Контрольная работа №2 (математический анализ)

Контрольная работа №2
(математический анализ)
Для работы над учебным материалом рекомендуется ответить
письменно на теоретические вопросы и внимательно ознакомиться с
предложенными
образцами
решений
типовых
задач
(соответствие
теоретических вопросов и задач контрольной работы № 2 представлено в
таблице 1).
Таблица 1
Соответствие теоретических вопросов и задач контрольной работы
Тема
Понятие функции.
Основные элементарные
функции. Элементарные
и неэлементарные
функции.
Непрерывные функции.
Предел функции в точке
и на бесконечности.
Основные теоремы о
непрерывных функциях.
Точки разрыва, их
классификация.
Исследование функции
на непрерывность.
Производная и
дифференциал функции
действительной
переменной.
Основные теоремы
дифференциального
исчисления и их
применения.
Исследование функции
методами
дифференциального
Образец
решения
задач
Задачи
контрольной
работы
§
Теоретические
вопросы
§2
№№ 1 – 2
§2
№№ 3 – 10
№№ 1 – 8
№№ 111 – 120
§2
№№ 10 – 12
№9
№№ 121 – 130
§2
№№ 13 – 19
№№ 10 –
13
№№ 141 – 160
№№ 14,
17
№№ 171 – 180
№№
15,16
№№ 191 – 210
§2 №№ 20, 27, 28
§2
№№ 21 – 26
исчисления
Дифференциальное
исчисление функций
нескольких переменных
Наибольшее и
наименьшее значения
функции двух
переменных в замкнутой
области.
Элементы теории поля
§4
№№ 1– 3
№1
№№ 231– 240
§4
№№ 5, 6
№№ 4, 5
№№ 251 – 260
§4
№№ 7, 8
№№ 6, 7
№№ 261 – 270
§2 ВВЕДЕНИЕ В МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИИ ОДНОЙ
ПЕРЕМЕННОЙ
ПЕРЕЧЕНЬ ТЕОРЕТИЧЕСКИХ ВОПРОСОВ ДЛЯ
КОНСПЕКТИРОВАНИЯ
1. Действительные функции действительной переменной.
1. Понятие функции. Область определения, область значений, график
функции. Основные характеристики функций: возрастание, убывание,
периодичность. Обратная функция. Привести примеры.
2. Основные элементарные функции. Их свойства, графики. Определение
элементарной функции. Привести пример элементарной и неэлементарной
функций.
2. Предел и непрерывность.
3. Предел функции в точке и на
 . Односторонние пределы.
Определение и геометрическая иллюстрация.
4. Бесконечно большие (б.б.) функции. Бесконечно малые (б.м.) функции.
Определение, геометрическая иллюстрация. Примеры. Связь б.м. и б.б.
функций. Свойства бесконечно малых функций. Связь между функцией, её
пределом и бесконечно малой функцией.
5. Основные теоремы о пределах. Единственность предела функции в
точке, предел суммы, разности, произведения и частного функций.
6. Первый и второй замечательный пределы.
7. Сравнение бесконечно малых функций. Привести примеры.
8. Эквивалентные бесконечно малые функции и их свойства.
9. Важнейшие
эквивалентности.
Использование
при
вычислении
пределов. Привести примеры.
10.Непрерывность функций в точке, на интервале, на отрезке.
11.Точки разрыва функции. Их классификация. Привести геометрическую
иллюстрацию для всех случаев.
12.Основные
теоремы
о
непрерывных
функциях.
Непрерывность
элементарных функций. Свойства функций, непрерывных на отрезке.
3. Дифференциальное исчисление функции одной переменной.
13.Задачи,
приводящие
к
понятию
производной:
скорость
прямолинейного движения, касательная к кривой.
14.Определение производной, её механический и геометрический смысл.
Уравнение касательной и нормали к кривой.
15.Понятие дифференцируемой функции. Связь между непрерывностью и
дифференцируемостью функции. Привести пример непрерывной, но не
дифференцируемой в точке функции.
16.Производная суммы, произведения и частного функций. Производные
основных элементарных функций. Производная обратной функции и
сложной функции.
Замечание: Таблицу производных основных элементарных функций следует
выучить наизусть!!!
17.Дифференцирование функций, заданных параметрически. Метод
логарифмического дифференцирования.
18.Производные
высших
порядков
функций,
заданных
явно,
параметрически.
19.Дифференциал функции (определение, вычисление, геометрический
смысл). Применение дифференциала к приближённым вычислениям.
20.Теоремы о дифференцируемых функциях (т. Ролля, т. Коши, т.
Лагранжа).
21.Возрастание и убывание функции. Необходимое и достаточное условия
возрастания и убывания функции.
22.Экстремум функции. Определение. Необходимое и достаточное
условия экстремума.
23.Нахождение наибольшего и наименьшего значений функции на
отрезке.
24.Выпуклость и вогнутость графика функции. Точки перегиба.
25.Асимптоты графика функции. Нахождение вертикальных, наклонных,
горизонтальных асимптот.
26.Общая схема исследования функции.
27.Правило Лопиталя. Раскрытие неопределённостей различного вида.
28.Формулы Тейлора для многочлена и произвольной функции.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
x2  x  2
Пример 1. Вычислить lim
x1 x  x 2

Подстановка
неопределённости
0
 0  .
предельного
Для
её
значения
аргумента
приводит
к
раскрытия
разложим
числитель
и
знаменатель дроби на множители, затем сократим на x  1  0 x  1 , но
x  1:
x  1 x  2  lim x  2   1  2  3 . #
x2  x  2 0
lim


lim
 0  x1 x x  1
x1 x  x 2
x1 x
1
Пример 2. Вычислить lim
x 2
x2
x 5 3
2
.

