close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

?

Smirnova Proizvodnaja i differencial

код для вставкиСкачать
В. Б. СМИРНОВА, М. Ю. ФЕДОРОВА, Л. Е. МОРОЗОВА
ПРОИЗВОДНАЯ И ДИФФЕРЕНЦИАЛ
ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Министерство образования и науки
Российской Федерации
Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет
В. Б. СМИРНОВА, М. Ю. ФЕДОРОВА, Л. Е. МОРОЗОВА
ПРОИЗВОДНАЯ И ДИФФЕРЕНЦИАЛ
ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Учебное пособие
Под редакцией Е. К. Ершова
Санкт-Петербург
2016
1
УДК 517(07)
ББК 22.1я73
С50
Введение
Рецензенты: канд. физ.-мат. наук, доцент А. Е. Михайлов (СПбГАСУ);
канд. физ.-мат. наук, доцент А. И. Шепелявый (СПбГУ)
Рассмотрим задачи, приводящие к понятию производной.
0.1. Задача о касательной
Смирнова, В. Б.
Производная и дифференциал функции одной переменной:
учеб. пособие / В. Б. Смирнова, М. Ю. Федорова, Л. Е. Морозова;
под ред. Е. К. Ершова ; СПбГАСУ. – СПб., 2016. – 154 с.
ISBN 978-5-9227-0629-2
Пособие содержит необходимый теоретический материал по разделу
«Производная и дифференциал функции одной переменной» курса высшей
математики, проиллюстрированный многочисленными примерами. Оно
снабжено также большим количеством задач с подробными решениями, что
позволяет студентам самостоятельно освоить приемы и методы, лежащие
в основе решения стандартных задач.
Предназначено для студентов всех специальностей.
Ил. 32. Библиогр.: 6 назв.
Прежде всего дадим определение касательной к плоской кривой K в точке M  K .
Определение 0.1. Касательной к кривой K в точке
M  K называется предельное положение секущей MN при стремлении точки N к точке M вдоль этой кривой (рис. 1).
y
K
N
f ( x0  x)
M
f ( x0 )
Рекомендовано Редакционно-издательским советом СПбГАСУ в качестве учебного пособия.


L
x
O
x0
x0  x
Рис. 1
ISBN 978-5-9227-0629-2
 В. Б. Смирнова, М. Ю. Федорова,
Л. Е. Морозова, 2016
 Санкт-Петербургский государственный
архитектурно-строительный университет, 2016
2
Рассмотрим следующую задачу.
Пусть кривая K задана уравнением y  f ( x ) . Функция
y  f ( x ) предполагается непрерывной в некоторой окрестности
точки x0 . Написать уравнение касательной к кривой K в точке
M  x0 , f ( x0 )  .
Известно, что уравнение прямой, проходящей через точку
M  x0 , f ( x0 )  , имеет вид
y  f ( x0 )  k ( x  x0 ) k  (, ) 
3
или
x  x0 .
Для того чтобы составить уравнение касательной, нужно
найти значение углового коэффициента k  tg  , где  – угол
наклона касательной, или установить, что углового коэффициента у
касательной нет.
Рассмотрим случай, когда функция y  f ( x ) строго возрастает в какой-то окрестности V ( x0 ) точки x0 , то есть, если x1  x 2 при
x1 , x 2  V ( x0 ) , то f ( x1 )  f ( x 2 ) .
Найдем угловой коэффициент секущей MN , если x N  x M .
Пусть точка N имеет координаты  x0  x, f ( x0  x)  , x  0 . Угол
наклона секущей обозначим через  и вычислим его, воспользовавшись треугольником MNL (см. рис. 1):
k MN  tg  
y N  yM
f ( x0  x)  f ( x0 )
.

x N  xM
x
(1)
y
K
M
f ( x0 )
N
f ( x0  x)
x0  x
x 0
f ( x0  x)  f ( x0 )
.
x
Мы снова получили формулу (1). Теперь x  0 и x  0 .
Для углового коэффициента касательной получим выражение, аналогичное выражению (2):
(2)
yM  yN
f ( x0 )  f ( x0  x) f ( x0  x)  f ( x0 )


.
xM  x N
x
( x)
4
x 0
f ( x0  x)  f ( x0 )
.
x
(3)
Если пределы в формулах (2) и (3) существуют и совпадают,
то, объединяя их, получим выражение для углового коэффициента
касательной к кривой y  f (x) в точке M  x0 , f ( x0 ) 
Найдем теперь угловой коэффициент секущей MN , когда
x N  x M (рис. 2).
Координаты точки N имеют вид  x0  x, f ( x0  x)  , x  0 .
Вычислим тангенс угла наклона секущей , воспользовавшись треугольником MNL (см. рис. 2):
k MN  tg  
x0
Рис. 2
x 0
Поскольку x  0 , то x  0 . Тогда
k  lim
L
x
k  lim tg   lim
N M

O
Из определения 0.1 следует, что
k  lim tg  .

