Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:
Скачиваний:
61
Добавлен:
12.02.2016
Размер:
1.03 Mб
Скачать

5.2. Диференціал функції

Функція y=f(x) називається диференційовною у даній точці x, якщо приріст y цієї функції в точці x, що відповідає приросту аргументу x, може бути представлений у вигляді

Dy = A × Dx +α × Dx ,

(5.2.1)

де A – деяке число, що не залежить від x, а α – функція аргументу x, що є нескінченно малою при D x ® 0 . Головна частина приросту функції A × Dx , лінійна відносно Dx , називається диференціалом функції й позначається

dy = A × Dx .

Теорема. Для того щоб функція y=f(x) була диференційовною в даній точці x, необхідно й достатньо, щоб вона мала в цій точці скінченну похідну. У процесі доказу цієї теореми з'ясовується зміст А, а саме, установлюється,

що A = y( x) .

З огляду на цю рівність, диференціал функції можна записати так:

dy = y× Dx .

(5.2.2)

Теорема. Якщо функція y=f(x) диференційовна в точці x, то вона й неперервна в цій точці. Обернене твердження не завжди вірне. Наприклад, функції y =|x| (рис. 5.1.а), y = 3 x (рис. 5.1.б) є неперервними в точці х=0, однак вони не диференцційовні в цій точці.

y y

y = x

 

 

 

0

x

0

х

x

 

y = 3

Рис. 5.1.а

Рис. 5.1.б

Диференціал незалежної змінної х дорівнює її приросту, dх= x, тому

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.2.3.)

 

 

 

 

dy = y dx .

 

 

 

 

Приклад. Знайти диференціал функції

y = ln tg

 

,

x

Розв’ язання.

dy =

 

 

dx

 

=

 

 

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

tg x ×cos2 x × 2 x

 

 

 

x ×sin 2 x

- 63 -

5.2.1.Геометричний зміст диференціала функції

Зформули (5.2.2) випливає, що диференціал функції y=f(x) дорівнює dy = f ( x) dx . З огляду на те, що f ( x) = tgϕ (рис.5.2.), одержуємо dy=tgφ·dx.

y

 

P

 

Звідси:

геометричний

зміст

 

K

dy

M

N

диференціала полягає в

тому, що він

дорівнює

ϕ

dx

 

приросту ординати дотичної, проведеної до

 

 

кривої y=f(x) в точці

 

 

0

x x+dx

x

з абсцисою x

при переході від

 

Рис. 5.2

 

 

точки дотику в точку з абсцисою x+dx

(dy=|KN|).

5.2.2. Застосування диференціала до наближених обчислень

При

достатньо малому

x можна

замінити приріст функції її

диференціалом, тобто

f ( x

+ x) f ( x ) f ( x

) x

 

 

 

 

0

 

 

0

0

 

 

і звідси знайти наближене значення шуканої величини за формулою

 

f ( x + x) f

( x )

+ f ( x ) x .

 

 

 

 

 

0

 

0

 

0

 

 

 

 

 

Приклад. Обчислити приблизно arctg 0,97.

 

Розв’ язання.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x ;

 

 

arctg(x0 + x) arctgx0 + arctg (x0 )

 

 

x +

x = 0, 97; x = 1;

x = −0,03;

(arctg x)=

 

1

.

1 + x2

0

0

 

 

 

 

 

 

 

arctg0, 97 arctg1

0,03

 

= π 0,015 0,7554.

 

 

 

 

 

 

1 + 12

 

4

 

 

 

 

 

5.3. Похідні й диференціали вищих порядків

Нехай функція y=f(x) диференційовна на деякому проміжку (a,b). Значення похідної f (x), загалом кажучи, залежить від x, тобто похідна від f (x) є теж функція від x. Якщо ця функція сама є диференційовною у деякій точці x інтервалу (a,b), тобто має в цій точці похідну, то зазначена похідна називається другою похідною (або похідною другого порядку) і позначається

y′′ = ( y)= f ′′( x) .

