Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методичка для тех.спец. математика

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

30 . [f (x)ϕ(x)]′ = f ′(x)ϕ(x) + f (x)ϕ′(x); (Cf (x))′ = Cf (x), т.е. постоян-

ный множитель можно выносить за знак производной.

f (x)

′

f ′(x)ϕ(x) − ϕ′(x)f (x)

ϕ(x)

ϕ2 (x)

3. Производная сложной функции определяется формулой

y′

= y′

u′

= f ′

[u(x)]u′

(x),

(5)

где y(x) = f[u(x)], u = u(x) − промежуточная переменная.

Таблица производных

(x α )′

= αx α−1

9. (arccos x)′ = −

;

′

1 ;

1 − x 2

′

(

x )

;

= −

x 2

(a x )′

x x

= a x ln a

10. (arctgx)′ =

;

+ x 2

(ex )′

= ex

;

(loga x)′ =		1	=	1	loga e
(loga x)′ =		x ln a	=	x	loga e
3.		x ln a		x
3.	1
(ln x)′ =	1
(ln x)′ =	x
	x

4.(sin x)′ = cos x ;

5.(cos x)′ = −sin x ;

6.	(tgx)′ =	1			;
6.	(tgx)′ =	cos2		x	;
		cos2		x
7.	(ctgx)′ = −			1		;

			sin 2
			sin 2		x
8.	(arcsin x)′ =				1		.


				1 − x 2

11. (arcctgx)′ = −	1	;

1	+ x 2

− e

−x ′

12.

′

= chx ;

(shx)

+ e

−x ′

13.

′

= shx ;

(chx)

(thx)′

shx ′

14.

;

chx

ch 2 x

chx ′

15.

(cthx)′ =

= −

shx

sh 2 x

Используя (5), можно вывести таблицу производных для сложных функций. Студент обязан выучить наизусть таблицу производных.

I) [u(x)α ]′x

u(x)′x

( u(x ) )′

II) a x

Таблица производных сложных функций

= α u α−1 (x)u′(x)

=	u′(x)			1 ′			= −	u′(x)
			;			x			.
	2	u(x)			u(x)			u 2 (x)

= a u (x ) (ln a) u′(x); (eu (x ) )′ = eu(x ) u′(x).

III) [loga u(x)]′x

u′(x)

;

[ln u(x)]′ =

IV) [sin u(x)]′x

(x)ln a

= [cos u(x)] u′(x).

V) [cos u(x)]′x

= −[sin u(x)] u′(x).

VI) [tg u(x)]′x =

u′(x)

cos2

u(x)

VII) [ctg u(x)]′x −

u′(x)

sin2 u(x)

VIII) [arcsin u(x)]′x =

u′(x)

1 − u 2 (x)

IX) [arccos u(x)]′x

= −

u′(x)

1 − u 2 (x)

X) [arctg u(x)]′x

u′(x)

+ u 2 (x)

XI) [arcctg u(x)]′x

= −

u′(x)

1 + u 2 (x)

XII) [sh u(x)]′x = [ch u(x)]u′(x).

XIII) [ch u(x)]′x

= [sh u(x)]u′(x).

XIV) [th u(x)]′x

u′(x)

ch u(x)

XV) [cth u(x)]′x

= −

u′(x)

sh 2 u(x)

u′(x) u(x) .

′

1 − x

′

1 − x

1 + x

1 − x

ПРИМЕР 1. y′ = arctg

u(x) =

1 − x

1 + x

1 − x ′

1 + x

1 − x

1 + x x

1 − x

(1 + x)

+ x

u(x) =

1 − x

1 + x

1 +

4 +

1 − x

1 + x

(1 − x)′(1 + x) − (1 + x)′(1 − x)

−1 − x −1 + x

1 − x

1 + x

= −

(

2(1 + x)

+ x

1 − x

4(1 + x)

+ x

4. Логарифмическая производная. При дифференцировании показатель-

но-степенных функций y = u(x)ϑ(x) (u(x) > 0) поступают следующим обра-

зом. Сначала предыдущее равенство почленно логарифмируют и после этого

почленно дифференцируют, а именно:

(ln y)′ = [ϑ(x)ln u(x)]′ = ϑ′(x)ln u(x) − u′((x)) ϑ(x),

u x

y′(x)

= ϑ′(x)ln u(x) +

u′(x)

ϑ(x). Отсюда

u(x)

ϑ(x)

u′(′x)

y′(′x) = u(x)

ϑ′(′x)ln u(x) +

ϑ(x)

u(x)

= u(x)ϑ(x)[ln u(x)]ϑ′(′x)+ ϑ(x)u(x)ϑ(x)−1 u′′.

