Элементы линейной алгебры Математический анализ Вычислить пределы Найдите производные функции Построить графики функций Изменить порядок интегрирования в интеграле Найти объем тела Найти массу тела

Математика примеры решения задач контрольной работы

ЗАДАНИЕ 23. Исследовать поведение функции в окрестности точки с помощью формулы Тейлора: f(x)= ln2x, x0 =1.

РЕШЕНИЕ. Применяем формулу Тейлора см. задание 22.

f(1) = 1; f ¢( x) = 2(x1) 2 lnx ×, f ¢(1) = 0;

f ¢¢( x) = 2+ 4(x 1)2+(lnx1),  f ¢¢(1) = 0;

f ¢¢¢( x) = 12(x 1)+ 8(x 1)3 (lnx1) + , f ¢¢¢(1) = 6.

f(x)= 1 + ( x 1)3 +о((x1)3).

Укажем ещё один путь к получению той же формулы: путь, использующий стандартные формулы Маклорена для основных элементарных функций. Выполним замену переменной: x 1= t. Тогда функция f(x) = ln2x преобразуется в функцию g(t) = ln2(1+t), а значению x = 1 будет соответствовать значение t = 0. Нам понадобятся формулы 

= 1+ t + + o(t2) ; ln(1+t) = t + o(t2).

В первую из этих формул сделаем подстановку t2 вместо t, а вторую формулу возведём в квадрат:

= 1+ t2+ + o(t4), ln2(1+t) = (t + o(t2))( t + o(t2)) = t2 t3 + o(t3).

Отсюда g(t) = ln2(1+t) = 1+ t3 + o(t3) и f(x)= 1 + ( x 1)3 +о((x1)3).

Использовались свойства о-малых: любая o(t4) является также o(t3), а для любой o(t2) произведение t×o(t2)  является o(t3) и т. д.

Ответ. Функция ведёт себя в окрестности точки как кубическая, возрастает; её поведение схематически изображено на рис.35.

  Рис. 35

ЗАДАНИЕ 24. Вычислить предел с помощью формулы Тейлора:

.

РЕШЕНИЕ. Имеет место неопределённость (0/0). Выполним замену переменной x + 2 = t с целью использовать стандартные формулы Маклорена. Предел при этом преобразуется к виду: .

Нам понадобятся формулы

= 1+ t + + + o(t3) ; ln(1+t) = t + + o(t3).

Первая из этих формул нужна также с выполненной в ней подстановкой t вместо t, вторая – с подстановкой 2t вместо t:

= 1 t + + o(t3); ln(1+2t) = 2t + + + o(t3).

Формулы выписываем с остаточным членом o(t3); этого достаточно, так как в условии в знаменателе дроби стоит t3.

 =  =  = –2 =¥

áчислитель заменили его главной частьюñ.

Ответ. = ¥.

ЗАДАНИЕ 25. Найти асимптоты и построить эскизы графиков функций:

а) y=ln+2; б) y=;  в) y=.

ОБЩИЕ ЗАМЕЧАНИЯ. Вспомним определение асимптоты при x® ¥: это прямая y=kx+b, для которой (f(x) (kx + b)) = 0. Числа k и b можно найти по формулам k =; b =(f(x) kx). Асимптота горизонтальна k=0 тогда и только тогда, когда существует конечный предел f(x), это и будет число b. Аналогично определяется асимптота при x®¥. Прямая x = a называется вертикальной асимптотой, если f(x) является бесконечно большой при x® a, то есть если f(x) =¥, и односторонней вертикальной асимптотой, если f(x) =¥ или f(x) =¥.

РЕШЕНИЯ.

а) y=ln+2. Область определения функции: x¥,1)(3,+¥). Функция является элементарной составлена из основных элементарных функций с помощью конечного числа арифметических действий и подстановок одной функции в другую. Отсюда следует, что функция непрерывна в каждой точке области определения.

Исследуем поведение функции при x®10  и при x®3+0 то есть в полуокрестностях граничных точек области определения:

ln+ 2 =  ln t + 2 = ¥

новая переменная t= положительна и стремится к 0 при x®10.

 ln+ 2=ln t + 2 = +¥.

В обоих случаях при стремлении x к конечному значению y является бесконечно большой, откуда следует, что прямые x=1 и x=3  односторонние вертикальные асимптоты.

Исследуем поведение функции при x®±¥:

ln+ 2 = ln+ 2 = ln 1 + 2 = 2;

предел при x® ¥ такой же. Следовательно, в обоих случаях прямая y=2 является горизонтальной асимптотой.

Ответ. Эскиз графика изображён на рис.36.

б) y=. Область определения функции: x¥,) (,)  (,+¥). Функция непрерывна в каждой точке области определения. При x®± по правилу вычисления предела дроби будем иметь: =¥, так как A 0. Отсюда следует, что прямые x= являются вертикальными асимптотами. Знак перед символом ¥ определяется знаком заданной дроби вблизи точек ±слева и справа. Метод интервалов применить не удаётся, так как корни числителя найти трудно. Поступим по - другому. Числитель в точке  x= равен 3+1 > 0 и сохраняет знак в некоторой окрестности точки, так как является непрерывной функцией. Знаменатель отрицателен слева от точки x= и положителен справа. Итак,

y(x) = ¥, y(x) = +¥.

Числитель в точке x = равен 3+1 < 0 и сохраняет знак в некоторой окрестности точки. Знаменатель положителен слева от точки x= и отрицателен справа. Итак,

y(x) = +¥, y(x) = ¥.

Перейдём к изучению поведения функции при x®¥. Разница в показателях степеней многочленов в числителе и в знаменателе равна 1, что говорит о наличии асимптот при x® +¥ и при x® ¥. В этой задаче найти асимптоты легче всего делением многочлена на многочлен, нахождением целой части. Выполнив деление, получим:  = x + 1 +.  Прямая y = x + 1 и будет асимптотой, что следует прямо из определения асимптоты:

(f(x) (x + 1)) == 0, причём это справедливо как при x® +¥, так и при x® ¥. Конечно, можно было найти асимптоту y=kx+b и с помощью вычислений:

k===1;

b=( x) ==1.

Ответ. Эскиз графика изображён на рис.37.

в) y=. Область определения функции: x , 2) (2, 2)  (2,+¥ ). Всюду в области определения функция непрерывна как элементарная заметим, что ½x½=,то есть элементарная функция. Заметим, что функция чётная и рассмотрим её при x >0, здесь знак модуля можно убрать, так как при x >0 ½x½= x. Так, при x >0

y== = (x+2 ) = x 2 + .

Найдена наклонная асимптота при x® +¥ : y = x 2.

Прямая x = 2 является вертикальной асимптотой. График функции симметричен относительно оси y; y(0) = 7.

Ответ. Эскиз графика изображён на рис.38.

 Рис.36 Рис.37 Рис.38


Найти объем тела, ограниченного указанными поверхностями