Konspekt_lektsy_zm_1_2_3977714072-716176886

			2	x			2	x		2
Таким чином lim	1	− 2sin				= 1− 2 lim sin				= 1− 0 = 1.
				2				2
x→0						x→0

Доведемо першу чудову границю lim sin x = 1.

x→0 x

Доведення. Розглянемо частину кола радіуса одиниця, рис. 13.

		C
		M
	1
		sin x	tg x
	x
0	cos x	A B
		Рис. 13
Позначимо радіальну міру кута MOB за x. Нехай 0 < x <				π .
				2

На малюнку AM = sin x , дуга MB чисельно дорівнює центральному

куту x, ВС = tg x .

Наочно маємо S MOB < Sсектора MOB < S COB .

Тоді 12 sin x < 12 x < 12 tg x.

1 <	x		<	x		або cos x <
	sin			cos
		x			x

Поділимо на 12 sin x > 0:

sin x <1. x

Так як lim cos x = 1 і	lim 1= 1,	то змінна sin x розташована між
x→0	x→0	x

двома величинами, які мають одну й ту ж границю, яка дорівнює 1, отже, за теоремою про стиснуту змінну, маємо lim sin x = 1.

			x→0
Нехай тепер x < 0 . Маємо	sin	x	=	sin (−x)	, де − x > 0 .
	x			− x

31

Звідси lim sin x = 1, а тому

lim sin x = 1.

x→0

x

x→0 x

(x<0)

Для неперервної функції (див. нижче) має місце граничний перехід

lim f (x)= f lim

x .

x→a

x→a

Усі елементарні функції неперервні в області визначення. Розглянемо

розкриття невизначеностей наступних видів:

∞ , ∞ 0 , ∞ − ∞ , ∞0 , 00 , 1∞ .

∞

Приклад. lim

2x2 − 3x − 4

=

2 + 3 − 4

= −1.

3 + 4x + 4

−1− 4 + 3

x→ −1 x

Після підстановки замість x мінус одиниці, не маючи невизначеностей,

отримаємо відповідь.

Розглянемо

lim

Pn(x)

=

∞

, де Pn(x) і Qm(x) многочлени порядку n і

Qm (x)

∞

x→∞

m відповідно, n N і m N .

Для розкриття невизначеностей виду ∞∞ скорочуємо чисельник і

знаменник на старший ступінь x чисельника або знаменника і користуємось умовною таблицею.

c 0 = 0 ;

c ∞ = ∞ ;

0

= 0 ;

∞ = ∞

c

c

c

= ∞ ;

0

= 0 ;

де с=const.

0

∞

Приклад. lim 2x2 − 5x +1=

2

x2

−

5x

+

1

∞

= lim

x2

x2

x2

=

2

= 2,

x→∞ x2 + 2x −1

∞

x→∞ x

2

+

2x

−

1

1

x

2

x

2

x

2

n = 2;

n = m .

m = 2;

32

x4

x2

1

x4 − 3x2 +1

∞

− 3

+

=,

Приклад.

lim

=

= lim

lim

x3

x3

x3

x→∞ x3 − x2 + 3x

∞

x→∞ x→∞ x3

−

x2

+

3x

x

3

x

3

x

3

x

n = 4;

= lim

= ∞,

3;

n

> m .

1

x→∞

m =

x2

x

10

x2 − 7x +10

∞

− 7

+

=,

Приклад.

lim

=

= lim

x2

x2

x2

x2

x→∞ x3 − 2x2 + 5

∞

x→∞ x3

− 2

+

5

x

2

x

2

x

2

1

n = 2;

= lim

= 0,

n < m .

x→∞ x − 2

m = 3;

Зазначимо, що при n = m границя дорівнює відношенню коефіцієнтів при старших ступенях х у чисельнику і знаменнику. Якщо ж n < m , – то нулю; n > m , – то нескінченості.

Розглянемо обчислення границь від раціональних функцій виду

lim	Pn (x)	=	0	.
x→ x0 Qm (x)			0

Для розкриття невизначеності такого виду треба зробити алгоритмічні перетворення у чисельнику і знаменнику метою яких є виділення множника виду (x − x0) , що прямує до нуля. Це можна зробити розкладаючи многочлени на множники, ураховуючи формули:

(a ± b)2 = a2 ± 2ab + b2 ; (a ± b)3 = a3 ± 3a2b ± 3ab2 + b3; a2 ± b2 = (a + b)(a − b); a3 ± b3 = (a ± b)(a2 ± ab + b2 ),

або поділивши многочлени на множник (x − x0 ) .