(6)

Очевидно,

что первое слагаемое суммы (6)

получается в результате

дифференцирования y = u(x)ϑ(x )

как показательной функции (см. формулу II

из таблицы производных), а второе слагаемое - как результат дифференцирования степенной функции (см. формулу I из той же таблицы).

ПРИМЕР 2. Найти производную функции y = xarcsin x .

Решение. (ln y)′ = [(arcsin x)ln x]′ =

ln x

arcsin x

;

y′ = (x arcsin x )′

1 − x 2

ln x

= x arcsin x

+ arcsin x .

1 − x 2

§2. Производная функции, заданной неявно

1. Как найти производную функции, заданной неявно, мы покажем на конкретных примерах. При этом используются стандартные правила дифференцирования явно заданных функций.

ПРИМЕР 1. sin(y − x 2 )− ln(y − x 2 )+ 2						− 3 = 0 . Найти y′ .
ПРИМЕР 1. sin(y − x 2 )− ln(y − x 2 )+ 2				y − x 2		− 3 = 0 . Найти y′ .
						x
Решение. Дифференцируя почленно данное уравнение и учитывая, что
y = y(x) (функция y(x) задана неявно), получим
[cos(y − x 2 )](y − x 2 )′ − (y − x 2 )′	+ 2	(y	− x 2 )′		= 0 ,
[cos(y − x 2 )](y − x 2 )′ − (y − x 2 )′	+ 2				= 0 ,
y − x 2		2 y − x 2

		1			1
(y − x 2 )′	cos(y − x 2 )−	1		+	1		= 0, y′ −
(y − x 2 )′	cos(y − x 2 )−	y − x	2	+			= 0, y′ −
		y − x	2		y − x	2
					y − x

Ответ: y′ = 2x .

2. Производная функции, заданной параметрически. Если функция y = f (x) задана параметрически: {x =

y′′ = f ′(′x) =	y′t	=	ψ′(t).
y′′ = f ′(′x) =	x′t′	=	ψ′(t).
x	x′t′		ϕ′(′t)
x

2x = 0, y′ = 2x .

ϕ(t), y = ψ(t)}, то

(1)

ПРИМЕР 1. Найти y′						=	dy	, если x = e−t sin t		, y = e t cos t.
ПРИМЕР 1. Найти y′						=		, если x = e−t sin t		, y = e t cos t.
					x		dx
							dx
Решение.			Согласно (1)
y′	=	(e t cos t)′		=	et cos t − et sin t				= e2t .
y′	=			=					= e2t .
x		(e−t	sin t)′		− e−t sin t + e−t cos t
Ответ: y′			= e2t .
		x

§3. Приложения производной в геометрии и механике

ПРИМЕР 1. Составить уравнение касательной и нормали к цепной линии

y = ch x в т. x = 2 ln 2 .

2
		1	x
Решение. y′ =			sh	; y′(2 ln 2) =
Решение. y′ =			sh	; y′(2 ln 2) =
		2	2
	eln 2 + e−ln 2				2 +	1
y(2 ln 2) =				=			=	5	;
						2		5

		2		2		4

		eln 2 − e− ln 2		2 −	1
1			=			=	3	;
					2
2
	2		4		8

							53
y −	5		=	3	(x − 2 ln 2) − уравнение касательной;

4			8
y −		5	= −			8	(x − 2 ln 2) − уравнение нормали.

4					3

Ответ: 3x − 8y +10 − 6 ln 2 = 0;

32x +12y −15 − 64 ln 2 = 0.