Подстановка
предельного
0
 0  .
неопределённости
При
значения
наличии
аргумента
приводит
иррациональных
к
выражений
рекомендуется перевести иррациональность из числителя в знаменатель или
из знаменателя в числитель и после этого выполнить упрощение:
для перевода иррациональности
умножим числитель и знаменатель
x2
0
 
x 2  5  3  0  на
lim
x 2
x
2

 5  3 и применим формулу

a  b   a  b   a 2  b 2
 x  5  3  lim x  2  x  5  3 
x 59
 x  5  3  x  5  3
x  2  x  5  3   lim x  2  x  5  3  lim x  5  3  6  3 .
 lim
 lim
x 2
x  2
2
2
x2  4
x 2
2
2
x 2
2
2
2
x  2 x  2
x 2
2
x 2
x2
4
2
#
2x3  x 2  5
Пример 3. Вычислить lim
x 3x 3  x  1
 При x   числитель и знаменатель дроби – бесконечно большие
 
функции. Для раскрытия неопределённости   рекомендуется разделить
 
числитель и знаменатель на старшую степень х, встречающуюся в членах
дроби. Разделим числитель и знаменатель на x 3 :
1 5
1 5 1 1
 2
при х   , 3 , 2 , 3 
2x  x  5  
2
x x 
х х х х
lim


lim

.
   x
1
1
x 3 x 3  x  1
3
3  2  3 бесконечно малые функции
x
x
3
2
2
#
1  cos 2 x
x0 cos 7 x  cos3 x
Пример 4. Вычислить lim
 Подстановка предельного значения приводит к неопределённости
0
вида   . Наличие тригонометрических функций говорит о возможности
0
sin x
 1 и следующей из
x0 x
использования первого замечательного предела lim
него эквивалентности sin x ~ x, при x  0 . Для этого выполним следующие
преобразования:
1  cos 2 x  2 sin 2 x
cos7 x  cos3x  2 sin
7 x  3x
7 x  3x
sin
 2 sin 2 x sin 5 x .
2
2
x0
1  cos 2 x
2 sin 2 x
0
lim
    lim
 sin 2 x ~ 2 x 
x0 cos7 x  cos3 x
 0  x0  2 sin 2 x sin 5 x
sin 5 x ~ 5 x
2x2
1
 lim
 . #
x0  2  2 x  5 x
10
Пример 5. Вычислить lim
x 0
sin 3 x
arcsin x 2 ctgx
.
 При x  0 числитель дроби – бесконечно малая функция, а
знаменатель представляет собой произведение бесконечно малой функции на
бесконечно большую (ctgx – бесконечно большая функция при x  0 ).
Наличие
тригонометрических
функций
говорит
о
возможности
sin x
 1 , его следствия
x0 x
использования первого замечательного предела lim
tgx
 1 и следующих эквивалентностей: sin x ~ tgx ~ arctgx ~ x, при x  0 .
x0 x
lim
Для этого заменим ctgx =
lim 
x0
sin 3x
arcsin x 
2
ctgx
1
:
tgx
x0
sin 3x ~ 3x
sin 3xtgx
3x  x

 lim 2  3 .
2
x0 arcsin x
arcsin x ~ x x0 x
tgx ~ x
 lim
#
5x
 3x  1 
Пример 6. Вычислить lim 
 .
x 3 x  1 
 Основание степени
3x  1
 1 при x   . Таким образом, имеет
3x  1
место неопределённость [1 ] . В этом случае возможно использование
x
 1
второго замечательного предела: lim 1    e . Для этого перепишем
x  
x
основание степени в другом виде:
3x  1 3x  1  2
1

1
,
3x  1
3x  1
3x  1
2
при x   выражение
3x  1
  и, значит,
2
3 x 1
 2


1 


lim 1 
x
3x  1 



2 
 e.
Вернёмся к пределу из условия:
 3x  1 
lim 

x 3 x  1 
5x
2
3 x 1 3 x 15 x

 2


1
 lim 1  3 x1 
x
2 

e



lim
10 x

x  3 x 1
2
 2 lim 3 x 15 x
 x 
 3 x1

 
1 


  lim 1 
x  
3x  1 

 
2 
 





10
e 3
(использована теорема о пределе показательно-степенной функции).
Пример 7. Вычислить lim (2 x
x1

#
x
 1) x 1 .
2
 Основание степени (2 x  1)  1, при x  1 , а показатель степени
x
 , при x  1. Имеет место неопределённость [1 ] . В этом случае
2
x 1
возможно использование второго замечательного предела в форме
lim 1     e . Рассмотрим новую переменную t  x  1, при x  1, t  0 .
1
 0
Заменим x  t  1. Тогда
x
2
lim (2 x  1) x 1
x1
 lim  2 t  1
t 0
t 1
t 2 2 t
.
1
2t
При t  0 lim 1  2t   e . Запишем предел из условия в следующем виде:
t 0
lim  2 x  1
x
x 2 1
x1

 lim 1  2t 
t 0

1
2t



2t t 1
t 2  2t
 lim e
2t ( t 1)
t (t 2)
t 0

2 ( t 1)
lim
e t 0 t  2
 e1  e. . #
Пример 8. Вычислить lim 1  7 x  ln  x  2   ln x  .
x

x   ln x  2 и ln x
При
функциями.
Разность
двух
являются
бесконечно
бесконечно
больших
большими
функций
требует
исследования. Преобразуем
ln x  2   ln x  ln
x2

 ln 1 
x

2
2
 0.
. При x  
x
x
Используем эквивалентность ln 1  t  ~ t
при t  0 :
 2 2
ln 1   ~
при x   .
x x