Приклад. lim

x3 −1

=

0

= lim

(x −1)(x2 + x +1)

=

3

− x2

0

(x −1)(2x2

x→1 2x

−1

x→1

+ x +1)

= lim

x2 + x +1

=

3

.

x→1 2x2 + x +1

4

33

Тут виконали ділення многочлена на двочлен наступним чином:

2х3 − х2 −1			х −1
2х3 − 2х2			2х2 + х +1

х2 −1

х2 − х

х−1

х−1

0.

Для усунення невизначеностей у разі ірраціональних виразів, треба домножити чисельник і знаменник на спряжений вираз.

Приклад. lim

x + 2

− 2

=

0

.

x→ 2

x2 − 4

0

/Домножимо

чисельник

і

знаменник

на

x + 2

+ 2,

розкладемо

x2 − 4 = (x + 2)(x − 2)/

(

+ 2)

= lim

x + 2 − 4

lim

x + 2

− 2)(

x + 2

=

x→ 2

(x + 2)(x − 2)(

x + 2 + 2)

x→ 2

(x + 2)(x − 2)(

x + 2 + 2)

= lim

1

= lim

1

=

1

.

16

x→ 2 (x + 2)(

x + 2 +

2)

x→ 2

(2 + 2)(

2 + 2 + 2)

Для

розкриття

невизначеності

виду

∞ − ∞ треба

застосувати

елементарні

перетворення для зведення їх до невизначеностей виду ∞ або

0

.

∞

0

Приклад.

lim (

)= ∞ − ∞ = lim

(

)(

+

)=

−

x +1

−

x

x +1

x

x +1

x

x +1 + x

x→∞

x→∞

= lim

x +1− x

=

1

= 0.

x→∞

x +1 +

x

∞

Розглянемо приклади обчислення границь за допомогою першої і другої чудових границь і порівняння нескінченно малих.

Приклад. lim sin kx = lim k sin kx = k lim sin kx = k .
x→0 x	x→0 kx	x→0 kx

Тут використали першу чудову границю.

34

5 2x

∞

5

3x 5 2x

5

3x

10

Приклад. lim 1 +

=

1

= lim 1 +

= e 3

x→∞

3x

x→∞

3x

Тут використали другу чудову границю.

x + 4

5x

Приклад. lim

2

=

1∞

.

x→∞ x − 2

Спочатку виділимо цілу частку:

x + 4

=

x − 2 + 2 + 4

=1+

6

x − 2

x − 2

x − 2

Або так:

x + 4

=1+

x + 4

−1=1+

x + 4 − x + 2

=1+

6

.

x − 2

x − 2

x − 2

x − 2

Тепер треба виділити у показнику ступеня вираз, обернений до

дробової частини:

x−2

6

5x

x−2

lim 15x

5x

−2

x + 4

6

x

2

6

x→∞ 2

2

6

6

15

lim

=

lim

1

+

=

lim

1

+

= e

x→∞ x − 2

x −

2

x − 2

x→∞

x→∞

Границя виразу у квадратних дужках дає число e, а границя степеня

дорівнює 15.

Приклад.

lim

tg3x

=

0

=

tg3x ~ 3x, x → 0

= lim

3x

= 3

2

x→0

1− cos4x

0

1− cos4x = 2sin2 2x ~ 2 2x

2x

x→0

2(2x)2

4

Тут і далі скористалися еквівалентними нескінченно малими величинами.

Приклад. lim

1− cos2 2x

.

x→0 xsin3x

1− cos2 2x = sin2 2x ~ (2x)2,

xsin3x ~ x 3x,

x → 0.

Тоді

lim 2x 2x =

4 .

x→0 x 3x

3

3

x

−

1

0

3x −1 ~

xln3

xln3

ln3

Приклад. lim

=

=

x→0

= lim

=

.

0

~ 2x

2x

2

x→0 arcsin2x

arcsin2x

x→0

x→0

35

Приклад.