Похідною n-го

порядку називається похідна від похідної (n-1)-го

порядку: y(n ) = ( y(n−1) ).

 

Для похідних n- го порядку справедливі правила

1.2. (u + v)(n) = u(n ) + v(n)

(cu )(n) = cu(n) , c = const

- 64 -

3. (uv)(n ) = u(n)v + nu(n1)v¢ +

n(n -

1)

n

u(n2)v¢¢ + ... + uv(n ) = cnk u(nk )v(k ) .

 

 

1× 2

 

k =0

Формула 3 називається формулою Лейбніца.

Приклад. y = ex × x2 . Знайти y(40).

Розв’ язання. Застосовуючи формулу Лейбніца, приймемо u=ex , v=x2

. Похідна будь-якого порядку від функції ex дорівнює ex, отже

(ex )(40) = ex .

y(40) = (ex × x2 )(40) = (ex )(40) × x2 + 40 ×(ex )(39) × 2x +

40 ×39

(ex )(38) × 2 = ex (x2 + 80x +1560).

 

 

 

1× 2

 

 

 

Нехай задана функція y=f(x), де x незалежна змінна. Диференціал цієї

функції dy = y dx є деяка функція від х, при цьому від х залежить тільки y

.

 

Якщо y, у свою чергу, диференційовна функція, то можна

визначити

диференціал другого порядку. Диференціалом другого порядку називається диференціал від диференціала функції:.

d(dy)=d( yd x)= y′′ dx2=d2y , або d 2 y = y¢¢dx2 .

Взагалі, диференціалом n-го порядку називається перший диференціал від диференціала (n-1)-го порядку.

d n y = d (d n−1 y ) = y(n )dxn .

(5.3.1)

Користуючись диференціалами різних порядків, похідну будь-якого порядку можна представити як відношення диференціалів відповідного порядку:

y¢ = f ¢( x) =

dy

;

y¢¢ = f ¢¢( x) =

d 2 y

;...

y(n) = f (n) ( x) =

d n y

;

(5.3.2)

 

dx2

dxn

 

dx

 

 

 

 

 

Рівності (5.3.1), (5.3.2) при n>1 вірні тільки в тому випадку, коли х є незалежною змінною.

5.3.1. Диференціювання параметрично заданих функцій

Якщо функція задана параметрично:

x = x(t ), , то її похідну по змінній х

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = y (t );

можна представити в такий спосіб:

 

y¢

=

dy

=

ytdt

=

yt

, тобто

yx′ =

yt

.

(5.3.3)

 

 

 

 

x

 

dx xt¢dt xt¢

 

xt

 

 

 

 

 

Для знаходження другої похідної застосуємо теорему про похідну складної

функції. З огляду на те, що y¢

є функцією від t, одержимо:

y¢¢

 

 

dy

 

 

dy

dt

.

=

 

 

x

=

 

 

x

×

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

xx

 

 

dx

 

 

dt

dx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

За теоремою про похідну оберненої функції одержимо:

 

 

dt

=

 

1

=

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dx

dx

 

 

 

xt¢

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

dt

- 65 -

 

 

Отже,

 

y¢¢ =

 

dy

1

 

;

 

(*)

Скориставшись правилом диференціювання

 

 

 

 

x

×

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xt¢

 

 

 

 

 

 

 

xx

 

dt

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

дробу, одержимо:

 

 

 

 

 

′′

 

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y¢¢ =

 

ytt

× x

- xtt

× yt

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.3.4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( x¢)3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад.

Знайти

похідну

 

y¢¢

 

функції

 

заданої

параметрично:

 

 

x = a (t - sin t ),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y = a (1 - cos t ).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тоді x¢ = a (1 - cos t ),

 

y¢ = a sin t, й

y¢ =

a sin t

 

 

=

 

 

 

sin t

.