ПРИМЕР 2. По кубической параболе y = x 3

движется точка так, что ее

ордината изменяется в зависимости от времени

по закону y = at 3 . Какова

скорость изменения абсциссы в зависимости от времени ?

Решение. y′

= 3x 2 x′ ,

x′

y′

3at 2

= 3 a − постоянна и не

3x 2

3y 3

a 3 t 2

зависит от t .

Ответ: x′t = 3a .

§4. Приращение и дифференциал функции

1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.

Если в точке x0

приращение

y(x 0 ) =

f (x 0 )

функции y = f (x) представимо в виде суммы

y(x0 ) = A

x0 + α

(1)

двух слагаемых: I = A

x 0 − линейно относительно приращения

x0 аргумен-

та x . (A = A(x 0 ));

II = α − бесконечно малая величина (БМВ) при

x 0 → 0

более высокого порядка малости, чем

x0 , т.е.

lim

= 0 , то f(x) называ-

x 0

x0 →0

ется дифференцируемой в

т. x0 . При этом

линейная

часть

приращения

A(x 0 ) x 0 называется дифференциалом функции

y = f (x) в т. x0 , соответствующим приращению

x0 аргумента x .

Дифференциал обозначается одним из символов df (x 0 ), dy(x 0 ). Итак, по

определению

df (x0 ) = dy(x0 ) = A(x0 )

x0 .

(2)

Теорема 1.

Функция y = f (x) дифференцируема в т. x0

(см.(1))

ко-

гда конечная производная f ′(x 0 ) в т. x0 . Следовательно, согласно (2), дифференциал функции вычисляется по формуле

df (x0 ) = f ′(x0 ) x .	(3)
Если y = x , то в
dy(x0 ) = d(x0 ) = x0 ,	(4)

т.е. полное приращение функции y = x совпадает с его дифференциалом. В силу этого вместо (3) можно написать

dy(x0 ) = df (x0 ) = f ′(x0 )dx0 .

(5)

Точка x 0 D(y) − произвольная точка. В силу этого в формулах (3), (5)

нижний индекс (нолик) можно отбросить и тогда будем иметь
df (x) = f ′(x) x = f ′(x)dx .	(6)
2. Приложения дифференциала в приближенных вычислениях.	y = f(x)
Согласно (6) приращение дифференцируемой в т. x функции	y = f(x)
можно представить в виде
y(x) = f (x) = df (x) + α(x, x) = f ′(x) x + α(x, x).	(7)
При достаточно малых x вместо (7) можно написать
y(x) ≈ f ′(x) x .	(8)
Последняя формула может быть использована в приближенных вычисле-
ниях, если ее записать так:
f (x + x) ≈ f (x)+ f ′(x) x .	(9)

ПРИМЕР 1. Найти приближенное значение 415,8 .

= 4

y = 4

. Согласно (9)

Решение.

15,8

16 − 2

Рассмотрим

−

4 x + x ≈ 4 x + (4

x )′

x =

x +

x 4

x . В нашем случае x = 16, x = −0,2 :

16 + (− 0,2)

≈ 4

(16)−

(− 0,2) = 2

−

0,2

= 2 −

= 2 − 0,006 = 1,994 .

160

Ответ: 1,994 .

ПРИМЕР 2.

Найти приближенное значение ln tg47015′.

Решение. ln tg(x +

x) ≈ ln tgx +

tg47015′ =

tgx cos2

= tg(450 + 2015′). Градусы надо перевести в радианы, т.к. производные от тригонометрических функций найдены при условии, что их аргументы измеряются

в радианах. Таким образом 10

радиан).

1800

450 + 2015′ = π +

+15

= π +

1 +

= π +

, x = π , x =

180

4 80

ln tg47 15′ ≈ ln tg

4 +

= 0,16

80tg

2 π

cos

Ответ: 0,16 .