2x − 4

0

x − 2 = z, z → 0 x = 2 + z

lim

=

=

2x − 4 = 22+z − 22 = 22 (2z −1) ~ 22 zln2

=

0

x→2

sinπ x

z→0

(x−2)→0

sinπ x = sin( 2π + π z) = sinπ z ~ π z

z→0

lim

4zln2

=

4ln2

.

z→0

π z

π

Приклад.

cos2x =1−1+ cos2x =1− (1− cos2x)=1− 2sin2 x

lim

lncos2x

=

0

=

ln(cos2x)= ln(1+ (− 2sin2 x))~ −2sin x ~ −2x2

=

x→0 ln(1+ x2 )3

0

ln(1+ x2 )3 = 3ln(1+ x2 )~ 3x2, x → 0

= lim

− 2x

2

= −

2

.

3x2

3

x→0

Обчислення інших границь розглянемо нижче у розділі правило Лопіталя.

3. Неперервність функції

Функція f (x) має назву неперервної у точці а, якщо: 1) вона визначена у деякому околі точки а; 2) існує границя lim f (x); 3) ця границя дорівнює

	x→a
значенню функції у точці а, тобто	lim f (x) = f (a) .
	x→a
Існує інше визначення	неперервності функції. Функція f (x)

називається неперервною у точці а, тоді і тільки тоді, коли у цій точці нескінченно малому приросту аргумента відповідає нескінченно малий

приріст функції: lim f (x) = 0 , де f = f (x) − f (a),	x = x − a .
x→a

Функція f (x) неперервна у деякій області (інтервалі, сегменті, тощо) якщо вона неперервна у кожній точці цієї області.

36

Точка а, що належить області визначення функції, включаючи границю, має назву точки розриву, якщо у цій точці не виконуються умови неперервності функції.

Якщо існують скінченні	границі	lim f (x) = f (a − 0) та
	x→a−0
lim f (x) = f (a + 0), причому не	усі три числа	f (a) , f (a − 0), f (a + 0)

x→a+0

дорівнюють одне одному, то точка а – точка розриву першого роду.

Точки розриву першого роду поділяються на точки усувного розриву,

коли f (a − 0) = f (a + 0) ≠ f (a) і точки стрибка,	коли f (a − 0) ≠ f (a + 0).
Різниця f (a + 0) − f (a − 0) має назву стрибка функції	f (x) у точці а.

Точками розриву другого роду називають точки розриву, що не є точками розриву першого роду. У точках розриву другого роду не існує хоча б одна з односторонніх границь.

Сума і добуток скінченого числа неперервних функцій є неперервною функцією.

Частка двох неперервних функцій є неперервна функція у тих точках,

де дільник не дорівнює нулю.

Приклад. Дослідити на розрив функцію y = arctg

1

.

x − 5

Розв’язання. Якщо x → 5 − 0, то

1

→ −∞ ,

lim

arctg

1

= −

π .

x − 5

x − 5

x→5−0

2

Якщо x → 5 + 0, то

1

→ ∞ ,

lim

arctg

1

=

π .

x − 5

x − 5

x→5+0

2

Стрибок функції

π

π

x = 5 – точка розриву першого роду.

2

− −

2

= π .

Приклад. Показати, що функція y =

x

має розрив при x = 5.

x

− 5

Розв’язання. lim

x

= −∞ ;

lim

x

= +∞, тобто скінченних

5

x→5−0 x −

x→5+0 x − 5

границь немає. Тоді x = 5 – точка розриву другого роду.

37

4. Похідна

Розглянемо функцію y = f (x) . Нехай x1 та x2 – значення аргументу, а

y1 = f (x1) та y2 = f (x2) відповідні	значення функції	y = f (x) . Різниця
x = x2 − x1 – приріст аргументу, а різниця y = y2 − y1		– приріст функції
на відрізку [x1; x2 ].
Похідною від функції y = f (x)	по аргументу x називається граничне

відношення приросту функції до приросту аргументу, коли приріст

аргументу	прямує	до	нуля:	y'= lim			y ,	або
				x→0			x
f '(x) = lim	f (x + x) − f (x)	. Похідну позначають також			d y	.
x→0	x				d x
Поняття похідної використовують у багатьох галузях науки, особливо
при вивченні швидкості перебігу різних процесів. Якщо функція								y = f (x)

описує закон руху матеріальної точки, то похідна визначає швидкість цієї точки у даний момент часу. Взагалі похідна це швидкість зміни функції у точках.