2
 2
lim 1  7 x  ln x  2   ln x  lim 1  7 x ln 1    lim 1  7 x  
x
x
x  x
x

 14  2
 14 x  2   
x  14 .
 lim
    lim
x


x
1
x
 
Числитель и знаменатель разделили на x. #
Пример 9. Дана функция y  5
1
2 x
. Установить, является ли эта
функция непрерывной или разрывной в точках x1  2, x2  1. В случае
разрыва
функции
установить
характер
точки
разрыва.
Построить
схематичный график.
 Данная функция является элементарной, следовательно, она
непрерывна во всех точках области определения. Область определения: все
действительные числа, кроме х = 2 (условие существования дроби).
D y     ; 2   2 ;  
х2  1
Таким образом,
является точкой области определения
элементарной функции и, значит, точкой непрерывности, х1  2 – точка
разрыва, так как функция в ней не определена. Чтобы определить тип
разрыва, вычислим односторонние пределы:
lim y  lim 5
x20
1
2 x
x20
lim y  lim 5
x 2 0
5
1
2 x
1
2  2  0 
5
x 2 0
1
2 2 0 
5
1
2 2 0
5
5
1
2 20
5
1
0
1
0
 5  
5

 0.
Так как левосторонний предел функции в точке х = 2 имеет
бесконечное значение, то х = 2 – точка разрыва II рода.
Для
уточнения
графика
y
вычислим:
lim y  lim 5
x 
x
1
2 x
5
1

0
 5  1.
1
Схематичный график изображён на рис.
2
x
1. #
Рис. 1
Пример 10. Найти производные
а) y  33 1  2 x 

1
x 2  3x

3
dy
данных функций:
dx
; б) y 
г) y  2sin x  1 ; д) y 
x
1  x2
; в) y 
1
cos3 2 x
;
ln x
; е) y  e x tg x .
x
 Для вычисления производных необходимо твёрдо знать правила
дифференцирования и формулы производных основных элементарных
функций. Строгое соблюдение этих правил – залог успешного решения задач.
При нахождении производных старайтесь обходиться без лишних записей.
1 

 
а) y    3  1  2 x 3    x 2  3x

 







1

1
  3   1  2 x 3 1  1  2 x  

3

1
2


1
2

1 2

1
 1

    x 2  3x 2
x  3x  1  2 x  3   2   x 2  3x
2
 2
2
2x  3


.
2
3
3
2
1  2 x  2 x  3x



3
2
2 x  3 

Использованы правила дифференцирования суммы и формула
u     u

x
б) y   
2
 1 x


1
 x 1  x  x 1  x
 

( 1  x2 )2

2
1  x2  x2


1  x2 1  x2


 u .
2


1  x2  x
2x
2 1  x2 
1  x2
1

1  x2 1  x2

.
Использованы правило дифференцирования дроби и формула
 u   2 1u  u.



4

4

в) y  cos3 2 x  3cos2 x   cos2 x   3cos2 x   sin 2 x   2 x  
 3 cos4 2 x sin 2 x  2 
6 sin 2 x
.
cos4 2 x
Использованы формулы:
u   u
1
 u
cos u    sin u  u

   3   2  1   2
 1   2  ln 2  cos x 
г) y   2sin 2 x  1

3

2
sin x
 1)  3  2sin x
Использованы формулы:
sin x
2
sin x





 1  3  2sin x  1 2 (2sin x  ln 2  sin x  
u   u
1
 u
sin u   cos u  u 
a   a
u
u
ln a  u 
1

x  ln x


ln x  ln x   x  ln x   x  x
1  ln x

д) y   


.
 
2
2
x
x
x2
 x 

  



е) y   e x tg x  e x  tg x  e x  tg x   e x tg x  e x
Пример 11. Найти
1
.
cos2 x
#
dy
x
, если y  arcsin x  .
dx
 Функция вида y  u v , где u  u  x  , v  v x  называется степеннопоказательной. Её производную находим методом
логарифмического
дифференцирования. Сначала функцию логарифмируют:
ln y  ln arcsin x 
x
ln y  x ln arcsin x 
Полученное равенство дифференцируют по х:
ln y   

x ln arcsin x 
1
1
1
1
 y 
ln arcsin x   x

.
y
arcsin x 1  x 2
2 x
x
Чтобы найти y  умножают полученное равенство на y  arcsin x  .
 ln arcsin x 
x
y  

 2 x
arcsin x  1  x 2

Пример 12. Найти

arcsin x  x . #


dy
x
функции, заданной неявно е x y  .
dx
y
 Если независимая переменная х и функция y связаны уравнением
вида f  x , y   0 , которое не разрешено относительно y, то y называют
неявной функцией х. Для нахождения производной неявной функции
дифференцируют по х обе части равенства
f  x , y   0 . При этом
учитывается, что y  y  x  .
е x y 
x
– этим уравнением задана неявно функция y переменной х.
y
Дифференцируем данное равенство:
e 
x y


 x
  
 y
 x  y  x  y 
e x y x  y  
y2
e x y 1  y  
y  xy 
y2
Разрешим полученное равенство относительно y  , для этого раскроем скобки
и сгруппируем слагаемые, содержащие y  :
e x y  y e x y 
1 x
x
1
 2 y   y e x y  2 y   e x y 
y y
y
y
 y 2 e x  y  x  1  ye x  y
 x y
x  1
x y
 
y  e
 2    e
 y 
.
2
y
y
y 
y



Из полученного равенства выражаем y 
y (1  ye x y )
y  2 x y
.
y e x
Пример 13. Найти
#
dy d 2 y
и
функции, заданной параметрически
dx dx2
 x  cos2 t
.

