Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный физико-технический университет (МФТИ)

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Рац. методы решения задач (Коваленко)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

462.72 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.													11
		x						x2
		cos √					= 1 −			+ o(x3).
									6
			3						6
Числитель представлен в виде
				5				x3 + o(x3).

					6
Искомый предел равен
				5 x3 + o(x3)							5
		lim		6							=	.
		lim					3				=	.
		x→0				x3 + o(x3)					2
Ответ:	5	.
Ответ:	2	.
	2

При отыскании предела функции f = u(x)v(x) применяется представление f в виде

f = uv = ev ln u.

Считается известным, что при любом ε > 0

lim (xε ln x) = 0.

x→+0

7. Найти

+ln4 x

lim

2 − 12

x→+0 ln(1 + x) − sh

Р е ш е н и е. Если ввести обозначения

1 + x3 ln4 x

u =

− sh

−

, v =

+ ln4 x =

ln(1 + x)

то требуется найти

lim

v ln u

uv = ex→+0 .

x→+0

Будем вычислять

lim

v ln u.

x→+0

Исходя из структуры функции v, заключаем, что ln u нужно

разлагать до o(x3). Имеем

ln(1 + x)

x − 2

+ 3

− 4

+ o(x

)

1 − x2 −

+ o(x3)

1 − w

Рациональные методы решения задач по матанализу

где w =

−

+ o(x3). Так как w

при x → +0, то

будем разлагать до o(w3). Получим

1 − w

= 1 + w + w2 + w3 + o(w3).

1 − w

Возвращаясь к x и выписывая лишь слагаемые со степе-

нями x не выше третьей (остальные включены в o(x3)), имеем

= 1 +

−

+ o(x3).

ln(1 + x)

Функцию sh

−

разлагаем до o(x3).

x x2

1 x x2

x x2

−

+o(x3) =

−

+o(x3).

Тогда

ln u = ln

− sh

−

ln(1 + x)

= ln 1 +

+ o(x3) =

+ o(x3),

x→+0

1 + x3 ln4 x

x→+0

48 + o(x ) =

48 ,

lim

v ln u =

lim

так как

lim (x3 ln4 x) =

lim (x

4 ln x)4 = 0.

x→+0

Ответ: e

Для получения разложения по формуле Тейлора с остаточ-

ным членом o((x − x0)n) нужно сделать замену переменной и

свести задачу к получению разложения по формуле Маклорена.

Нужно уметь объединять слагаемые двух сумм, записанных

с помощью знака .

Удобно при этом применить сдвиг ин-

декса в одной из

сумм и объединить слагаемые нужного по

рядка обеих сумм, записав отдельно одно из слагаемых.

Разложить по формуле Тейлора функцию

y =

− x p2 + 4x − 2x2

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

а) в окрестности x0 = 0 до o(x3); б)

в окрестности x0 = 1 до

o((x − 1)2n+1).

Р е ш е н и е. а) Так как первый множитель, входящий в

состав функции y(x),

эквивалентен

−x

при

→ 0,

то второй

множитель надо разлагать до o(x

Использовав биномиаль-

ное разложение для второго множителя, получим

y = √2 −x +

(1 + 2x − x2) 2

(2x)2

= √2 −x +

1 + x −

−

+ o(x2) =

= √2 −x −

x3 + o(x3) .

б) y(x) =

(x − 1)2 − 1

−

2(x

−

1)2

t = x

− 1.

Тогда

Сделаем замену

переменной положив

y(x(t)) = (−1 + t2) 1 −

(−1)m

= ( 1 + t2)

m=0

Cm1

t2m + o(t2n+1) =

−

1 +

Cm1

(−1)m+1

t2m + n−1

Cm1

(−1)m

t2(m+1) + o(t2n+1).

−

m=1

m=0

Заменив во второй сумме m + 1 на k, объединим обе суммы

(

1)k+1

(−1)k−1

y =

−

1 +

Ck1

+ Ck1−1

t2k + o(t2n+1) =

k=1

−2k

2k−1

n (

1)k−1

= 1 +

2Ck1−1 + Ck1

1)2k + o((x

1)2n+1),

k=1

−2k

−

где

1 1

= k! 2 2 − 1 . . . 2 − (k − 1) =

k = 1,

(2k

C01 = 1.

