Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный университет Львовская политехника

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Вища математика / B.M

..pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.02.2016

Размер:

1.03 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

															π - x = t, t ® 0
															2
Приклад 13. lim(sin x)tg 2 x											=	1∞			x = π - t; sin x = sin π - t																			= cos t
Приклад 13. lim(sin x)tg 2 x											=	1∞			x = π - t; sin x = sin π - t																			= cos t
						x→	π								2														2
						x→	2								tgx = tg π - t
							2																									1
																									= c tgt =							1
																									= c tgt =							tgt
																						2										tgt
				1													1									t	2		1				1
				1													1										2
						= lim(1+ (cos t -1))tg 2t
= lim(cos t )tg 2t																			cos t -1 ~ -									,			~

																													2	t				2
t →0							t →0																			2 tg				t	t →0 t
															−	1
				1							2				−
			2							2	−				2					1
			2		2					2	−			2	2					1
		t		t					t				t						−			1
		t		t					t				t						−	2		1
= lim 1	-					= lim 1		-										= e			=			.


t →0		2					t →0		2														e

= lim

t →0

Приклад 14.

lim

sin

π - x = t

x = π - t, t ® 0

x→π sin

sin 3(π - t )

= lim

sin (3π - 3t )

lim

sin (π - 3t )

= lim

= -

sin 2 (π - t )

-2t

t →0 sin (2π - 2t )

t →0

-sin 2t

t →0

Приклад 15.

																															1					1 x
																												х			4					1 x
																									1	+			-	1		-1						-1

		4						x - 2						0						1							16							1							1
			lim					x - 2			=			0				=		1	lim						16						= =	1	lim	4 16				=	1	.
																															1					1 x
								х - 4																							1
			x→16											0			2				x	→16												2	t →0						4
			x→16											0			2				x	→16												2	t →0						4
																												х			2							-1
																												х			2							-1
																									1	+			-	1		-1				2 16
																									1	+	16		-	1		-1				2 16
																											16
		Приклад 16.
																π - x = y,

	1- 3tgx												0
lim	1- 3tgx									=			0		6														=
lim						π				=		0			6				π										=
π						π						0							π
x→ 6	cos x +															x		=	6		- y, y ® 0
x→ 6	cos x +															x		=			- y, y ® 0
							3
		1-			tg π - y																			tg π - tg						π - y
																							3
				3																			3
= lim								6								= lim										6				6
= lim								π								= lim										sin y						=
y→0			cos					π											y→0							sin y						=
			cos						- y
							2
		1-			tg π - y																			tg π - tg						π - y
																							3
				3																			3
= lim								6								= lim										6				6									sin y						4

								π																		sin y						=		3 ×lim										=		.
y→0			cos																y→0																				π			π
y→0																			y→0																										3
									- y																										y→0		sin y cos								3
							2																														sin y cos			cos			- y
																																							6			6

- 53 -

Приклад 17.

	(							x -1 = z, z ® 0 x = 1+ z											1
				2							1										z2
		4	x -1	2							1										z2
			)			0		4		4		1					= = lim	16					=	1		.
lim					=		=		x -1 = 1	+ z		-1 ~	z
lim	1	+ cosπ x			=	0	=		x -1 = 1	+ z		-1 ~	z					π		2				8π	2
x→1	1	+ cosπ x				0						z→0 4					z→0	π				2		8π
( x−1→0)								1+ cosπ x = 1+ cos (π + π z ) = 1- cosπ z ~ π						2	z	2		2			z
( x−1→0)								1+ cosπ x = 1+ cos (π + π z ) = 1- cosπ z ~ π							z						z


													z→0	2

Приклад 18.

x - 3 = y, y ® 0, x = y + 3, sin

x - 3

= sin

2 y~→0 2

x - 3 π x

π x

( y

3) = tg

π y

lim sin

0 ×¥

= tg

= -ctg

x→3

-1

-6

y~→0

π y

= − lim

y ×6

= -

y→0

2π y

Приклад 19.