 

Для знаходження

 

y¢¢

 

a (1- cos t )

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

x

 

 

1- cos t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

використаємо формулу (*),

що дасть:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y¢¢

=

 

sin t

¢

×

 

1

 

 

 

=

cos t (1- cos t ) - sin2 t

=

 

 

 

cos t -1

 

=

 

-1

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

xx

 

- cos t

 

a (1- cos t )

 

 

 

 

a (1- cos t )

3

 

 

 

a (1- cos t )

 

a (1- cos t )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.4. Застосування похідних до дослідження функцій і

побудови графіків, знаходження границь

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.4.1. Розкриття невизначеностей за правилом Лопіталя

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Правило Лопіталя

 

для

розкриття невизначеностей

виду

 

 

 

 

 

0

 

 

й

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сформульовано у вигляді теореми:

 

 

 

f ( x) й ϕ ( x) диференційовні всюди

 

 

Теорема. Нехай однозначні функції

 

в деякому околі точки a,

тобто при 0 <

 

x - a

 

< ε ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тоді,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

причому ϕ (x) ¹ 0 ,

якщо існує границя (скінченна або нескінченна) відношення похідних, то відношення функцій має ту ж границю, тобто

1)

 

f ( x)

 

 

 

 

 

0

 

або

 

¥

 

 

 

 

 

f ¢( x)

;

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

ϕ ( x)

 

 

¥

 

 

ϕ¢( x)

 

xa

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

xa

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2)

 

f ( x)

 

 

 

 

 

0

 

або

 

¥

 

 

 

 

 

f ¢( x)

.

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

ϕ ( x )

 

 

¥

 

 

ϕ¢( x)

 

x→∞

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Зауваження. Підкреслимо ще раз, що існування границі відношення похідних гарантує існування границі відношення функцій. Обернене твердження невірно, оскільки границя відношення функцій може існувати

при відсутності границі відношення похідних.

Приклад 1. Знайти границю функції

lim

x + cos x

=

 

¥

 

 

 

¥

x→∞ x + sin x

 

Розв’ язання. Правило Лопіталя в цьому випадку незастосовно,

оскільки відношення похідних 1- sin x не має границі при х → ∞.

1+ cos x

- 66 -

З того, що границя відношення похідних не існує не можна зробити висновок , що шукана границя не існує. Дійсно, границя даної функції може бути обчислена безпосередньо:

 

 

 

 

 

1+

cos x

 

 

lim

cos x

= 0,

 

lim x + cos x

 

¥

 

 

 

x

 

 

 

= lim

 

x

 

 

x→∞

 

= 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

x + sin x

 

¥

 

x→∞

+

sin x

 

 

 

sin x

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

lim

 

 

= 0

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 sin

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 2. Знайти границю функції lim

x

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x0

sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розв’ язання. Обчисливши границю безпосередньо, одержимо

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 sin

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

0

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

lim

 

 

×lim x×sin

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

sin

 

 

 

£1-величинаобмежена =1; limx×sin

 

 

=0

 

 

x→0 sin x

x→0

 

x

 

 

 

sin x

 

0

x

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

x

 

 

 

 

1×0 =0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Тут

lim

x ×sin

 

 

 

= 0 ,

оскільки х — нескінченно

мала

величина, а sin

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

величина обмежена. Границя функції існує, але вона не може бути обчислена

 

за правилом Лопіталя, оскільки відношення похідних

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x sin

1

- x2 ×cos

1

×

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

x2

не має границі при х → 0.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x

Обчислити границі функцій, користуючись правилом Лопіталя.

Приклад 1.

eα x - cosα x lim β

x→0 e x - cos β x

Приклад 2.

 

 

0

 

 

 

 

 

 

α x

× a + sin α x ×α

 

 

lim sin α x = 0;

lim eα x = 1;

 

α .

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

= lim

e

 

=

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

x→0 eβ x × β + sin β x × β

 

 

lim sin β x = 0;

lim eβ x = 1.

