[ Гельфрейх ] Математический анализ. Задачи для коллоквиума и экзамена на 1 курсе (ПМФ)

9. Сформулировать определение предела

11

такой номер N, что все члены последовательности, начиная с но-

ìåðà N, будут меньше числа M: an < M ïðè n ¸ N.

Решение. Ïîä

¡

¢

1¡1

6. Вычислить lim

pn + 1 ¡ pn .

знаком предела стоит неопределенность вида

.

Рассмотрим общий член последовательноñòè

xn = p

¡ pn:

n + 1

Умножим и поделим его на сопряженное выражение:

= p

p

=

(p

¡ p

)(p

+ p

)

=

n + 1

n + 1

n

n

x

n + 1

n

n

¡

pn + 1 + p

n

=

n + 1

¡ n

=

1

<

1

:

p

pn + 1 + p

n

pn + 1 + p

n

pn

Из неравенств

p

1

равенства

1

è

0 <

n <

pn

;

lim pn

= 0

n + 1 ¡

теоремы о сжатой переменной следует равенство

lim ³p

¡ p

´

n + 1

= 0:

n

7.

Доказать, что

последовательность

fangn2N,

1общий член которой

1

1

Доказательство.

¡

¢¡

¢

¡

¢

, сходится.

1 ¡ 2

1 ¡ 22

задан формулой an

=

: : :

1 ¡

2n

Данная последовательность является ограниче-

нной снизу, т.к. an > 0.

Заметим, что	µ1 ¡ 21n ¶;
an = an¡1

откуда следует, что an < an¡1, т.е. каждый член последовательности меньше предыдущего, что означает, что последовательность монотонно убывает. По теореме о монотонной и ограниченной последовательности, последовательность fangn2N имеет предел.

8. Сформулировать определение предела limx!a¡0 f(x) = ¡1. Решение. 1) На языке последовательностей. Если для любой последовательности fxngn2N, стремящейся к числу a, члены которой

удовлетворяют неравенству xn < a, последовательность значе- ний функции ff(xn)gn2N стремится к минус бесконечности, то

limx!a¡0 f(x) = ¡1.

2) На языке "" ±". Если для любого положительного числа M существует такое положительное число ±, что для всех значений x, удовлетворяющих неравенству a ¡ ± < x < a, выполняется нераве-

нство f(x) < ¡M, òî limx!a¡0 f(x) = ¡1.

limx!¡1 f(x) = 1.

12

Решение. 1) На языке последовательностей. Если для любой последовательности fxngn2N, стремящейся к минус бесконечности, после-

довательность значений функции ff(xn)gn2N стремится к беск- онечности, то limx!¡1 f(x) = 1.

2) На языке "" ±". Если для любого положительного числа M существует такое положительное число N, что для всех значений x, удовлетворяющих неравенству x < ¡N, выполняется неравенство

jf(x)j > M, òî limx!¡1 f(x) = 1.

10. Сформулировать определение предела limx!1 f(x) = 0. Решение. 1) На языке последовательностей. Если для любой последовательности fxngn2N, стремящейся к бесконечности, после-

довательность значений функции ff(xn)gn2N стремится к нулю, то

limx!1 f(x) = 0.

2) На языке "" ±". Если для любого положительного числа " существует такое положительное число N, что для всех значений x, удовлетворяющих неравенству jxj > N, выполняется неравенство

jf(x)j < ", òî limx!1 f(x) = 0.

11. Вычислить предел limx!0 x2+3x¡4

x2¡2x+1.

Решение. В этом пределе нет неопределенности: предел числителя

lim (x2 + 3x ¡ 4) = ¡4;

x!0

а предел знаменателя

lim (x2 ¡ 2x + 1) = 1:

x!0

Поэтому

lim x2 + 3x ¡ 4 = ¡4: x!0 x2 ¡ 2x + 1

12. Вычислить предел limx!1 x2+3x¡4

x2¡2x+1.

Решение. В этом пределе имеется неопределенность вида 0

0. Ðàç-

ложим числитель и знаменатель на множители:

lim	x2 + 3x ¡ 4		= lim	(x ¡ 1)(x + 4)	= lim	x + 4	:
				(x ¡ 1)2
x!1 x2 ¡ 2x + 1			x!1		x!1 x ¡ 1

В этом пределе уже нет неопределенности: при x ! 1 числитель стремится к 5, а знаменатель к нулю, поэтому

lim x2 + 3x ¡ 4 = 1: x!1 x2 ¡ 2x + 1

13.Вычислить предел limx!1 3x22+3x¡4

x ¡2x+1 .