limtg 2 x (

) =

¥ ×0

2sin

x + 3sin x + 4 -

sin

x + 6sin x + 2

x→π

sin x = y, y ®1

tg 2 x =

sin

lim

2 y2

+ 3y + 4 -

y2 + 6 y + 2

cos

1- y

y→1

1- y2

(1- y)(1+ y )

2 (1- y)

lim

2 y2 + 3y + 4 - y2 - 6 y - 2

lim

y2 - 3y + 2

lim

( y -1)( y - 2)

2 y2 + 3y + 4 + y2 + 6 y + 2 )

2 y→1 (1- y )(

y→1

1- y

y→1

1- y

4.3. Приклади порівняння нескінченно малих величин

При вивченні різних питань, пов'язаних з поняттям нескінченно малої величини, потрібно розрізняти нескінченно малі за характером їхньої зміни. Одні нескінченно малі наближаються до нуля «швидше», інші «повільніше».

Приклад 1. Перевірити, чи є еквівалентними нескінченно малі величини

f (x) = esin x - e і g ( x) = arc sin (1- sin x) при x ® π . 2

Знайдемо границю відношення

- 54 -

lim	f (x)	= lim	esin x - e	=
lim	g ( x)	= lim	arcsin (1- sin x)	=
x→π	g ( x)	x→π	arcsin (1- sin x)
2		2

	esin x - e = e (esin x−1 -1) ~ e (sin x -1)
	esin x - e = e (esin x−1 -1) ~ e (sin x -1)
0	x→	π
		π
		2
	arcsin (1- sin x) ~ 1- sin x, бо arcsin y ~ y
0
0
	x→π	y→0
	2

= lim

e (sin x -1)

= -e .

x→π

1- sin x

величини f (x) і g ( x)

Відповідь:

Нескінченно

малі

нескінченно

малими одного порядку, але не еквівалентними.

Приклад

Визначити

при

→

порядок

нескінченно

малої

α = 2x

- cos x відносно х.

При розв’язанні питання про відносний порядок малості нескінченно

малих

величин

обчислюють

границю

відношення

lim

де

потрібно

x→0

знайти таке, щоб дана границя була сталою, відмінною від нуля. При цьому,

нескінченно мала величина α буде величиною k-го порядку щодо

нескінченної малої величини х.

- cos x = (2x

-1) - (cos x -1) ~

2x x

lim

= lim

2x x

- cos x

x→0

ln 2 +

= 0

~ x

ln 2, áî

x ln 2

= lim

x 2 ln 2

= ln 2

x→0

Відповідь: Порядок малості нескінченно малої α відносно х дорівнює

x ® π

Приклад 3.

Знайти

відносний

порядок малості

при

функцій

β = cos x + π

α = tg 3 x - 3tgx і

tgx

x - tg

x - 3tgx

-tgx tgx + tg

sin

- x

lim

= lim

k π

cos

x→

cos x cos

sin

x→

x→ 3

x +

x→ 3

- x

-sin π - x

3 × 2

lim

= - 24.

k π

(k =1)

x→

sin

- x

Відповідь: Нескінченно малі α і β одного порядку малості (k =1).

Приклад

Визначити

порядок

малості

при

х → 0

функції α = 7

1+ 3

-1

відносно х.

- 55 -

								(1+ 3		)	1		1
												−1 ~	1
											7
									x		7			x3				1		1
													7							1


	α	7	1+	3	x −1		0					x→0							x3				1
		7		3								x→0						7	x3
lim		= lim				=		за формулою							= lim			7			=			.
lim	k	= lim		x	k	=	0	за формулою							= lim				k		=		7	.
x→0	x	x→0		x			0		m						x→0			x			k =	1	7
								(1+ x) −1 ~ mx														3
								(1+ x) −1 ~ mx
												x→0
																1
Відповідь: Функція α нескінченно мала порядку																1	відносно х при х → 0 .
Відповідь: Функція α нескінченно мала порядку																	відносно х при х → 0 .
													3

4.4. Неперервність функції

Якщо обмежитися інтуїтивним поясненням, то лінія неперервна, якщо її можна накреслити, не відриваючи олівця від паперу.