k  lim
x 0
f ( x0  x)  f ( x0 )
.
x
(4)
Легко проверить, что формула (4) сохраняется и в случае
строгого убывания, и в случае постоянства функции f (x) в окрестности V ( x0 ) .
Замечание 0.1. Пределы в формулах (2) и (3) могут не существовать. Тогда не существует и касательная к графику функции
в точке  x0 , f ( x0 )  . Если оба предела (2) и (3) существуют, но не
равны друг другу, то касательной в исследуемой точке к кривой K
5
тоже нет. Простым примером такого случая является отсутствие
касательной к кривой y  | x | в точке x0  0 .
Действительно, по формуле (2) получим:
x
k  lim
 1,
x0 x
а по формуле (3) получим:
(x)
k  lim
 1 .
x 0 x
где S  S (t 0  t )  S (t 0 ) . Мгновенная скорость в момент t  t 0
определяется предельным переходом
Замечание 0.2. Особо следует рассмотреть случай, когда отношение
f ( x0  x )  f ( x0 )
x
является бесконечно большой величиной при x  0 . Тогда у касательной нет углового коэффициента и ее уравнение имеет вид
§ 1. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПРОИЗВОДНОЙ
x  x0 .
(5)
0.2. Задача о скорости
Пусть (материальная) точка M начинает свое движение от некоторой начальной точки O и движется вдоль некоторой прямой l .
Положение точки M на прямой l в момент времени t определяется
ее расстоянием S  S (t ) до точки O (рис. 3). Время отсчитывается
от момента начала движения.
M
S  S (t )
O
l
Рис. 3
Движение считается заданным, если известно уравнение движения S  S (t ) . Величина средней скорости движения за промежуток времени (t 0 , t 0  t ) вычисляется по формуле
S
,
vср 
t
6
S (t0  t )  S (t0 )
.
t  0
t
v(t0 )  lim
(6)
Формулы (4) и (6) однотипные. Они приводят нас к обобщающему их понятию производной.
Определение 1.1. Пусть функция y  f ( x ) определена на
множестве X . Пусть x0  X . Придадим x0 приращение x
( x  0 или x  0 ) так, чтобы x0  x  X . Производной функции y  f ( x ) по переменной x при x  x0 называется предел отношения приращения функции y , вычисленного в этой точке,
к вызвавшему его приращению аргумента x при стремлении
последнего к 0 , то есть
f ( x0  x)  f ( x0 )
y
 lim
,
x 0 x
x 0
x
lim
(1.1)
если этот предел существует.
Если предел в формуле (1.1) существует, то существует производная при значении x0 переменной x и она представляет собой
число. В этом случае говорят, что функция f ( x) дифференцируема
при x  x0 . Если производная существует при всех x  X , то она
является функцией переменной x .
Производная обозначается следующим образом:
dy df ( x)
.
y, f ( x), ,
dx dx
В скобках при этом указывается значение переменной, при котором берется производная. Если есть необходимость указать, по
какой переменной вычисляется производная, то эта переменная
указывается как нижний индекс:
yx , f x ( x0 ) .
7
Итак, согласно определению 1.1 имеем:
y  f ( x)  lim
x 0
f ( x  x)  f ( x)
.
x
(1.2)
Процесс вычисления производной называется дифференцированием функции.
Геометрический смысл производной
Из п. 0.1 введения следует, что производная функции
y  f (x) , вычисленная при x  x0 , равна угловому коэффициенту k
касательной, проведенной к графику этой функции в точке
M 0  x0 , f ( x0 )  , то есть
(1.3)
f ( x0 )  k .
Уравнение данной касательной имеет вид
y  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 ) .
(1.4)
Механический смысл производной
Из п. 0.2 введения следует, что мгновенная скорость точки,
движущейся вдоль некоторой прямой l , равна производной от ее
расстояния S (t ) , вычисленной в момент t  t 0 , то есть
v(t0 )  S (t0 ) .
(1.5)
Непрерывность функции, имеющей производную
Теорема 1.1. Если функция y  f (x) в точке x0 имеет производную, то функция f (x ) непрерывна в точке x0 .
Доказательство. Из определения производной следует, что
y
 f ( x0 )   ,
x
где величина  является бесконечно малой при x  0 . Тогда
y  f ( x0 )x    x ,
8
где   x – величина более высокого порядка малости, чем x . Из
равенства (1.6) вытекает, что если x  0 , то и y  0 , то есть
бесконечно малому приращению аргумента x соответствует бесконечно малое приращение функции y . Согласно второму определению непрерывности функция f ( x) непрерывна в точке x0 .
Теорема доказана.
Замечание 1.1. Утверждение, обратное теореме 1.1, неверно:
непрерывность функции в точке x0 не обеспечивает в общем случае существования производной при x  x0 . Это может быть проиллюстрировано следующим примером.
Пример 1.1. Пользуясь определением 1.1, найдем производную функции
 x, x  0,
f ( x)  | x |  
 x , x  0
в точке x0  0 . Поскольку односторонние пределы в этой точке,
вычисленные ранее в замечании 0.1, различны, то предела, определяющего значение производной в этой точке, не существует. Таким
образом, функция y  | x | хотя и непрерывна в точке x0  0 , не является дифференцируемой в этой точке.
Замечание 1.2. Если в определении 1.1 заменить предел (1.1)
на односторонние пределы, то получится определение односторонних производных функции y  f (x) в точке x0 . Производной справа назовем предел
f ( x0  x)  f ( x0 )
,
(1.7)
f  ( x0 )  lim
x  0
x
производной слева – предел
f  ( x0 )  lim
x  0
f ( x0  x)  f ( x0 )
.
x
(1.6)
9
(1.8)
Таким образом, производная f ( x0 ) существует тогда и только
тогда, когда существуют и равны обе односторонние производные:
f ( x0 )  f  ( x0 )  f  ( x0 ) .
(1.9)
Задачи к § 1
Задача 1.1. Установить, существуют ли производные следующих функций при x  x0 , и, если они существуют, то найти их,
пользуясь определением производной:
а) f ( x)  4 x 7 , x0  16 ;
2 x  3, x  2,
б) f ( x)   x
x0  0 ;
x  2,
 2 ,
2 x  3, x  2,
в) f ( x)   x
x0  3 ;
x  2,
 2 ,
2 x  3, x  2,
г) f ( x)   x
x0  2 ;
x  2,
 2 ,
x

sin ,
x  1,

4
x 0  1.
д) f ( x )  
 2 ( x  4  ), x  1,
 8
Указание 1.1. При вычислении производной непрерывной
функции по определению 1.1 возникает неопределенность типа
 0  . Ее следует раскрыть, заменяя бесконечно малые величины
 0 
(в произведении и частном) эквивалентными.
Решение
П. а). Согласно определению 1.1 производная
f (16)  lim
x 0
4
(16  x) 7  128
.
x
10
0
Здесь возникает неопределенность типа   . Чтобы раскрыть
0
эту неопределенность, приведем выражение под знаком предела к
(1  ) 7 / 4  1
, где   0 , для чего вынесем общий множитель
виду

в числителе за скобку и за знак предела:
7/4
 x 
1    1
16 
.
f (16)  128 lim 
x 0
x
Замечая, что при x  0 бесконечно малая функция
7/4
7
 x 
1

x ,

  1 эквивалентна бесконечно малой величине
64
 16 
воспользуемся заменой бесконечно малых величин на эквивалентные и затем сократим числитель и знаменатель на общий множитель x :
7 x
 14 .
f (16)  128 lim
x 0 64x
Ответ. f (16)  14 .
П. б). В окрестности точки x0  0 функция задается формулой
f ( x)  2 x  3 . Согласно определению 1.1 производная вычисляется
следующим образом:
2(0  x)  3  2  0  3  lim 2x  2 .
f (0)  lim
x 0
x 0 x
x

Ответ. f (0)  2 .
П. в). В окрестности точки x0  3 функция задается формулой
x
f ( x)  . По определению 1.1 получим:
2
3  x 3

2  lim x  1 .
f (3)  lim 2
x 0
x 0 2x
x
2
1
Ответ. f (3)  .
2
П. г). При x  2 и при x  2 функция задана разными формулами. Согласно замечанию 1.2 найдем обе односторонние производные при x0  2 :
11
2  x
1
x 1
2
 ,
 lim
f  (2)  lim
x  0
x  2  0 2x
2
x
2(2  x)  3  1
2x

 lim
 2.
f  (2)  lim
x  0
x  0 x
x
.
Производные слева и справа не равны друг другу, следовательно, производной функции при x0  2 не существует.
Ответ. f (2) не существует.
П. д). Поскольку функция f (x) задана разными формулами
слева и справа от x0  1, воспользуемся замечанием 1.2 и найдем
обе односторонние производные:
(1  x)

sin
 sin
4
4,
f  (1)  lim
x  0
x
2
2
(x  4) 
2 .
f  (1)  lim 8
x  0
x
Каждый из пределов представляет собой неопределенность
0
типа   .
0
Для раскрытия первой неопределенности воспользуемся тригонометрической формулой
 

sin   sin   2 sin
cos
.
2
2
Получим
x
  x 
sin
cos  

8
4
8 


.
f  (1)  2 lim
x  0
x
x
эквиЗамечая, что бесконечно малая при x  0 функция sin
8
x
, произведем замену на эквивавалентна своему аргументу
8
лентную бесконечно малую, сократим числитель и знаменатель
дроби на x и, воспользовавшись непрерывностью косинуса, вычислим предел:
12
x
  x 
cos  

