Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет пищевых технологий

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

matra.rozpaxyhk.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

761.1 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

ì0ü

Для розкриття невизначеності í ý у дробу, який містить тригонометричні та

î0þ

обернені тригонометричні функції, використовують відомі формули тригонометрії та заміну нескінченно малих величин їхніми еквівалентними величинами.

Приклад. Знайти lim

x arctg 2x

x®0 cos 3x - cos9x

Розв’язання.

sin 6x ~ 6x,sin 3x ~ 3x,

x × arctg2x

0 ü

× arctg 2x

arctg 2x ~ 2x,

lim

= í

ý = lim

x®0 cos3x - cos 9x

0 þ

x®0 2sin 6xsin 3x

при x ® 0

= lim

x × 2x

lim

x®0 2

×6x

×3x x®0 18x2

Запитання до самоконтролю

1.Дайте означення границі функції в точці.

2.Яка величина називається нескінченно великою?

3.Які величини називаються нескінченно малими?

4.Сформулюйте властивості нескінченно малих величин. Наведіть приклади.

5.Поняття еквівалентності нескінченно малих величин.

5. Диференціювання функції однієї змінної [1, c.191 - 228, 246 - 253],

[2, c. 71 - 94].

5.1. Поняття похідної функції.

Нехай функціяy = f (x) визначена на деякому проміжку(a; b). Візьмемо значення аргументу x Î(a; b) і надамо йому приріст Dx , тоді аргумент набуде значення х +Dx . Позначимо через f (x) і f (x + Dx)– значення функції відповідно в точках x і х +Dx , а величину Dy = f (x + Dx)- f (x) назвемо приростом функції.

Якщо існує границя відношення приросту функціїDy до приросту

аргументу

Dx , коли

прямує

до

( Dнуляx ®0 ),

тобто

lim

= lim

f (x + Dx)- f (x)

то ця границя називаєтьсяпохідною

від

функції

Dx®0

Dx Dx®0

df (x)

f (x) в точці x і позначається одним із символів y¢(х ), y¢x ,

f ¢(x ),

f (x + Dx)- f (x)

Отже, за означенням f

= lim

(x )= lim

Dx®0

Dx Dx®0

Функція, що має скінченну похідну, називається диференційовною. Операція знаходження похідної функції називається диференціюванням цієї функції.

Нехай неперервна крива задана рівнянням y = f (x). Позначимо через a – кут між дотичною до кривої в точці з абсцисоюx0 і додатним напрямком вісі Ох, тоді k = tga – кутовий коефіцієнт дотичної. Геометричний зміст похідної

полягає в тому, що похідна f ¢(x) чисельно дорівнює кутовому коефіцієнту дотичної, проведеної до графіка функції у точці з абсцисою х0 : k = f ¢(x0 ).

5.2. Правила диференціювання.

Якщо функції u = u(x), v = v(x) диференційовні в точці x , сума, різниця, добуток і частка (v(x) ¹ 0) також диференційовні в цій точці і справедливі такі формули:

1.(u ± v)¢ = u¢ ± v¢;

2.(u × v)¢ = u¢v + uv¢, зокрема, (c × v ¢)= c × v¢;

æ u ö

æ c ö

c × v

u v - uv

æ u ö

u¢, c = const;

, зокрема,

= -

, ç

v 2

è v ø

è c ø

4.	(c)¢ = 0 ;
5.	Якщо y = f (u), u = j(x), то складена функція y = f (j(x)) має похідну
¢	(j(x))=	¢	¢	¢	¢	¢		Дана формула читається :так
y		f	(u)×j (x)	або y x =	yu	× u x .
похідна y¢x		функції y = f (j(x)) по			зміннійх дорівнює добутку похідної yu¢
складеної
функції y = f (u) по проміжному аргументу u і похідної u¢x									проміжного аргументу
u = j(x) по змінній х;							1		1
6.	Якщо y = f (x), x = j(y), то y¢(x )=							або y¢x =		.
							x¢(y )
									x¢y

5.3. Формули диференціювання основних елементарних функцій.

(ua )¢ = a ×ua -1 ×u¢,

æ 1

ö¢

× u¢,

÷ = -

u 2

è u

якщо y = f (x)= x , то x¢ =1;

(au )¢ = au × ln a × u¢ ,

(loga u)¢ =

×u¢,

u ln a

= cosu

(sin u)

× u ;

(tg u )

cos 2

u × u ;

(arcsin u)

1 - u2

×u ;

(arccosu) = -

× u ;

1 - u 2

зокрема, (		)¢ =	1		× u¢,
	u

2				u

зокрема,		(eu )¢ = eu			× u¢;
зокрема,		(ln u ¢)=		1		× u¢;

	¢			u
5.					¢
	(cos u)	= - sin u × u ;
	¢		1		¢
7.	(ctg u)	= - sin 2 u
					×u ;
9.

