14. Методические указания 2

Индивидуальное задание и его решение

· y′′ = 0 12x2 - 4 = 0 x2 =									1			x1				= -				1				, x2		=	1					.
							3											3								3
· Строим таблицу:
		- ¥, -	1			-	1							-		1 1										1										1		, + ¥
x																		,
																										3
				3			3									3						3														3
y′′		+					0										–									0										+
y						3 2																				3 2
						перегиб																				перегиб

4) Рассмотрим функцию y = ln x . x

·D ( y) = (0,+∞) .

·y¢ = 1 - ln x .

x2

	·	y¢¢ =	2x ln x - 3x	=	2 ln x - 3	.
			x4
					x3
							3
	·	y′′ = 0 2 ln x −3 = 0 ln x =						x = e3 .
				2

∙Составим таблицу:

x

(0,

)

(

, + ∞)

e3

e3

e3

y′′

–

0

+

y

3

2

e3

перегиб

y′′ на интервале (0,

)

Отметим, что для определения знака функции

e3

может быть взята точка e−10 , а на интервале (e3 , + ∞)— точка e10 .

Решение задачи №6

Под полным исследованием функции и построением графика понимается следующая последовательность действий:

∙нахождение D ( y) — области определения функции;

∙определение интервалов возрастания и убывания и локальных экстремумов функции; построение соответствующих элементов графика;

∙определение асимптот графика функции; построение ветвей графика, уходящих на бесконечность;

∙исследование на выпуклость; уточнение поведения графика.

1)Рассмотрим функцию y = x4 − 2x2 − 9 .

4 4

∙D ( y) = R .

∙Определяем интервалы возрастания и убывания функции и экстремум

функции: y¢ = x3 - 4x ; y′ = 0 x × (x2 - 4)= 0 x = -2 ,	x	= 0 , x = 2 –
1	2	3
критические точки. Составляем таблицу:

98

Индивидуальное задание и его решение

x	(− ∞, − 2)	–2			(− 2, 0)	0			(0, 2)	2			(2, + ∞)
y′	–	0			+	0			–	0			+
y		−	25			−	9			−	25
		4				4				4
		min				max				min

∙Переходим к определению асимптот графика. Так как функция непрерывна на всей числовой оси, то вертикальных асимптот нет. По теореме 21 у многочлена степени выше первой наклонных асимптот также нет.

∙Определим интервалы выпуклости и вогнутости графика функции и точки перегиба:

y′′ = 3x2 − 4 ;		y′′ = 0		x2 =			4			x = −						2			,	x =				2			– точки, подозрительные на
							3				1					3				2				3
перегиб. Составляем таблицу:
	x				2					−	2									2				2				2								2
				− ∞, −															−			,																, + ∞
						3					3									3					3			3								3
	y′′			+							0										–							0								+
	y									−		161																−		161
											36																	36

перегиб перегиб

∙Построим теперь график функции:

2) Рассмотрим функцию y = 2 + 12 . x2 − 4

∙D ( y) = (− ∞, − 2) (− 2, 2) (2, + ∞).

99

Индивидуальное задание и его решение

∙Определяем интервалы возрастания и убывания функции и локальные

экстремумы функции:		y′ =		− 24x	;	y′ = 0	x = 0 –	критическая точка.
				(x2 − 4)2
Составим таблицу:
x	(− ∞, − 2)		(− 2, 0)			0	(0, 2)		(2, + ∞)
y′	+		+			0	–		–
y						–1
						max

∙Переходим к определению асимптот графика. По теореме 21 вертикальные асимптоты порождаются корнями знаменателя дробно-рациональной функции. Таким образом, x = −2 и x = 2 — вертикальные асимптоты

	графика функции y = 2 +	12	. Точно так же, как в пунктах 1) и 2) задачи
		x2 − 4

№4, показывается, что наклонная асимптота имеет вид y = 2 .

∙Определим интервалы выпуклости и точки перегиба:

y′′ =	72x2 + 96		> 0	точек перегиба нет. Построим таблицу:
	(x2 − 4)3
			x	(− ∞, − 2)	(− 2, 2)	(2, + ∞)
			y′′	+	–	+
			y

∙Построим теперь график функции:

100

Индивидуальное задание и его решение

Решение задачи №7

Для того чтобы найти частную

производную функции

z = f (x, y) по

переменной x , фиксируем переменную

y

и дифференцируем

f

как функцию

одной переменной x .

Наоборот, для того

чтобы

найти частную

производную

функции

z = f (x, y)

по

переменной

y , фиксируем переменную x и

дифференцируем f как функцию одной переменной y .

1) z = 4x2 - 3y2 + 5xy + 8x - 9 y .

Имеем:

¶z = 8x + 5 y + 8 ;

∂z

= -6 y + 5x - 9 .

