
<
x
<
<
=
′
=
x
[
[
1
.
xyS =
Очевидно, что каждый катет меньше периметра, т.е. ax 20
2
теоремы Пифагора имеем гипотенузу
, ay 20 << . На основании
22
yxc += , так что теперь периметр треугольника
++ y
22
yx + = 2а. Выразим из полученного уравнения у через х, после чего получим S в виде
функции одной переменной. Итак, выполняем соответствующие преобразования полученного уравнения:
Теперь
22
yx + =)(2 уха +− ;
22222
++++−=+ ;
хуухухааух 2)(44
хаа
−
у
=
2
)(2
и
ха
−
aS
=
2
xax
−
, при этом
xa
−
2
. В полученном интервале значений х
ax 20
2222
)()(44 ухухааух +++−=+ ;
222 ахуауах =−+ .
2
наибольшее значение площади S может быть достигнуто в точке максимума; следовательно, исследуем знаки первой производной:
2
)()2)(2(
xaxxaxa
S
Критические точки определяем из условия 0
строго положительным):
'
= или
xa
−
−+−−
2
)2(
S (знаменатель дроби при ax 20 << будет
22
024
=+− аахх
, откуда .)22(),22(
′
S
=
−
21
поэтому на интервале (0, 2а) остаётся единственная критическая точка
′
S
через которую производная
меняет свой знак с «+» на «–». Следовательно, в этой единственной
22
24
аахх
+−
.
2
)2(
xa
+=−= axax Ясно, что ax 22> ,
)22( −= ax , при переходе
точке максимума площадь треугольника и принимает своё наибольшее значение. При этом
хаа
−
=
у
2
)(2
= )22(
ха
−
а
)2(2
ааа
−=−а
.
2
Итак, при заданном периметре, равном 2а, наибольшая площадь прямоугольного треугольника достигается, если он равнобедренный, с катетами:
)22( −= ax , )22( −= aу .
10. Задачи для самостоятельного решения.
1
[]
3
[]
ba,.
3,0.
Найти наименьшее и наибольшее значения функции )( xfy
x
=
1.
y
y ,
3.
2
9
−
4
x
[]
,
2,2− . 2.
3
[]
76
+−= x
20,16 .
4.
1
3
()
на отрезке
23
+−+−= ххху ,
32
,2xexy −=
]
1,2−.
4
5.
=
2
xy+
4
[]
,
1,4−− .
6.
y =
lnxx
,
]
4,1.
x
3.2. ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
1. Неопределённый интеграл. Интегрирование есть действие, обратное дифференциро-
ванию. Если )()( xFxf′= на некотором интервале ),( ba , то функция )(xF (по отношению к )(xf )
называется первообразной.
Так, например, для xxf 2)( = первообразными являются:
ще, любая функция вида CxxF +=
)(, где С – произвольная постоянная.
2
)( xxF =
,
2
2
1)(
−= xxF
, ..., и вооб-
43
В общем случае, совокупность всех первообразных для )(xf , ),( bax
∈
{
}
+
CxF
)( ,
где )(xF – некоторая (фиксированная) первообразная, С – произвольная постоянная.
Такая совокупность называется неопределённым интегралом для )(xf . Обозначение
CxFdxxf +=
∫
Следующие таблица и свойства интегралов могут быть проверены (доказаны) путём дифференцирования правых частей и получением тем самым подынтегральных функций в левой части.
Таблица интегралов
1.
2.
∫
α
dxx
∫
−≠α
.
Cxdx +=
1
+α
x
=
1
+α
.1
6.
∫
7.
.
+
C
∫
)()( .
cossin
sincos .
.
Cxdxx +−=
Cxdxx +=
, имеет вид
⎛
3123
⎜
⎜
⎝
1
2
x
3
1
2
8.
9.
10.
∫
12.
∫
x
x
x
cos
sin
+−=
dx
dx
1
dx
12
xx
.
Cx
2
+=∫tg
Cx
+−=∫ctg
arcsin
coslntg .
dxxgdxxfdxxgxf
∫∫∫
1
−
2
.
Cx
+=
.
Cxdxx +−=
.const,;)()()()( =μλμ+λ=μ+λ
dx
dxdxxdx
23
++−=++−= ln26ln2
=+−=
∫∫∫∫∫
x
CxxxCxx
.
2
x
2
x
−
x
⎞
⎟
⎟
⎠
3.
4.
5.
11.
13.
Приведём ряд свойств неопределённого интеграла.
Линейность интеграла
dx
x
∫
x
dxa
∫
dx
∫
2
1
+Cxx
+=∫ln .
xx
x
a
a
ln
arctg
Cx
Cedxe
+=
.
