Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донбасская национальная академия строительства и архитектуры

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

конспекты / end_3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

21.02.2016

Размер:

855.41 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Таким образом, в точке x = 3 функция терпит разрыв второго рода, а прямая x = 3 является вертикальной асимптотой.

4. Определим уравнение наклонной асимптоты: y = kx +b , где

k =

lim

f (x)

= lim

−5

lim

1−5

=1,

−3)

1−3

→±∞

x→±∞ x(x

→±∞

−5

− x

+3x

b =

lim [f (x)

− kx]=

lim

− x

lim

= 3 .

−3

x −3

x→±∞

x→±∞ x

→±∞

Итак,

y = x +3 - наклонная асимптота.

5. Определим критические точки.

′

2x(x − 3)− x2 + 5 x2 − 6x + 5 (x −1) (x + 5)

(x − 3)2

= (x − 3)2

y′ = 0 при x −1 = 0

или

x + 5 = 0, то есть при

x =1

или

x = 5 , - других

критических точек в области определения функции нет. Значения

функции в критических точках:
y(1)	= 2 , y(5)=10 .
6. Найдем вторую производную:
y′ =	(2x −6)(x −3)2 − 2(x −3)(x2 −6x +5)	=	x2	−6x +5	=	8	.
y′ =	4	=		2	=	3	.
	(x −3)		(x −3)			(x −3)

y′ ≠ 0 , следовательно, точек перегиба нет.

7. Внесем все полученные данные в таблицу, определим поведение функции на различных участках и построим график.


x	(−∞;1)		1	(1;3)	3	(3;5)		5	(5;+∞)
y′	+		0	-		-		0	+
y′′	-		-	-		+		+	+
y			2					10
			max					min
	Положительные значения первой производной соответствуют
промежуткам		возрастания, отрицательные –					промежуткам убывания.

Положительные значения второй производной соответствуют промежуткам вогнутости функции, отрицательные – промежуткам выпуклости. Точка, в которой возрастание функции сменяется убыванием, является точкой максимума, а точка, в которой убывание функции сменяется возрастанием – точкой минимума.

10 y=x+3

2
O	1 3 5	x

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ

121-130. Показать,

что данная функция z = f (x, y) удовлетворяет уравнению

∂z ∂z ∂2 z

∂2 z ∂2 z

;

2 ;

;

= 0.

F x; y; z;

∂x

∂y

∂x

∂x∂y

∂y

z =

∂z

121.

F = y

∂x

− x

∂y .

(x2 + y2 )2

122. z = e1xy , F = xy ∂∂yz − x2 ∂∂xz .

123.

F = x ∂z

− y ∂z .

z = cos

∂x

∂y

124.

z =tg

F = y

∂z

+ x

∂z .

∂x

∂y

125.	z = yex+y ,	F =	∂2 z	− 2	∂2 z		+	∂2 z .
			∂x2		∂x∂y
								∂y2
126.	z = ln(x − 2y),		F = ∂2 z − 4 ∂2 z .
				∂y2			∂x2
127.	z = ln(x2 + y2 ),		F = ∂2 z + ∂2 z .
				∂x2		∂y2

128.z = 4 1 y e−x216 y

129.z = arctg xy2 ,

130.z = ln((x + y)2 ),

,	F =		∂z	− 4		∂2 z		.
			∂y			∂x	2

	F = x	∂z	+ 2y		∂z .
		∂x			∂y

F= ∂2 z − 2 ∂2 z + ∂2 z . ∂x2 ∂x∂y ∂y2

Литература к задачам 121-130: [3], т.1, гл.VI, §2; [4], т.1, гл.VIII, §5,10,12; [5], т.III, р.I, гл.II, §1,4,10; [6], гл.IX, §3,4; [9], с.499-535; [11], гл.VII, §2; [12], §6.2,6.3; [15], гл.VI, §3,5,7; [21], гл.4, §3, 13, 16; [22], §4.3, 4.13, 4.16; [25], гл.7, §7.2.

Пример 1. z = yex2 −y 2 , F = y2 ∂∂xz + xy ∂∂yz − xz .