	Означення 1. Функція	f (x) називається неперервною в точці x0 , якщо
вона визначена в цій точці й у деякому її околі й
lim	f ( x) = f ( x0 ) .	(4.4.1)
x → x0
Оскільки x0 = lim x , рівність (4.5. 1) можна переписати:
	x → x0
lim	f ( x) = f ( lim x) ,	(4.4.2)
x → x0	x → x0

Означення 2. Функція називається неперервною в точці x0 , якщо нескінченно малому приросту аргументу в цій точці відповідає нескінченно

малий приріст функції.

Означення 3. ( мовою «ε-δ»). Функція називається неперервною в точці

x0 , якщо ε >0

δ >0 , що для всіх x, що задовольняють нерівності

x − x0

< δ

виконується нерівність

f (x) − f (x0 )

< ε .

Однобічна неперервність

Означення. Функція

f ( x) , визначена в деякому околі точки

при

x £ x0

(x ³ x0 ) ,

називається неперервною

точці

x0 ліворуч (праворуч),

якщо

f ( x) = f ( x0 ) (

f ( x) = f ( x0 ) ).

lim

(4.4.3)

x → x0 − 0

x → x0 + 0

Приклад 1.

Функція

x2 , якщо x ≤ 1

точці

x=1 за означенням є

y =

2x, якщо x > 1

неперервною ліворуч.(рис.4.2)

0 1

Рис. 4.2

- 56 -

4.4.1.Точки розриву та їхня класифікація

Зозначення 1 неперервності функції витікає, що функція неперервна в точці x0 , якщо виконуються умови:

1.	Функція f ( x ) визначена в точці x = x0 й деякому її околі й f(x)=A.
2.	Існує скінченна права границя функції	lim f (x) = f (x0 + 0) = B .
		x→x0	+0
3.	Існує скінченна ліва границя функції	lim	f (x) = f (x0 − 0) = C .
	x→x0 −0
4.	Однобічні границі рівні, тобто B=C.
5.	Однобічні границі дорівнюють значенню функції в точці x = x0 ,

тобто A=B=C=f(x0).

Якщо не виконується хоча б одна з перерахованих умов, то говорять, що функція має (терпить) розрив у точці x = x0 . Розрізняють точки розриву I й II

роду. Якщо в точці розриву функція має скінченні однобічні границі , то це – точка розриву I роду. Якщо ж хоча б одна з однобічних границь наближається до нескінченності або принципово не існує, то точка x = x0 є

точкою розриву II роду.

Зокрема, якщо не виконана умова 1 і відповідно 5, то точка x = x0

називається точкою усувного розриву (I роду), тому що довизначивши функцію в точці розриву, одержимо неперервну функцію.

	Якщо існують скінченні однобічні границі, але вони не рівні між собою,
тобто B≠C, то			точка x = x0		називається точкою розриву I роду типу
«стрибок» (		B - C		– величина стрибка функції).

Отже, для визначення характеру точки розриву функції f ( x) треба:
1.	Знайти точки в яких функція може мати розрив.					lim f ( x) = b2 .
2.	Обчислити однобічні границі				lim f ( x) = b1 й
					x → x0 − 0	x → x0 + 0

3.З огляду на отримані значення цих границь, зробити висновок про характер розриву.

Дослідити на неперервність і класифікувати точки розриву функції.

Приклад 1. f(x)= sin x .