.
C
+=
+=
.
Cxdxx +=∫sinlnctg .
()
Приёмы интегрирования.
а) Использование таблицы, линейности и почленного деления. Например,
+−
xx
dx
x
Использованы табличные интегралы: 2), 1), 3).
б) Замена переменных )(xt ϕ= по формуле
()
ϕ dttfdxxxf )()()( .
Указанная замена эффективна, если в произведении с dx имеется множитель, являющийся
(с точностью до постоянного коэффициента) производной выражения («блока»), от которого зависит
оставшийся множитель. Этот блок и обозначаем новой буквой. Вычислив интеграл, возвращаемся
к старой переменной.
′
=ϕ
∫∫
44
Пример 1.
+
x
′
(
′
λ
+
λ
(
)
λ
λ
=
dxx
=
J .
∫
2
1
Решение. Заметим, что множитель х есть «почти производная» от блока
Следовательно, полагаем
2
1 xt += и устанавливаем связь дифференциалов:
dxxdt 2=.
Числитель подынтегрального выражения будет равен ,dt если его домножить на 2 (одновре-
менно умножим интеграл на 1/2):
dxx
2
1
J ++=+==
=
2
2
x
+
1
dt
1
∫∫
2
1
ln
t
2
Любопытно проверить ответ:
1
1
⎛
⎜
⎝
2
2
() ()
++ ,
1ln
1
⎞
Cx
⋅=
⎟
⎠
2
2
x
+
1
т.е. действительно получили подынтегральную функцию.
x
Пример 2. dx
Решение. Поскольку
2
J
=
∫
.
x
1
есть (с точностью до коэффициента 1/2) производная от
x
2
1 x+ :
1
2
)
.
1ln
CxCt
2
()
+ .
xx 21
=
2
′
2
x
+
x
=+
01
2
+
1
x
x , то обо-
значим
xt = , тогда dx
1
= . Поэтому
xdt2
⎛
x
=
J
⎜
22
⎜
2
⎝
⎞
1
⎟
⎟
x
⎠
t
∫∫
Те же рассуждения можно привести без явного введения новой переменной, так как
()
1
dx
= , то имеем
xxd2
x
∫
()
Последний приём называется введением под знак дифференциала.
в) В случае интеграла «табличной» функции аргумента x
ный результат следует делить на коэффициент
или
соответственно).
axt +λ=
Примеры.
x
1) C
∫
dxx +−=
2sin ;
2cos
2
t
2
222
2ln
2
222
2ln
2
x
2
2ln
xx
+
1
2
CCxdJ
+=+⋅==
.
2ln
или ax
x
+
1
2
CCCdtdx
+=+=+⋅==
.
2ln
const, =λ a таблич-
(можно, конечно, применять также замену xt
2)
3)
45
dx
−
dx
∫
−Cxx
=
x
1
3
13
dx
∫∫
−
+−=
13ln
1
22
5
)5(1251
x
5arcsin
;
Cx
+=
.
г) Выделение полного квадрата в случае квадратного трёхчлена в знаменателе дроби. Здесь
=
===
=
+
x
=
=
x
+
следует пользоваться формулой
и заменой переменных
xt
+= , откуда
2
Пример.
J .
=
dx
∫
++
Решение. Используем формулу г), в которой 20,8,1
2
Положим далее 4+=xt , откуда dxdt
J +
=
x
Интегрирование «по частям»
b
dx
2
2
tx2−= ,
a
b
⎛
+=++
xacbxax
⎜
⎝
2
b
a
4
⎞
+
⎟
⎠
a
.
dtdx
2
−
bac
a
4
2082xx
cba . Имеем:
2
8
⎞
⎛
+⋅=++ xxxx .
1208
⎜
⎝
+
⎟
⎠
2
2
82014
−⋅⋅
14
⋅
2
4)4(
++=
. Имеем:
dt
=
∫∫
++
24)4(
1
222
2
+
t
t
arctg
2
−= duvuvdvu .
∫∫
1
C
=+=
2
arctg
x
4
C
.
2
Приём эффективен при интегрировании функций логарифмической, обратных тригонометрических, а также произведений функций степенной на показательную, тригонометрическую, обратную
тригонометрическую. Выбор множителя u (оставшийся множитель в интеграле есть dv ) обусловлен
такими соображениями:
−
du должен иметь простой вид;
первообразная
−
duv должен оказаться проще ∫dvu (т.е. исходного).
−
∫
Пример 1.
= dxexJ
Решение. Имеем произведение степенной и показательной функций. Выберем
x21+
= . Следовательно,
dxedv
= dvv должна легко отыскиваться;
∫
+
x21
∫
.
