Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Экзамен 1 семестр

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

449.45 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.				21
f(x) =		(π2 − 4x2) tg x
		\|x\|
при x (−π; 2π), x 6=			π, k = 0, ± 1;
	0, x 6= k + 2
	1

= 8,

−

= −8.

f(0) = f

= π2,

6.4

Найти в точке (−1; −1) значение

радиуса кривизны графика

функции y(x), заданной уравнением

+ y

= 1 + 3y x.

x→+∞ h

x −23x − x + e

· ln sh xi .

Найти

lim

8.7

Построить кривую x =

y = t + 1 +

t2 − 1

t + 1

9.3 Установить, сходится или расходится

последовательность

{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . ,

n→∞ xn

если

lim

xn+1

= 4.

Ответы к варианту Е

а)

sin2 x · ln(1 + cos x) − cos x +

cos2 x + C;

б)

(1 + x2)3/2 − 2(1 + x2)1/2 −

+ C.

(1 + x2)1/2

; ex√

= 1 + x +

x2 +

x3 + o(x3),

e−1/2

1+2x

cos(x − x2) = 1 −

+ x3 + o(x3).

3. а)

: x = 0, y = x − 7;

Асимптоты

y0 =

(x − 1) (x + 6)

, y00 =

42(x − 1)

; график на рис. 4.

б) Асимптота: y = −x − 1 (x → ∞);

y0 = −

, y00 =

, график

−

1)2/3(x + 2)1/3

(x + 2)4/3(x

−

1)5/3

на рис. 5.

57x2

а) y = −3 + 14x −

+ o(x2);

б) y =

− 5 · e4e−t2 , t = x + 2,

22 Рациональные методы решения задач по матанализу

−

A(1; 0), B

−6; 7·

A(0; 22/3), B(1; 0), C(−2; 0)

Рис. 4

Рис. 5

	n	k! +	(k		1)!2	(x + 2)2k + o((x +
y = −5e4 + k=1(−1)k−1e4		k! +	(k		1)!2	(x + 2)2k + o((x +
	X	5		1
+ 2)2n+1).	X			−

3π

5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x = 2 — точка разрыва

2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непрерывности.

6. R = 12 (y0 = 0, y00 = −2).

−6

; 3 x3 − 3x2

− x = −1 − x

− 3x2 + o

x2 .

Асимптоты: y =

→ 1 ± 0), x = 1 (t → ±∞),

y =

2x +

0); x0 =

−

→ −

−(t2

1)2

−

t(t + 2)

y0 =

, y0

−

(t + 2)(t − 1)

, y00

(t + 1) (t − 1)

(t + 1)2

кривая на рис. 6.

Расходится.

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

	y	t→+∞
t
y
→
=
− −
2	1+0
x

+
3			t→1+0
2
t→1−0
t→1−0		A	y=5/2
			y=5/2
			x=1
			x=1
	0		x
		→t	B
			t
			→
			−
		−	1
		−	−
		∞	−
		∞	0

A(0; 2) (t = 0, tg αкас = −1) — точка возврата, B

; −2

Рис. 6

Решение задач варианта Е

Вычислить интегралы

а)

sin 2x ln(1 + cos x) dx;

б)

dx.

(1 + x2)3/2

Р е ш е н и е. а) Интегрируя по частям, получаем

ln(1 + cos x) d(sin2 x) = sin2 x · ln(1 + cos x) + Z

sin3 x

1 + cos x

Так как sin3 x dx = (cos2 x − 1) d(cos x), то

sin3 x

cos2 x

dx = Z (cos x

− 1) d(cos x) =

− cos x + C.

1 + cos x

Ответ: sin2 x · ln(1 + cos x) − cos x +

cos2 x + C.

б) Заменив переменную, положив τ = x2, преобразуем ис-

ходный интеграл J к виду

J =

τ2 dτ

(1 + τ)3/2

Перейдя к переменной t =

√

τ + 1, получим

J =

(t2

− 1)2

dt =

−

2 +

dt =

−

+ C,

− t

24 Рациональные методы решения задач по матанализу

− (1 + x2)1/2 + C.

(1 + x ) − 2(1 + x )

где t =

+ 1.

Ответ

3/2

1/2

ex√

cos(x − x2) − 2x2

ctg2 x .

2. Найти

lim

1+2x

x→0

−arcsin x

Р е ш е н и е. Обозначим через u отношение, стоящее в

скобках, и положим

v = ctg2 x =

tg2 x

Найдём lim (v ln u).

x→0

Так как tg2 x = x2 + o(x2), то функцию ln u надо разлагать до o(x2). Для этого функции, входящие в состав числителя и знаменателя дроби, которую обозначили через u, будем разла-

гать до o(x3).