 

β

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

A = lim

x - sin x

 

 

 

 

0

 

 

 

 

= lim

1- cos x

 

=

 

 

 

 

0

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

0

 

 

 

 

 

 

x→0 x - tgx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos2 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Відзначимо, що при знаходженні границь за правилом Лопіталя доцільна заміна еквівалентними нескінченно малими, заміна функцій їх скінченними границями, відмінними від 0, тотожні перетворення виразів із метою їх спрощення.

A = lim

(1- cos x)cos2 x

 

 

 

lim cos2 x = 1

 

 

 

 

cos2 x -1

 

 

 

 

x→0

 

 

 

x→0

 

 

 

 

= lim

1- cos x

= -

1

.

(cos x -1)(cos x +1)

 

x→0

2

 

Приклад 3.

A = lim

xx - x

=

 

0

 

= lim

(xx )¢ -1

=

 

0

 

.

 

 

 

 

 

 

0

 

1

 

 

0

 

 

x→1 ln x - x

 

 

 

x→1

-1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для знаходження похідної функції хх застосуємо логарифмічне диференціювання.

Нехай y1 = хх, тоді lny1 = xlnx,

- 67 -

 

y

= ln x + x ×

1

= ln x +1, y2¢ = (xx )¢ = xx (ln x +1);

 

1

 

 

 

y1

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A = lim

xx (ln x +1) -1

=

 

0

 

;

 

 

 

0

 

 

x→1

1

 

-1

 

 

 

 

 

 

 

õ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Правило Лопіталя можна застосувати повторно, якщо відношення похідних знову приведе до невизначеності й при цьому виконуються умови застосовності правила Лопіталя.

 

 

 

 

 

 

(xx )¢ (ln x +1) + xx ×

1

 

 

 

 

xx (ln x +1)¢ + xx−1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A = lim

x

= lim

= -2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

→1

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→1

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 4.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos x ln

( x - 3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ex - e3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x - 3

 

 

 

 

 

−3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

= cos 3lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

cos 3lim

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

ln (ex

- e3 )

 

 

 

 

 

0

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

x→3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→3

 

 

 

 

e

x

 

 

 

 

 

 

 

x→3 x - 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ex - e3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e−3 cos 3lim

ex

 

 

= cos 3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

→3

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 5.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

x

-

x3

-

 

x2

- x -1

 

 

 

0

 

 

 

 

e

x

-

x2

- x -1

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ex - x -1

 

 

 

 

0

 

 

lim

 

 

6

 

 

2

 

 

=

 

 

= lim

 

2

 

=

 

 

 

= lim

 

=

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

-sin x + x

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

x→0

 

 

cos x +

 

 

 

-1

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0 - cos x +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

ex -1

=

 

 

0

 

 

 

= lim

 

ex

= 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

sin x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0 cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Розкриття невизначеностей виду

 

0 ×¥

 

 

 

й

 

 

 

 

¥ - ¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0 ×¥

 

 

 

 

 

 

¥ - ¥

 

 

 

 

 

 

Розкриття

 

 

 

невизначеностей виду

 

 

 

 

 

 

й

 

проводять за

допомогою тотожних перетворень, які приводять ці невизначеності до виду

0

 

або

 

¥

 

 

 

, а потім застосовують таблицю еквівалентних нескінченно

 

 

 

 

0

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

малих величин і правило Лопіталя.

Приклад 6.

Приклад 7.

 

 

 

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x - π

 

 

0

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim x -

 

 

tgx

=

0 ×¥

 

 

 

 

= lim

2

=

 

 

 

= lim

 

 

= -1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xπ

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xπ

ctgx

 

 

0

 

xπ

-

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

2

sin2 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

A = lim

 

 

 

-

 

 

 

 

=

¥ - ¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→1

x -1

 

 

ln x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Перетворимо вираз, що знаходиться під знаком границі, з метою одержання

невизначеності 0 або ¥ .

0 ¥

- 68 -

 

 

x ln x - x +1

 

 

 

0

 

 

 

 

1×ln x + x ×

1

-1

 

 

A = lim

=

 

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

=

( x -1)ln x

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®1

 

 

 

x®1

1×ln x + ( x -1)

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

ln x

 

 

=

0

= lim

 

 

 

 

 

 

x

=

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®1 ln x + ( x -1)

1

 

0

x®1

 

 

1

+

1

-

x -1

 

 

2

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x x x2

 

 

 

 

 

Приклад 8.