 y  tg 2t
 Производная y x  функции, заданной параметрически, выражается
через производные

yt и xt

следующим образом:

dy
 yt
 yx 
. При

dx
xt
 
 
d2y
 yx t
 y xx 
повторном дифференцировании по х получаем формулу
.

dx 2
xt
Эти формулы позволяют находить производную y x  функции, заданной
параметрически, не находя непосредственной зависимости y от х.
 


yt  tg 2t  2  tg t 

1
2 sin t

2
cos t cos3 t



xt  cos2 t  2  cost   sin t   2 sin t cost
2 sin t
1
 2 sin t


yx 
:

2
sin
t
cos
t



cos3 t
cos3 t  2 sin t cost 
cos4 t
y      cos
4
x t


4 sin t
t  4 cos5 t  sin t   
cos5 t
4 sin t
4 sin t
2



y xx  
:

2
sin
t
cos
t


.#
cos5 t
cos5 t  2 sin t cost cos6 t
Пример 14. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
 
y  x  cos 2 x на отрезке 0 ;  .
 2
 
 y  x  cos 2 x – непрерывная на 0 ;  функция. Следовательно, она
 2
достигает на этом отрезке своих наибольшего и наименьшего значений. Эти
значения функция может принять либо в критической точке внутри отрезка

 
0
;
,
либо
на
границах
отрезка
в
точках
.
x

0
или
x

 2 
2
Найдём
критические
точки
данной
функции
 
принадлежащие интервалу  0 ;  :
 2



y  x  cos2 x  1  2 cos x sin x   1  sin 2 x .
y  обращается в 0 при условии:
y  x  cos 2 x ,
1  sin 2 x  0  sin2x  1 
2x 

2
 2n  x 

4
 n.

 
Интервалу  0 ;  принадлежит x0  . Вычислим значения функции в
4
 2
точках

4
; 0;

2
:
  1
 
  
  
y    cos2   ; y 0   0  cos 2 0  1 ; y    cos2  .
4 4 2
2 2
4 4
2 2
Среди полученных значений наибольшим является
наименьшим значением является y 0   1 .
  
y   , а
2 2
#
Пример 15. Найти экстремумы функции
y  x 2e  x
и указать
промежутки возрастания и убывания.
 Область определения функции – все действительные числа. Для
ответа на вопросы об экстремумах и монотонности функции необходимо
исследовать знак первой производной. Находим её:

  
 



y  x 2 e  x  x 2  e  x  x 2  e  x  2 xe  x  x 2 e  x  xe  x 2  x  .
Производная обращается в 0 при х = 0 и х = 2 (критические точки). Эти
точки
разбивают
всю
область
определения
на
три
интервала
  ; 0 ,  0 ; 2  , 2 ;  . На рисунке отметим знак производной на каждом из
полученных интервалов.
y
y
–
–
+
0
2
На интервалах
  ; 0 ,  0 ; 2 
интервалах функция убывает. При
y  x   0 , следовательно, на этих
x  0 ; 2  y  x   0 , следовательно, на
этом интервале функция возрастает.
В соответствии с достаточным условием экстремума
x1  0 – точка
минимума, x2  2 – точка максимума, ymin  y 0   0 , y max  y2  
4
. #
e2
Пример 16. Исследовать функцию y  4  x  e x 3 и построить её
график.
 Полное исследование функции включает в себя три блока. По
результатам исследования строится график.
I.
Область
определения
функции.
Исследование
функции
на
непрерывность. Вертикальные и наклонные асимптоты. Общие свойства
функции (чётность, нечётность, периодичность).
II.
Исследование функции с помощью первой производной (монотонность,
экстремумы).
III.
Исследование функции с помощью второй производной (выпуклость,
вогнутость, точки перегиба).
IV.
График функции.
Исследуем в предложенном порядке данную функцию.
I. Функция
элементарная,
следовательно,
непрерывна
в
области
определения D y     ;    .
Функция не имеет точек разрыва и, значит, не имеет вертикальных
асимптот.
Найдём наклонные асимптоты y  kx  b , где
yx 
; b  lim  y x   kx 
x x
x
k  lim
k   lim
x
4  x  e x3 
x
4 
lim   1e x3  1       .
x x

Наклонной асимптоты при x   функция не имеет:
k   lim
x

4  x  e x3


x


4 
lim   1 e x3  1  0  0
x x

b  lim 4  x  e x3  0  x  lim 4  x  e x3    0 
x
x
4  x  
1




по
правилу
Ло
питаля

lim
 0.
  
x e 3 x
x  e 3 x
 lim
Следовательно, y = 0 – асимптота при x   .
y  x   4   x  e  x 3  4  x  e  x 3  y  x 
y  x    y  x 
То есть функция не является ни чётной, ни нечётной.
II.


 



y   4  x   e x3  4  x   e x3  4  x   e x3  e x3  4  x  e x3 
 e x3  1  4  x   e x3 3  x .
Критические точки: производная обращается в 0 при х = 3. Исследование
знаков производной и поведения функции оформим в виде таблицы:
х
  ; 3
3
3 ;   
y
+
0

y
1
max
Для определения максимума, найдём значение функции в точке максимума
y(3) = 1.
III.

