diff_calc_econ_ua

	При x 0				і y 1 із першого рівняння маємо
												4 0 1 0 4y 0,
	звідки y					1	.
					4																										1
	Підставляючи тепер в друге рівняння x 0,																				y 1				і				y			, одержимо:
																															4
																												2
										1		1													1					4 1 y 0,
									12 0						0				12 1
												4
									4														4
	звідки y							1											1
					. Таким чином,
										y	0;1 .
							16												16												x t ,			2
																																		dy		d y
	Якщо функція задана параметричними рівняннями																																то похідні		,		,
																															y f t		,	dx dx2
		d3y	, ...	слід знаходити за формулами
		dx3																						yt
																	dy
																			yx
																										,
																	dx							xt
														d		2	y
																							yx t
														dx2
																		yxx							xt				,

ddx33y yxxx yxxxt t

і т.д.

Похідну другого порядку можна знайти також за формулою

y

yx

xy

,

(32)

x3

де x

dx

x ;

y

dy

y ; x

d2x

;

y

d2 y

.

dt

dt

dt2

dt2

t

t

Приклад 8. Знайти

d

2

y

, якщо

x lnt,

dx2

y t2

1.

Розв’язання. 1-й спосіб. Продиференціюємо x і y по t:

1

yt 2t.

xt

,

Тоді

t

dy

y

1

2 ,

t

2t

:

2t

dx

t

xt

d2 y

y

2t2

x

t

t

4t t 4t2 .

dx2

xt

1

2-й спосіб. Продиференціюємо x і y

t

по t двічі:

x

1

,

x

1

,

y 2t,

y 2.

t

t2

Тоді за формулою (32) будемо мати

41

2

1

1

2t

2

2

d2 y

4t3

t2

t

t

t

4t2 .

1 3

1

dx2

t

t

3

t

d

2

y

x arcsint,

Приклад 9. Знайти

, якщо

.

dx2

y ln 1 t2

Розв’язання. Діючи як і в попередньому прикладі, одержимо:

xt

1

; yt

2t

.

1 t2

Тоді за формулою (27)

1 t2

yx

2t

:

1

2t

1 t2

2t

.

1 t2

1 t2

Знаходимо

1 t2

1 t2

1

2t

2t

1 t2

t

1 t

2

t

2

2

2 1 t

2

yx t

2

t

2

1 t2

2

1 t

2

2

2

3 2 .

1 t

1 t

Отже,

1 t

d2 y

2

1

2

2

:

.

dx2

1 t2 3 2

1 t2

t2 1

1 t2

Пропонуємо самостійно переконатись в тому, що використання в даному випадку формули (32) привело б до значно складніших обчислень.

x a sin ,

d2 y

Приклад 10.

Знайти

dx2

y a 1 cos .

Розв’язання. Параметром даної функції є змінна , тому

a 1 cos ;

asin .

x

y

Тоді

dy

asin

2sin

cos

y

x

2

2

ctg

.

dx

x

x

a 1 cos

2

2sin

2

2

Диференціюючи одержаний результат по , матимемо

dy

d

1

1

dx

y

.

d

x

sin

2

2

Таким чином,

2

y

d

2

y

1

1

x

.

2

dx

x

2sin2

a 1 cos

4asin2

2

2

Приклад 11. Знайти диференціал другого порядку функції y 3

x2

.

Розв’язання. Диференціюючи дану функцію двічі та враховуючи, що

d

2

2

,

y y dx

42

одержимо:

y

2

x 1 3,

y

2

x 4 3,

d2 y

2

x 4 3dx2 .

9

3

9

Приклад 12. Знайти d3 y, якщо y sin2 x.