¶x

¶y

2) z = sin(5x2 - 3y) + ln

5x

.

y

Имеем:

∂z

= cos(5x

2

- 3y)×10x +

y

×

5

;

¶z

= cos(5x

2

- 3y)× (- 3)

y

5x

¶x

5x y

¶y

+

× -

y

2

.

5x

3) z = e2 x × sin 2 y + arctg 2x + 7 y .

Имеем:

∂z

= 2e2 x ×sin 2 y +

1

×

1

× 2 ;

∂z

= e2 x × 2 × cos 2 y +

1

×

1

× 7

¶x

1 + (2x + 7 y)

¶y

1 + (2x + 7 y)

2

2x + 7 y

2

2x + 7 y

Решение задачи №8

Для того чтобы найти градиент функции z = z(x; y) в точке необходимо:

· найти частные производные	∂z	и	∂z	функции z = z(x; y);
	¶x
			¶y

·вычислить найденные частные производные в точке M (x0 , y0 );

·вычислить градиент функции z = z(x; y) в точке M (x0 , y0 ):

	¶z (x , y				)
grad z(x , y ) =		¶x	0	0	.
0 0		¶z	(x , y	0	)
		¶y	0

Для того чтобы найти производную функции z = z(x; y) в точке по направлению вектора e , необходимо:

·вычислить градиент функции z = z(x; y) в точке M (x0 , y0 );

·пронормировать вектор e , то есть найти единичный вектор e 0 =

M (x0 , y0 ),

M (x0 , y0 )

e

e

;

101

Индивидуальное задание и его решение

·

вычислить скалярное произведение ¶z

= (gradz

)×

0 .

e

¶e

M 0

M 0

z = x3 ln 3y ; A(1;2) ;

6

1)

=

.

e

8

·

Вычисляем частные производные функции z = x3 ln 3y в точке A(1, 2):

¶z

2

¶z

¶z

x3

¶z

1

¶x = 3x

× ln 3y ;

¶x (1, 2)= 3ln 6 ;

=

;

(1, 2)=

.

¶y

y

¶y

2

3ln 6

Таким образом, получаем, что grad z(1, 2) =

.

1 2

· Нормируем вектор

								6 /10		3 / 5
		0 =			e
	e						=		=	.
				e
								8 /10		4 / 5

· Имеем:	¶z		= (gradz		)×		0
						e
	¶e		A		A

6

= 62 + 82 = 10

e

=

.

Имеем:

e

8

= 3ln 6 × 3 + 1 × 4 = 9 ln 6 + 2 . 5 2 5 5

					2
	x2 + y2
2. z =		; A(1,1); .	e	=	.
					-1

·Вычисляем градиент в точке A :

¶z =

1

× (x2 + y2 )−1 2 × 2x =

x

;

¶z

=

1

× (x2 + y2 )−1 2 × 2 y =

y

;

¶x 2

x2 + y2

¶y 2

x2 + y2

¶z (1,1)=

1

=

1

;

¶z

(1,1)=

1

=

1

;

¶x

1 +1

2

¶y

1 +1

2

																		1				2
						grad z(1,1) =																			.
																		1				2
																																													2 /	5
												22 + (-1)2																														e
· Нормируем вектор.			e	:				e			=											=							5							e			0 =					=					.
																																									e				-1/
																																															5
Имеем:
¶z		= (gradz				)×			0 =			1				×	2			-		1					×		1			=			1			.
							e
¶e					A
												2					5					2							5					10
		A

Решение задачи №9

Для того, чтобы определить локальные экстремумы функции z = z(x; y) двух независимых переменных, нужно выполнить следующие вычисления.

·Определить стационарные точки (в которых функция может достигать

	¶z		= 0
экстремума), для чего надо решить систему уравнений		¶x
		¶z	.
			= 0
		¶y

102

Индивидуальное задание и его решение

· Найти вторые частные производные	¶2 z		¶2 z		¶2 z
	¶x2	,		,	.
			¶x¶y		¶y 2

·Вычислить значения вторых частных производных в выбранной стационарной точке, а полученные числа обозначить соответственно через

A, B и C.

·Составить выражение D = AC - B2 . При этом:

а) если > 0 , то экстремум в стационарной точке есть (при A > 0 это будет минимум, а при A < 0 – максимум);

б) если < 0 , то экстремума в рассматриваемой стационарной точке нет; в) если = 0 , то имеет место более сложный случай, требующий привлечения частных производных порядка выше второго (этот случай выходит за рамки нашей программы).

1)z = 2x3 + 2 y3 - 36xy + 430 .