  



y   e x3 3  x   e x3  3  x   e x3  3  x   e x3 3  x   e x3 
 e x3 3  x  1  e x3 2  x 
Вторая производная обращается в 0 при х = 2. Исследование знака второй
производной и соответствующие выводы оформим в виде таблицы:
х
  ; 2
2
2 ;   
y 
+
0

2
e
вогнутая
y
выпуклая
перегиб
2
.
e
Значение функции в точке перегиба: y(2) =
Результаты исследования с помощью y  и y  можно представить в
виде общей таблицы:
х
  ; 2
y
+
y 
+
 2;3 
3
3 ;   
+
0


0
y
IV.
2

2
e
1
перегиб
max
Построение графика начинаем с построения асимптот. Затем наносим
точки экстремума, точки перегиба. После
этого
рисуем
результаты
график,
исследования
опираясь
y
на
(монотонность,
1
выпуклость, вогнутость). График функции
2/е
изображён на рис. 2.
2
Дополнительные точки:
пересечение с OY: х = 0; у =
3
4
x
Рис.2
4
е3
пересечение с OХ: у = 0; х = 4. #
Замечание: В учебной литературе приводятся разные схемы исследования
функции. При решении задач можно придерживаться любой из них.
Пример 17. Вычислить пределы с помощью правила Лопиталя:
1 
 1

а) lim 
,
x 1 ln x
x  1
б) lim 1  x  tg
x1

2
x,
в) lim tgx tg 2 x
x

4

Сущность
этого
правила
состоит
в
том,
что
в
случае
0
 
неопределённостей вида   или   вычисление предела отношения
0
 
функций при соблюдении требований теоремы Лопиталя заменяется
вычислением предела отношения их производных, которое в большинстве
случаев оказывается проще:
lim
x x0
f ( x)
f ( x)
. Используя правило
 lim
g ( x) xx0 g ( x)
Лопиталя, не нужно забывать о других приёмах вычисления пределов.
1 
 1

а) lim 

x1 ln x
x  1
1
1
– бесконечно большие величины одного и того же
и
ln x
x 1
При x  1,
знака, поэтому мы имеем неопределённость вида     .
Преобразуем разность
1
1
x  1  ln x


ln x x  1 x  1  ln x
1
 0 

1
,
применим




1 
x  1  ln x
 
 1
x
lim 

 lim 
  0 
 lim




x 1
x1  ln x
x1
x  1  x1   x  1 ln x  
ln x 

правило Лопиталя 
x
x 1
 0 
   , применим
x

1
x
 lim
 lim
  0 
x1 x ln x  x  1
x1 x ln x  x  1
правило Лопиталя

x
 lim
1

1
ln x  x  1
x
x
б) lim 1  x  tg
.
x1
2
x1
При х  1 tg





1
1

0 11 2
x
2
является бесконечно большой величиной, а x  1 –
бесконечно малой. Имеем неопределённость вида [0  ] .
Так как tg
lim 1  x tg
x1
x
2

1

ctg
x  lim
x1
2
x
, то
2
1  x   
ctg

2
0

, применим
  lim
0

 x1

правило
Лопиталя


x
sin
 lim
x1
в) lim tgx 
tg 2 x
x
Имеет

1
1
2

sin 2

2
x
2

2



x 2
2

.
4
место
неопределённость
неопределённость
к
0
виду  
0
или
вида
[1 ] .
 
   ,
прологарифмируем
выражение, обозначив его через А: lim tgx 
tg 2 x

x
Чтобы
свести
эту
данное
 A.
4



tg 2 x   в силу непрерывности

  lim ln tgx tg 2 x 
ln A  ln  lim tgx    
 x 
  логарифмической функции  x
 4

4
1
1

 0 

ln tgx   , применим
tgx cos2 x

 lim tg 2 x ln tgx     0  lim
 0
 lim




 x 
1
x
x ctg 2 x
2
4
4
4
 правило Лопиталя
sin 2 2 x
 sin 2 2 x
 lim
 lim  sin 2 x   1
 2 sin x cos x

x
x
4
4
Так как ln A  1, то A  e 1 , то есть lim tgx 
tg 2 x

x
 e 1 .
#
4
Замечание: Неопределённости вида [ 0 ] и [00 ] раскрываются таким же
приёмом.
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Вычислить предел без правила Лопиталя:
x 2  3x  10
3x 2  12 x  4
3x 2  8 x
а) lim 2
; б) lim
; в) lim
;
x5
x 20 x 5  3x  1
x0 2 x  16 x
x 2  25
e14 x  1
1 x  3
3x cos x
30 x 3  5 x 2  x
г) lim
; д) lim
; е) lim
; ж) lim
.
x 0 tg 7 x
x8 2  3 x
x0 arcsin 5 x
x 1  2 x 2  15 x 3
2. Исследовать на непрерывность следующие функции, установить характер
точек разрыва, построить схематически график:
 x 2  1, x  2
а) y  
;
x

1
,
x

2

б) y
2
x

3 4;
5
в) y  2
 x 7 2
.
3. Найти производные следующих функций:
x 3  3x  5
а) y 
; б) y  3 log 4 x  cos7 x 2 ; в) y  (2 x 3  3 x)e x ;
2
x




 x  ln 1  t 2
sin x
1  2x
4
2
г) y 
; д) y  ln x  1  x ; е) y  2 x  1
; ж) 
.
1  2x
 y  t  arctgt