					13
Решение. В этом пределе имеется неопределенность вида 1					. Ïîä-
елим числитель и знаменатель на x2:				1
lim	3x2 + 3x ¡ 4	= lim	3 + 3=x ¡ 4=x2	:
			1 ¡ 2=x + 1=x2
x!1 x2 ¡ 2x + 1		x!1

Числитель стремится к 3, а знаменатель к 1. Поэтому

lim 3x2 + 3x ¡ 4 = 3: x!1 x2 ¡ 2x + 1

14. Вычислить предел limx!0 sinx5x.

Решение. В этом пределе имеется неопределенность вида 0 елаем замену переменной под знаком предела: 5x = y, тогда 0. Ñä-

lim

sin 5x

= lim 5

sin y

= 5 lim

sin y

= 5;

x!0

x

y!0

y

y!0

y

ò.ê. limy!0

siny y

= 1:

x+3 x+2.

15. Вычислить предел limx!1

x+1

11

. Âîñ-

Решение. В этом пределе

имеется неопределенность вида

¡

¢

пользуемся замечательным пределом

lim

1

x

= e:

µ1 + x¶

x!1

Преобразуем функцию под знаком предела:

x + 3

x+2

2

x+2

2

x+1

2

(x+2)

x+1

2

µ

¶

= µ1 +

¶

= µ1 +

¶

=

x + 1

x + 1

x + 1

"

µ

x+1

#

2(x+2)

2

x+1

2

=

1 + x + 1

:

¶

Из равенств

2

x+1

x + 1

1

y

2

lim

y

lim

= e;

µ1 + x + 1¶

= [

=

x!1

2 ] = y!1 µ1 + y¶

lim

2(x + 2)

= 2

получаем

x!1

x + 1

x + 1

= xlim

"

1 + x + 1

#

= e2:

xlim

¶

2(x+2)

!1 µ

x+2

!1

µ

¶

x+1

x + 3

2

2

14

Этот результат можно также получить, используя другой çà- мечательный предел

lim

ln(1 + x)

= 1:

x!0

x

Действительно, справедливы соотношения

x + 3

x+2

x+2 ln(1+

2

)

x+3

2

x+1

µ

¶

= e(x+2) ln x+1 = e(x+2) ln(1+

x+1

)

= e2x+1

2=(x+1)

! e2;

x + 1

ln x

x ! 1:

16. Вычислить предел limx!1

x 1

.

0

Решение.

В этом пределе

¡

имеется неопределенность вида

елаем замену переменной x ¡ 1 = y и получим

0. Ñä-

lim

ln x

= lim

ln(1 + y)

= 1:

x!1 x ¡ 1

y!0

1

y

17. Исследовать функцию f(x) =

x на непрерывность.

Решение. Функция

определена

ïðè

x 2 (¡1; 0) [ (0; 1). Íà

интервалах

(¡1; 0)

è (0; 1) знаменатель непрерывная, не

обращающаяся в нуль, функция. Следовательно, f(x) имеет еди-

нственный разрыв в точке x = 0. Определим тип разрыва. Для этого рассмотрим предел

lim f(x) = lim

1

=

1

:

x 0

x

0 x

!

!

Следовательно, разрыв второго рода.

18. Исследовать функцию f(x) = arctg1

Решение. Функция f(x) = arctg1

x на непрерывность.

x определена и непрерывна при

всех значениях x, отличных от нуля. В точке x = 0 имеется разрыв.

Определим его тип. Рассмотрим

lim arctg

1

= [y =

1

] =

lim

arctgy = ¼=2:

x!+0

x

x

y!+1

Аналогично, при x, стремящемся к нулю слева,

1

1

] = y lim arctgy = ¡¼=2:

xlim0 arctg

= [y =

x

x

!¡

!¡1

Таким образом, в точке разрыва существуют конечные односторонние пределы, но они не совпадают. Следовательно, в точке x = 0

функция f(x) = arctgx1 имеет скачок разрыв первого рода.

19. Какие из следующих утверждений являются верными: 1) x2 = O(x) ïðè x ! 0; 2) x = O(x2) ïðè x ! 0: Почему?