10. (arctg u)

11. (arcctgu)

= -1 + u 2

1 + u2 ×u ;

× u ;

Приклад. Знайти похідну функції:

y = (x 3 - 4x)6 .

Розв’язання. Ця функція складена, тобто y = f (u)= u 6 ,u = j(x)= x3 - 4x .

Отже: y'x = y'u ×u'x = 6u5 × u'x = 6(x3 - 4x)5

× (x3 - 4x)¢ = 6(x3 - 4x)5 (3x2 - 4).

Приклади. Знайти похідні функцій: 1)

y = x6 × esin x . 2) y =

cos x

1 + sin x

y = ln sin

. 4)

y = cos3 10x . 5)

y = arcsin 3 tg x3 .

Розв’язання. 1) y'= (x6

× esin x )¢ = (x6 )¢ × esin x

+ x6

× (esin x )¢ =

= 6x5 × esin x + x6

× esin x × (sin x)¢ =

6x5 × esin x

+ x6 × esin x

× cos x = x5 × esin x

× (6 + x × cos x) .

y¢ = (

cos x

)¢ =

(cos x)¢ (1 + sin x)- cos x(1 + sin x)¢ =

+ sin x

(1 + sin x)2

- sin x(1 + sin x)- cos x × cos x

- sin x - (sin 2

x + cos2 x)

(1 + sin x)2

sin x +1

= -

(1 + sin x)2

1 + sin x

y¢ = (ln sin

)¢ = (sin

)¢

cos

(

)¢

ctg

x ×

sin

4) y'= (cos3 10x)¢ = ((cos10x)3 )¢ = 3(cos10x)2

× (cos10x)¢ =

= 3cos2 10x × (- sin10x)× (10x ¢)= -3cos2 10x × sin10x×10 = -30cos2 10x × sin10x

× (tg x3 )¢

3 × arcsin 2

tgx3

5) y'= (arcsin

tgx

) = 3 × arcsin

tgx

× (arcsin tgx

)

× (x3 ¢)

1 -

(tg x3 )2

3 × arcsin 2

tgx3

9x2

× arcsin 2 tgx3

cos2 x3 ×

1 - (tg x3 )2 cos2

x3 ×

1 - tg 2 x3

5.4. Диференціювання функцій, заданих неявно.

Якщо функціональна залежність між у

і х

задана рівністю,

розв’язаної

відносно у , тобто має вигляд y = f (x), то відповідна функція називається явною. Наприклад, y = x 2 + x -1, у = sin x та інші.

Якщо рівність не розв’язана відносно у , тобто має вигляд F (x, y)= 0 , то функція називається неявною. Наприклад, y - x 2 - x +1 = 0 , ln y + y 2 = sin x та інші.

Правило. Щоб продиференціювати неявно задану функцію, потрібно взя-

ти похідну по х

від обох частин рівності вважаючиy

функцією x , y = f (x),

потім одержане

рівняння розв`язати відносно y¢ ( y¢ виразиться через x і y ,

тобто у¢ = j(х, у)).

Наголосимо,

що

при цьому

необхідно

вважатиy

функцією

аргументуx:

y =

=1.

f (x), y (x)= y , x

f (x), що задані неявно рівнян-

Приклад. Знайти похідні y¢ функцій y =

нями: 1)

x2 + y2

= 9 ; 2)

x3 + ln y = x2ey .

Розв`язання. Диференціюємо обидві частини рівняння пох, враховуючи,

що y – функція від x :

1) (x2 + y2 )¢ = (9 )¢, 2x + 2 y × y¢ = 0, y¢ =

- 2x

= -

2 y

Зауважимо,

що

відповідь

треба

записувати

вигляді : систем

ïy¢

= -

+ y

= 9.

îx

2) (x3 + ln y)¢

¢æ	1	2		y	ö
¢æ		- x	e		÷ =
y ç		- x	e		÷ =
ç					÷
è y					ø

y ¢

y¢

= (x

) ,

(х

)

+ (ln у )= (x

× e

) ,

2xe

+ x

y ,

(2xey - 3x2 )y

(2xe y - 3x2 )y

2xe

- 3x

, y¢ =

ïy¢ =

1 - x

уe

1 - x2 уe y

+ ln

y = x

îx

5.5. Диференціювання функції, заданої параметрично.