1
4. Тело движется по закону x(t )  t 4  2t 3  5t 2  4 . Найдите ускорение в
2
момент времени t 0  2 .
5. Составьте уравнение касательной к графику функции y 
6
 3 cos x в
x3
точке с абсциссой x  0 .
6. Составьте уравнения касательной и нормали к кривой, заданной
 x  sin t

параметрически 
, в точке, соответствующей параметру t 0  .
6
 y  cos2t
7. Вычислить предел с помощью правила Лопиталя:


ln x 3  3 x
;
x ln 4 x  7 
а) lim
б) lim
x
ln 2 x  4
x  52
;
в) lim
8. Исследовать функцию на монотонность, экстремум:
а) y  x 4  8x 2 ; б) y   x  3e x .
9. Исследовать функцию на выпуклость, вогнутость:
3
x
2
cos2 x
2 x  3 2
.
а) y  x 3  3x 2 ; б) y  x ln x .
10. Найти асимптоты:
x 2  8x  7
а) y 
;
x6
x
б) y  ln
2;
x3
x 3  3x 2
в) y  2
.
x 4
ОТВЕТЫ
3
1
1. а)  ; б) 0,7; в) 0; г) 2; д) -2; е) ; ж) 2.
5
2
2. а) функция непрерывна при x  R ; б) x  4 - точка разрыва II рода;
в) x  7 - точка разрыва II рода.
3. а) y   1 
3 10
;

x x2
б) y 
1
3x ln 43 log 4 x 
2
в) y   (2 x 3  6 x 2  3x  3)e x ; г) y  


е) y   2 x  1
4
sin x
 14 x sin 7 x 2 ;
3  2x
1  2 x 
32
; д) y  
1
1 x
2
;

8 x 3 sin x 
t
4
 ; ж) y x'  .
  cos x ln 2 x  1 
4
2
2x  1 



2
4. a(2)  10 . 5. y   x  5 . 6. 2 y  4 x  3  0 , 2 x  4 y  1  0 .
3
7. а) 3; б) 0; в)
1
.
4
8. а) y min  y (2)  16 , y max  y (0)  0 ; б) ymin  y (4)  
1
.
e4
9. а) x  1 - точка перегиба, выпуклость при x   ;1 , вогнутость при
x   1;  ; б) точек перегиба нет, выпуклость при x   ;0 , вогнутость
при x  0;  .
10. а) y  x  2 , x  6 ; б) y  2 , x  0, x  3 ; в) y  x  3 , x  2, x  2 .
§4 ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЯ ФУНКЦИЙ
НЕСКОЛЬКИХ ПЕРЕМЕННЫХ
ПЕРЕЧЕНЬ ТЕОРЕТИЧЕСКИХ ВОПРОСОВ ДЛЯ
КОНСПЕКТИРОВАНИЯ
1. Дифференциальное исчисление функций нескольких переменных
1. Понятие функции двух переменных. Область определения. Предел и
непрерывность.
2. Частные производные. Полный дифференциал и его связь с частными
производными.
Касательная
плоскость
и
нормаль
к
поверхности.
Геометрический смысл частных производных и полного дифференциала.
3. Частные производные и полные дифференциалы высших порядков.
Формула Тэйлора.
4. Неявные функции. Дифференцирование неявных функций одной и двух
переменных.
5. Экстремум функции двух переменных. Необходимые и достаточное
условия экстремума.
6. Правило нахождения наибольшего и наименьшего значения функции
двух переменных в замкнутой области.
2. Элементы теории поля
7. Понятие скалярного поля. Линии и поверхности уровня.
8. Производная скалярного поля по направлению. Градиент.
ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ
Пример 1. Дана функция z  arctg
y
. Показать, что выполняется
x
равенство:
y 2 z x 2 z
2 z

2
.
x x 2 y y 2
xy
 Функция z  z  x , y  – функция двух независимых переменных х и у.
При определении частной производной функции z по независимой
переменной х вторая независимая переменная y рассматривается как
величина постоянная. Поэтому частные производные находим по формулам
и правилам вычисления производных функций одной переменной. Этот
принцип сохраняется и при повторном дифференцировании.
Найдём частные производные:


z 
y
1  y
x2  y 
y
  arctg  







2 
x 
x  x 1  y2  x  x x 2  y 2  x 2 
x2  y 2
x



 2 z   z  
y 
1
2 xy









y


2
x



 (x2  y 2 )2 
x 2 x  x   x 2  y 2  x
(x2  y 2 )2




z 
y
1  y
x2
1
x
  arctg  
  2
  2
2 
2
y  x  y x  y x ( x  y 2 )2
y 
x y
1 2
x



 2 z   z   x 
1
 2 xy









x
2
y

 x 2  y 2  2 
y 2 y  y   x 2  y 2  y
x 2  y 2 2



2 z
  z  
y 
1  x 2  y 2   y  2 y
y 2  x2
 
    
 2
.
xy y  x   x 2  y 2  y
x 2  y 2 2
x  y 2 2
Проверим выполнение равенства из условия задачи:
y
2 xy
x   2 xy 
2 y2
2x2





x x 2  y 2 2 y  x 2  y 2 2  x 2  y 2 2 x 2  y 2 2

2 y 2  x 2 
x
2
 y2 
2
2
2z
.#
xy
Пример 2. Вычислить приближённое значение выражения: 1,03 3,001 .
 Для ответа на поставленный вопрос рассмотрим функцию
z  x , y   x y . При малых приращениях независимых переменных вычисление
приращения функции заменяют вычислением её дифференциала:
z  dz
Формула для вычисления приближённого значения функции имеет вид:
z x0  x; y0  y   z x0 , y0  
z
x0 , y0   x  z x0 , y0   y .
x
y
Имеем x  x0  x  1,03 , y  y0  y  3,01 .
Выберем x0  1 , y0  3 , тогда z x0 , y0   z 1 ; 3  13  1;
x  x  x 0  1,03  1  0,03 ;
y  y  y0  3,001  3  0,001 .