1

C , поэтому

15

Решение. Запись f(x) = O(g(x)) ïðè x ! a означает, что существует такая константа C, что неравенство jf(x)j · Cjg(x)j выполняется в некоторой окрестности точки a.

Ò.ê. ïðè jxj < 1 выполняется неравенство jx2j < jxj, то утверждение, что x2 = O(x) ïðè x ! 0 верно.

Неравенство jxj · Cjx2j выполняется только при jxj ¸

утверждение 2) неверно. 2 20. Какие из следующих утверждений являются верными: 1) x =

O(x) ïðè x ! 1; 2) x = O(x2) ïðè x ! 1? Почему?

Решение. Неравенство jxj · jx2j выполняется при jxj ¸ 1, следовательно утверждение, что x = O(x2) ïðè x ! 1 верно. Неравенство jx2j · Cjxj выполняется только при jxj · C, поэтому

утверждение 1) не верно. 2 21. Какие из следующих утверждений являются верными: 1) x =

o(x) ïðè x ! 0; 2) x = o(x2) ïðè x ! 0: Почему?

Решение. Запись f(x) = o(g(x)) ïðè x ! a означает, что в некоторой окрестности точки a функция f(x) может быть записана в

âèäå

f(x) = ®(x)g(x);

ãäå ®(x) ! 0 ïðè x ! a.

Åñëè g(x) =6 0 в некоторой выколотой окрестности точки a, то запись f(x) = o(g(x)) ïðè x ! a равносильна утверждению, что

lim f(x) = 0:

x!a g(x)

	Поскольку	x2
	lim		= 0;
		x
	x!0

то утверждение, что x2 = o(x) ïðè x ! 0 верно. Утверждение 2) не

	верно, т.к.	x
	lim		=	1	:
	x 0 x2
	!

22. Какие из следующих утверждений являются верными: 1) x2 =

o(x) ïðè x ! 1; 2) x = o(x

2

2) ïðè x ! 1: Почему?

Решение. Предел limx!1

x

= 1, следовательно, утверждение 1)

x

не верно. Предел

x

lim

= 0

x!1 x2

и поэтому утверждение, что x = o(x2) ïðè x ! 1 верно.

23. При каком значении параметра ® верно, что

p

x3 ¡ 1

+ x =

O¤ (x®) ïðè x

!

+

1

?

16

Решение. Соотношение px3 ¡ 1 + x = O¤ (x®) ïðè x ! +1 означает, что существует конечный, не равный нулю, предел отн-

ошения

p

+ x

:

x3 ¡ 1

x®

Выполним преобразования:

=

³q

´

=

¡®

=

q

®

®

px3

1 + x

p

x

1 ¡ x3

+ x

x

1 ¡ x3

+ px

3

1

3=2

1

1

x

x

x

= x2 ¡® Ãr

+ px!

:

1 ¡ x3

3

1

1

Поскольку

Ãr

+ px!

x!+1

¡ x3

lim

1

1

1

= 1;

для того, чтобы предел отношения был равен отличной от нуля

константе, коэффициент ® должен быть равен 3=2.

24. При каком значении параметра ® верно, что sin x¡p

= O¤ (x®)

x

ïðè x ! 0?

Решениå. Рассмотрим отношåíèå

px

xsinxx ¡ p

px

¡

p

sinxx ¡ 1

¢

p

sin x

=

x

x

= x

1=2

¡

®

sin x

¡ 1 :

x¡®

x®

=

x®

µ

x

x

¶

Поскольку

µ

p

sin x

lim

x

;

x

x!0

¡ 1¶ = ¡1

коэффициент ® должен быть равен 1=2.

IV. Производная. p

1. Вычислить производную функции f(x) = x2 ¡ 4.

Решение. Функция f(x) сложная, е¼ можно представить в виде

ãäå u(x)

x2 ¡ 4. Â

f(x) = u(x),

=

соответствии

с правилом

дифференцирования сложной функции, получаем

p

¯u=x2

f0(x) =

1

4 u0

1

x

2p

(x) =

2p

2x = p

:

u

x2

4

x2

4

¯

¡

¡

¡

2. Вычислить производную¯

функции

3

.

¯

f(x) = p

arctgx

x

p 17

Решение. Функция f(x) равна произведению функций u(x) = 3 x è

v(x) = arctgx. Воспользовавшись формулой для производной прои-

зведения:

f0(x) = (u(x)v(x))0 = u0(x)v(x) + u(x)v0(x);

для производной функции f получаем выражение:

f0(x) = (p3

)0arctgx + p3

(arctgx)0 =

1

x¡2=3arctgx + p3

1

x

x

x

:

1 + x2

3

3. Вычислить производную функции f(x) = sin2 x + sin x2.

