Математика,заочники_12_семестр

33

(3x 1)

2x(x 1) x2

x2 (x 1)

f (x)

33 x4 (x 1)2

2(3x2 3x 1)

.

33 x4 (x 1)2

33 x5 (x 1)4

Для x ( ; 1)

( 1;0)

f ''(x) 0 , тому функція опукла

вниз на ( ; 1)

та ( 1;0) . Для

x (0; )

f (x) 0 , тому функція опукла вверх на (0; ) . При переході через точку x 0

друга похідна змінює знак і при цьому f ''(0) не існує, тому точка O(0, 0)

є точкою перегину

графіка функції.

Складемо ще одну таблицю.

x

( ; 1)

1

( 1;0)

0

(0; )

f (x)

+

Не існує

+

Не існує

–

f (x)

Точка перегину

Вертикальних асимптот графік функції не має, бо функція визначена та неперервна

при всіх

значеннях аргументу. Рівняння похилих

асимптот будемо

шукати у вигляді

y kx b , де

k lim

f (x)

, b lim ( f (x) kx) ,

x

x

x

причому знак “+” беремо для правосторонньої, а “–” для лівосторонньої асимптоти.

Знайдемо спочатку рівняння правосторонньої похилої асимптоти. Для цього

обчислимо k и b :

3

x(x 1)2

x(x 1)2

k lim

lim 3

1;

x

x3

x

x

b lim 3

x lim

x(x 1)2 x3

x(x 1)2

x

x

3 x2 (x 1)4 x 3

x(x 1)2 x2

lim

2x2 1

lim

2 1 x2

2

.

3

x 3 x2 (x 1)4 x 3 x(x 1)2

x2

x 3

(1 1 x)4

3 (1 1 x)2

1

Рівняння правосторонньої

асимптоти

y x 2 3. Для лівосторонньої асимптоти

також k 1 та b 23, отже її рівняння y x 23.

За даними дослідження будуємо графік функції.

Задача 5. Знайти частинні похідні першого та другого порядків, вектор градієнт

заданої функції z ( y2 2x 1)x3 та похідну за напрямком вектора	n (2; 4) у точці
M ( 1;3) .
Розв’язання
Знайдемо частинні похідні першого порядку заданої функції:
41

z 2x3 3x2		y2 2x 1 8x3 3x2 y2 3x2 ,						z 2 yx3 ,
x								y
та їх значення у точці M ( 1;3) :
		z			32,	z	6 .
		x				y
				M			M

Знайдемо вектор градієнт у загальному вигляді:

grad z z i

z j 8x3 3x2 y2 3x2 i 2yx3 j

x

y

та його значення у точці M ( 1;3) :

grad z

z

i

z

M

j 32i

6 j .

M

x

M

y

Похідну функції z f (x, y)

за напрямком вектора n обчислимо за формулою

z

grad z

n .

n

M

0

22

42

Беручи до уваги, що

n

2 5 , обчислимо координати орта вектора

1

2

n0

;

.

5

5

Отже,

z

32

1

12

2

44

.

n

5

5

5

Знайдемо частинні похідні другого порядку заданої функції:

2 z

24x

2

6xy

2

6x ,

2 z

2x

3

,

2 z

2 z

6 yx

2

.

x2

y2

x y

y x

Задача 6. Дослідити на екстремум функцію двох змінних z 11x2 y2 2xy 20x .

Розв’язання

Знайдемо частинні похідні першого та другого порядків даної функції:

	z	22x 2 y 20 ,				z 2 y 2x ,
	x					y
	2 z	22 ,	2 z	2	,	2 z		2 z	2 .
	x2		y2			x y		y x

Координати стаціонарної точки є розв’язком системи рівнянь:

z		22x 2 y 20 0,		11x y 10 0,		x 1,
	x	z	2 y 2x 0,		x y,	y 1.
		y

Отже, маємо одну стаціонарну точку M (1;1) .

Перевіримо виконання достатніх умов екстремуму у цій точці. Для цього потрібно дослідити на знаковизначеність квадратичну форму з матрицею

2 zx22 zx y

2 z

x y 222 z 2y2

2 .

2

Квадратична форма є від’ємно визначеною, бо 1 22 0 , 2 22 ( 2) 4 40 0 . Отже, у точці M (1;1) функція досягає максимуму.

42

Задача 7. За даної умови зв’язку z y знайти умовні екстремуми функції u x2 2y2 3z2 3xy 4yz 5x y z .

Розв’язання

Якщо z y , то функція має вигляд

u x2 5y2 3xy 5x 2y .