8
4
8  
  x 


f  (1)  2 lim
 lim cos  

x  0
x
4 x 0
8 
4


2
 cos 
.
4
4
8
Для вычисления одностороннего предела справа раскроем
скобки, приведем подобные члены и сократим числитель и знаменатель дроби на общий множитель x . Тогда получим:
2
2
(x  4) 
2  lim 2  x  2   .
f  (1)  lim 8
x  0
x  0
x
8x
8
Так как обе односторонние производные существуют и равны,
то, согласно замечанию 1.2, существует и производная функции
при x0  1.
Ответ. f (1) 
2
.
8
Задача 1.2. Найти производные следующих функций, пользуясь определением производной:
а) f ( x)  cos(3 x  2) ;
б) f ( x)  ln(7 x  3) ;
в) f ( x)  e 4 x  2 ;
г) f ( x)  5 x 2  2 .
Решение
П. а). Пусть x  R . Согласно определению 1.1 производная
cos 3( x  x)  2   cos(3 x  2)
.
x
x 0
0
Здесь возникает неопределенность типа   . Чтобы раскрыть эту
0
неопределенность, преобразуем выражение, стоящее в числителе,
в произведение тригонометрических функций по формуле
f ( x)  lim
cos   cos   2 sin
13
 
.
sin
2
2
Следовательно,
Тогда
3x
6 x  4  3x
.
sin
cos 3( x  x)  2   cos(3 x  2)  2 sin
2
2
Следовательно,
6 x  4  3x
3x
sin
 2 sin
2
2 .
f ( x)  lim
x
x 0
Замечая, что при x  0 бесконечно малая функция sin
3x
2
3x
, восполь2
зуемся заменой бесконечно малых величин на эквивалентные и затем сократим числитель и знаменатель на общий множитель x :
эквивалентна своему бесконечно малому аргументу
 6 x  4  3x  3x
 2  sin

2

 2  3 lim sin 6 x  4  3x .
f ( x)  lim
x 0
x
2
x 0
Вычисляя предел, в силу непрерывности функции sin x получим
значение производной
f ( x)  3 sin(3 x  2) .
Ответ. cos(3 x  2)   3 sin(3 x  2) .
3
П. б). Пусть x  . Согласно определению 1.1 производная
7
ln(7( x  x)  3)  ln(7 x  3)
.
x
x 0
f ( x)  lim
0
Здесь возникает неопределенность типа   . Преобразуем выраже0
ние, стоящее в числителе, по формуле

ln   ln   ln .

Тогда
7 x  3  7 x
7 x 

ln(7( x  x)  3)  ln(7 x  3)  ln
 ln 1 
.
7x  3
 7x  3 
14
7 x 

ln 1 

7x  3 


f ( x )  lim
.
x
x  0
7 x 

При x  0 бесконечно малая функция ln 1 
 эквивалентна
 7x  3 
7 x 
7 x

бесконечно малой
. Заменив ln 1 
 на эквивалентную,
7x  3
 7x  3 
получим
7 x
7
7
.
f ( x)  lim 7 x  3  lim

x 0 7 x  3
7x  3
x 0 x
7
Ответ. (ln(7 x  3)) 
.
7x  3
П. в). Пусть x  R . По определению 1.1 имеем
e  4( x  x )  2  e  4 x  2
.
f ( x)  lim
x
x  0
0
Здесь возникает неопределенность типа   . Преобразуем выраже0
ние, стоящее в числителе, вынося за скобку множитель e  4 x  2 :
e 4( x  x ) 2  e 4 x  2  e 4 x  2 (e 4 x  1) ,
и заменим бесконечно малую при x  0 функцию e 4 x  1 на эквивалентную ей бесконечно малую ( 4x ) . Сократим числитель
и знаменатель на общий множитель x и, вычисляя предел,
получим:
e  4 x  2 (4x)
f ( x)  lim
 lim (4e  4 x  2 )  4e  4 x  2 .
x 0
x
x 0
4 x 2
4 x 2
Ответ. (e
)  4e
.
П. г). Пусть x  R . По определению 1.1 имеем
( x  x) 2  2  5 x 2  2
.
x
x 0
0
Здесь возникает неопределенность типа   . Преобразуем выраже0
f ( x)  lim
5
ние, стоящее в числителе, вынося за скобку множитель
15
5
x2  2 :
 ( x  x) 2  2 
 1 
( x  x) 2  2  5 x 2  2  5 x 2  2  5
2


x 2


2


2 xx  (x)
 5 x 2  2 5 1 
 1 .
2


x 2


Заметим, что бесконечно малая при x  0 функция
5
1
2 xx  (x) 2
 1 эквивалентна бесконечно малой
2 xx  (x) 2
.
5( x 2  2)
x2  2
Произведем замену бесконечно малой на эквивалентную и сократим
числитель и знаменатель на общий множитель x . Тогда получим:
x(2 x  x) 2 x 2
f ( x)  lim 5 x 2  2
 ( x  2)  4 / 5 .
2
x 0
5x( x  2) 5

2x
Ответ. 5 x 2  2  ( x 2  2)  4 / 5 .
5
5


§ 2. ВЫЧИСЛЕНИЕ ПРОИЗВОДНОЙ
2.1. Вычисление производных некоторых основных
элементарных функций
1. Если y  const , то y  0 . Действительно, по определению
1.1 имеем
cc
y  lim
 0.
x 0 x
2. Пусть y  x  ( x  D , где D – область определения функции).
Рассмотрим сначала частный случай, когда   1 , то есть
x
y  x . Тогда y  x и y  lim
 1, так что x   1 при всех
x 0 x
xR.
Пусть теперь   1 . Предположим, что x  0 . Тогда

 x 
1    1
( x  x)   x 
x 
y  lim
 x  lim 
.
x 0

x

0
x
x
16
Заменяя в числителе дроби бесконечно малое при x  0 вы
x
 x 
ражение 1 
и со  1 эквивалентной бесконечно малой 
x
x 