При нахождении частной производной по одной из переменных со второй переменной обращаемся как с константой:

∂z

2xye

−y 2

∂z

= e

x2 −y

− 2y

−y 2

∂x

∂y

Подставляем найденные значения в функцию F:

F = 2xy3ex2 − y 2

+ xyex2 − y 2

− 2xy3e x2 − y 2 − xyex2 − y 2 = 0,

что и требовалось доказать.

∂2 z

Пример 2.

z = xe(x+y )3 ,

F = x

−

∂x2

∂y2

Вычислим частные производные от функции z :

∂z

(1+3(x + y)2 )e(x+y)3 ; ∂z

= 3x(x + y)2 e(x+y )3 ;

∂x

∂y

∂2 z

= 3x 2(x + y)e

(x+y )3

+3x(x + y)

3(x + y)

(x+y )3

∂y2

=3xe(x+y )3 (x + y)(2 + (x + y)3 );

(2 +(x + y)3 ).

∂2 z

= 6(x + y)e(x+y ) +3(x + y)2 3(x + y)2 e(x+y )

= 3(x + y)e(x+y )

∂x2

Подставляем найденные значения в функцию F:

F = x 3(x + y)e(x+y )3 (2 +(x + y)3 )−3x(x + y)e(x+y)3 (2 + (x + y)3 )= 0 ,

что и требовалось доказать.

131-140. Найти наименьшее и наибольшее значения функции z = f (x; y) в замкнутой области D, заданной системой неравенств. Сделать чертеж области D.

131.	z = 5x + y − x2 + 2y2 ,	x ≥ 0, y ≤ 0, 3x − 4y ≤12 .
132.	z = x2 − y2 + 2x + 4,	x ≥ −2, y ≥ −1, y ≤ −x
133.	z = 3y2 − xy + 5 ,	y2 −1 ≤ x ≤ 3 .
134.	z = x2 − 2xy − y2 + 2,	x ≥ −1, y ≥ −1, x + y ≤ 2 .
135.	z = 6 + 4xy + 2x2 + y2 ,	− 2 ≤ x ≤ 2, −1 ≤ y ≤ 3.
136.	z = 2x2 − xy + 6,	x2 ≤ y ≤ 4 .
137.	z = 2x + y − 2x2 + 2y2 ,	0 ≤ x ≤ 2, y ≥ x −1, y ≤ 2 .
138.	z = 6 + x − y + xy + x2 ,	−3 ≤ y ≤ −1, x −3 ≤ y ≤ x .
139.	z = 2x2 + xy + y2 + 7 ,	y ≥ −x, y ≥ x, y ≤ 2 .
140.	z = 2x + xy + y2 +1,	y ≥ 2x −12, y ≥ −x, y ≤ 0 .

Литература к задачам 131-140: [3], т.1, гл.VI, §4; [9], с.550-568; [11], гл.VII, §4; [15], гл.VI, §9,10; [22], §4.38; [25], гл.7, §7.7.

Пример. z = 4 + x2 + y2 , y ≥ 0, x ≤ 0, y ≤ x +1.

Необходимо найти критические точки функции, лежащие внутри области D, и сравнить значения функции в этих точках со значениями

функции на границах области.	y
Критические точки:

∂z	= 0,
∂x	= 0,	2x = 0,	x = 0,
∂x		2x = 0,	x = 0,
∂z = 0,
∂z = 0,		2y = 0,	y = 0.
∂y
∂y

z(O)= z(0;0)= 4.

На границе АВ, заданной уравнением y = x +1, имеем:

z = 4 + x2 + (x +1)2 = 2x2 + 2x +5 .

Получили функцию одной переменной. Теперь найдем ее критические точки и сравним значения функции в них

	.	B
		1

y=x+1
K
A		O
-1		x

со значениями на границе

отрезка АВ (то есть в точках А и В), - тем самым можно найти наибольшее

и наименьшее значения функции на отрезке АВ.
∂z = 4x + 2 = 0 x = −										1	, при этом	y			= (x +1)		1	=	1	.
										1			1						1
													1
∂x									2				x=−			x=−			2
∂x	1				1				2				x=−	2		x=−	2		2
	1				1
Точка K −			;				принадлежит области D, причем
Точка K −	2		;				принадлежит области D, причем
	2				2
	1			1				9
z(K )= z −		;				=			.
z(K )= z −	2	;				=		2	.
	2			2				2
Значение функции в т. А:
z(A)= z(−1;0)				= 5 .