Розв’язання. Диференціюючи

функцію

тричі,

знаходимо y 2sin xcosx sin 2x,

y

2cos2x

, y

4sin 2x. Тоді d

3

y y

3

4sin 2xdx

3

.

dx

Приклад 13. Довести, що функція

y f x , задана параметричними рівняннями x sint,

y sin kt , задовольняє рівнянню

1 x2

d2 y

x

dy

k2 y 0.

dx2

dx

Розв’язання. Знайдемо

dy

і

d2 y

:

dx

dx2

2

dy

yy

kcoskt

;

d

y

yx

t

kcoskt

:cost

k ksin ktcost sintcoskt

.

dx

xt

cost

dx

xt

cos3 t

cost

t

Підставляючи вирази для x,

y ,

dy

і

d2 y

в задане рівняння, одержимо тотожність

dx

dx2

1 sin2 t

k ksin ktcost sintcoskt

ksintcoskt

k2 sin kt 0.

cos3 t

cost

Дійсно помноживши обидві частини здобутої рівності на cost . матимемо

k2 sin ktcost ksintcoskt ksintcoskt k2 sin ktcost 0,

тобто 0 0. А це означає, що задана функція задовольняє заданому рівнянню.

Задача 14. Точка рухається прямолінійно,

причому S

2

sin

t

S0 . Знайти прискорення

9

2

в кінці першої секунди, якщо S виражено в сантиметрах,

t в секундах.

Розв’язання. Знаходимо

v t S

2

t

S

t

sin

0

cos .

t

2

9

Знаходимо

9

t

2

t

2

t

cos

sin .

a t v t

18

При t 1с

9

2 t

2

a 1

2

sin

2

(см/с2).

18

2

18

Задача 15. Точка рухається прямолінійно так, що її швидкість змінюється пропорціональ-

но квадратному кореню із пройденого шляху. Показати, що рух відбувається під дією сталої сили.

Розв’язання. Згідно з другим законом Ньютона ma F , де m - маса точки, що рухається.

За умовою задачі v t kS t . Тоді

43

a t v t kS t

	t , а			v t
		S t			, то a t k
Оскільки v t S
				k

						1
k 2							S t		S t .
		1				v t				1	k2 - величина стала.
			v t
	2							2

k

Отже, і сила F ma 1 mk2 є величиною сталою. 2

Задача 16. Точка рухається прямолінійно, причому S t . Довести, що рух точки

сповільнений і що прискорення a пропорціональне кубу швидкості v.

Розв’язання. За формулами (3) і (31) швидкість та прискорення дорівнюють відповідно

	v t S t										1				,									1							1		.
							t										a t v t
											2 t											2							4			t3
		1																							t
Оскільки a t					0, то рух сповільнений. Неважко помітити, що
4			t3
							1					1				1 3				1		3						3
					a t																2v			2v					t ,
		4						t3				4								4
																	t

а це означає, що прискорення aпропорційне кубу швидкості v.

Питання для самоперевірки

1.Що називають другою похідною або похідною другого порядку функції y f x ?

2.У чому полягає механічне тлумачення другої похідної функції?

3.Як знаходиться похідна n-го порядку функції y f x ?

4.Що називають диференціалом другого, третього, n-го порядку функції y f x ?

5.Пригадайте зв’язок між похідною і диференціалом одного і того ж порядку функції y f x .

6.Сформулюйте правило повторного диференціювання для функції, заданої неявно.

7.Запишіть формули для знаходження похідних вищого порядку для функції, заданої параметрично.

Вправи

6

1.

f x x 10 . Знайти

Відповідь: 207360.

f 2 .

2.

Знайти

d4

, якщо asin2 .

Відповідь: 16asin2 .

d 4

Вказівка: Знайдіть послідовно

d

,

d2

,

d3

і

d4

.

d

d 2

d 3

d 4

3.

Знайти

d2 y

, якщо b

2

x

2

a

2

y

2

a

2

b

2

.

Відповідь:

b4

.

dx2

a2 y3

44

S

d2S

3 S e2S

4.

S 1 te

. Знайти

.

Відповідь:

.

dt2

2 S 3

y

xy e

2

5.

.

Відповідь: e .

Знайти y

x при x 0, якщо e

Вказівка: Спочатку знайдіть значення y

при x 0, бо y є функцією x

і y . Далі

продиференціюйте функцію двічі і обчисліть значення y в одержаній точці.

d

2

y

acos

2

t,

x

6.

Знайти

, якщо

.

Відповідь: 0.

dx2

2

asin

t.

y

із параметричних рівнянь, одержимо x y a .