· Прежде всего, определяем	¶z	и		¶z		:		¶z = 6x2 - 36 y ,	¶z	= 6 y2 - 36x .
	¶x			¶y				¶x	¶y
			¶z					= 0
Составляем систему уравнений:					¶x				нашем случае
					¶z			, которая в
								= 0
					¶y

запишется так:
	2	- 36 y = 0		2	- 6 y = 0
6x			x
	2			2	.
		- 36x = 0			- 6x = 0
6 y			y

Решаем эту систему уравнений и получаем две пары решений:

1) x1 = 0 ; y1 = 0 ; 2) x2 = 6 ; y2 = 6 .

·Находим частные производные второго порядка:

¶2 z	= 12x ;	¶2 z	= -36 ;	¶2 z	= 12 y .
¶x2		¶x¶y		¶y2
· Исследуем первую стационарную точку. Имеем: A = 0 ,						B = −36 ,	C = 0 ,
D = AC - B2 = -362 < 0 . Следовательно,				точка (0,0) не		является	точкой
экстремума.

·Исследуем вторую стационарную точку. Имеем: A = 72 , B = −36 , C = 72 , D = AC - B2 = 72 × 72 - 362 = 3888 > 0 . Следовательно, точка (6,6) является

точкой экстремума. Так как A = 72 > 0 , то это точка минимума и zmin = -2 .

103

Индивидуальное задание и его решение

ОБРАЗЕЦ ИНДИВИДУАЛЬНОГО ЗАДАНИЯ

ПО НЕОПРЕДЕЛЕННЫМ ИНТЕГРАЛАМ

Задача 1

Воспользовавшись основной таблицей интегралов и простейшими правилами интегрирования, найти интегралы:

∫

( x 2

+ 2 x −

2

+

+

1

) dx ;

∫

1 − sin

2 x

x

dx ;

sin x − cos x

x

x

x

∫

(3cos x − 2 x +

4

) dx ;

1

3

4

+

1

+ x

2

∫

− x

2

x

dx ;

1

∫

( x 2

− 1)

2

dx ;

∫

tg x

dx .

x

sin

2 x

Задача 2

Найти интегралы методом подстановки:

1)

∫sin(2 x- 3)dx;

5)

∫sin 2 x cosxdx;

∫

x + sinx

9)

dx;

x

2

- 2cosx

dx

dx

1 -

2)

∫

;

6)

∫

;

∫

x

10)

dx.

7 x-8

x(lnx +1)

( x + 1)

x

∫ 3

dx ;

3)

6 x - 11

7)

∫3 x 3 - 8 × x 2 dx;

4)

∫

dx

;

8)

∫

x + 4arctgx

dx;

4 x

2

1 + x

2

+1

Задача 3

Выполнить интегрирование по частям:

1)	∫xe 3 x dx;	3)	∫ln 5xdx;	5)	∫x arctg xdx;
2)	∫x 2 cosxdx;	4)	∫arccos 2xdx;	6)	∫cos(lnx)dx.

Задача 4

Вычислить интегралы от рациональных дробей:

	1) ∫	7 x − 4		2) ∫	7 x −15			x 2 + 1
			dx;			dx;	3) ∫		dx.
		x 2 + 2x + 5			x3 + 2x 2 + 5x
								( x -1) 2 × ( x + 3)

104

Индивидуальное задание и его решение

Задача 5

Непосредственно вычислить следующие неопределенные интегралы:

∫

dx

∫

4 x − 3

3) ∫sin 3 2xdx; 4)

∫tg 2 (5x + 6)dx.

1)

;

2)

dx;

x 2

+ 2x + 3

x 2 + 3x − 4

РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ

Решение задачи 1

1) Используя свойство линейности (см. теорему 4), получаем:

∫

2

1

∫

∫

∫

dx

∫

1

∫

1

I =

(x2 + 2x −

+

x

+

)dx =

x2dx + 2

xdx − 2

+

x

dx +

dx =

2

x

x

x

x

3

x 2

dx

1

3

= ∫ x 2 dx

+ 2 ∫ xdx − 2 ∫

+

∫ x

dx

+

∫ x −

dx .

2

2

x

Первый, второй, четвертый и пятый интегралы вычисляются по

формуле 1 из таблицы интегралов, а третий интеграл вычисляется по

формуле 2. В результате получаем:

3

1

I =

x3

+ x2 − 2ln | x | +

2x 2

− 2x−

+ C.

2

3

3

2) Применяем свойство линейности:

I = ∫(3cos x − 2 x +		4		)dx = 3∫cos xdx − ∫2 x dx
		+ x	2
1

Первый интеграл вычисляется по формуле 5, второй — третий — по формуле 9’ из таблицы интегралов. получаем:

+ 4 ∫1 +dxx 2 .