Значение функции в т. В: z(B)= z(0;1)= 5.

Таким же образом исследуем функцию на двух других границах. На границе АС, заданной уравнением y = 0 , имеем:

z = 4 + x2 ,

∂∂xz = 2x = 0 x = 0 , при этом y = 0 ,

z(0;0)= 4 - критическая точка совпадает с граничной т. O. На границе ВС, заданной уравнением x = 0 , имеем:

z = 4 + y2 , - теперь уже имеем функцию только переменной у. ∂∂yz = 2y = 0 y = 0 , при этом x = 0 ;

z(O)= z(0;0)= 4 - значение в этой точке уже было рассчитано. Далее, выбираем из всех полученных значений функции z

наименьшее и наибольшее: zнаиб = z(0;0)= 4 ,

zнаим = z(0;1)= z(−1;0)= 5 .

141-150. Даны функцияz = f (x; y),				точка	A(x0; y0 ) и вектор a{a1;a2}. Найти:
1) grad z в точке А; 2) производную в точке А по направлению вектора а.
141.	z = x2 y3 + 2xy ,			A(2;3),.a{− 2;5}
142.	z = ln(2x2 +3y2 ),			A(1;−2), a{1;3}.
	z = arccos(x3 y),					1
143.				A 1;−			, a{3;−4}.
						3
		x
144.	z = arctg		,	A(1;2), a{2;3}.

		y
145.	z = x3 +3xy2 + x2 y ,			A(−1;1), a{3;−1}.

56
146.	z = ln(x2 −3xy + 2y2 ),			A(− 2;1), a{− 4;2}.
147.	z = arcsin	y2	,	A(2;1), a{−3;2}.

		x
148.	z = 4x2 +5y2 +3xy ,			A(−1;2), a{4;1}.
149.	z = ln(2x2 + 6y2 +1),			A(3;−1), a{1;−5}.
150.	z = arctg(x2 y2 ),			A(−1;−2), a{−6;8}.

Литература к задачам 141-150: [4], т.1, гл.VIII, §14,15; [6], гл.XII, §1; [9], с.535-543; [10], §8.1; [11], гл.VII, §5; [15], гл.VIII, §1; [21], гл.4, §23; [22], §4.25; [25], гл.7, §7.4.

Пример. z = x3 y + xy3 ,

A(− 2;2), a{−3;4}.

Градиент функции – это вектор, координатами которого являются

частные производные функции:

grad z =

∂z i +

∂z j,

∂x

∂y

а производная по направлению вектора a{a1;a2}

∂z

∂z cosα +

∂z cos β ,

∂a

∂x

∂y

где

cosα

cos β -

направляющие косинусы вектора а, а частные

производные вычислены в т. А.

Находим:

∂z

= 3x

y + y

∂z

2 +

= 32 ,

∂x

= 3 (− 2)

∂z

= x

+3xy

∂z

= −32

∂y

= (− 2) +3 (− 2)

−3

cos α =

(−

+ 4

= −

5 ,

+ a2

cosβ =

(−

+ 4

= 5

+ a2

∂z

grad z

A =32i −32j =32(i − j),

224

= 32

−

−32

= −

∂a

НЕОПРЕДЕЛЁННЫЙ И ОПРЕДЕЛЁННЫЙ ИНТЕГРАЛЫ

151 – 160. Найти неопределённый интеграл. В двух первых примерах [a) и б)] проверить результаты дифференцированием.