кращая числитель и знаменатель на x , получим:
x
( x  )  x  lim
  x  1 .
x 0 xx
Рассмотрим случай x  0 . Тогда
(x) 
.
y  lim
x 0 x
В этом случае при   1 значение производной равно 0. Оно
совпадает со значением x  1 при x  0 . Если   1 , то производная
в точке x  0 не существует.
3. Пусть y  a x ( a  0 ). Тогда
a x  x  a x
a x  1
x ln a
 a x lim
 a x lim
 a x ln a .
x 0
x 0 x
x 0 x
x
Здесь использована замена выражения a x  1 эквивалентной при
x  0 бесконечно малой величиной x ln a .
4. Пусть y  ln x ( x  0 ). Тогда
 x 
x
ln 1  
ln( x  x)  ln x
1
x 

 lim
(ln x)  lim
 lim x  .
x 0
x 0
x 0 x
x
x
x
 x 
Мы заменили бесконечно малую при x  0 величину ln 1  
x 

x
.
эквивалентной ей бесконечно малой
x
5. Пусть y  sin x ( x  R ). Тогда
x
x 

2 sin cos  x  
sin( x  x)  sin x
2
2 

 lim
.
(sin x)  lim
x 0

x

0
x
x
x
x
Поскольку величина sin
эквивалентна величине
при x  0 ,
2
2
x 

а lim cos  x    cos x , получим:
x 0
2 

(a x )  lim
17
x
x 

cos  x  
2
2 

(sin x)  lim
 cos x .
x 0
x
6. Рассуждая так же, как в п. 5), получим
cos x    sin x .
2
2.2. Простейшие правила дифференцирования
Теорема 2.1. Пусть функции u  u ( x) и v  v ( x ) имеют в точке x производные u ( x) и v( x ) . Тогда в точке x :
1) (u( x )  v ( x ))  u ( x)  v( x) ;
2) (u( x )v ( x ))  u ( x)v( x)  u ( x)v( x) ;

u( x)v( x)  v( x)u ( x)
 u( x ) 
3) 
, если v ( x )  0 .
 
v 2 ( x)
 v( x) 
Доказательство. Докажем п. 3), то есть найдем производную
u( x )
функции y 
. Придадим аргументу x приращение x . Тогда
v( x )
функции u (x) и v (x ) получат соответственно приращения u и v
и u ( x  x)  u ( x)  u , v ( x  x )  v ( x )  v . Следовательно,
u( x )  u
. Таким образом,
y ( x  x ) 
v ( x )  v
u( x )  u u( x ) v ( x )u  u( x ) v
,


y 
v ( x )  v v ( x ) v ( x )( v ( x )  v )
откуда
u
v
v( x)
 u ( x)
y
x
x .

x
v( x)v( x)  v 
Поскольку v (x ) имеет производную, то по теореме 1.1 эта
функция непрерывна, и из условия x  0 следует, что v  0 .
Тогда

 u ( x) 
y v( x)u ( x)  u ( x)v( x)
.


  lim
v 2 ( x)
 v( x)  x0 x
Для п. 3) теорема доказана. Пп. 1) и 2) доказываются по той
же схеме.
18
Следствие 2.1. Постоянный множитель можно выносить
за знак производной, то есть (k u ( x))  k u ( x) , где k  const .
Доказательство. Это утверждение следует из п. 2) теоремы 2.1,
так как, если v ( x )  k  const , то v( x)  0 .
Пример 2.1

1
 sin x  cos x  cos x  sin x  ( sin x)

.
tg x   

 
2
cos x
cos 2 x
 cos x 
Пример 2.2

ctg x    cos x 
 sin x 
Пример 2.3

log a x    ln x 
 ln a 


1
.
sin 2 x
1
1
.
(ln x) 
ln a
x ln a
2.3. Производная обратной функции
Теорема 2.2 (без доказательства). Пусть функция y  f (x)
определена и непрерывна на некотором промежутке X . Пусть
y  f (x ) строго монотонна в этом промежутке, то есть либо для
любых x1  x 2 из X выполнено неравенство f ( x1 )  f ( x 2 ) , либо для
любых x1  x 2 из X выполнено неравенство f ( x1 )  f ( x 2 ) . Тогда
в промежутке Y значений функции f (x) существует однозначная обратная функция x  g ( y ) , также строго монотонная и непрерывная.
Обычно обратную функцию обозначают x  f 1 ( y ) .
Теорема проиллюстрирована рис. 2.1.
Теорема 2.3. Пусть функция y  f (x ) удовлетворяет условиям теоремы 2.2 и в точке x0  X существует производная
f x ( x0 )  0 . Тогда и обратная функция g ( y ) в точке y 0  f ( x0 )
имеет производную g y ( y0 ) и выполняется равенство
g y ( y0 ) 
19
1
.

f x ( x0 )
(2.1)
Пример 2.5. Пусть y  arccos x , x  [1, 1] , y  0, . Рассуждая, как в примере 2.4 ( x  cos y , y  0, , x  [1, 1] ), найдем:
arccos x   1   1   1 2 , x  (1, 1) .
(cos y )
sin y
1 x
y
y  f ( x)
О
a
x  g ( y)
b x
Рис. 2.1
Доказательство. Пусть y – приращение переменной y
в точке y0 . Тогда переменная x  g ( y ) получит приращение
x  g ( y 0  y )  g ( y 0 ) . Если y  0 , то и x  0 , поскольку g ( y ) –
строго монотонная функция. В силу непрерывности g ( y ) из условия y  0 следует, что x  0 , поэтому имеем
1
1
1
x

g ( y0 )  lim
 lim

.
y f ( x0 )
y 0 y
x 0 y
lim
x x0 x
Теорема доказана.
  
Пример 2.4. Пусть y  arcsin x , x  [1, 1] , y   ,  .
 2 2
Вычислим производную этой функции. Для этого рассмотрим
функцию
  
x  sin y , y   ,  , x  [1, 1] ,
 2 2
для которой функция y  arcsin x является обратной.
Так как xy  cos y , то
1
1
1
1



.
xy cos y
1  sin 2 y
1  x2
Полученная формула верна для x  (1, 1) , так как при x  1
производная xy обращается в 0 .
yx 
20
  
Пример 2.6. Пусть y  arctg x , x  (, ) , y    ,  . Рас 2 2
смотрим функцию
  
x  tg y , y    ,  , x  (, ) ,
 2 2
для которой функция y  arctg x является обратной. Тогда имеем:
1
1
1
1
.
yx 



2
1
xy
1  tg y 1  x 2
cos 2 y
Пример 2.7. Пусть y  arcctg x , x  (, ) , y  0,  . Рассуждая, как в примере 2.6 ( x  сtg y , y  0,  , x  (, ) ), найдем
arcctg x    1 2 , x  (, ) .
1 x
2.4. Производная сложной функции
Теорема 2.4. Пусть функция z (x ) имеет в точке x производную z (x) . Пусть функция y (z ) имеет в точке z  z (x ) производную yz (z ) . Тогда сложная функция y ( z ( x )) имеет в точке x производную и
 y ( z ( x)) x  yz ( z ( x))  z( x) .
(2.2)
Доказательство. Придадим аргументу x приращение x .
Тогда функция z получит приращение z , а функция y – приращение y , вызванное приращением z . По формуле (1.6) имеем
y  yz z  z ,
где  стремится к 0 при z  0 . Разделим данное равенство
почленно на x . Получим
y
z
z
 .
 y z
x
x
x
21
Перейдем теперь к пределу при x  0 . Замечаем, что тогда
z  0 и, следовательно,   0 . Замечаем также, что
y
z
lim
 z ( x) ; lim
 y x  z ( x)  ,
x 0 x
x 0 x
а производная yz вычисляется в точке z  z (x ) . Таким образом,
 y ( z ( x))   y  z ( x)   z ( x) .
x
z
Теорема доказана.
Пример 2.8. Пусть y  sin( 2 x ) . Найти y x . Представим y как
«цепочку функций»:
y  sin z , z  2 x .
Так как yz  cos z , z x  2 x ln 2 , то по формуле (2.2) найдем
sin(2 )
x