 

 

π

-

x

 

=

lim

 

 

 

 

 

x®π

2 cos x

 

ctgx

 

2

 

 

 

 

 

 

lim

sin x + x cos x

= 1.

 

x®π

sin x

2

 

 

 

 

 

 

 

 

π - x sin x

 

 

0

 

 

 

-1×sin x - x cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

¥ - ¥

 

 

 

= lim

2

=

 

 

 

= lim

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®π

cos x

 

0

 

 

x®π

-sin x

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

Розкриття невизначеностей виду 1, 0, 00

Для розкриття невизначеностей виду 1, 0, 00 виконуються попередні перетворення степенево-показникової функції за основною логарифмічною

тотожністю A = eln A .

У результаті даного перетворення одержуємо:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim ϕ ( x)×ln f ( x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

ln f ( x)

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1) lim f (x)ϕ ( x ) =

 

 

 

 

 

 

¥×0

 

 

 

 

xa

1

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1¥

 

= exa

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

ϕ ( x)

 

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim ϕ ( x)×ln f ( x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

ln f ( x )

 

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2) lim f (x)ϕ ( x )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0×¥

 

 

 

xa

1

 

 

 

 

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

¥0

 

 

= exa

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

ϕ ( x )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

limϕ ( x)×ln f ( x)

 

0×¥

 

lim

ln f ( x )

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3) lim f (x)ϕ ( x) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

00

 

= e xa

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e xa

 

 

 

ϕ ( x)

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ex +1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln(e

 

+x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 1. lim(ex + x)x

=

1¥

= e x→0

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

= e x→0

 

e

+x

= e2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 2.

 

x®0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim (2 x-π )ln tgx

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

ln tgx

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim (tgx)2 x-π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x ®π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x ®

π (2 x-π )-1

 

 

 

 

 

 

 

0

= e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e0×¥

 

 

 

 

=

e ¥

=

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

1

×

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

(2 x-π )

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2(2 x-π )×2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

cos2 x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

tgx

 

 

 

-

lim

 

 

 

 

 

 

 

-

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-(2 x-π )

-2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

π sin x×cos x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x ®

π

 

 

×2

 

= e

 

 

 

x ®

 

 

{

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

2 x ®

π

 

 

 

 

-sin x

 

 

 

=

 

e0

 

 

 

 

 

= 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

®0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln

x-1

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

(

)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 3. A = lim ( x -1)

 

 

 

 

=

00

 

= e x→1

ln x×ln x-1

 

0×¥

= e

 

 

 

 

ln x

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

- 69 -

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-ln2 õ ×õ

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

-2ln õ ×

 

×x

-ln

õ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x-1

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e x→1

 

 

 

 

 

 

 

 

= e x→1

 

 

 

 

 

 

= e0 = 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln(2-x)

 

 

 

 

2

lim

2-x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

π

x 1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. lim (2 - x)tg

π x

 

 

 

 

 

 

 

 

limtg π x ln(2-x )

 

 

x→1 ctg

π x

 

0

 

 

 

 

 

 

sin2 π x

 

2

 

Приклад

2

 

 

=

1¥

 

= ex→1

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

 

2

 

 

 

= e

 

 

 

 

 

2

= eπ .

 

 

 

 

-

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

lim

2-x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

π

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→1

-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin2 π x

π

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= e

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

= e 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

7

ln(1+2 x)

 

 

 

 

0

 

 

 

 

7lim

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад

5. lim (1+ 2x)x

=

 

1¥

 

= e x→0

x

 

 

 

 

 

 

 

0

 

= e x→0

1+2 x

= e14 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®0

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln x

 

 

 

¥

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x -1

 

0

 

 

 

 

 

 

 

2x ln 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ln

2x -1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

limln

2x -1

 

¥

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад

6.

lim x (

)

 

00

 

= e x→0 (

 

)

 

 

 

= e x→0 2

 

×x ln 2

 

0

 

 

= e x→0

 

ln 2

 

 

= e1 = e.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Зауваження. Існує ряд границь, у яких невизначеність може бути усунута

тільки за допомогою правила Лопіталя.