Вказівка: Виключивши параметр t

Після першого диференціювання 1 y 0, звідки y 1. Отже

y 0.

d

2

y

x atcost,

2 t

2

7.

Знайти

, якщо

.

Відповідь:

.

dx2

a cost tsint 3

y atsint.

8.

Довести, що функція y

2x x2

задовольняє рівнянню y3 y 1 0.

9.

Довести,

що функція

y f x ,

задана

параметричними

рівняннями

y et cost,

t

2

2 xy y .

x e sint задовольняє рівнянню

y x y

10. Точка рухається прямолінійно, причому S 4 t3 t 5. Знайти прискорення в кінці

3

другої секунди (S виражено в метрах, t - в секундах).

Відповідь: 16 м/с2

11.Сила, яка діє на матеріальну точку, обернено пропорціональна до швидкості руху точки. Довести, що кінетична енергія точки є лінійною функцією часу.

12.Залежність шляху від часу при прямолінійному русі точки задана рівнянням

S 1 t5 2 sin t (t - в секундах, S - в метрах). Визначити швидкість і прискорення в

5		8				Відповідь: 256м/с, 255.9м/с2.
кінці четвертої секунди
13. По параболі		y x 8 x			рухається точка так, що її абсциса змінюється залежно від
часу t	по закону x t			(t	- в секундах, x - в метрах). Знайти швидкість і прискорення
			t
зміни ординати в точці M 1;7 .						Відповідь: 9м/с, 0м/с2.
14. Залежність шляху від часу задана рівнянням						S tln t 1 (t - в секундах, S - в

метрах). Визначити швидкість і прискорення в кінці другої секунди.

Відповідь: 1.76м/с, 4 м/с2. 9

15. По кубічній параболі y x3 рухається точка так, що її ордината змінюється залежно

від часу t по закону	y at3 . Знайти швидкість і прискорення зміни абсциси залежно від
часу.	Відповідь: xt 3		, xtt 0.
		a

45

4. Обчислення границь за правилом Лопіталя

Раніше розглядалися елементарні способи знаходження границь функції у випадках, коли аргумент функції необмежено зростає або прямує до знасення, яке не входить до області визначення функції.

Відзначимо, що крім елементарних способів дуже ефективним способом зна-

ходження границі функції в зазаначених особливих випадках є правило Лопіталя:

якщо функції f x і x диференційовні в околі точки x0

і x 0, а

lim f x 0,

x x0

lim x 0 або

lim f x ,

lim x , тобто частка являє собою в точці x x0

x x0

x x0

x x0

невизначеність виду

0

або

, то

0

f x

f x

lim

lim

x x0 x

x x0 x

за умови, що існує (скінченна чи нескінченна) границя відношення похідних.

Суть цього правила полягає у тому, що границя відношення двох нескінчен-

но малих або нескінченно великих величин дорівнює границі відношення їх похід-

них, якщо остання існує (скінченна чи нескінченна), тобто якщо f x і x одно-

часно прямують до нуля або до нескінченності при x x0 , то

lim	f x		lim	f x
x x0 x			x x0 x

Слід відзначити, що це правило застосовується і у випадку, коли x0 .

Корисно запам’ятати:

1)безпосередньо правило Лопіталя використовується лише для розкриття

невизначенностей двох типів:			0	і			;
			0
		f
2) якщо відношення похідних			x			являє собою невизначеність того ж типу, то
	x

правило Лопіталя застосовують повторно, доки не усунуть невизначеність;

3)в існуванні потрібних похідних і границь переконуються в ході обчислень;

4)границя відношення двох функцій може існувати в той час, коли відношення похідних не прямує ні до якої границі.