,
dxdu =
∫
u = . Тогда
1
xx
2121
++
edxev
==
2
(найдена одна из первообразных). Имеем
1
1
2
1
∫
2
1
2
Заметим, что возможен был также выбор dxxdveu
1
212
x
+
21
,
1
⎛
−=+−=−=
⎜
⎝
==
4
2
, но в результате бы интеграл
xxxxx
+++++
2121212121
⎞
⎟
⎠
.
CexCexedxeexJ
+
оказался сложнее исходного.
duv
∫
Пример 2.
= dxxJ arctg
∫
Решение. Здесь возможен лишь выбор dxdvxu
.
,arctg . Тогда
dx
=
du ==
,
2
1
xdxv
∫
.
46
Следовательно,
(
+
+
x
x
(
+
x
x
[
(
)
Δ
2
)
1
+
dx
−=
xxxJ
)arctg(
2. Задачи для самостоятельного решения. Найти следующие неопределённые интегралы:
x
1.
∫
3.
∫
5.
∫
7.
∫
3. Определённый интеграл.
ча о нахождении площади криволинейной трапеции. Пусть такая трапеция ограничена отрезком
],[ ba оси абсцисс, прямыми byax == , и графиком непрерывной на ],[ ba функции )(xfy = ; для
2
dx
2
+ 136
dx
2
arctg
33
+−
43
xxe
dx
x
sin
xx
x
+− 2610
.
. 4.
2
xxx
−+
1sin2sin3
dx
.
К понятию определённого интеграла приводит следующая зада-
1
1
2
.
arctg
2
2
)
.1ln
Cxxx ++−=
2.
∫
x3sin .
∫
6.
∫
2
()
8.
− dxex
1 .
∫
x
+dxx
1
−=
xx
∫∫
2
−
x
1cos3
xdxe
sin
x
dx
3
.
4
−
x
xd
=
2
1
.
определённости считаем: 0)( ≥xf на ],[ ba .
Выделим отрезок
быть приближенно вычислена как площадь прямоугольника со сторонами длины xΔ и
точка
сумму площадей полосок
к площади S. В качестве точного её значения естественно принять предел (при стремлении к нулю
всех
условиях указанный предел существует и является одним и тем же числом для всевозможных разбиений трапеции на полоски и выбора «промежуточных» точек
функции )(xf по отрезку ],[ ba и обозначается
[]
Устремляя к нулю каждую из длин
xΔ
) последовательности полученных сумм. Можно доказать, что при сформулированных
k
Сконструированный предел «интегральных» сумм вида называется определённым интегралом
Можно доказать, следующую формулу Ньютона–Лейбница:
Площадь S криволинейной трапеции вычисляется теперь по формуле Ньютона–Лейбница.
xxxx Δ+∈ , произвольна:
]
xxx Δ+, малой длины xΔ. Площадь соответствующей «полоски» может
)(xf , где
xxfSΔ=Δ . Разобьём всю криволинейную трапецию на такие
n
∑∑
==
11
k
b
∫
a
n
()
Δ=Δ≈
xxfSS
.
k
x
, будем получать всё более точное приближение
k
b
dxxf )( .
∫
a
b
xFdxxf .)()()()(
a
kkk
x .
k
−==
aFbF
47
Как и для неопределённого интеграла, здесь сохраняется свойство линейности. Кроме того,
x
=
β
≤
для любых чисел cba ,,:
a
1)
2)
3)
∫
a
b
a
b
a
dxxf
0)( =
−= )()( ;
;
a
dxxfdxxf
∫∫
b
c
+= )()()(
a
Формула интегрирования по частям в определённом интеграле имеет вид:
Если )(tx ϕ= монотонна на ],[βα , например, возрастает от a
b
.
dxxfdxxfdxxf
∫∫∫
c
b
a
b
b
−=
a
.
duvuvdvu
∫∫
a
к bx = при
≤α t , то
справедлива формула замены переменных
b
a
β
()
ϕ=
∫∫
α
′
dtttfdxxf
)()()( ϕ
(знак «минус» в правой части – в случае убывания )(tϕ).
Заменяя переменную под знаком определённого интеграла, следует переходить к новым пределам интегрирования, и, найдя первообразную, к старой переменной не возвращаться.
Пример 1.
1
1
x
2
+
1
x
3
−
2
Пример 2.
=
J
x
∫
x
2
dx
+−
12
1
)arctg(cos
∫∫
0
π
sin)0arctg(sin)1arctg(sin =−
=−= .