z
z
 x y  x  yx y 1;
 x y  y  x y ln x
x
y
z
x0 , y0   3  12  3 ;
x
Поэтому 1,03
3, 001
x
x0 , y0   13  ln 1  0 .
y
 1  3  0,03  0  0,001  1,09 .
#
Пример 3. Найти уравнение касательной плоскости к поверхности
z  x 2  3y 2 в точке, соответствующей x  1 , y  1.
 Если поверхность задана уравнением z  f  x , y  , разрешённым
относительно z (т. е. в явном виде), а точка касания М имеет координаты
x0 , y0 , z0 , то уравнение касательной плоскости записывается так:
z  z0 
Если
z
x0 , y0   x  x0   z x0 , y0    y  y0 .
x
y
поверхность
определена
уравнением
F  x, y , z   0
(т.
е.
поверхность задана в неявном виде), а точка касания М имеет координаты
x0 , y0 , z0 , то касательная плоскость определяется уравнением:
F
x0 , y0 x  x0   F x0 , y0  y  y0   F z  z0   0 .
x
y
z
В нашем случае уравнение поверхности разрешено относительно z, то
есть поверхность задана в явном виде. Прежде всего, найдём аппликату
точки касания: z 1 ; 1  12  3  12  4 . Итак, точка касания имеет координаты
М (1; 1; 4).
Вычислим значения частных производных в точке касания:
z
 2 x x0 1  2
y0 1
x M
z
 6 y x0 1  6
y0 1
y M
Тогда уравнение касательной плоскости примет вид:
z  4  2x  1  6 y  1 или 2 x  6 y  z  4  0 . #
Пример 4. Найти экстремум функции z  2 x 3  2 y 3  36 xy  430 .
 Функция z  z  x , y  – функция двух независимых переменных.
Найдём стационарные точки функции, то есть точки, для которых
z   0 ;
 x
выполняется необходимое условие экстремума: 
.

 z y  0
z
z
 6 x 2  36 y ;
 6 y 2  36 x .
x
x
 z
 x  0
Решаем систему 
, которая в нашем случае запишется так:

z
 0
 y
6 x 2  36 y  0;
 2
6 y  36 x  0.
x2
y
6 , получаем:
Сокращаем на 6 и, выполняя подстановку
x4
 6 x  0 ,  x 4  216 x  0 .
36
Корни этого уравнения x1  0 , x2  6 . Учитывая подстановку, находим
соответствующие значения у:
y1  0 , y 2  6 .
Получили две стационарные точки (0; 0) и (6; 6). Чтобы выяснить,
будут ли найденные точки являться точками экстремума, проверим
выполнение достаточного условия экстремума. Для этого вычислим
значения вторых частных производных в этих точках:

2 z
 6 x 2  36 y  x  12 x ;
2
x

2 z
 6 x 2  36 y  y  36 ;
xy

2 z
 6 y 2  36 x  y  12 y .
2
y
Для первой точки (0; 0) имеем:
A
2 z
0 ; 0  12 x xy00  0 ;
x 2
2z
0 ; 0   36 ;
B
x  y
C
Составим  
A B
B C
2z
y 2
0 ; 0   12 y x  0  0 .
y 0
 AC  B 2 ;  
0 - 36
- 36 0
 0 2   36 2  36 2  0 .
Так как   0 , то при x  0 , y  0 функция экстремума не имеет.
Для второй точки (6; 6) имеем:
A
2z
x 2
6 ; 6   12 x x  6  72 ;
y 6
2 z
6 ; 6  36 ;
B
xy
C

2z
y 2
72 - 36
- 36 72
6 ; 6   12 y x  6  72 .
y 6
 72 2   36   3888  0 .
2
Так как   0 , то при x  6 , y  6 функция имеет экстремум.
Характер экстремума определяем по знаку А. Так как А = 72 > 0, то при
x  6 , y  6 функция имеет минимум.
z min  z 6 , 6   2  63  2  63  36  6  6  430  2 . #
Пример 5. Найти наибольшее и наименьшее значения функции
z  10  2 xy  x 2 в замкнутой области D, заданной системой неравенств:
 y  4  x2
.

y

0

 Функция z непрерывна в замкнутой области D. Значит, она достигает
в этой области своих наибольшего и наименьшего значений. Эти значения
достигаются либо в стационарных точках внутри области, либо на границе
этой области.
Для решения построим область D на плоскости: y  4  x 2 – парабола;
у = 0 – ось ОХ (рис.1).
y
Найдём стационарные точки (точки, в
4
которых обе частные производные
обращаются в нуль).
D
A
-2
z
 2 y  2x ,
x
B
2
x
Рис. 1
z
 2x .
y
2 y  2 x  0
Решаем систему уравнений 
, и находим, что x  0 , y  0 .
2 x  0
Итак, имеется одна стационарная точка (0; 0), лежащая на границе
области D. Значение функции в этой точке z 0 , 0  10 .
Переходим к исследованию границы области D. Граница области D

включает в себя отрезок АВ и дугу АВ . На отрезке AB : y  0 , и функция z
принимает вид:
z  10  x 2 , х   2 ; 2.
Так как на этом отрезке функция z непрерывна, то она принимает на
нём как наибольшее, так и наименьшее значения (см. пример № 14 к
контрольной работе №2).
z x  2 x ;  2x  0  критическая точка (0; 0)
Значение функции в этой точке вычислено выше.
Значения функции на концах отрезка:
z A  z 2 ; 0  10  4  6 ;
z B   z 2 ; 0  10  4  6 .