(−1)

−

− 3)!!

k = 2, 3, . . . ;

k!2

14 Рациональные методы решения задач по матанализу


√		x2	3		3	3
√		x2	3		3	3
Ответ: а) y = −	2x − √		+ √	x		+ o(x	);

б) y = 1 +	n	(−1)k−1	(Ck	+ 2Ck−1)(x 1)2k +
−	X		1/2	1/2 −
−	k=1	2k	1/2	1/2 −
	k=1

+ o((x−1)2n+1).

При решении задачи № 5 потребуется теорема о непрерывности частного двух функций, а также необходимо знать опре-

деление точек разрыва 1-го рода, 2-го рода.
Используются пределы:
lim	sin x	= 1,	lim	tg x	= 1.	(1)
	x			x
x→0			x→0

Можно применить правило Лопиталя.

5.Указать все точки непрерывности и точки разрыва, устано-

3π 5π

вить тип разрывов функции f(x), определенной на − 2 ; 2 ,

при этом

f(x) = |x|(π2 − x2) sin x

при x

3π

;

5π

, x 6= kπ,

k = 0, ± 1, 2;

−

f(0) = f(2π) = π2,

f(π) = 2π2,

f(−π) = −2π2.

Р е ш е н и е. В любой точке x −

5π

, x

;

6= kπ, k = 0,

±1, 2, функция f(x) непрерывна как частное.

Исследуем f(x) в точках x = 0, x = ±π, x = 2π.

x = 0

. Пользуясь (1), получаем

lim f(x) = lim

x(π2 − x2)

= π2 = f(0),

lim f(x) =

−

π2

→

sin x

→−

x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).

x = ±π

Имеем при x → ±π неопределённость вида

Применим правило Лопиталя.

lim f(x) = lim

x(π2 − x2)

= lim

π2 − 3x2

= 2π2

= f(π);

x→π

sin x

x→π

cos x

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

lim f(x) = −2π2 = f(−π)

x→−π

(можно было не применять правило Лопиталя, а сделать замену переменной, положив t = π − x); x = ±π — точки непрерывности функции f(x).

x = 2π . lim f(x) = ∞; x = 2π — точка разрыва 2-го рода

x→2π

функции f(x).

Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода,

x = 2π — точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала

−	π		5π		— точки непрерывности функции f(x).
	3	;
	2			2

При решении задачи № 9 применяется теорема о существовании у монотонной ограниченной последовательности конечного предела.

Установить, сходится

или

расходится

последовательность

{xn}, xn > 0, n = 1, 2, . . . , если nlim

= 5.

→∞

n+1

Р е ш е н и е. Так как lim

xn+1

, то существует n0

такое, что

n→∞

xn+1

0 <

< 1

при любом n > n0. Последовательность {xn} убывающая при

n > n0, по условию она ограничена снизу. Следовательно,

сходится.

Ответ: Сходится.

При построении графиков функций f(x) надо обратить вни-

мание на отыскание асимптот при x → ±∞. Их можно быстро

найти, если использовать разложение функции по степеням

при x > x0, x < −x0, x0 > 0.

При вычислении производных от f(x) стоит производную

p(x)

частного

находить, представляя

в виде p · q−1 — произ-

q(x)

ведения двух сомножителей.

Заполнение таблицы упорядочивает сведения о функции f(x)

и является кратким обоснованием построения её графика.

Построить графики функций

б) y = p3 |x|(x + 3)2.

а) y =

;

2(x − 2)2

Рациональные методы решения задач по матанализу

Р е ш е н и е. а) Область определения (−∞; 2) (2; +∞);

x = 2 — вертикальная асимптота;

−2

y =

1 −

2(x − 2)2

1 +

+ o

+ 2 + o(1) при x → ∞,

y =

+ 2 — наклонная асимптота при x → ∞.

y0 =

x3(x

2)−2 0

3 x2

x2(x − 6)

−

2 (x

2)2 −

2)3

2(x − 2)3

−

x2(x − 6)(x

− 2)−3 00

x(x

y002 =

−

(x − 2)3

2(x − 2)3

−

3x (x − 6)

12x

. График y(x) см. на рис. 1 на с. 6.