x
x
x
 cos(2 )  2  ln 2 .
Здесь производная yz вычисляется в точке z  2 x .
2.5. Дифференцирование функции, заданной неявно
Пусть функция y аргумента x задается неявно уравнением
(2.5)
F ( x, y )  0 .
Предположим, что функция y имеет производную по аргументу x в области своего задания. Тогда вычислить ее можно следующим образом.
Продифференцируем равенство (2.5) как тождество, имея
в виду, что переменная y является функцией переменной x и, следовательно, любая функция от y является сложной функцией переменной x . Затем выразим производную y x через x и y .
Пример
2.10.
Функция
задана
y
y
ln( x 2  y 2 )  arctg . Найти yx .
x
Продифференцируем заданное равенство по x :
Замечание 2.1. Коротко формулу (2.2) можно записать в виде
yx  yz  zx .
(2.3)
Замечание 2.2. Сложная функция может быть получена в результате нескольких суперпозиций. Например, y  y (z ) , z  z (t ) ,
t  t ( x ) , то есть y  y  z (t ( x))  . Тогда теорему 2.4 ( формулу (2.3) )
следует применить несколько раз:
yx  yz  zt  t x .
(2.4)
Пример 2.9. y  sin(arctg 2 x ) . Найти y x . Представим y в виде
y  sin z , z  arctg u , u  2 x .
Тогда
yx  yz  zu  u x  cos z 
или
sin(arctg 2 )
x
x
1
 2 x ln 2
1 u2
 cos(arctg 2 x ) 
22
2 x  2 y  yx

x2  y2
1
 2 x ln 2 .
x 2
1  (2 )
или
уравнением
yx  x  y
x2
,
y2
1 2
x
2 x  2 yyx  yx  x  y ,
откуда
yx 
2x  y
.
x  2y
2.6. Логарифмическое дифференцирование
Рассмотрим показательно-степенную функцию
y  u ( x) v ( x ) .
Чтобы найти ее производную, прологарифмируем ее:
ln y ( x )   v ( x ) lnu( x )  .
23
(2.6)
Продифференцируем теперь функцию y (x) как функцию, заданную
неявно:
y( x)
v( x)u ( x)
 v( x) ln u ( x)  
,
y ( x)
u ( x)
откуда

v( x)u ( x) 
(2.7)
y( x)  u ( x) v ( x )  v( x) lnu ( x)  
.
u ( x) 

Пример 2.11. y  x sin x . Найти yx . Прологарифмируем функцию y :
ln y  sin x ln x ,
а затем продифференцируем получившееся равенство:
y x
sin x
.
 cos x ln x 
y
x
В итоге получим
sin x 

y x  x sin x  cos x ln x 
.
x 

амечание 2.3. Логарифмическое дифференцирование удобно
применять при определении производной произведения n функций
( n  2 ).
и что существует обратная функция t   1 ( x) , имеющая производную. Тогда
y    1 ( x) .
Используя теоремы 2.4 и 2.3, получим

1 (t )
yx  t  1 ( x) x  t 

(t )
t
или
 x  (t ),

(2.9)
 y  (t ) , (t  T ),
x

(t )


частные случаи: x  1,
 

3. a x  a x ln a ;
(2.8)


2.8. Сводная таблица формул и правил дифференцирования
 
Получили формулу для дифференцирования произведения трех
функций.
24
Зависимость переменной y от переменной x может быть задана не непосредственно, а с помощью третьей переменной t ,
называемой параметром:
 x  (t ),
( t  T ).

 y   (t ),
Предположим, что обе функции  и  имеют производные
1. const   0 .

2. x     x  1 ;
Пример 2.12. y  y1  y 2  y 3 . Найти yx .
Решение
ln y  ln y1  ln y 2  ln y3 ,
y
y
yx y1

 2  3 .
y
y1 y2
y3
Умножим обе части равенства на y . Тогда
yx  y1 y2 y3  y2 y1 y3  y3 y1 y2 .
2.7. Дифференцирование функций, заданных параметрически

1
1
,    2.
x 
2 x  x
x

 
1
 

частный случай: e x  e x .
1
4. log a x  
;
x ln a
1
частный случай: ln x   .
x

5. sin x   cos x .
25
6. cos x    sin x .
1
7. tg x  
.
cos 2 x
1
8. ctg x    2 .
sin x
1
9. arcsin x  
.
1  x2
1
.
10. arccos x   
1  x2
1
.
11. arctg x  
1  x2
1
.
12. arcctg x   
1  x2
Задачи к § 2
Задача 2.1. Существует ли у функции f ( x) производная при
x  x0 ? Если существует, то найти ее, пользуясь формулами и правилами дифференцирования, для следующих функций:
1
а) f ( x) 
, x0  8 ;
3 2
x
I. u ( x)  v( x)   u( x)  v( x) .
(2.10)
II. u ( x)v( x)   u ( x)v( x)  u ( x)v( x) ;
(2.11)
частный случай: (ku ( x))  ku( x) .
(2.12)

 u ( x)  u ( x)v( x)  u ( x)v( x)
III. 
.
 
v 2 ( x)
 v( x) 
(2.13)
IV.  y ( z ( x))  x  yz ( z ( x))  z x ( x) .
(2.14)
 x  (t ),

y
V. 
yx  t

xt

(2.15)
 x  (t ),
для параметрически заданной функции 
 y   (t ).

v( x)u ( x) 
VI. (u ( x) v ( x ) )  u ( x) v ( x )  v( x) lnu ( x)  
.
u ( x) 

26
б) f ( x)  3 x 2 , x0  0 ;
в) f ( x)  | x  2 | , x0  3 ;
г) f ( x)  | 3 x  4 | , x0  1;
1
д) f ( x)  | 2 x  1 | , x0  ;
2
x
е) f ( x)  5 ,
x0  1;
ж) f ( x)  log1 / 2 x , x0  2 ;
з) f ( x)  arccos x , x0  0 ;
1
и) f ( x)  arcsin x , x0  ;
2
x0  7 ;
к) f ( x)  arctg x ,
sin x, x  0;
л) f ( x )  
x0  0 ;
ln( x  1), x  0,
 2  x
, x  [2, 1),
м) f ( x)   4
x0  1 .
 arcctg x, x  [1, 2],
Указание 2. Здесь нужно сначала определить производную
f ( x ) по формулам и правилам дифференцирования, затем подставить в формулу для f (x) значение x  x0 . Если функция f (x) не
определена при x  x0 , то значение f ' ( x0 ) не существует. Может
оказаться, что при x  x0 и x  x0 формулы для вычисления f (x)
разные: f  (x) при x  x0 и f  (x) при x  x0 . Тогда для определения существования f (x) при x  x0 следует воспользоваться условием (1.9) для значений
f  ( x0 )  lim f  ( x) и f  ( x0 )  lim f  ( x) .
x  x0  0
x  x0  0
27
Решение
П. а). Функция f ( x) 
пользуя
таблицу
1
3
x2
определена при всех x  0 . Ис-
производных,
f ( x)  ( x
находим:

2
3 )

5
2 
2
 x 3 
.
3
3
3 x5
1
.
48
1
Ответ. f (8)  .
48
П. б). Функция f ( x)  3 x 2 определена при всех x  R . Исполь-
Тогда f (8) 
2
1
2 3
2
x  3 .
3
3 x
При x  0 f (x) не определена. Следовательно, значения f (0) не
существует.
Ответ. f (0) не существует.
 x  2, x  2,
П. в). f ( x)  | x  2 |  
2  x, x  2.
Используя правила дифференцирования, при x  2 будем
иметь f ( x)  ( x  2)  1. Таким образом, f (3)  1.
Ответ. f (3)  1.
4

3 x  4, x  3 ,
П. г). f ( x)  | 3 x  4 |  
4
 4  3 x, x  .

3
Воспользовавшись правилами дифференцирования, найдем
4
производную при x  : f ( x)  (4  3 x)  3 . Таким образом,
3
f (1)  3 .
Ответ. f (1)  3 .
1

2 x  1, x  2 ,
П. д). f ( x)  | 2 x  1 |  
1
1  2 x, x  .

2
зуя таблицу производных, находим:
28
f ( x)  ( x 3 ) 
Следуя указанию 2, вычислим производные по правилам дифференцирования:
1
f ( x)  (2 x  1)  2 при x  ,
2
1
f ( x )  (1  2 x)  2 при x  .
2
1
А при x 
2
1
1
f     2 , f     2 .
 2
2
1
Поскольку односторонние производные при x0  не равны,
2
1

то согласно замечанию 1.2 f   не существует.
 2
1
Ответ. f   не существует.
 2
П. е). Функция f ( x)  5 x определена при всех x  R . Согласно
таблице производных функция f ( x)  5 x ln 5 также определена при
всех x  R . Тогда f (1)  51 ln 5 .
ln 5
Ответ. f (1) 
.
5
П. ж). Функция f ( x)  log1 / 2 x определена при всех x  0 .
1
1

,
Используя таблицу производных, находим: f ' ( x ) 
1
x ln 2
x ln
2
1
а затем вычисляем: f (2)  
.
2 ln 2
1
Ответ. f (2)  
.
2 ln 2
1
. Производная определена
П. з). f ( x)  (arccos x)  
1 x2
при всех x, удовлетворяющих неравенству | x |  1. Тогда
1
f (0)  
 1.
1  02
29
Ответ. f ' (0)  1.
П. и). f ( x)  (arcsin x) 
1
1  x2
. Производная определена при
всех x, удовлетворяющих неравенству | x |  1. Тогда

1
1
1  
2
2

1
f   
2
2
.
3
1 2 3
.
Ответ. f   
3
2
1
. Производная определена при
1  x2
1
1
всех x  R . Тогда f (7) 
 .
2
50
1 7
1
Ответ. f (7)  .
50
П. л). Согласно таблице производных будем иметь:
f ( x)  cos x при x  0 ,
1
f ( x) 
при x  0 .
x 1
Следуя указанию, найдем односторонние производные при
x0  0 :
1
 1.
f  (0)  lim cos x  1 , f  (0)  lim
x  0
x  0 x  1
Поскольку они равны, то согласно замечанию 1.2 f (0)  1.
Ответ. f (0)  1.
П. м). По формулам дифференцирования будем иметь:

f ( x)   , если  2  x  1;
4
1
, если  1  x  2 .
f ( x)  (arcctg x)  
1  x2
Следуя указанию 2, найдем односторонние производные при
x0  1 :

1 
1
 

f  (1)  lim      , f  (1)  lim  
 .
2
x  1 0 4 
x 1 0 1  x 
2
4
П. к). f ( x)  (arctgx) 
30
Поскольку f  (1)  f  (1) , то согласно замечанию 1.2
f (1) не существует.
Ответ. f (1) не существует.
Задача 2.2. Найти производные следующих функций, пользуясь формулами и правилами дифференцирования:
sin x 3 2
а) f ( x)  e x cos x 
 x ;
ln x
7
 2 arctg x ;
б) f ( x) 
5 4
x
в) f ( x)  tg (3 x 2 ) ;
г) f ( x)  arcsin ln 2 ( x  1) ;
1
д) f ( x)  arctg 2 x  1  cos 2 ;
x
2ctg 3 x
е) f ( x) 
;
1
arctg
4x


ж) f ( x)  arccos 5 3 x  ln(2 x  1  4 x 2 ) ;
1
x 3 sin
з) f ( x)  arcsin35 x x ;
3
arctg 2 x 3
 arccos x 2  log 2 (2 3 x  x 6 ) .
и) f ( x) 
4
1 x
Указание 3. При решении воспользуемся формулами и правилами дифференцирования, представленными в сводной таблице
формул и правил дифференцирования 2.8. При решении примеров
а) и б) будут использованы только правила (2.10)–(2.13):

u  v   u'  v' , uv   u'v  uv' ,  u   u'v 2uv' ,
v
v
а далее потребуется формула (2.14) дифференцирования сложной
функции:
 y ( z ( x))  y z ( x)   z ( x) .
x
z
31
x
Производные от перечисленных здесь функций, как правило,
имеют вид, не поддающийся упрощению с помощью тождественных преобразований. Однако, если преобразования возможны, они
будут проведены.
Решение
П. а). Записав выражение
3
3
x 2 в виде степенной функции
2
x3 ,
2
x 
используя правила (2.10)–(2.13) и таблицу производных, будем
иметь:
2
(sin x)  ln x  sin x  (ln x)
x
x



f ( x)  (e ) cos x  e (cos x) 
 ( x 3 ) 
(ln x) 2
1
1
cos x  ln x  sin x 
2 3
x
x
x
 e cos x  e sin x 
 x .
3
(ln x) 2
2
x  cos x  ln x  sin x
Ответ. f ( x)  e x (cos x  sin x) 
 3 .
2
3 x
x ln x
7
П. б). Записав выражение
в виде степенной функции
5 4
x
и используя правила дифференцирования и таблицу производных,
получим:

9
 4

1
 4  5
5



.
f ( x)  7 x  2arctgx  7   x  2


1  x2
 5


2
.
2
55 x 9 1  x
П. в). Перед нами сложная функция. Представим ее как «це-
Ответ. f ( x)  
почку
z x 
функций»:
2
3
3 x
28

y  tg z ,
3
2
z x 
2
x3 .
. По формуле (2.14) получим
f ( x) 
2
33 x cos 2 (3 x 2 )
32
.
Тогда
1
,
yz 
cos 2 z
2
Ответ. f ( x) 
.
3
33 x cos 2 ( x 2 )
П. г). Представим f ( x)  arcsin ln 2 ( x  1) как «цепочку
функций»:
y  arcsin z , z  t 2 , t  ln u , u  x  1 . Тогда
1
1
1
, zt  2t , tu  , u x 
. Используя замечание 2.2,
yz 
2
u
2 x
1 z
по аналогии с формулой (2.4) получим:
1
1
1
f ( x)  yz  zt  tu  u x 
 2 ln( x  1) 

.
4
x 1 2 x
1  ln ( x  1)



ln( x  1)

1
.
1  ln ( x  1) x  x
1
П. д). Выражение arctg 2 x  1  cos 2 представляет собой проx
изведение функций. Воспользуемся формулой (2.11) сводной табл. 2.8.
Получим

1
1

f ( x)  (arctg 2 x  1)  cos 2  (arctg 2 x  1)   cos 2  .
x
x


Вычислим производные, входящие в состав f ( x) . Функция
arctg 2 x  1 – сложная функция, по формуле (2.4) получим:
Ответ. f ( x) 
arctg

4

2x 1 

1
2
1
.


2
1  ( 2 x  1) 2 2 x  1 2 x 2 x  1
Аналогично

1
1  1  1
2
 2 1
cos

  2 cos   sin    2   2 sin .
x
x
x  x  x
x

1
2
1
1
Ответ. f ( x) 
 cos 2    arctg 2 x  1  2 sin .
x
2x 2x 1
x
 x
ctg 3 x
2
П. е). Функция f ( x) 
представляет собой частное
1
arctg
4x
от деления функций. По формуле (2.13) получим
33
2
 arctg(1/

4 x )  2ctg 3 x arctg(1/ 4 x )
.
1
arctg 2
4x
Вычислим производные, входящие в состав f (x) .
f ( x) 
2
ctg 3 x
ctg 3 x
  2
ctg 3 x


 ln 2  (ctg 3 x)  2ctg 3 x  ln 2 
 2 ctg 3 x
3 ln 2
sin 2 3 x
(3 x)

sin 2 3 x


1 
1
1
1
1

 1 



.
 
 
 arctg
1  2 x
1  4 x3
4x  

(4 x  1) x

1  
1  
 4x 
 4x 
Ответ.
1
1
3
)  2ctg 3 x 
 2ctg 3 x  ln 2  2  arctg(
4x
(4 x  1) x
sin 3 x
f ( x) 
.
2 1
arctg
4x
П. ж). Функция f ( x)  arccos 5 3 x  ln(2 x  1  4 x 2 ) представляет собой произведение. По формуле (2.11) найдем
f ( x)  (arccos5 3 x )  ln(2 x  1  4 x 2 ) 

 arccos5 3 x  ln(2 x  1  4 x 2 ) .
Используя правило дифференцирования сложной функции,
вычислим производные, входящие в выражение f (x) :


arccos5 3 x  5 arccos 4 3 x arccos 3 x 


 5 arccos 4 3 x
1
1  3x



3 x  5 arccos 4 3 x
2x 
1  4 x ) 
ln(2x 
2



1  4x2
2x  1  4x2

2( 1  4 x 2  2 x)
(2 x  1  4 x 2 ) 1  4 x 2
34

1
3

,
1  3x 2 3x
8x
  2  2 1  4x
2
2x  1 4x2

15 arccos 4 3 x  ln(2 x  1  4 x 2 ) 2 arccos 5 3 x
.

2
3x  9 x 2
1  4x 2
1
x 3 sin
3 x представляет собой частное от
П. з). Выражение
3arcsin 5 x
деления функций. По формуле (2.13) получим


1  arcsin 5 x
1
 3
 x 3 sin
3arcsin 5 x
 x sin
3
3 x
3 x
.
f ( x)  
2 arcsin 5 x
3
1
Функция x 3 sin
представляет собой произведение двух
3 x
функций. Используя формулы (2.11) и (2.14), найдем ее производную:


1
1 
1 
 3
3
3

 x  sin
 x sin
  ( x ) sin
 
3 x
3 x

 3 x

1
1   1 

 3 x 2 sin
 x 3  cos

 
 
3 x
3 x  3 x 

1
1
1
 3 x 2 sin
 x3 
 cos
.
3 x
3 x
6 x3
Правило (2.14) используем также для вычисления производной сложной функции 3arcsin 5 x :

5
.
3arcsin 5 x  3arcsin 5 x  ln 3  arcsin 5 x   3arcsin 5 x  ln 3 
1  25 x 2
Подставляя полученные выражения в производную f ( x) , будем иметь
 2
x3
1
1  arcsin 5 x
3
 3 x sin
cos



3
x
x
3
3
6 x

f ( x)  

2 arcsin 5 x
3
1
5
x 3  3arcsin 5 x  sin
 ln 3 
3 x
1  25 x 2 .

3 2 arcsin 5 x
f ' ( x)  

.

Ответ.
2
1  4x 2
.



35

После вынесения общих множителей в числителе и знаменателе дроби и сокращения окончательно получим выражение
для f ( x) .
1
x 2 sin

x
1
5 x ln 3 
.
ctg
Ответ. f ( x)  arcsin35 x x  3 


3 x
3
6 x3
1  25 x 2 

П. и). Функция f ( x) 
arctg 2 x 3
4
 arccos x 2  log 2 (2 3 x  x 6 ) пред-
1 x
ставляет собой произведение трех функций. Применив формулу
(2.8) для вычисления производной произведения трех функций,
получим

 arctg 2 x 3 
  arccos x 2  log 2 (2 3 x  x 6 ) 
f ( x)  
4 
 1 x 

arctg 2 x 3

 arccos x 2  log 2 (2 3 x  x 6 ) 
4
1 x

arctg 2 x 3

 arccos x 2  log 2 (2 3 x  x 6 ) .
1  x4
arctg 2 x 3
представляет собой частное от деления
Функция
1 x4
функций. Вычислим ее производную по правилу (2.13), причем для
вычисления производной числителя и знаменателя используем правило (2.14).
Тогда



 arctg 2 x 3 
arctg 2 x 3 1  x 4  1  x 4 arctg 2 x 3

 


4 
1 x4
 1 x 
3x 2
(4 x 3 )
4


2 arctg x 3
x
1
arctg 2 x 3
6
4
1 x
2 1 x
.