ìх = j(t )			де параметрt			змінюється	на деякому
Нехай задана система í
îy	=y (t ),
проміжку Т. Кожному фіксованому			значеннюt ÎT			відповідають одночасно
значення x і y. Якщо при цьому відповідність міжx і y є функцією							y = f (x), то
говорять, що ця функція задана параметрично системою рівнянь.
Похідна функції y = f (x),	що		задана параметрично системою рівнянь,
обчислюється за формулою:		yt¢		y ¢(t )
y¢x	=		або у¢(х )=		.
		xt¢
				j¢(t )

Формула дає змогу знаходити похідну у¢х від функції заданої параметрично, не знаходячи безпосередньо залежність y від x.

Приклад. Знайти	y¢x , якщо	ìx = 2cos t,	.
		í
Розв`язання.		îy = 3sin t.

(3sin t)¢t

y¢x =

y¢

3 cos t

ctgt , y¢x

ïy¢

= -

ctgt,

= -

ctgt , í

xt¢

(2 cos t)¢t

- 2 sin t

îx = 2cost.

5.6. Рівняння дотичної і нормалі.

Нормаллю до кривої в заданій точці M0 називається пряма, що проходить через задану точку перпендикулярно до дотичної в заданій точці.

У прямокутній декартовій системі координат рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом k , яка проходить через задану точку M 0 (x0 ; y0 ) має вигляд:

y - y0 = k × (x - x0 ).

Використовуючи геометричний зміст похідної, кутовий коефіцієнт доти-

в точ-

чної дорівнює kдот. = f

(x0 ), де f (x0 ) – значення похідної функції y = f (x)

ці

дотикуM0 . Тому

рівняння

дотичної

до кривої

функціїy = f (x)

точці

M 0 (x0 ; y0 ) має вигляд:

y - y0

= f (x0 )(x - x0 ).

Використовуючи

умову

перпендикулярності

дотичної

та

нормалі

×k = -1, знаходимо кутовий коефіцієнт нормалі k

= -

(як-

норм.

)

дот.

норм

kдот.

що f ¢(x0 )¹ 0).

(x0

Тоді y - y = -

(x - x )–рівняння

нормалі до

кривоїy = f (x)

в точці

(x0

)

M0 (x0 ; y0 ).

Приклад.

Знайти рівняння

дотичної

нормалі

до

графіка

функції

y = x 2

- 2x + 3

у точці з абсцисою x0

= 2.

Розв’язання. Спочатку знайдемо значення функції y = x2 - 2x + 3 в точці

= 2 : f (x0 )= f (2)= 22

- 2 × 2 + 3 = 3 . Отже,

точка дотику M0

має координати:

= -2,

y0 = f (x0 ) = 3;

(M0 (x0; y0 )= M0 (2;3)).

Далі

знайдемо

похідну функції

y = x 2 - 2x + 3

обчислимо

її

значення

x0 =в2:

точ

f ' (x )= (x 2 - 2x + 3)¢ = 2x - 2 , f ' (x0 )= f ' (2)= 2 × 2 - 2 = 2.

kнорм. = -

= -

і підстави-

Визначимо кутові коефіцієнти: kдот. = f (x0 )= 2,

kдот.

мо їх у відповідні рівняння шуканих прямих. Одержимо: y -3 = 2(x -2), 2x - y -1 = 0

– рівняння дотичної; y -3 = -

(x -2), x + 2y -8 = 0 – рівняння нормалі.

5.7. Монотонність і екстремум функції.

Функція y = f (x)

– зростає на (а,b) (позначається

якщо при будь-

яких x1 , x2 Î(а,b) (x1

> x2 ) виконується нерівність

f (x1 )> f (x2 ); f (x)– спадає на

(а,b) (позначається

), якщо при будь-яких x1 , x2 Î(а, b) (x1

> x2 )

виконується

нерівність f (x1 )< f (x2 ). Зростаючі і спадні функції називаються монотонними. Якщо f ¢(x) > 0 інтервалі (a, b) , то функція f (x) на цьому інтервалі зрос-

тає , якщо f ¢(x) < 0 – спадає.

Інтервали монотонності функції можуть відділятися один від одного або точками, де похідна дорівнює нулю( їх називають стаціонарними точками), або точками, де похідна не існує. Точки, в яких похідна дорівнює нулю або не існує, називають критичними точками.

Функція y = f (x) має в точці c локальний (місцевий) максимум (мінімум), якщо існує такий окіл цієї точки, що для усіх x ¹ c з цього околу викону-

ється нерівність

f (x)£ f (c)(f (x)³ f (c)).

Точки локального максимуму (mах) і локального мінімуму (min) називають точками локального екстремуму. Екстремум – властивість локальна, що характеризує поведінку функції в точці шляхом порівняння її значень зі значеннями в точках області визначення, прилеглих до даної. Точка екстремуму повинна бути тільки внутрішньою точкою проміжку і f (x) у ній повинна бути обов'язково визначена.