Приведемо деякі з них.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim cos 2x = 1;

 

 

 

Приклад 1. lim

ln sin 2x

 

¥

 

cos 2x × 2 ×sin 3x

 

 

x®0

 

2 ×3x

 

 

 

 

 

=

= lim

 

 

lim cos 3x = 1;

= lim

= 1.

 

¥

 

 

 

x®0 ln sin 3x

x®0 sin 2x ×cos 3x ×3

 

 

x®0

x®0 2x ×3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sin 2x ~ 2x; sin 3x ~ 3x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®0

 

 

 

Приклад 2. Обчислити границю функції y =

ax

 

 

, n Î N при x → ∞ .

 

 

 

xn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Нехай a>1, тоді

lim

ax

=

 

¥

 

 

 

= lim

ax ln a

 

 

 

 

 

¥

 

 

 

x®+¥ xn

 

 

 

 

 

x®+¥ nxn-1

 

ax (ln a)2

 

ax (ln a )n

= lim

 

= ¼ = lim

 

= +¥,

 

 

x®+¥ n (n - 1) xn-2

x®+¥

n!

Тут правило Лопіталя застосоване n раз.

 

 

 

 

Якщо 0 < a < 1, те lim

ax

 

= 0 , якщо 0 < a < 1,

n N .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®+¥ xn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад 3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim xn loga x =

 

 

 

0 ×¥

 

 

 

= lim

loga x

=

 

 

 

 

¥

 

 

 

= lim

1

×

 

1

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®+0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x®+0

x-n

 

 

 

 

¥

 

 

 

x®+0 x ln a (-n)x-n-1

 

= -

1

lim

1

= -

1

 

lim xn = 0,

 

a > 0,

a ¹ 1,

n Î N.

 

 

 

 

 

 

 

 

n ln a x®+0 x-n

n ln a x®+0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.4.2. Умови монотонності функції. Екстремуми

Теорема 1. Нехай f(x) неперервна на [a, b] і диференційовна на (а,b). Для того щоб функція f(x) була постійною на [a,b] необхідно й достатньо, щоб f ¢( x) = 0 "x Î(a, b) .

- 70 -

Теорема 2.

Нехай f(x) неперервна на [a,b] і диференційовна на

(а,b), тоді а) якщо

f ¢( x) > 0 "x Î(a, b) , то f(x) зростає;

б) якщо

f ¢( x) < 0 "x Î(a, b) , то f(x) спадаає.

Теорема 3. Якщо диференційовна на інтервалі (а,b) функція f(x) зростає, то f ¢( x) ³ 0 "x Î(a, b) . Якщо функція f(x) спадає, то f ¢( x) £ 0 "x Î(a, b) .

Точка x0 називається точкою локального максимуму (мінімуму) функції y=f(x), якщо існує такий її окіл ( x0 -δ , x0 + δ ), у якрму f(x0) є найбільшим

(найменшим) серед всіх інших значень цієї функції. Точки локального максимуму й мінімуму функції називаються точками екстремума цієї функції.

Теорема 4. (Необхідна ознака існування екстремума.)

Якщо неперервна функція f(x) має в точці x = x0 екстремум, то похідна функції f ¢( x0 ) = 0 або не існує. Точки, у яких похідна дорівнює нулю або не існує, називаються критичними.

Теорема 5. (Достатня ознака існування екстремума функції по

першій похідній).

Нехай x0 – критична точка. Тоді, якщо функція f(x) має похідну f ¢( x) в деякому околі точки x0 і якщо похідна f ¢( x) при переході через точку x0

міняє знак із плюса на мінус, то функція в цій точці має максимум, а при зміні знака з мінуса на плюс – мінімум.