Решение. Производная суммы функций равна сумме производных. Первое слагаемое сложная функция, его можно записать в виде sin2 x = (u(x))2, ãäå u(x) = sin x. По правилу дифференцирования

сложной функции, находим

(sin2 x)0 = (u2)0 = 2u(x)u0(x) = 2 sin x cos x:

Аналогично,

(sin x2)0 = cos x2(x2)0 = 2x cos x2:

В результате,

f0(x) = 2 sin x cos x + 2x cos x2:

4. Вычислить производную функции f(x) = sin x

px .

Решениеp. Функция f является частным двух функций u(x) = sin x è v(x) = x. По формуле для производной частного имеем

f0(x) =

u0(x)v(x) ¡ u(x)v0(x)

=

u0(x) = cos x; v0

(x) =

1

=

v2(x)

·

2px

¸

p

1

cos x ¢

x ¡ sin x ¢

=

2p

2x cos x ¡ sin x

:

x

=

x

2x3=2

5. Вычислить производную функции dxdy ; заданной параметрически:

y = sin t; x = cos t:

Решение. Если функция y аргумента x задана параметрическими

уравнениями x = '(t); y = Ã(t); òî y0				=	y0	: Íàéä¼ì x0	=	¡	sin t;
					t
yt0 = cos t: Следовательно,		x			xt0	t
yx0 = ¡	cos t	= ¡ctgt;		x = cos t:
	sin t
6. Вычислить производную функции dy			; заданной неявно: x2					+ y2 =
4:		dx

Решение. Òàê êàê y является функцией переменной x, то будем рассматривать y2 как сложную функцию. Следовательно, (y2)0 =

, начиная с третьей, равны

18

2yy0. Продифференцировав по x обе части данного уравнения, получим 2x + 2yy0 = 0; ò.å. y0 = ¡x=y.

7. Вычислить производную десятого порядка функции f(x) =

x2 sin x.

Решение. Воспользуемся формулой Лейбница для производной n- го порядка произведения двух функций:

Xn

(uv)(n) = Cnku(k)v(n¡k):

k=0

Положим n = 10 и учтем, что u(0) = u(x) = x2, u(1) = u0(x) = 2x, u(2) = u00(x) = 2 и все производные u(k)

нулю. Таким образом, остается 3 слагаемых:

x2 sin x (10) = C100 x2 sin(10) x + C101 2x sin(9) x + C102 2 sin(8) x:

Заметим, что

,

,

è

(4)

¡

¢

sin0 x = cos x

sin00

x = ¡ sin x

sin000 x = ¡ cos x

sin

x = sin x, т.е. производные синуса, порядок которых кратен

четырем, снова равны синусу. Поэтому sin(8) x =

sin x, sin(9) x =

sin0

x = cos x, sin(10) x = sin00 x =

¡

sin x. Учитывая, что C0 = 1,

1

2

10

C10

= 10, C10 = 45, окончательно получаем

¡x2 sin x¢(10) = ¡x2 sin x + 20x cos x + 90 sin x:

8. Написать уравнение касательной к кубической параболе y = x3 â

точке с абсциссой x0 = 2.

Решение. Уравнение касательной к графику функции y = f(x) в точке с абсциссой x = x0 имеет вид

y = f(x0) + f0(x0)(x ¡ x0):

Для функции f(x) = x3 производная f0(x) = 3x2. Ïðè x = 2 функция принимает значение f(2) = 8, а ее производная f0(2) = 12. Следовательно, уравнение касательной

y = 8 + 12(x ¡ 2):

9. Найти угол между кривыми y = x3 è y = x12 .

Решение. Угол между кривыми равен углу между касательнымè, построенными в точке пересечения кривых. Кривые y = x3 è y = 12 пересекаются в точке (1; 1). Уравнения касательных: ¡3x+y+2 =x0

è 2x + y ¡ 3 = 0. Как известно из курса аналитической геометрии, косинус угла между прямыми A1x+B1y+C1 = 0 è A2x+B2y+C2 = 0

19

дается равенством

¯

¯

¯

p

¯

p

A2

+ B2

A2

+ B2

( 3)2

+ 12

22

+ 12

2

cos ' =

¯

1

1

2

2

¯

=

¯

¡

¯

=

1 :

¯

p

' = p

4

¯

¯

p

¯

¯

¯

¯

¯

¯

¼= .