2(x − 2)4

(x − 2)4

274

−

y00

−

точка

min

перегиба

б) Область определения (−∞; +∞);

y = 3

x(x + 3)2

при x > 0,

y = − 3

x(x + 3)2

при x < 0.

Рассмотрим

y(x)

при

x > 0.

y = x 1 +

= x 1 +

+ o

= x + 2 + o(1) при

x → +∞,

y = x + 2 — наклонная асимптота при x → +∞,

2 0

1 (x + 3)

2 x3

x + 1

= x3

(x + 3) 3

;

3 (x + 3) 3

(x + 3) 3

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

						2		1		0				1			−	2(x + 1)		−
													x3	(x + 3)		3	−	3x3 (x + 3)	3	−
	y00 = (x + 1)x−3 (x + 3)−3										=		2			1		5	1
	x + 1
−	x + 1				=			2		.

	2			4			5	4
	3x3 (x + 3) 3					−x3		(x + 3) 3
	При x < 0 имеем: y = −x − 2 — наклонная асимптота при
x → −∞;
	y0 =			x + 1				, y00 =				2			.

			2			1				5				4
		−x3		(x + 3) 3					x3		(x + 3) 3

График y(x) см. на рис. 2 на с. 6.

x		−3			−1			0
	&	0		%	√3		&	0		%
y						4
y0	−	−∞	+∞	+	0		−	−∞	+∞	+
y00	−	/		−	−		−	/		−

		min			max			min

При построении параметрически заданных кривых для отыскания невертикальных асимптот нужно сначала определить, к чему должно стремиться t, чтобы x(t) стремилось к ±∞, при исследовании на вертикальные асимптоты — к чему должно стремиться t, чтобы y(t) стремилось к ±∞, а x(t) — к конечному x0.

По производной x0(t) определяем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется знак производной x0(t), а функция y(t) непрерывна. На каждом из интервалов Ek функция x(t) имеет обратную функцию tk(x), определённую на соответствующем промежутке изменения x. Имеем функции y(tk(x)), которые обозначаем через Y (x).

Далее вычисляем y0(t), Y 0(x), Y 00(x). Заполняем таблицу. Она облегчает построение кривой.

8. Построить кривую x =	(t + 1)3	, y =	(t + 1)(2t + 1)	.
	t2		t2

Р е ш е н и е. 1) Функции x(t), y(t) определены при t (−∞; 0) (0; +∞).

18 Рациональные методы решения задач по матанализу

2) Исследование на асимптоты. Имеем

∞

t 0

∞

t lim

x(t) = ±∞,

lim x(t) = +

→±∞

lim y(t) = +

→

Вертикальных асимптот нет.

Для отыскания невертикальных асимптот находим

lim

= lim

2t + 1

= 1,

t→0 x

t→0

(t + 1)2

−

t 0

−

(t + 1)) =

lim(y

x) = lim(

→

tlim

= 0,

tlim (y − 0 · x) = 2,

→∞

y = x − 1 — наклонная асимптота при t → 0, y = 2 — горизонтальная асимптота при t → ∞.

3) Вычисление x0(t).

x0(t) = ((t + 1)3t−2)0 = (t + 1)2(t − 2) . t3

Указываем интервалы Ek изменения t, на которых сохраняется знак производной x0(t), а y(t) непрерывна:

E1 = (−∞; 0),

E2 = (0; 2), E3 = (2; +∞).

Вычисление y0(t), Y 0(x), Y 00(x).

t +

y0(t) = 1 +

2 +

= −3

Y 0(x) =

(t)

t + 2

;

−

(t)

(t + 1)2(t −

Y 00(x) =

y (t)

6t5

x0(t)

(t + 1)5(t − 2)3

y (t)

так как

−((3t

+ 2)(t + 1)−2(t − 2)−1)0 =

x0(t)

6t2

= (t + 1)3(t − 2)2 .