		Функції sin x і х визначені на всій числовій осі, але в точці х0=0 функція
	sin x	невизначена. Однобічні границі збігаються, тобто lim		sin x	= lim	sin x	=1,
	x

			x→+0 x		x→−0	x
при цьому f(+0)=f(-0)= lim f (x) . Умова lim f (x) =f(0) не виконується,						тому в
		x→0	x→0

точці х0=0 функція має усувний розрив (рис. 4.9). Довизначимо функцію f(x)


			sin x
у точці х0=0, визначивши		F (x) =			,	x ¹ 0;
у точці х0=0, визначивши		F (x) =		x	,	x ¹ 0;
			1,			x = 0.
Тоді F(x) неперервна на всій числовій осі.
Приклад 2. f(x)=		sin x	х0=0 –			точка розриву.



		x
	- 57 -

Однобічні границі дорівнюють:

f (+0) = lim	sin x	= 1 ,	f (−0) = lim		sin(−x)	= −1 ,	тобто f(+0) і f(-0) існують, але не
f (+0) = lim		= 1 ,	f (−0) = lim			= −1 ,	тобто f(+0) і f(-0) існують, але не
x→+0 x				x→+0 x
рівні між собою (не виконується умова 4). Отже, х=0 – точка розриву I роду,
«стрибок» (Рис. 4.10).
			y				y
		1○
							1
					x		x
0							0
							-1
		Рис.4.3					Рис.4.4
			f (x) = 2	x

Приклад 3.				4− x

Показникова функція неперервна всюди в області визначення, але в точці х0=4 функція невизначена (Рис. 4.11).

		x		1	x

0	•		•	0	•
	4		-1		1

Рис.4.5					Рис.4.6
			x			x
		lim 2		= 0 ,	lim 2		= ∞ .Точка x=4- точка розриву
Знаходимо			4− x
Знаходимо			4− x			4− x
		x→4+0			x→4−0
другого роду.
Приклад 4.
−2x	при x < 0,
f (x) = x2 +1 при 0 ≤ x < 1,
2	при	x > 1.

Функція f(x) визначена на всій числовій осі; функції -2x, x2+1, 2 неперервні всюди як елементарні функції. Однак у точках x1=0 й x2=1 змінюються її аналітичні вирази.

Дослідимо точку x1=0. Обчислимо однобічні границі:

lim f (x) = lim (−2x) = 0 = f (−0),		lim f (x) = lim (x2 +1) = 1 = f (+0).
x→−0	x→−0	x→+0	x→+0

- 58 -

У точці x1=0 однобічні границі існують і різні, отже, маємо розрив 1-го роду– «стрибок».

Дослідимо точку x2=1. Обчислимо однобічні границі:

lim f (x) = lim (x2 +1) = 2 = f (1− 0),		lim f (x) = lim 2 = 2 = f (1+ 0).
x→1−0	x→1−0	x→1+0	x→1+0
Значення	функції f(1) =2. Оскільки		f(1-0)=f(1+0)=f(1) =2, функція f(x)

неперервна в точці x2=1( Рис. 4.12).

Розділ 5

ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЇ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ

5.1. Похідна

Похідною функції y=f(x) у точці х називається границя відношення приросту функції до приросту аргументу, коли приріст аргументу

наближається до нуля. f ¢( x) = lim	f ( x + Dx) - f ( x)	.
наближається до нуля. f ¢( x) = lim		.
x→0	Dx
5.1.1. Правила обчислення похідних
Нехай функції u = ϕ (x) й v =ψ (x) мають у певній точці похідні u , v			.
		′ ′

Тоді функції 1. y=cu, (c=const); 2. y=u ± v; 3. y=uv; 4. y = u , v ¹ 0 v

також мають похідні в цій точці, які обчислюються за формулами:

¢	¢	¢	u ′		u¢v - uv¢
1) (cu )	= cu¢; 2) (u ± v)	= u¢ ± v¢; 3) (u ×v)	= u¢v + uv¢; 4)	=			, v ¹ 0.
					v	2
			v