¯

¯

3

¯

Следовательно,

10. Найти экстремумы функции f(x) = x ¡ 3x + 2 и указать про-

межутки возрастания и убывания.

Решение. Функция f задана и дифференцируема на всей оси. Найдем производную f0(x) = 3x2 ¡3. Приравняем ее к нулю: 3x2 ¡3 =

0. Найдем корни производной: x1 = ¡1 è x2 = 1.

Исследуем знак производной. На промежутке (¡1; ¡1) производная f0(x) > 0, следовательно, функция возрастает. На промежутке (¡1; 1) производная f0(x) < 0, следовательно, функция убывает. На промежутке (1; +1) производная f0(x) > 0, следова-

тельно, функция возрастает.

Таким образом, функция имеет максимум в точке x1 = ¡1 è ìè-

нимум в точке x2 = 1.

11. Для функции f(x) = 2x3¡3x2¡2 найти промежутки выпуклости

и точки перегиба.

Решение. Найдем вторую производную и исследуем ее знак. Первая производная f0(x) = 6x2 ¡ 6x. Вторая производная f00(x) =

12x ¡ 6. Вторая производная обращается в нуль в точке x0 = 1=2. На промежутке (¡1; 1=2) вторая производная f00(x) < 0 è ôóíê-

ция выпукла вверх. На промежутке (1=2; +1) вторая производная f00(x) > 0 и функция выпукла вниз. Точка x0 = 1=2 является точкой

перегиба. 3¡x2 12. Найти асимптоты графика функции f(x) = x+2 .

Решение. График функции может иметь вертикальные асимптоты x = a, если точка a является граничной для области определения

функции. Кроме того, функция может иметь наклонные асимптоты y = kx + b ïðè x ! +1 è/èëè ïðè x ! ¡1. В случае, если k = 0,

то асимптота y = b называется горизонтальной.

Прямая x = a является вертикальной асимптотой графика функции f, åñëè

lim f(x) = 1

x!a¡0

èëè

lim f(x) = 1:

x!a+0

Область определения функции: (¡1; ¡2) [ (¡2; +1). Точка x0 = ¡2 является граничной для области определения функции, поэтому

20

функция может иметь вертикальную асимптоту x = ¡2. Найдем предел f(x) ïðè x ! ¡2:

lim 3 ¡ x2 = 1;

x!¡2 x + 2

следовательно, x = ¡2 вертикальная асимптота.
Прямая y = kx + b	является асимптотой	графика	функции
f ïðè x ! +1, åñëè	существуют пределы	limx!+1	f(x)	= k
			x
è limx!+1(f(x) ¡ kx) =	b. Аналогично определяется асимптота

графика функции f ïðè x ! ¡1. Имеем

k =

lim

f(x)

=

lim

3 ¡ x2

=

1;

x

x(x + 2)

x

x

!§1

¡

!§1

b = lim

(f(x)

¡

kx) =

lim

3 ¡ x2

+ x = 2:

x!§1

x!§1

µ x + 2

¶

Таким образом, y = ¡x + 2 наклонная асимптота при x ! +1 è ïðè x ! ¡1.

13. Найти асимптоты графика функции f(x) = xx2+2+1.

Решение. Область определения функции вся вещественная ось. Значит, вертикальных асимптот у нее нет. Рассмотрим предел функции при x ! §1:

lim	x + 2		= 0:
x!§1 x2 + 1

Следовательно, y = 0 горизонтальная асимптота при x ! §1.

14. Найти асимптоты функции f(x) = xarctgx.

Решение. Область определения функции вся вещественная ось. Значит, вертикальных асимптот у нее нет. Исследуем наличие асимптоты графика функции f ïðè x ! ¡1:

	k1	= xlim	f(x)		= xlim arctgx = ¡¼=2;
			x
		!¡1			!¡1
b1	= xlim (f(x) ¡ kx) = xlim (xarctgx + x¼=2) =
	!¡1		!¡1

= lim x (arctgx + ¼=2) :

x!¡1

В пределе для b1 неопределенность вида 0 ¢ 1. Для того, чтобы воспользоваться правилом Лопиталя, умножим и поделим функцию под знаком предела на 1=x:

	b1	= lim	arctgx + ¼=2	:
			1=x
		x!¡1