З геометричної точки зору похідна представляє кутовий коефіцієнт дотичної до графіка функції y = f (x) у точці x.

Пошук похідної має назву диференціювання функції.

Основні правила диференціювання.

Нехай с – стала, u = u(x) , v = v(x) – функції, що мають похідні, тоді:

1) c'= 0 ;

2) x'= 1;

3) (u ± v)′ = u′ ± v′ ;

′

′

′

4)

(cu)′ = cu′;

5) (uv)'= u′v + uv′;

u

=

u v − uv

6) v

v2 ;

7)

якщо y = f (u) , а u = u(x), тобто y = f [u(x)], то

y'x = y'u y'x

– це правило

диференціювання складної функції;

8)

y′

=

dy

=

1

=

1

– правило диференціювання оберненої функції.

x

dx

dx

x′

y

dy

38

Приклад. Спираючись на визначення похідної знайти похідну від y = x2 .

Розв’язання. Надамо приріст аргументу							x . Знайдемо приріст функції
y = (x +			x)2 − x2 = x2 + 2 +			x + ( x)2 − x2 = 2x x + ( x)2 .		Знайдемо
границю відношення					y при	x → 0 .
					x
lim	y	=	lim	2x	x + ( x)2	= lim (2x	x) = 2x .
x→0 x			x→0		x	x→0

Таким чином (x2)'= 2x . Аналогічно отримують похідні від інших елементарних функцій. Нижче подано таблицю похідних для функції

u = u(x).

1)c′ = 0

2)(un )′ = nun−1 u′

3)(u)′ = u′

2

u

4)

1

′

= −

u′

2

u

u

u′

5)

(log

u)′ =

a

ulna

′

u′

6)

(lnu)

=

u

7)(au )′ = au lna u′

8)(eu )′ = euu′

9)(sinu)′ = cosu u′

10)(cosu)′ = −sinu u′

11) (tgu)′ =

1

u′

cos2 u

12) (ctgu)′ = −

1

u′

sin2 u

13) (arcsinu)′ =

u′

1− u2

14)

(arccosu)′ = −

u′

1− u2

15)

(arctgu)′ =

u′

1+ u2

16)

(arcctgu)′ = −

u′

+ u2

1

'

eu

− e−u

17)

(shu)

=

= chu u'

2

u

− e

−u

18)

(chu)'

=

e

= shu u'

2

'

shu ′

1

19)

(thu)

=

=

u'

shu u

chu

'

shu '

1

20)

(cthu)

=

= −

u'

chu

shu

u

39

Розглянемо приклади.

Приклад. Знайти похідну y = lnsin x .

Розв’язання. Маємо y = lnu , де u = sin x ;

(lnu)'

=

1

u'=

1

(sin x)' =

u

sin x

=

cos x

=ctg x .

sin x

Приклад. Знайти похідну y =

x

− cos

x 2

sin

.

2

2

x

x

x

x

'

x

x

Розв’язання. y'= 2

sin

− cos

sin

− cos

=

2 sin

− cos

2

2

2

2

2

2

x

1

x

1

2 x

− cos

2

x

= −cos x.

cos

+ sin

= sin

2

2

2

2

2

2

Для

знаходження

функції, що

задана

неявно

f (x, y) = 0

необхідно

продиференціювати обидві частини цієї рівності, ураховуючи правило диференціювання складеної функції. Потім розв’язуємо рівняння першого ступеня відносно y'.

Приклад. Знайти похідну xy2 − ln y = 0 .

Розв’язання.

Диференціюємо

обидві

частини цієї

рівності

1 y2 + x2yy'−

y'

= 0;

звідси

y'= −

y2 y

=

y3

.

y

2xy2 −1 1− 2xy2

Якщо функція аргументу

x задана у параметричній формі

x = ϕ (t ),

dy

dy

y't

y =ψ (t) ,

=

dt

то

, або

y't =

.

dx

dx

x't

dt

якщо x = a cost , y = asin t .

Приклад. Знайти похідну y'x

Розв’язання. y'

x

=

y't

=

a cost

= −ctg t .

x'

− asin t

t

cost

x a

x

Звільняючись від параметра t

маємо y'x =

= −

= −

.

− sint

a y

y

40