	Нехай функція					u = ϕ ( x)		має	в деякій	точці	x0 похідну u¢x = ϕ¢( x0 ) , а
функція		y = f (u )			має у відповідній точці u0					= ϕ ( x0 )	похідну y¢ = f ¢(u0 ) . Тоді
складна функція					y = f (ϕ ( x))		в згаданій точці x0 також буде мати похідну,
рівну
y	( x0 )	= f		(u0 )×u ( x0 )		′	=	′	′
			'			або y x		yu × u x .
'					'

Нижче представлена таблиця 5.1 похідних елементарних функцій у припущенні, що аргумент u є деяка функція від x: c′ = 0 .

- 59 -

Таблиця 5.1.

(cu) = cu¢ ;

(sin u )′ = cos u ×u¢

(un )′ = nun−1 ×u¢ ;

10.

(cos u )′ = -sin u ×u¢ ;

′

u¢

(

)

;

11.

(tgu ) =

×u¢ ;

cos2 u

′

= -

u¢

;

12.

(ctgu )¢ = -

u¢ ;

sin2 u

u′

(loga

u )¢

′

;

13.

(arcsin u )

;

1- u2

u ln a

(arccos u )¢ = -

′

u′

14.

;

(ln u )

;

′

1- u2

(au )′ = au ln a ×u¢ ;

15.

(arctgu )¢

;

+ u

′

euu¢

u′

(

)

;

16.

(arcctgu )

= -

1+ u2

;

Похідна оберненої функції

Якщо

функція

y = f (x)

задовольняє умовам теореми про існування

оберненої

функції, і

в точці

x0 має скінченну

похідну

f ¢( x0 ) ¹ 0 , то для

оберненої функції x=g(y) у відповідній точці x0=g(y0) також існує похідна

рівна	x¢( y ) =	1			або x¢ =		1	.
	0	y¢( x		)		y	y¢
	0					y
		0					x
	Приклади. Знайти похідні наступних функцій
1)	y=ln sinx
Оскільки (ln u )¢ =			1	×u¢,		u¢ = (sin x)¢ = cos x , то y¢ =			1	×cos x .
Оскільки (ln u )¢ =			u	×u¢,		u¢ = (sin x)¢ = cos x , то y¢ =				×cos x .
			u						sin x

2) y = tg12 3cos x + 4 x

Дана функція є степеневою функцією, основа якої є складна функція, тому обчислення похідної будемо виконувати послідовно, використовуючи правила диференціювання складної функції.

y¢ = 12tg11 3

(cos x + 4 x)−2 3 (-sin x + 4).

cos x + 4 x

cos2 3

cos x + 4 x

y = arctg (3x + 5)×3sin

2 x +

lg (1 + tgx)

Дана функція є сумою, перший доданок якої у свою чергу є добуток, а другий - частка. Тому послідовно використаємо правила диференціювання суми, добутку, частки, а також складної функції.

- 60 -

y¢ =

3 ×3sin2 2 x

+ arctg (3x + 5)×3sin2 2 x ln 3 × 2 sin 2x ×cos 2x × 2 +

+ (3x + 5)2

x−

lg (1 + tgx) - x

+ 8

1 + tgx

cos2

ln 10 .

lg2 (1 + tgx)

5.1.2. Диференціювання неявних функцій

Якщо рівняння

F(x,y)=0

(5.1.1)

перетворюється в тотожність, коли в ньому y заміняється функцією f(x), то говорять, що y=f(x) є неявна функція, визначена даним рівнянням (5.1.1). Для

того щоб знайти похідну y′ функції y=f(x), заданої неявно рівнянням (5.1.1.),

треба продиференціювати обидві частини тотожності F(x,y(х))≡0 по змінній x, користуючись правилом диференціювання складної функції. Потім отримане рівняння розв’зати відносно y′ .