2 − 1 2! (2x)2 + o(x2) =

x√1 + 2x = x 1 + x + 2

= x + x2 −

+ o(x3),

√

ex 1+2x = ex+x

−

+o(x

)

= 1 + x +

x3 + o(x3),

cos(x

−

x2) = 1

−

(x − x2)2

+ o(x3) = 1

−

+ x3 + o(x3),

arcsin x = x +

+ o(x4),

x − x33

+ o(x3)

u =

x +

+ o(x4)

−1

= 1 −

+ o(x2) 1 +

+ o(x3)

= 1 −

+ o(x2);

ln 1 −

+ o(x2)

lim (v ln u) = lim

= −

x2 + o(x2)

→

lim (v ln u)

= e−

lim uv = ex→0

2 .

x→0

Ответ: e−12 .

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

3. Построить графики функций

а) y =

(x − 1)7

;

б) y = 3

(1 x)(x + 2)2

Р е ш е н и е. а) Область

−

определения

(−∞; 0) (0; +∞);

x = 0 — вертикальная асимптота;

y = x 1 −

= x 1 −

+ o

= x

− 7 + o(1) при

x → ∞,

y = x − 7 — наклонная асимптота при x → ∞;

y0 = ((x

−

1)7x−6)0 =

(x − 1)6

(x + 6)

y00 = ((x

−

1)6(x + 6)x−7)0 =

(x − 1)5

График y(x) см. на рис. 4 на

с. 22.

−6

= 7

−γ2

−

y00

−

max

точка

перегиба

б) Область определения (−∞; +∞);

y = −x 1 −

1 +

= −x 1 −

+ o

1 +

+ o

= −x − 1 + o(1),

x → ∞,

y = −x − 1 — наклонная асимптота при x → ∞;

−

y0 =

(x + 2) 3

−

1) 3

−

(x + 2)1/3(x − 1)2/3

y00 = − x(x + 2)−

0 =

3 (x

− 1)−3

(x + 2)4/3(x − 1)5/3

График y(x) см. на рис. 5 на с. 22.

26 Рациональные методы решения задач по матанализу

−2

√3

−

−∞

+∞

−

−∞

−

y00

−

min

max

точка

перегиба

4. Разложить по формуле Тейлора функцию

y =

+ 2x − 3 e−x

−4x

= −2

а) в

2n+1

x0 = 0

до

o(x

);

)

в окрестности

до

окрестности

o((x + 2)

Р е ш е н и е.

16x2

а) y =

+ 2x − 3 1 − x2 −

4x +

+ o(x2) = −3 +

+ 14x −

x2 + o(x2).

б) y =

(x + 2)2 − 10

e−(x+2)2+4.

Сделаем замену переменной, положив t = x + 2. Тогда

y(x(t)) =

(t2 − 10)e4−t =

l1! (−t2)l + o(t2n+1)! =

= e4

2 t2 − 5

l=0

e4 n−1

(−1)l

t2(l+1) + 5e4

(

1)l+1t2l + o(t2n+1).

l! −

l=0

Заменив в первой сумме l + 1 на k, объединим обе суммы, при этом первое слагаемое из второй суммы выпишем отдельно. Получим

k! +

11)!2 t2k + o(t2n+1).

y(x(t)) = −5e4 + k=1(−1)k−1e4

−

57x2

Ответ: а) y = −3 + 14x −

+ o(x2);

k! + (k

11)!2 (x + 2)2k +

б) y = −5e4 + (−1)k−1e4

−

k=1

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

+ o((x + 2)2n+1).

5.Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π), при этом

f(x) =		(π2 − 4x2) tg x
		\|x\|
при x (−π; 2π), x 6=			π, k = 0, ± 1;
	0, x 6= k + 2
	1

3π

f(0) = f

= π2, f

= 8, f −

= −8.

Рπе ш е н и е. В любой точке x (−π; 2π), x 6= 0, x 6= (2k +

+ 1)

, k = 0, ±1, функция f(x) непрерывна, как частное.

3π

Исследуем f(x)

в точках x = 0, x = ±

, x =

x = 0

lim

f(x) = lim

(π2 − 4x2) tg x

= π2 = f(0),

lim

f(x) =

−

π2.

x +0

→

→−

x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).

3π

x =

: При x

;

sin x

f(x) = 4

− x2

x cos x

Заменим переменную, положив t =

− x. Тогда

f(x) = f

−

4t(π − t) cos t

π2 − t

sin t

4t(π

cos t

−

lim f(x) = lim

= 8 = f

π2 − t

x→π2

t→0 (sin t)

x =

— точка непрерывности функции

f(x).

x = −

: При x

(−π; 0) функция f(x) отличается от

f(−x) лишь знаком, поэтому

28 Рациональные методы решения задач по матанализу

lim f(x) =

−

8 = f

−

x→−π2

x = −

— точка непрерывности функции f(x).

3π

: x→32π f(x) = ∞, x =

3π

—

x = 2

lim

точка разрыва

го

рода функции f(x).

Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x = 3π —

точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π)

—точки непрерывности функции f(x).

6.Найти в точке (−1; −1) значение радиуса кривизны графика

функции y(x), заданной уравнением x3 + y3 = 1 + 3y2x.

Р е ш е н и е. Дифференцируя дважды тождество

x3 + y3(x) − 3xy2(x) − 1 ≡ 0

и пользуясь тем, что y(−1) = −1, получаем

y0(−1) = 0, y00(−1) = −2.