Необхідна умова екстремуму: якщо функція y = f (x) має екстремум у деякій точці с, то в цій точці похідна f ¢(c) = 0 або не існує, тобто точка є критичною.

Обернене твердження не має місця, тобто, якщо в деякій точці f ¢(c)= 0, то питання про існування екстремуму залишається відкритим.

Якщо ж f ¢(c)¹ 0, то цього вже досить, щоб стверджувати, що в точціс екстремуму немає.

Достатня умова екстремуму: якщо функція y = f (x) неперервна на деякому інтервалі, що містить критичну точкус, диференційовна в усіх точках цього інтервалу, за винятком, можливо, самої точки с, і при переході зліва направо через критичну точку похідна f ¢(x) змінює знак із плюса (мінуса) на мі-

нус (плюс), то в цій точці с функція

f (x) має максимум (мінімум).

f (x) , коли x

переходить через кри-

Наслідок. Якщо похідна f (x) функції

тичну точку c зліва направо, не змінює знака, то точка c не є екстремальною.

Приклад. Дослідити на екстремум функцію у =

x 3

x 2 - 6x + 1.

Розв’язання.

1) Знайдемо область визначення функції: D(f )= (- ¥;+¥).

æ1

2) Обчислимо похідну функції: у¢ = ç

- 6x +

1÷

ö¢

æ 1

æ 5

= ç

÷ - ç

(х

)

(х

)- 6(х ) =

- (6x ) + 1

è 3

è 2

× 3(х 2 )-

× 2x - 6 = x 2 - 5x - 6 .

3) Знаходимо критичні точки: прирівнюємо похідну до нуля і знаходимо

корені рівняння у¢ = 0 ,

x 2 - 5x - 6 = 0 , х1

= -1, х2

= 6 . Зауважимо,

що

y¢ існує

для всіх x Î(- ¥;+¥).

Отже, критичні (стаціонарні) точки: х1 = -1, х2 = 6 .

4) Досліджуємо знак похідної зліва і справа від критичної точки, обчис-

люючи значення похідної в деяких точках кожного з інтервалів, на які критичні

точки розбивають область визначення:

х = -2 Î(- ¥;-1),

- 5x

- 6)| x =-2 = (- 2) - 5 × (- 2)- 6 = 4 +10 - 6 = 8 > 0 ;

y (- 2)= (x

х = 0 Î(-1;6),

< 0 ;

> 0 .

(0)= -6

х = 7 Î(6;+¥), y (7)= 8

5) Заповнюємо таблицю:

(- ¥;-1)

- 1

(-1;6)

(6;+¥)

у¢

–

-53

min

max

Отже

функція

на

інтервалах

(

- ¥;-1)

і (6;+

¥) монотонно зростає, на

(-1;6)

точці х = -1

монотонно

спадає;

функція

має

максимум,

уmax

= у(-1 )= ç

- 6x

1÷

× (-1 )

× (-1 ) -

6 × (-1 )+

1 =

;

x=-1

æ 1

точці х = 6

функція

має

мі

уmin

= у(6 )=

- 6x +

1÷

= -53.

è 3

x=6

Запитання до самоконтролю

1.Пояснити поняття приросту функції.

2.Дати означення похідної функції в точці.

3.Яка функція називається диференційовною?

4.Геометричний зміст похідної.

5.Дотична і нормаль. Дати означення і записати їх рівняння.

6.Механічний зміст похідної.

7.Записати основні правила диференціювання функції.

8.Обернена функція її похідна.

9.Складена функція її похідна.

10.Способи завдання функцій.

12.Правило обчислення похідних неявно заданих функцій.

13.Параметричне завдання функції.

14.Формула похідної параметрично заданої функції.

15.Зростання і спадання функції. Означення.

<<< < Предыдущая 1 23 / 53 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
12.02.2016301.59 Кб113Magistratura_OGG_95_pitan.docx
#
12.02.20161.84 Mб9mag_8.03050901_bo_12.doc
#
11.02.2016356.86 Кб49mag_8.14010101_grs_2014(2).doc
#
12.02.20167.16 Mб86Makarov_S._Yu._Slavskaya__I._L_._Innovatsii_v_tekhnologii_i_oborudovanii_prigotovleniya_vodok.pdf
#
20.09.201984.95 Кб1Matematika.docx
#
12.02.2016761.1 Кб22matra.rozpaxyhk.pdf
#
10.11.20195.21 Mб45Meetings and Negitiations.doc
#
17.11.2019456.7 Кб6MET-mas-obs.doc
#
14.11.2019607.23 Кб6Method 2011.doc
#
18.11.2019438.27 Кб5metMex-повна.doc
#
23.08.2019951.81 Кб10Metod diplom bakalavr BTMS.doc