151. а) ∫	dx		;	б) ∫ln(x2 +1)dx ;
	x 3 ln	2	x

в) ∫	4x −	x2 −12	dx ;	г)
	x	3
		+ 8
152. а) ∫		dx	;	б)

cos2 x tg 3 x

∫

dx	;
5 + 2 sin x + 3cosx

1 − x arcsin xdx ;

в) ∫

4x + 2

dx ;

г) ∫

x +1

dx ;

x +

+ 4x

153. а) ∫arcsin5 x dx ;

б) ∫x sin x cos xdx ;

1− x2

в) ∫

5xdx

;

г)

∫sin4 x cos5 xdx ;

− 4

154. a) ∫

;

б)

∫x3−4 x dx ;

(1+ x

)arctg

в) ∫

+ x2 − x − 3

dx ;

г) ∫

;

− x

2 sin x +

3cosx +

155. а) ∫e4−x2 xdx ;

б)

∫arctg

dx ;

в) ∫

2x2 − 7x +10

dx ; г) ∫

x2 −9

dx ;

−1)(x

− x

+ 4x − 4)

156. а) ∫

x −

dx ;

б) ∫ln xdx ;

3cos3 x

в) ∫

x2 + 2x + 4

dx ;

г) ∫

dx ;

+ 4

sin

157. а) ∫

cos3 x sin xdx ;

б) ∫x arcsin xdx ;

в) ∫

x 3 −

2x +5

dx ;

г) ∫

;

3sin x − 4 cos x

−1

158. а) ∫

x − 5

dx ;

б)

∫(x + 6) cos4xdx ;

4 − 9x2

в) ∫

(2x + 3)dx

; г) ∫

1 − x 2

dx ;

−1)(x

− x

+ 4x − 4)

159. а) ∫

cos xdx

;

б) ∫ arccos x dx ;

3− sin x

1+ x

в) ∫

− 8x

dx ;

г) ∫cos3 x sin8 xdx ;

+ 4x

160. а) ∫

5xdx

;

б)

∫

x ln xdx ;

7x 2 −1

в) ∫

x 3 − x −

dx ;

г)

∫

xdx4

;

4 2

− x

Литература к задачам 151-160: [3], т.2, гл.I; [4], т.1, гл.X, §1-13; [5], т.II, р.II, гл.I; [6], гл.XIII; [9], с.575-716; [10], гл.1; [11], гл.V, §1; [15], гл.IV; [21], гл.5, §1-10; [22], §5.1-5.14, 5.17; [26], гл.9, §9.1-9.9.

Пример.

а) пусть требуется найти

интеграл

′

где

вида ∫ f [ϕ(x)]ϕ (x)dx ,

подынтегральная функция

непрерывна. Сделаем

замену

t =ϕ(x),

тогда

′

В найденном

dt =ϕ (x)dt . Получим

∫ f [ϕ(x)]ϕ (x)dx = ∫ f (t)dt = F(t)+ c .

интеграле

перейдем

прежней

переменной

x , воспользовавшись

равенством t =ϕ(x).

xdx

сделаем

замену

∫

x2 = t

xdx =

∫

arctgt +C =

arctgx2 +C .

x +1

2xdx = dt

Если вычислить дифференциал от первообразной, то должны получить подынтегральное выражение. Проверим это

arctgx2

+C) =

d(arctgx2 ) + dC =

2xdx =

xdx

+ x4

xdx

1+ x4

б)

∫

Имеем

интеграл

вида

∫UdV .

Применим формулу

sin x

интегрирования по частям ∫UdV =UV − ∫VdU :

∫

xdx

u = x,

du = dx

dv =

v = ∫

= −ctgx

sin

= −xctgx + ∫ctgxdx = −xctgx + ln

sin x

+ C .

Проверка:

xdx

d (−xctgx + ln

sin x

+ C) = −d (xctgx) + d (ln

sin x

) = −ctgxdx +

sin2

+ ctgxdx = sinxdx2 x .

в) ∫ x4 +dx3x2 . Дан интеграл от правильной рациональной дроби.

Разложим знаменатель на множители: x2 (x2 +3),

квадратный трехчлен (x2 +3) не раскладывается на линейные множители, так как дискриминант этого трехчлена отрицателен.

Разложим подынтегральную дробь на сумму простейших дробей, учитывая найденные корни знаменателя:

1		=	1	=	A	+	B	+	Cx + D
x4 +	3x2		x2 (x2 + 3)		x		x2		x2 + 3

1 = Ax(x2 + 3) + B(x2 + 3) + x2 (Cx + D)

1 = (A + C)x3 + (B + D)x2 + 3Ax + 3B

Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x, решим систему

уравнений относительно неизвестных A, B, C, D.