По формуле R =

, где K =

|y00|

, вычисляем в точке

(1 + y02)3/2

(−1; −1) значение радиуса кривизны R =

Ответ:

x→+∞ h

x − 3x − x + e2

· ln sh xi .

Найти

lim

Р е ш е н и е. Найдёмp

для функции ln

sh x эквивалентную

ей при x → +∞ степенную функцию.

ln sh x = ln

[ex(1 − e−2x)]

= x

−

ln 2 + o(1) = x(1 + o(1)),

ln2 sh x = x2(1 + o(1)) при x → +∞.

Разлагаем при достаточно больших x по степеням

до o

функцию

ϕ(x) = p3

Получаем

x3 − 3x2 − x + ex .

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

5 1

x3 − 3x2 − x = x

−

+ o

1 − x

1! = −1 − x −

3 x2

1 1

7 1

ex = 1 +

+ o

, ϕ(x) = −

+ o

Тогда

lim

(ϕ(x) ln2 sh x) =

lim

7 1

+ o

x2 =

6 x2

x→+∞

x→+∞ −

−6

Ответ: −

Построить кривую

x =

y = t + 1 +

t2 − 1

t + 1

Р е ш е н и е. 1) Область определения

x(t) : (−∞; −1) (−1; 1) (1; +∞),

y(t) : (−∞; −1) (−1; +∞).

2) Исследование на асимптоты.

x → ∞ при t → ±1, y → ∞ при t → −1, t → ∞;

x = 1 — вертикальная асимптота, так как

tlim x(t) = 1,

tlim y(t) = ∞;

→∞

y =

— горизонтальная асимптота, так как

lim x(t) =

∞

lim y(t) =

;

t→1

Для отыскания невертикальной асимптоты y = kx + b при

t → −1 находим

(t2 + 2t + 2)(t − 1)

k = lim

lim

−

→−

1 x

→−

t2 + 2t − 2

b =

lim (y + 2x) =

lim

t→−1

t − 1

y = −2x +

— наклонная асимптота при t → −1.

3) Вычисление x0(t).

x(t) = 1 +

, x0(t) = −

t2 − 1

(t2 − 1)2

Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется

30 Рациональные методы решения задач по матанализу

знак производной x0(t), а y(t) непрерывна:

E1 = (−∞; −1),

E2 = (−1; 0),

E3 = (0; 1),

E4 = (1; +∞).

Вычисление y0(t), Y 0(x), Y 00(x).

y0(t) = 1 −

t(t + 2)

Y 0(x) =

y0(t)

(t + 2)(t

−1)2;

−

(t + 1)2

x0(t)

Y 00(x) =

y0(t)

(t2 − 1)3

(t + 1)3(t − 1)3

x0(t)

y (t)

так как

= −

[(t + 2)(t − 1)2]0

= −

(t2 − 1).

x0(t)

4) Заполнение таблицы.

−∞

−2

−1−0

−1+0

1−0

1+0

+∞

x(t)

1 + 0

+∞

−∞

+∞

1 + 0

x0(t)

−

y(t)

−∞

−2

−∞

+∞

25 −0

25 +0

+∞

y0(t)

−

Y 0(x)

−

Y 00(x)

−

5) Построение кривой см. рис. 6 на с. 23. t = 0, A(0; 2) — точка возврата, tg αкас = −1;

t = −2, B	4		; −2	, x =	4	— точка максимума Y (x).
		3			3
9. Установить,	сходится или					расходится последовательность

					xn+1			2
{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . ,		если lim						= 4.

			n→∞ xn
Р е ш е н и е. lim	xn+1		= 2,	xn+1		>	3	> 1 при n > n0.
	xn						2
n→∞				xn

Последовательность {xn} строго возрастающая при n > n0.

По условию xn > 0, n = 1, 2, . . .

Если бы последовательность {xn} была ограничена сверху,

то существовал бы конечный предел
lim xn = C > 0,	lim	xn+1	=	C	= 1,
				C
n→∞	n→∞	xn

<<< < Предыдущая 1 23 / 63 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
01.05.202561.54 Кб0Шизофрения.docx
#
01.04.2025104.45 Кб0Шпенглер.doc
#
01.03.2025382.94 Кб0Шпора по информатике.docx
#
03.06.20153.1 Mб272шпоры к первому вопросу одним файлом.pdf
#
28.08.2019311.3 Кб34Эволюция вселенной.doc
#
03.06.2015449.45 Кб66Экзамен 1 семестр.pdf
#
01.03.2025131.07 Кб6Экономика, финансирование и планирование здраво...doc
#
27.03.2016565.52 Кб68Электродинамика. Программа. 2 семестр.pdf
#
30.11.2018360.96 Кб161Электростатика.doc
#
01.05.2025373.25 Кб1Энциклопедия го-проблем для начинающих. Кано Йо...doc
#
01.04.20255.12 Mб7Ю.М.Лотман СЕМИОСФЕРА Культура и взрыв. Внутри...doc