Наприклад, знайти lim x sin x . x x sin x

Розв’язання. При x чисельник і знаменник . За правилом Лопіталя

lim	x sin x	lim	1	cosx	.
x x sin x		x 1		cosx

Але остання границя не існує, бо при x cosx весь час коливається між –1 та 1. Крім

46

того, похідна знаменника x 1 cosx при x 2k 1 , де k Z , дорівнює нулю, що

також є порушенням умови теореми, тому правило Лопіталя тут непридатне, однак зазначену границю можна знайти безпосередньо:

	x sin x		1				sin x			1	0
lim		lim					x					1.
							sin x				0
x x sin x		x	1					1
							x

Зауважимо, що в деяких випадках правило Лопіталя корисно комбінувати з

елементарними способами, які використовують при знаходженні границь функцій.

Зауважимо також, що невизначенності виду 0 і можна звести до

неви-

значенностей виду 0 і за допомогою алгебраїчних перетворень, а

0

невизначенності виду 1 , 0, 00 можна звести до попередніх за допомогою попереднього

логарифмування або тотожності

x

e

x ln f x

.

f x

Розв’язання прикладів

Обчислити границі.

Приклад 1. lim

lncosx

.

x 0

x

Розв’язання. При

x 0

чисельник і знаменник дробу прямують до нуля, тобто маємо

невизначеність виду

0

.

0

Застосовуючи правило Лопіталя, знаходимо

1

lncosx

0

sin x

0

cosx

lim

lim

0.

0

1

1

x 0

x

x 0

Приклад 2. lim

x arctgx

.

x 0

x3

0

Розв’язання. Переконуємося, що має місце невизначеність виду

.

Після застосування

правила Лопіталя і алгебраїчних перетворень, одержимо

0

x arctgx

0

1

1

1 x2 1

1

1

1

lim

lim

1 x2

lim

lim

.

0

3x2

x 0

x3

x 0

x 0 3x2 1 x2

3x 01 x2

3

Приклад 3. lim

ex2

1

.

x 0 cosx 1

47

Розв’язання. Після

підстановки граничного

значення

x

маємо

невизначеність

0

.

Застосовуючи правило Лопіталя, знаходимо

0

ex2

1

0

lim

ex2

2x

2 lim

x

limex2

2 1 1 2.

lim

0

x 0 cosx 1

x 0 sin x

x 0 sin x

x 0

Приклад 4. lim

ex e x 2x

.

x sin x

x 0

Розв’язання. Застосовуючи правило Лопіталя тричі, дістанемо

ex e x 2x

0

ex e x 2

0

ex e x

0

ex e x

2

lim

lim

lim

lim

2.

x sin x

0

0

sin x

0

1

x 0

x 0

1 cosx

x 0

x 0

cosx

Приклад 5. lim lnsin 2x . x 0 lnsin x

Розв’язання. Маємо невизначеність виду , до розкриття якої можна застосувати правило

Лопіталя:

lnsin 2x

1

cos2x 2

2cos2x sin x

0

lim

lim

sin 2x

lim

0

x 0 lnsin x

x 0

1

cosx

x 0

cosx sin 2x

sin x

lim

2cos2x sin x

lim

cos2x

1.

x 0 cosx 2sin xcosx

x 0 cos2 x

Після застосування правила Лопіталя можна було б обчислення продовжити так:

lim	2cos2x sin x		0	lim	2cos2x x	1,
			0
x 0 cosx sin 2x				x 0	2x cosx

бо при x 0 sin x ~ x, sin 2x ~ 2x, або повторно застосувати правило Лопіталя.

Однак слід підкреслити, що повторне застосування правила Лопіталя у даному випадку було б нераціональним. Пропонуємо переконатись у цьому самостійно.

	x		1
Приклад 6. lim					.
x 1 x 1				ln x

Розв’язання. Переконуємося, що має місце невизначеність виду . Правило Лопіталя застосовувати не можна. Тому виконаємо спочатку алгебраїчні перетворення:

x

1

xln x x 1

lim

lim

.

x 1 ln x

x 1 x 1

ln x

x 1

0

Тепер після підстановки граничного значення маємо невизначеність виду

.

0

За правилом Лопіталя знаходимо

1

1

xln x x 1

0

ln x x

1

ln x

0

1

lim

lim

x

lim

lim

x

.