Теорема 6. (Достатня ознака існування екстремума функції по

другій похідній).

 

 

Якщо функція f(x)

у деякому околі точки x0

неперервна й двічі

диференційовна, причому

f ′(x0 ) = 0, f ¢¢( x0 ) ¹ 0 , то, якщо

f ¢¢( x0 ) > 0 , у точці x0

функція має мінімум; якщо f ¢¢( x0 ) < 0 , функція в точці x0

має максимум.

5.4.3. Опуклість і ввігнутість кривої. Точки перегину

Крива називається опуклою в точці x0 , якщо в деякому околі цієї точки ( x0 -δ , x0 + δ ) вона розташована нижче дотичної (рис. 5.4.а), проведеної в точці x0 . Якщо крива розташована вище дотичної, то вона називається

ввігнутою (рис. 5.4.б).

y

y

 

M

 

 

 

 

M

 

0

x1 x0- δ x0 x0+ δ x

0 x0- δ x0 x0+ δ

x

 

Рис. 5.4.а

Рис. 5.4.б

 

- 71 -

x → ±∞

Теорема 1. Якщо функція f(x)

у деякому околі точки x0 двічі

неперервно диференційовна

й

f ′′( x

) ¹ 0 ,

то необхідною й

достатньою

 

 

0

 

 

 

умовою опуклості кривої

у

точці

x

є умова f ′′( x ) < 0 ;

увігнутості

 

 

 

0

0

 

f ′′( x0 ) > 0 .

Точка M (x1 , f (x1 )) називається точкою перегину даної кривої (рис.

5.4.а), якщо існує такий окіл точки x1 що при x<x1 у цьому околі ввігнутість кривій спрямована в одну сторону, а при x>x2 – в іншу сторону (рис.5.4.а)

 

Для

того

щоб

точка

x = x0

була

точкою перегину даної

кривої

необхідно,щоб

друга

похідна

функції в

цій точці

 

або була рівна

 

нулю

( f (x0 ) = 0

),

або не існувала.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

′′

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 2. (Достатня умова існування точки перегину). Нехай

крива визначається рівнянням y=f(x). Якщо f ′′( x

) = 0

або

f ′′( x ) не існує й

 

 

 

 

 

 

 

f ¢¢( x)

0

 

 

 

 

0

 

 

 

при переході через

x = x0 похідна

міняє

знак, то

точка кривої з

абсцисою x0

є точка перегину.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5.4.4. Асимптоти кривих

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пряма

x = x0

називається

вертикальною

 

асимптотою,

 

якщо

lim f ( x) = ±∞ .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xx0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Приклад. Знайти асимптоти графіка функції

y =

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 x2

 

 

 

 

Прямі

x = ±1

вертикальні

асимптоти,

оскільки

1

 

= m∞;

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x1±0 1 x2

 

1

= ±∞.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→−1±0 1 x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Під похилою асимптотою графіка функції y=f(x) розуміють пряму, що володіє тією властивістю, що відстань від прямої до змінної точки на кривій наближається до нуля, якщо точка, рухаючись уздовж кривої, необмежено віддаляється ( ).

Рівняння похилої асимптоты має вигляд y=kx+b. Зокрема, якщо k=0, асимптот є горизонтальною. Якщо похила асимптот існує, то k і b

знаходяться за формулами k = lim

f ( x)

,

b = lim

(

f

(

x

)

kx

.

 

x→±∞

x

x→±∞

 

 

)

 

Якщо хоча б одна з границь не існує, то похилих асимптот крива не має. Асимптоти можуть бути різними при x → +∞ й при x → −∞ .

5.4.5.Загальна схема дослідження функції й побудови графіка

1)Визначення області існування функції;

2)Дослідження функції на неперервність. Визначення точок розриву функції

іїхнього характеру. Знаходження вертикальних асимптот.

3)Дослідження функції на парність і непарність.

4)Дослідження функції на періодичність.

-72 -

Соседние файлы в папке Вища математика