Знайдемо частинні похідні першого та другого порядків даної функції:

u 2x 3y 5 ,x

2u 2 , 2u 10 ,

x2 y2

u 10 y 3x 2 ,

y

2u 2u 2 .x y y x

Визначимо координати стаціонарної точки, розв’язавши систему рівнянь:

	z	2x 3y 5 0,		x				3	y			5	,
							2					2		x 4,
	x
	z				9					15
		10 y 3x 2 0												y 1.
	y		10 y				y					2 0
					2					2

Отже, маємо одну стаціонарну точку M (4;1) .

Дослідимо одержану функцію двох змінних на екстремум. Перевіримо виконання достатніх умов екстремуму у цій точці. Дослідимо на знаковизначеність квадратичну форму з матрицею

	2 z				2 z
	x		2						2		3
					x y
		2	z			2	z			3	10	.
					y2
	x y

Квадратична форма є додатно визначеною,		бо 1	2 0 , 2 11	0 . Отже, у точці M (4;1)
функція двох	змінних досягає максимуму.		Відповідно	функція	трьох	змінних
u x2 2y2 3z2	3xy 4yz 5x y z має	умовний максимум		за умови	z y	у точці
P(4;1;1) .

Контрольна робота № 4.

Інтегральне числення функцій однієї та багатьох змінних. Задача 1. Знайти невизначені інтеграли.

dx

, (2x 5) sin 3xdx ;

ln3

x

x3 x2 x 5

dx ;

dx .

x 1

x 2

x

(x 1)(x 2)

Розв’язання

1). Виконаємо тотожні перетворення підінтегральної функції, які дають можливість скористатися таблицею інтегралів:

dx

x 1 x 2

dx (

x 1

x 2)dx

x 1

x 2

x 1 x 2

2(x 1)3/2

2(x 2)3/2

C .

3

3

2).Застосуємо до другого інтегралу метод інтегрування частинами. Якщо підінтегральний вираз є добутком тригонометричної або показникової функції на многочлен, то за u слід брати многочлен. За формулою інтегрування частинами маємо

	u 2x 5;	du 2dx			2x 5		2
(2x 5) sin 3xdx						cos 3x		cos 3xdx
dv sin 3xdx;v 1/ 3cos 3x					3		3
		43

			2x 5	cos 3x	2	sin 3x C.
3					9
3). Застосуємо до третього інтегралу метод внесення відповідної функції під знак
диференціала. Оскільки (1/ x)dx d(ln x) , маємо
	ln3 x	dx ln3 xd (ln x)					1	ln4 x C.
	x				4

4). Підінтегральна функція четвертого інтегралу є неправильним дробом. Виділимо цілу частину дробу, враховуючи, що (x 1)(x 2) x2 x 2 . Для цього розділимо многочлен на многочлен:

x3 x2 x 5

x2 x 2

x3 x2 2x

x

x 5

Інтеграл матиме вигляд

x3 x2 x 5

x 5

dx

x

dx .

(x 1)(x 2)

(x 1)(x 2)

Розкладемо дріб на елементарні дроби:

x 5

a

b

.

(x 1)(x 2)

x 1

x 2

Прирівнюємо чисельники в обох частинах рівняння:

x 5 a(x 2) b(x 1) x(a b) 2a b .
Прирівнюючи коефіцієнти при однакових степенях x		в останньому рівнянні, одержимо
систему лінійних рівнянь для визначення невідомих a, b :
a b 1	a 2
		.
2a b 5	b 1

Отже,

x3 x2 x 5

2

1

x2

dx

x

dx

2ln

x 1

ln

x 2

C .

(x 1)(x 2)

x 1

x 2

2

Задача 2. Обчислити невласні інтеграли або встановити їхню розбіжність.

	dx	2			dx
1				; 0
						.
	(1 x)				x ln2 x
		x

Розв’язання

1). Обчислимо перший інтеграл за означенням невласного інтеграла 1-го роду:

dx

a

dx

x t2

a

dt

a

lim

2 lim

2 lim arctg t

2

1

1

(1 x) x

a 1 (1

x) x

dx 2tdt

a 1

1 t

a

2 lim

arctg

/ 4 2( / 2 / 4) / 2.

a

a

Отже, невласний інтеграл збіжний.

2). Обчислимо другий інтеграл за означенням невласного інтеграла 2-го роду:

e dx

e dx

e

d (ln x)

1

e

1

1

lim

lim

lim

lim

.

x ln

2

x

x ln

2

x

ln

2

x

ln x

0

0

0

0 ln e

ln

0

Границя нескінченна, отже, невласний інтеграл розбіжний.