0

1

1

0

1 1

x 1

x 1 ln x

x 1

x 1

x 1

2

ln x x 1

ln x 1

x

x

x

x2

Таким чином,

48

			x		1		1
		lim							.
		x 1 x 1			ln x 2
	a
Приклад 7. lim x sin		.
x	x

Розв’язання. Визначивши, що має місце невизначеність виду 0, перетворимо функцію до дробу, чисельник і знаменник якого одночасно прямують до нуля або до нескінченно

сті, а потім застосуємо правило Лопіталя. У даномувипадку маємо

a

a

a

a

sin

cos

a

0

x

x2

x

lim x sin

0

lim

lim

a lim cos

a 1 a .

1

1

x

x

x

0

x

x

x

x

x2

Зауважимо, що дану границю простіше обчислити елементарним способом. Дійсно,

вважаючи	a	t	і враховуючи,що при x t						0, одержимо
	x			a		a				sint
			lim x sin			lim		sint	alim		a 1 a .
			x	x		t 0 t			t 0 t

Приклад 8. lim x2 x 0

ex2 .

Розв’язання. Діючи, як і попередньому прикладі, знаходимо

1

1

1

2x

e

x2

e

x2

3

2

x2

lim

x

e

0

lim

lim

e

.

x 0

x 0

x 2

x 0

2x 3

1

Приклад 9. lim ex x

.

x

x 0

Розв’язання. Спочатку встановлюємо, що має місце невизначеність виду 1 , підставивши x 0 у вираз функції.

1-й спосіб. Логарифмуємо функцію і шукаємо границю її логарифма:

1

a lim ex x

,

x

x 0

ln e

x

1

(ex 1)

1

1

x

x

lna lnlim ex x

limln ex

x

lim

0

lim

(e

x)

2.

x

x

x

0

1

x 0

x 0

x 0

x 0

Таким чином, lna 2. Отже,

шукана границя a e2 .

ln e

x

1

1

ln e

x

x . Оскільки

x

2-й спосіб. Скористаємося тотожністю

ex x

e

lim

2

x

x

(див.1-й спосіб), а показникова функція є неперервною, то

x 0

x

1

1

ln ex x

lim

ln ex x

lim ex

x x

limex

ex 0

x

e2 .

x 0

x 0

tg x

Приклад 10. lim 1 . x 0 x

Розв’язання. Переконуємося, що має місце невизначеність виду 0 . Позначимо

49

1 tg x

1

tg x

1

lim tgx ln x

a lim

.

Тоді lna lim ln

lim

tgx ln

0

x 0 x

x 0

x

x 0

x

x 0

ln x

1

sin2

x

sin x

lim

lim

x

lim

lim

limsin x 1 0 0.

1

x 0 ctgx

x 0

x 0

x

x 0

x x 0

1

sin2 x

Приклад 11. lim x

ln(ex 1)

.

x 0

Розв’язання. Маємо справу з невизначеністю виду 00 . Позначимо шукану границю через a і знайдемо її логарифм:

1

ln x

1

x

lna limln x

ln(ex

1)

lim

lim

1

x 0

x 0 ln(ex 1)

x 0

e

x

(ex 1)

ex

1

0

ex

1

lim

lim

1.

0

x 0 xex

x 0 ex xex

1

Приклад 12. lim tgx 2x .

x

2

Розв’язання. Маємо невизначеність виду 0 . Діючи, як і в попередньому прикладі, одер-

жимо

lna lim ln tgx 2x

lim 2x ln(tgx)

0

lim

ln(tgx)

2x 1

x

x

x

2

2

2

		1			1
												2x 2			0					2 2x 2		0
lim				tgx		cos2	x		lim								lim						0.
			2x 2				2					sin2x			0					cos2x 2		1
x									x								x
2									2							2
Таким чином, шукана границя									a e0		1.

Питання для самоперевірки

8.Сформулюйте правило Лопіталя.

9.Пригадайте, як розкриваються невизначенності виду

0 , , 0 , , 1 , 0 , 00 . 0

10. Чи можна твердити, що коли не існує lim f x , то не існує і

x a x

lim f x ?

x a x

			Вправи
Обчислити границі.
1. lim	e3x 1
		.	Відповідь: 1.

x 0 sin 3x

50