4
1
==⋅=
)arctg(sinarctg)arctg(cos
xxdxdx
0
2
0sin
2
.
Решение. Сделаем замену переменных 2−= xt , откуда dtdxtxxt 2,2,2
22
=+=−= .
Новые пределы интегрирования α и β определяются через старые пределы
формуле
2−= xt :
и
2=a
по той же
3=b
022,2 =−=α=a ; 123,3 =−=β=b .
Итак,
1
J
t
=
t
+
1
0
1
2
t
.
dtt
=
22
dt
∫∫
t
+
1
0
Имеем интеграл неправильной рациональной дроби. Выполняя деление «углом», получаем
2
t
t
+ t
t
1
1
+−=
1
.
1
+
48
Поэтому
()(
=
=
∈
1
1
e
Пример 3.
ln
J
=
∫
1
1
⎛
⎜
2 tt
⎜
0
⎝
−
01
⎛
=
2.
⎜
⎝
2
x
.
dx
+−=
dtdttJ
0
x
⎞
dt
⎟
∫∫∫
⎟
t
+
1
0
⎠
−+−−
Решение. Проинтегрируем по частям:
dx
duxu == ,ln ;
x
Имеем
e
dx
xxxJ
1
x
e
⎞
⎟
1
⎠
e
1
⎛
⎜
⎝
e
−= 22121lnln22ln2
1
4. Задачи для самостоятельного решения.
Найти определённые интегралы.
1.
3.
5.
2
∫
−
1
1
∫
0
π 4/
∫
0
1dxx
−
x
2
+
2
cos dxx
. 2.
)24( dxх
. 4.
. 6.
1
−
)1( dxeх
∫
0
4
x
∫
+
31
0
2
∫
1
x
5
⎛
6 dx
x
−
⎜
⎝
x
dx
4
5
x
5. Приложения определённых интегралов к задачам геометрии.
Перечислим основные геометрические приложения определённых интегралов.
1. Площадь фигуры. Если плоская фигура D ограничена линиями
,, bxax== )(),( xfyxgy
где g и f – непрерывны на ],[ ba и )()( xfxg ≤ при ],[ bax
b
[]
∫
a
В частности, при 0)( ≡xg имеем площадь криволинейной трапеции (см. рис. 3.2).
1
2
⎛
t
⎜
2
⎜
2
⎝
⎞
⎟
⎠
dv 2, == .
0
⎛
⎜
⎝
dx
1
0
1
⎞
−=
2ln21ln2ln)01(
⎟
2
⎠
x
⎛
⎜
ln22ln2
⎜
⎝
e
e
−=−=
1
∫∫
1
.
.
⎞
.
⎟
⎠
,
, то её площадь
−= )()( .
dxxgxfS
⎞
1
⎟
++−=
=
)1(ln
0
⎟
⎠
xv
⎞
1
−
2
⎟
=
dxxxx
⎟
⎠
) ()
eeeexxx
−=−−−=
.
y
y = f (x)
y
y = f (x)
0
49
a
y = g(x)
Рис. 3.2. Площадь криволинейной трапеции
b
x
0
b a
x
2. Длина дуги линии. Если линия L задана в декартовой системе координат уравнением
∈
=
=
)(xfy = , то длина её дуги, соответствующей значениям ,],[ bax
b
′
()
+=
∫
a
)(1
2
dxxfl
вычисляется по формуле
.
Пример. Найти длину дуги линии.
xx
−
22
20,
≤≤+=
xeey
.
xx
−
22
eey
Решение. График функции
+=
изображён на рис. 3.3.
Имеем:
2
2
⎞
⎟
⎠
1
1)(1
0
4
1
⎛
⎜
⎝
2
2
′
+=
0
2
1
⎛
+=
⎜
∫
⎝
2
0
3. Объём тела вращения. Тело, образованное вращением вокруг 0x криволинейной трапеции,
ограниченной осью 0x, прямыми bxax
y
x2 1 –1
Рис. 3.3. Цепная линия
2
()
2
2
xxxx
−−
⎞
2222
−⋅=
⎟
⎠
0
1
2
0
1
−
()
= , и графиком )(xfy
−−
2
1
xxxx
2
1
)11(2
.
−=−−−=
eeeeedxee
e
(0)( ≥xf при ],[ bax ∈ ), имеет
2
⎛
⎜
∫∫∫∫
⎝
0
2
xx
−
⎞
22
+=++=+−+=
⎟
⎠
=
dxeedxeedxeedxyl
объём (рис. 3.4)
b
2
π= )(
∫
a
.
dxxfV
y
а
b0
x
Рис. 3.4. Тело вращения
50