На участке дуги параболы АВ : y  4  x 2 функция z принимают вид:


z  10  2 x 4  x 2  x 2  10  8 x  2 x 3  x 2  2 x 3  x 2  8x  10 , х  - 2 ; 2 .
z x  6 x 2  2 x  8 .
Находим критические точки:
 6x2  2x  8  0
x1  1 [-2 ;2] , x2  
Соответствующие
значения
у
4
 [-2 ;2]
3
следующие:
y1  4  12  3 ,
2
20
 4
y2  4      .
9
 3
 4 20  62
Находим значения функции в этих точках z1 ; 3  15 , z  ;
 .
 3 9  27
Значения функции на концах отрезка z  A , z B  просчитаны выше.
Сравнивая полученные результаты, имеем: наибольшее значение
 4 20  62
z  ;

3
9

 27 . #
функции: z1 ; 3  15 , наименьшее значение функции:
Пример 6. Найти производную функции z  3x 2  6 xy  y 2 в точке
 1 1
A   ;   в направлении вектора a   1 ; 1.
 3 2
 Производная от функции z  z  x , y  по направлению вектора a
характеризует скорость изменения функции z по этому направлению. Эта
производная вычисляется по формуле:
z
z
z

 cos 
 cos  ,
a A x A
y A
где cos , cos  – координаты единичного вектора данного направления.

z
 3 x 2  6 xy  y 2  x
x A

z
 3x 2  6 xy  y 2  y
y A
A
A
 6 x  6 y x  113  1 ,
y 
2
 6 x  2 y x  113  1 .
y 
2
Найдём единичный вектор a 0 вектора a :
a0 
а
т.е. cos  
 12  12
а
.
а
 1 1 
 2 ; a 0  
;
,
2 2

1
1
, cos  
. Значит,
2
2
z
 А  1    1   1   1   0 . #
a
2

 2
Пример 7. Найти наибольшую скорость изменения скалярного поля
z  ex
2
y
в точке A 0 ; 0 .
 Наибольшую скорость изменения скалярного поля характеризует
градиент поля. Скалярное поле изменяется с наибольшей скоростью в
данной точке по направлению градиента:
grad z  A 
z
z
i
x A
y
j.
A
Вычислим координаты градиента:
z
x

 ex
A
2
y

x
A
 ex
2
y
2x A  0 ,
z
y
 
 ex
2
y
y
A
 ex
2
y
A
 1.
A
Таким образом, grad z  A  0 ; 1.
Величина наибольшей скорости изменения скалярного поля в точке А
есть модуль градиента, вычисленный в этой точке:
grad z  A  0 2  12  1 . #
ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ
1. Для функции z  xy ln  x  y  найти частные производные по каждой
независимой переменной.
2. Для функции z 
1
найти частные производные по каждой
x
arctg
y
независимой переменной.
3. Доказать,
равенство
что
для
функции
z  e x  cos y  x sin y 
выполняется
2 z
2 z

.
xy yx
4. Доказать, что функция z  x4  y 4  2 x2  4 xy  2 y 2 имеет экстремум
при x  2; y  2 . Определить характер экстремума.
5. Найти
наибольшее
z  x2  2 xy  y 2  4 x  1
и
в
наименьшее
области
D,
значения
функции
ограниченной
линиями
x  y  1  0; y  0; x  3.
6. Найти наибольшее и наименьшее значения функции z  x2  xy  2 в
области D, ограниченной линиями y  4 x2  4; y  0.
7. Найти производную скалярного поля

u  x  ln z 2  y 2
M  2;1;1 в направлении вектора l   2;1; 1 .

в точке
8. Найти
направление

наибольшего
изменения
функции

u  ln 1  x 2  y 2  x 2  z 2 в точке M  3;0; 4  .
ОТВЕТЫ
y
xy
xy
, zy  x ln  x  y  
; 2. zx  
,
x y
x y
2
2
2 x
x  y arctg
y
1. zx  y ln  x  y  
zy 


x

x
x  y arctg
y
2
2
;
4.
z
2



2; 2  8 – минимум; 5. z  3;2   6 –
2
 2 20 
наибольшее, z  2;0   3 – наименьшее; 6. z   ;    
– наибольшее,
27
 3 9 
13
4
2
 1


z   ; 3    – наименьшее; 7. 
; 8.  0;0;  .
4
5
6
 2


ПРИМЕРНЫЕ ЗАДАНИЯ ДЛЯ ЭКЗАМЕНА
(I семестр)
x2  x  2
1. Найти lim
(без правила Лопиталя).
x2
x2  4
x2  1
(по правилу Лопиталя).
x 1 ln( 3 x  2)
2. Найти lim
3. Найти производную:
а) y  5tg 3 2 x ;
б) y  4 7 x  5  ln x 2 ;
в) y 
sin 2 x  12 x
.
e3x
4. Найти экстремум функции y  x 4  7x 3 .
5. Найти
z
3
частные
x
 x arcsin  y  3 x  .
y
производные
z x ,
z y ,
если
6. Убедится,
что
функция
минимум в точке M(1;1).
z  x 2  xy  2 y 2  x  3 y  1
имеет