§5. Правило Лопиталя - Бернулли раскрытия неопределенностей

Теорема 1. Пусть функции f (x) и ϕ(x) определены и дифференцируе-

мы в окрестности т. a , за исключением, быть может, самой т. a , lim f (x) = 0 ;

x→a

lim ϕ(x) = 0, ϕ(x) и ϕ′(x) ≠ 0 в этой окрестности. Тогда, если lim

f ′(x)

то

x→a

x→a ϕ′(x)

lim

f (x)

и справедливо утверждение

x→a ϕ(x)

lim

f (x)

= lim

f ′(x)

(1)

x→a

ϕ(x)

x→a ϕ′(′x)

Теорема 2. Если ББФ (при x → a ) f (x) и ϕ(x) определены и диффе-

ренцируемы в окрестности т. a , ϕ(x) и ϕ′(x) ≠ 0

в этой окрестности и

lim

f ′(x)

, то

lim

f (x)

, при этом

x→a ϕ′(x)

x→a

ϕ(x)

lim

f (x)

= lim

f ′(x)

(2)

x→a

ϕ(x)

x→a ϕ′(′x)

Сформулированные теоремы называются правилом Лопиталя - Бернул-

0 ∞

ли раскрытия неопределенностей вида 0 , ∞ .

Раскрытие неопределенностей вида {0 ∞},{∞ − ∞},{1∞ }{, 00 } и т.д. алгебраическими преобразованиями и логарифмированием приводятся к

∞

раскрытию двух основных типов:

∞

ПРИМЕР 1. Найти lim(e x + x)1 x .

Решение.

x→0

= {1∞

}= lim e x ln (e

+1)

= u ϑ = eϑln u

lim(ex + x)x

x→0

u > 0

lim

(ex +1)

= e x→0

= e 2 =

ln(ex

+1)

[ln(ex +1)]′

lim

= lim

x′

= lim

x→0

x→0 ex +1

Ответ: e .

ПРИМЕР 2. Найти

lim

x x .

x→0+0

lim x x

= {00 }= lim e x ln x

lim x ln x

= e0

= 1.

Решение.

= e x→0

x→0

lim x ln x = {0 ∞} = lim ln x
x→0	x→0 1

=∞ =∞

lim	(ln x)′
		′
x→0 1


	x

= − lim	x 2	= 0 .

x→0 x

Ответ: 1.

§6. Исследование функции и построение ее графика

1. Достаточное условие монотонности функции

Теорема 1. Если функция y = f (x) непрерывна на [a, b] ((a, b)) и диф-

ференцируема на (a, b) и f(x) сохраняет знак на (a, b), то f (x) строго моно-


тонна на [a, b]	((a, b)): если f ′(x) > 0 (f ′(x) < 0), то f(x) строго возрастающая
(убывающая)	функция.		При этом,	в частности,	f (a) < f (x), x (a, b]
(f (a) > f (x), x (a, b]).
Следствие.		Если y = f(x) непрерывна на (a, b) , где не исключаются
случаи a = −∞ и		b = +∞ , и т. c (a, b) − единственная критическая точка
f(x) (f ′(c) = 0 либо не )			и на (a, c)	и (c, b) f ′(x)	сохраняет знаки и эти

знаки противоположны, то локальный экстремум функции f(x) в т. c является

ееглобальным экстремумом на (a, b) , а именно:

1)f (c) − наибольшее значение f (x) на (a, b), если f (c) − локальный максимум (относительный максимум, максимум);

2)f(c) − наименьшее значение f (x) на (a, b) , если f (c) − локальный

минимум (относительный минимум, мини-

мум).

ПРИМЕР 1. Найти наибольший объем конуса,

образующая которого равна l.

Решение. I способ:

r = OA − радиус основа-

ния конуса; h = SO − высота конуса.

r 2 + h 2 = l2 ; ϑ =

πr 2 h =

π(l2 − h 2 )h ;

•

0 < h < l.

образом, требуется найти наи-

Таким

большее

значение

функции ϑ , где аргумент

h (0, l) . ϑ′

π(− 2h 2

+ l2 − h 2 )=

Рис. 1

π(l2 − 3h 2 )− квадратный двучлен относительно

h .

h =

− стационарная точка.

ϑ′h > 0

на 0,

и ϑ′h

< 0

на

, l . Согласно следствию, h =

− точка

глобального максимума.