Приклад. Знайти похідну функції, заданої рівнянням

x × y + sin x ×tgy = 0 .

Диференціюванням по x знаходимо

y¢

sin x

y +

x y¢ + cos xtgy + sin x

= 0, x +

y¢ = -

- cos xtgy,

cos

2 x

( y + 2

cos xtgy )cos2 y

y¢ = -

(

cos2 y + sin x) .

5.1.3. Логарифмічне диференціювання. Нехай функція y=f(x) має

похідну

y¢ = f ¢( x) , яку важко

обчислити

за допомогою раніше наведених

правил і формул, але натуральний логарифм даної функції ln f(x) є функція, що диференціюється без особливих утруднень. Тоді для знаходження похідної застосовується метод логарифмічного диференціювання, який полягає в послідовному логарифмуванні вихідної функції ln y=ln f(x), а потім диференціюванні її, як функції, заданої неявно. Тоді якщо ln y = ϕ ( x) , то

y′ = ϕ¢( x) , звідки знаходимо y¢ = y ×ϕ¢( x) або y¢ = f ( x)×ϕ¢( x)

Приклади. Знайти похідні функцій:

1) . y = (x3 + 5x2 )x .

Прологарифмуємо цю функцію: ln y = 1x ln (x3 + 5x2 )

Диференціюючи обидві частини рівності, знаходимо

y¢	= -	1	ln ( x3 + 5x2 ) +	1	×	3x2 + 10 x	, звідки
y		x2		x		x3 + 5x2

- 61 -

M0 ( x0 , y0 )


y¢ = (x3 + 5x2 )			1	-	1	ln (x3 +
			x
					2
					x
		x (x2 + 1)
2) y =	3						.
		(x2 - 1)2

5x	2	) +	3x + 10

			x	3	+ 5x	2
			x		+ 5x

Безпосереднє обчислення похідної даної функції є громіздким, у той час, як натуральний логарифм y легко диференціюється. Прологарифмуємо цю функцію:

ln y = 31 (ln x + ln (x2 + 1) - 2 ln (x2 - 1)).

Диференціюємо обидві частини тотожності, розглядаючи y як функцію від х, тоді:

y¢

, звідки y¢ = 3

x (x2 + 1)

- 2

+ 1

- 1

( x2 - 1)

+ 1

- 1

y 3

3 x

5.1.4. Геометричний зміст похідної. Рівняння дотичної і нормалі

Похідна функції в даній точці чисельно дорівнює кутовому коефіцієнту дотичної до кривої в цій точці. Звідси випливає, що рівняння

невертикальної дотичної до кривій y=f(x) у точці має вигляд

y - y0 = y¢( x0 )( x - x0 )

Рівняння вертикальної дотичної x = x0 .

Нормаллю до кривої в точці M0 ( x0 , y0 ) називається

пряма,

перпендикулярна

до дотичної, проведеної

до

цієї кривої в

заданій точці.

Рівняння

негоризонтальної

нормалі

має

вигляд

y - y0

= -

( x - x0 ) .

y¢( x0 )

Рівняння горизонтальної нормалі y = y0 .

Приклад. Написати рівняння дотичної і нормалі до кривої

y = x3 - 3x2 - 2 в

точці з абсцисою x0 = 1 .

Ордината

точки

дотику y

= 13 - 3 ×12 - 2 = -4 . Кутовий

коефіцієнт

дотичної

k = y¢

x=1 = (3x2 - 6 x)

x=1 = 3 - 6 = -3. .

Рівняння дотичної y+4=-3(х-1), або 3х+y+1=0.

Кутовий коефіцієнт нормалі

kнорм = -

Рівняння

нормалі

kдотичи.

y + 4 =

( x - 1) ,

або х-3y-13=0.

- 62 -

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 96 7 8 9 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Вища математика

#
12.02.20161.03 Mб58B.M..pdf
#
12.02.20161.29 Mб53В.М.-iнтеграли.pdf