4) Заполнение таблицы. Вначале заполняем графу с x0(t), потом с x(t). Аналогично — с y0(t) и y(t).

При заполнении графы с Y 0(x) стоит обратить внимание

на то, что знак функции Y 0(x) легко определяется, как знак отношения y0(t) к x0(t).

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г.

−∞

−1

−32

−0

+∞

x(t)

−∞

+∞

274

+∞

x0(t)

−

y(t)

2 − 0

−41

+∞

154

2 + 0

y0(t)

−

Y 0(x)

−

−∞

−

+∞

−∞

−

Y 00(x)

−

5) Построение кривой. Строим кривую, считывая информацию из таблицы. См. рис. 3 на с. 7.

t = −1, O(0; 0); x = 0 — точка перегиба с вертикальной касательной;

2						1
			1							1
t = −	3	, A		12		; −			4	; x =	12	— точка минимума Y (x);
t = 2, B			27		;	15		; t = 2 — граничная точка интервалов

			4				4
												15
E2 и E3; касательная в точке B												вертикальна; y =		— точка
													4
минимума X(y).

При решении задачи № 6 нужно использовать формулу для

подсчёта кривизны, при этом не забывать, что в неё входит модуль y00.

В задаче нужно найти первую и вторую производные в данной точке функции, заданной неявно. Для этого надо дважды продифференцировать тождество, в которое входит y(x), и из полученных равенств найти y0 и y00 в заданной точке.

6. Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графика функции y(x), заданной уравнением x4 + y4 − 2xy = 0.

Р е ш е н и е. Дифференцируя тождество x4 + y4(x) − 2xy(x) ≡ 0,

получаем
2x3 + 2y3(x)y0(x) − y(x) − xy0(x) ≡ 0.	(2)

Так как y(1) = 1, то из (2) следует, что y0(1) = −1.

20 Рациональные методы решения задач по матанализу

Дифференцируем тождество (2). Имеем

6x2 + 6y2(x)y02(x) + 2y3(x)y00(x) − 2y0(x) − xy00(x) ≡ 0.

Отсюда, пользуясь тем, что y(1) = 1, y0			(1) =			−	1, получаем

	y00(1) = −14.
Для кривизны K и радиуса кривизны R имеем
K =	\|y00\|	, R =		1	,

(1 + y02)3/2				K

поэтому в точке (1; 1)

			3	√
			3	√
			2 2	2
			R =	=	.
			R =	=	.
	√		14	7
Ответ: R =	2	.
Ответ: R =		.
	7

Вариант Е

Вычислить интегралы

а) 3

sin 2x ln(1 + cos x) dx;

б) 4

dx.

(1 + x2)3/2

ex√

cos(x − x2) − 2x2

ctg2 x .

2.5 Найти

lim

1+2x

x→0

−arcsin x

Построить графики функций

а) 4 y =

(x − 1)7

;

б) 5 y = 3

−

x)(x + 2)2

Разложить по формуле Тейлора

функцию

y =

+ 2x − 3 e−x

−4x

а) 2 в окрестности x0 = 0 до o(x2);

б) 4 в окрестности x0 = −2 до o((x + 2)2n+1).

5.4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π), при этом

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
03.06.201586.63 Кб14Программа.pdf
#
03.06.201567.58 Кб14ПРОГРАММА_ЛТ_2011.doc
#
03.06.201523.1 Кб16Психика животных.docx
#
22.08.20197.18 Mб4Пучинина-работа1.doc
#
03.06.2015314.18 Кб41Радиотехника.pdf
#
03.06.2015462.72 Кб53Рац. методы решения задач (Коваленко).pdf
#
03.06.2015585.85 Кб24реальные газы.pdf
#
11.09.201939.79 Кб5Револбции 1848-1849 годов в европе.docx
#
03.06.2015977.92 Кб17Реферат_Основы построения ВКО.doc
#
31.07.2019257.54 Кб2Реферат_протяжённость маршрута с учётом рельефа....doc
#
03.06.2015930.82 Кб13Решения.doc