по формуле 3, Окончательно

I = 3sinx − 2x + 4arctgx + C. ln2

3) Этот интеграл вычисляем с помощью метода почленного деления:

( x 2

− 1)

2

x 4 − 2 x 2 + 1

x 4

2 x 2

dx

∫

dx = ∫

dx

= ∫

dx − ∫

dx + ∫

=

x

x

x

x

x

∫x 3 dx − 2 ∫ xdx + ∫ dx = x 4 − x 2 + ln | x | +C .

x4

4)При вычислении данного интеграла применяем основное тригонометрическое тождество:

105

Индивидуальное задание и его решение

1 − sin2x

sin2 x − 2 sin x cos x + cos2 x

(sin x − cos x)2

∫

dx =

∫

dx = ∫

sin x − cos x

sin x − cos x

sinx − cosx

= ∫(sin x - cos x)dx = ∫sin xdx - ∫cos xdx = -cos x - sin x + C.

5)

1

3

1

3

1

4

4

I =

∫

+

x

dx = ∫

dx + ∫

x

dx = ∫

1 - x

2

1 - x

2

- x

2

1

Для вычисления первого интеграла применяем формулу 8’

dx =

4

dx + ∫ x 3 dx .

таблицы

7

интегралов. Имеем: I

= arcsin x +

3 x 3

+ C .

7

6)

I = ∫

tg x

dx = ∫

sin x

dx = ∫

1

dx =

1

∫

dx

.

sin 2 x

2 cos

2

x

2

cos x × 2 sin x cos x

2

cos

x

Применяя формулу 6 из таблицы интегралов, получаем: I =

1

tgx + C.

2

Решение задачи 2

1) Для вычисления интеграла I = ∫sin(2 x − 3)dx

применяем формулу

4 таблицы интегралов (быстрое интегрирование), полагая: g(t)=sin t

и

kx + b = 2x −3. Тогда G(t)= −cos t

и

I = -

1

cos(2x + t) + C.

2

2) Для вычисления интеграла ∫

dx

применяется тот же приём, что и

7x-8

в предыдущем примере. Полагая g(t) = 1t и kx+b=7x-8, имеем G(t)=ln|t| (см. формулу 2 таблицы интегралов). Тогда по формуле 4 получаем:

I= 1 ln | 7x −8 | +C. 7

											1									4
																			3t 3
	3) Здесь				g(t) = 3		t		= t			3		и		kx+b=6x-11. Тогда G(t) =						и
																		4
					4											4
	∫3			1		3(6x -11)3								1
		6x -11	dx =		×						+С =					×(6x -11)	3	+ С (см. формулу 4 таблицы).
														8
	6				4

4) Применяя теорему 5, делаем соответствующую замену переменных в данном интеграле. Тогда:

106

Индивидуальное задание и его решение

dx

2 x = t

1

dt

1

1

∫

=

2dx = dt

=

∫

=

arctg t + C =

arctg 2 x + C .

4 x 2 + 1

dx =

1

dt

2 t 2

+1 2

2

2

5) Так как (sinx)’=cosx, то полагаем sinx=t, cosxdx=dt (см. лекцию 2,

параграф «Техника замены переменной в неопределённом интеграле», п.3, а)). Таким образом

∫sin 2 x cosxdx = ∫t 2 dt = 1 t 3 + C .

3

Возвращаясь к старой переменной, окончательно получаем:

∫sin 2 x cosxdx = 1 sin 3 x + C . 3

6) Поскольку под интегралом стоит линейное выражение lnx+1, то делаем замену 1+lnx=t (см. лекцию 2, параграф «Техника замены переменной в неопределенном интеграле», п.1).

∫

dx

=

1 + lnx = t

= ∫

dt

= ln | t | +C = ln |1 + lnx | +C .

dx

= dt

x(lnx + 1)

t

x

7) Применяя формулу (3), получим:

x3 - 8 = t

= ∫3

dt

=

1

1

∫3 x3 - 8 × x2 dx =

∫t

dt =

3x

2

dx = dt x

2

dx =

dt

t

3

3 3

3

4

4

=

1

×

3

×t

+ С =

1

(x3 - 8)

+ С.

3

3

4

3

4

8)

x + 4arctg x

Представим

x

arctgx

I = ∫

dx = ∫

dx + 4∫

dx = I1 + I 2 .

1 + x 2

1 + x 2

1 + x 2

Для вычисления интегралов I1 и I2 применим теорему 5:

I1 = ∫

x

dx =

1 + x2

= t

dt

= ∫

dt

=

1

∫

dt

=

1

ln | t | +C =

1

ln | 1 + x2 | +С;

2xdx = dt xdx =

1 + x2

2

2t

2

t 2

2

I2 = 4∫

arctgx

dx =

arctgx = t

= 4∫tdt = 4 ×

t 2

+ С = 2arctg2 x + С.

dx

= dt

1+ x2

2

2

1+ x

Таким образом,

I =

1

ln |1 + x2 | +2arctg2 x + С.

2

107