2π

−

9 3

Вычисляем	− l •		0	•
.	− l •	3	l	•	3

Ответ:

2l3

π(l2 − h 2 )h

II способ.

Рассмотрим

функцию

f (h) =

на

[0, l]. На

(0,l) f(h) = ϑ .

Найдем

наибольшее

значение f(h) на

[0, l]. Имеем

2π

−

, т.к.

f (0) = f ( ) = 0, f

= π

3 9 3

f ′(h) = π (l2 − 3h 2 )= 0 ,

h =

. Наибольшее значение равно

2πl2

. Если те-

перь учесть, что стационарная (критическая) точка - внутренняя точка [0,l] и

она единственная, то в этой точке f

> f (x) x [0, l], x ≠

(x)

x (0, l), x ≠

> f

2πl3

Ответ:

ПРИМЕР 2. Исследовать функцию y = xx

и построить ее график.

Область определения D(y): x > 0 ,

т.к. функция показательно-степенная . Гра-

фик функции находится по правую сторону

от оси 0Y . Рассмотрим поведение функции

в граничных точках D(y).

−1

{

0 }

x ln x

lim

lim e

= e

1 l

= 0

x→0+0

Рис. 1

lim x ln x = {0 ∞} =	lim
x→0+0	x→0+0

(ln x)′

1 ′x

= − lim = 0;	lim x x = +∞ .
x→0+0	x→+∞

2. Области знакопостоянства функции. Точки пересечения с осями координат. x > 0 − график функции лежит над осью 0X .

3. Промежутки монотонности и экстремумы функции. Согласно (6) (§1; п.4)

y′ = x x ln x + x x x −1 = x x (ln x + 1);			y′ = 0 ln x +1 = 0;					x =	1	. Таким

									l
1				1		1
образом, D(y) разбивается т.		на два промежутка: 0,			и		,+∞ ;

	l			l	l

; y′

< 0 .

Следовательно, на 0,

функция строго убывающая.

,+∞ , y′(l2 ) > 0 .

На

,+∞ функция строго возрастающая. Отсюда

сразу следует,

что

определяет относительный минимум и наименьшее

значение функции на D(y).

4. Области вогнутости, выпуклости, точки перегиба.

y ′′= (x x )′(ln x +1) + x x −1 = x x (ln x +1)2 + x x−1 = x x (ln x +1)2

> 0

для

x > 0. Значит, график исследуемой функции всюду вогнут.

5. Асимптоты функции. Вертикальных асимптот нет, т.к. нет точек бесконечного разрыва функции. Переходим к отысканию наклонных асимптот.

	x x		∞	= lim x x −1
Имеем lim		=			= +∞ . Таким образом, нет и наклонных

x→+∞ x			∞	x→+∞

асимптот. График исследуемой функции начерчен на рис. 1.

Глава VI. МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ ФУНКЦИИ МНОГИХ ПЕРЕМЕННЫХ

Учебники: Пискунов Н.С., гл. VIII;

Бугров Я.С., Никольский С.М., гл. 8.

§1. Области определения функций и их изображения

1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1. δ − окрестностью т. M на плоскости (в пространстве) называется открытый круг (открытый шар) с центром в т. M и радиуса δ .

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 166 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
26.08.2019464 Кб29методичка для дипломников по экономике.doc
#
01.07.202567 Кб1методичка ДЛЯ ЗАОЧ.2015 - копия.docx
#
04.12.2018239 Кб20Методичка для заочников (У.Г.Г.).doc
#
01.03.20251 Мб2Методичка для заочников.doc
#
17.03.2015697 Кб56методичка для ЗО по английскому.doc
#
17.03.20152 Мб11Методичка для тех.спец. математика.PDF
#
09.11.2019555 Кб12методичка для ФТТ.doc
#
17.03.2015387 Кб142Методичка для ФТТ(ТЭ).doc
#
01.07.2025532 Кб4Методичка Естест. и искусст. Освещение (перераб...doc
#
01.05.2025604 Кб4МЕТОДИЧКА инж.расч..doc
#
17.03.20151 Мб190Методичка ИНЖЕНЕРНАЯ ГЕОДЕЗИЯ.doc