Задача 3. Обчислити площу плоскої фігури, обмеженої кривими y2 4x ,

x2 4 y.

Розв’язання

1). Маємо дві параболи. Обчислимо координати точок їх перетину:

44

y2 4x,

x y2 / 4,

x y

2 / 4,

x 0, y 0;

2

4 y;

4

/16 4 y;

3

4, y 4.

x

y

y( y

64) 0;

x

Побудуємо задану фігуру на малюнку.

Площу даної фігури обчислимо за формулою

b

4

1

4

1

3

4

16

S f (x)dx

2

3

2 x

x

dx

x

x

(кв. од.)

a

0

4

3

12

0

3

Задача 4. Обчислити подвійний інтеграл 2xydxdy по області D , що обмежена

D

кривими y

x, y 2, x 0, x 1.

Розв’язання

Побудуємо область D на рисунку

		x змінюється від 0 до 1, а
Бачимо, що в області D										y від x		до 2. Обчислимо інтеграл,
переходячи від подвійного інтеграла до повторного:
	1	2			1		2		1						1						1		5
2xydxdy xdx 2 ydy xy						2			dx x(4				2					3
										x)dx		2x					x							.
D	0				0				0						3						0		3
			x
								x
																						x2 6x y2 0,
Задача 5.	Обчислити				площу		фігури, обмеженої						лініями
x2 12x y2 0 , усі точки якої задовольняють умову |										y | x .
Розв’язання
Побудуємо задану фігуру на рисунку

Площу даної фігури обчислимо за формулою S dxdy .

D

Для обчислення подвійного інтеграла перейдемо до полярних координат x r cos , y r sin .

Підставляючи значення змінних у рівняння кіл, одержимо рівняння кіл у полярних координатах r 6cos , r 12cos . З рисунка бачимо, що кут між радіус – вектором

45

довільної точки області та додатним напрямом осі Ox змінюється від / 4 до / 4 , а

довжина r

радіус – вектора від 6 cos до 12 cos . Виконуючи заміну змінних у подвійному

інтегралі, маємо

/ 4

12cos

1

/ 4

12cos

S dxdy rdrd

d rdr

r2

d

2

6cos

D

D

/ 4

6cos

/ 4

1

/ 4

2

/ 4

1

/ 4

108cos

d 27

(1 cos 2 )d 27

sin 2

27

1 .

2

2

2

/ 4

/ 4

/ 4

Задача 6. Обчислити потрійний інтеграл 2x2e xy dx dy dz по просторовій області V,

V

яка задана обмежуючими її поверхнями x 0 ,

y 1,

y x, z 0, z 1.

Розв’язання

За умовою z

змінюється від 0 до 1. Для визначення границь інтегрування по x і по y

побудуємо проекцію заданої призми на площину XOY на малюнку:

Переходимо до повторного інтеграла

	1	0	1			0	e xy				1
			1
2x2e xy dx dy dz 2 dz x2dx e xy dy 2 z						x2						dx
					0			x
V	0	1	x			1					x

0	0	0
	2x ex2 e x dx	2xex2 dx 2xe x dx .
1	1	1

Обчислимо перший інтеграл внесенням під знак диференціала:

0	0		0
	2xex2 dx ex2 d (x2 ) ex2
1	1		1

1 e .

Обчислимо другий інтеграл методом інтегрування частинами:

0		u x			du dx			0	0	0
xe x dx			x	dx	v e	x	xe x	1	e x dx e e x	1	1.
1	dv e								1

Остаточно дістанемо:

2xe xy dx dy dz 1 e 2 3 e .

V

46

Список літератури

1.Пак В.В., Носенко Ю.Л. Вища математика. – К.: Либідь, 1996.

2.Вища математика: основні розділи: Підруч.: У 2 кн. /За ред. Кулініча Г.Л. – К.:Либідь,

1997.

3.Кліх Ю.О., Плотнікова Л.І., Усов А.В. Лінійна алгебра та елементи аналітичної геометрії. Одеса, – ОДПУ, 1998.

4.Вища математика: основні означення, приклади і задачі: У 2 кн. /За ред. Васильченка І.П.

– К.:Либідь, 1992.

5.Кривуца В.Г., Барковський В.В., Барковська Н.В. Вища математика. Практикум: Навчальний посібник.- Київ: Центр навчальної літератури, 2005.

6.Берман Г.Н., Сборник задач по курсу математического анализа.- М.: Наука,-1972.

7.Кузнецов Л.А. Сборник заданий по высшей математике. (Типовые расчеты). - М.: Высшая школа, 1983.

47