A + C = 0,

C = 0,

D = −1 3,

B + D = 0,

3A = 0,

A = 0,

3B = 1,

B =1 3.

∫

= 1

∫

dx2

−

∫

2dx

= −

−

arctg x

+ C .

+ 3x

+ 3

3 3

г)

∫

Интегралы такого типа берутся универсальной

8 − 4sin x + 7cos x

тригонометрической подстановкой.

= t,

sin x =

∫

1 + t

8 − 4 sin x + 7 cos x

cos x =

1 − t 2

dx =

2dt

1 + t 2

1+ t 2

= ∫

2dt

= ∫

2dt

∫

2dt

7(1− t

)

8 +8t

−8t +

7 − 7t

(1+ t 2 )(8 −

)

−8t +15

+ t 2

1+ t

t −4 = z

z −1

−5

= 2∫

= ln

+C =ln

+C .

(t −4)

−

dt = dz

−1

z +1

−3

д) ∫cos2 x sin5 xdx . Учитывая нечетную степень функции sin x , преобразуем

подынтегральное выражение и сделаем замену:

∫cos2 xsin5 xdx = ∫cos2 xsin4 xsin xdx = ∫cos2 x(1 − cos2 x)4 sin xdx =

cos x = t

= −∫t 2 (1 − t 2 )2 dt = −∫t 2 (1 − 2t 2 + t 4 )dt =

− sin xdx = dt

= −∫

− 2t

+ t

)dt

= −

−

+ C

= −

cos x +

cos

x −

cos

x + C.

е)

∫x +3

1 + x dx . Сразу

избавиться от иррациональности

числителе и

1 + x

знаменателе поможет замена 1 + x = t6 :

x + 1+ x

1+ x = t 6

(t 6 −1+ t 3 )

∫

dx = dx = 6t

dt = ∫

= 6∫

+ t

− t

)dt =

1+ x

x = t 6 −1

t10

+ 6 t 7

−

6 t 4

+ C =

3 6

(x +1)10 + 6 6

(x +1)7 −

3 6

(x +1)4 + C =

6 6

3 3

3 3 (x +1)5 +

(x +1)7

−

(x +1)2 + C .

161-170. Вычислить определенные интегралы

161.а)

162.а)

163.а)

164.а)

165.а)

166.а)

167.а)

1		dx		π 2	cos x dx		1
∫			; б)	∫		;	в) ∫x e5x dx .
	x	2			2
0		+1		0	1+sin x		0
4				π 2			1
∫		4xdx ; б)		∫cos x3 1−sin x dx ; в) ∫x ex 2 dx .

0					0
0,5		dx			1			x dx
∫		dx		;	б) ∫			x dx	;
0	4 − x2				0			x2 +3
2	dx				1			5
∫	dx		;		б) ∫	arctg x			dx;
∫	x +		;		б) ∫	2			dx;
0	x +	1			0		1+ x
3	(x + 4)3 dx ;				1 4			dx
∫					б) ∫			dx		;
∫					б) ∫			(4x +1)x		;
−1					1 16			(4x +1)x
−1					1 16

π2

в) ∫x sin x dx .

0 e

в) ∫x ln x dx .

0 e

в) ∫x ln x dx .

0	dx	4	dx	1
∫		; б) ∫		; в) ∫x 2x dx .
	3x − 2		1+ 2x +1
−1		0		0

4	π 2	π
∫(1−e−x )dx ;	б) ∫sin 2 x cos xdx ;	в) ∫	(x +1) cos 2x dx .
0	0	−π

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 126 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке конспекты

#
21.02.2016441.9 Кб17---.---.1-- -.--.pdf
#
21.02.2016706.64 Кб23---_-------_Excel (1).pdf
#
21.02.2016706.64 Кб20---_-------_Excel.pdf
#
21.02.20164.64 Mб43123.pdf
#
21.02.20161.55 Mб201234.pdf
#
21.02.2016855.41 Кб32end_3.pdf