1 x4
По правилу (2.14) для остальных производных получим:
2x
1
( x 2 )  
(arccos x 2 )  
,
4
1  x4
1 x







36

log (2
2
3 x

(2 3 x  x 6 )
 3  2 3 x  ln 2  6 x 5
.

 x 6 )  3 x
(2  x 6 ) ln 2
(2 3 x  x 6 ) ln 2

Ответ.
 6 x 2 arctgx 3
2 x 3 arctg 2 x 3 
f ( x)  
arccos x 2 log 2 (2 3 x  x 6 ) 

4 3/ 2 
 (1  x 6 ) 1  x 4
(1  x )


2 3
2 3
3 x
 6x5 )
arctg x
arctg x
6
3 x
2 (3 ln 2  2
x

 2x
log
(
2

)

arccos
.
x
2
(1  x 4 )
(2 3x  x 6 ) ln 2
1 x4
Задача 2.3. Найти производные следующих функций, заданных неявно:
2
а) y 2  x 2  e x y ;
1
x
б) ( y  x  )  arctg  0 ;
4
y
3
2
y
в) x y  y x  sin (e ) .
Решение. Считая, что переменная y является функцией переменной x , продифференцируем обе части этих равенств как сложные функции переменной x , затем выразим производную y x как
функцию x и y .
П. а). Используя правила (2.10), (2.11) и (2.14), продифференцируем правую и левую части заданного уравнения. Получим:
( y 2  x 2 )  ( y 2 )  ( x 2 )  2 y  y x  2 x ,
2
2
2
(e x y )  e x y  ( x 2 y )  e x y  (2 xy  x 2 yx ) .
Из равенства
2
2 y  yx  2 x  e x y  (2 xy  x 2 yx )
выразим производную yx .
Ответ. y x 
2 x( ye x
2
y
 1)
.
2y  x e
П. б). При дифференцировании заданного уравнения получим


1
x
( y  x  )   arctg   0
4
y

2 x2 y
37
или
y  y x
1
( yx  1)  2 x 2  0 ,
4
x y
откуда выражаем производную y x .
4y  x2  y2
Ответ. y x 
.
4x  x 2  y 2
П. в). Продифференцируем отдельно обе части равенства:
( x 3 y  y 2 x)  ( x 3 y )  ( y 2 x)  3 x 2  y  x 3  yx  2 y  yx  x  y 2 ,

sin (e y )  cos e y (e y )  cos e y  e y  yx .
Из равенства
3x 2 y  x 3 yx  2 yyx x  y 2  cos e y  e y yx
выразим y x .

Ответ. y x 

3x 2 y  y 2
e y cos e y  x 3  2 xy
.
Задача 2.4. Найти производные следующих неявно заданных
функций при x  x0 :
x2 y2

 1, y  0 , при x0  4 ;
25 16
x
б) arccos  x 2  y 2 , y  0 , при x0  0 .
y
Решение
П. а). Сначала найдем значение y0 при x0  4 из заданного
а)
2
откуда получим значение производной:
16
yx   .
15
16
Ответ. При x0  4 yx   .
15
x
П. б). Решая уравнение arccos  x 2  y 2 при x0  0 , найдем
y

 y 02 .
2
С учетом условия y 0  0 получим

.
y0 
2
Продифференцируем левую и правую части заданного уравx
нения arccos  x 2  y 2 :
y

 x
 

y

x
y ( y  xyx )
y  xyx
,

 arccos       
2
2
2
2
y

x
y y x
y y2  x2
1 2
y
2
( x  y 2 )  2 x  2 yyx .

2
12
x
y

 1. С учетом того, что y 0  0 , получим y 0  .
5
25 16
2
2
x
y
Продифференцируем равенство

 1:
25 16
2 x y  yx

 0.
25
8
Подставим в полученное уравнение значения x0 и y0 :
уравнения
8 12

 yx  0 ,
25 5  8
38

в равенство
2
Подставляя значения x0  0 , y 0 
y  xyx
y y2  x2
 2 x  2 y  yx ,
получим
2

yx ,
2

2
откуда найдем значение производной
1
yx   .

1
Ответ. При x0  0 yx   .


39
Задача 2.5. Вычислить производные следующих функций
y  f (x) :
получим
yx  4 y
4
а) y  (cos 2 x) sin
2
x;
x
 arcsin x 
б) y  
 ;
 sin 2 x 
x x ln x
.
в) y 
x2
(tg x)
Решение. Это показательно-степенные функции. Чтобы найти
их производные, необходимо предварительно прологарифмировать
функцию y  f (x ) :
ln y  ln  f ( x)  ,
затем найти y x как производную неявно заданной функции.
4
2
(cos 2 x) sin x :
П. а). Прологарифмируем функцию y 
ln(cos 2 x)
,
ln y  4
sin 2 x
а затем продифференцируем полученное равенство:

у x  ln(cos 2 x) 
.
 4

y 
sin 2 x 
В правой части этого равенства стоит частное от деления
функций. При его дифференцировании используем формулу (2.13):



ln(cos 2 x)  sin 2 x  sin 2 x ln(cos 2 x)
 ln(cos 2 x) 
4

 4
sin 4 x
 sin 2 x 
 2 sin 2 x 2
sin x  2 sin x cos x ln(cos 2 x)
x
cos
2
4

sin 4 x
sin 2 x 2 sin 2 x  cos 2 x ln(cos 2 x)
.
 4
cos 2 x sin 4 x
Из равенства
yx
sin 2 x 2 sin 2 x  cos 2 x ln(cos 2 x)
 4
y
cos 2 x sin 4 x






40


sin 2 x 2 sin 2 x  cos 2 x ln(cos 2 x)
.
cos 2 x sin 4 x
Подставив сюда выражение функции y из условия, найдем искомую
производную.
Ответ.
4
y ( x)  4(cos 2 x) sin
2
x
1
sin 2 x
4
sin x
2 sin
2

x  cos 2 x ln(cos 2 x) .
x
 arcsin x 
П. б). В результате логарифмирования функции y  

 sin 2 x 
получим
 arcsin x 
ln y  x ln
.
 sin 2 x 
Производная левой части
y
(ln y )  x .
y
При дифференцировании правой части этого равенства воспользуемся свойством логарифма:

ln  ln   ln  .

Тогда, используя формулы (2.10), (2.11) и (2.14), получим:


 arcsin x  
 x ln
 
 sin 2 x  



x
 x  ln arcsin

sin 2 x
1
2 x

ln
1
2 x
x ln(arcsin x)  ln(sin 2 x)  

arcsin x
1
2 cos 2 x 

 x 


2
sin 2 x
sin
2
x
arcsin
x
1

x


ln


arcsin x
1
 x 
 2ctg 2 x  .
2
sin 2 x
 arcsin x 1  x

41
Из равенства


yx
arcsin x
1
1

 x 
 2ctg 2 x 
ln
2
y 2 x
sin 2 x
 arcsin x 1  x

получим yx .
Ответ.
x


arcsin x
1
 arcsin x   1
y( x)  
ln
 x 
 2ctg 2 x   .
 
2
 sin 2 x   2 x sin 2 x
 arcsin x 1  x

x ln x
x
П. в). После логарифмирования функции y 
будем
x2
(tg x)
иметь
1
ln y  x ln 2 x  x 2 ln tg x .
2
Используя формулы (2.10), (2.11) и (2.14), продифференцируем полученное равенство.
Тогда
1 1
1
1 


(ln y )  ln 2 x  x  2 ln x    2 x  ln tg x  x 2 
x 2
tg x cos 2 x 
или
yx
x2
,
 ln 2 x  2 ln x  x ln tg x 
y
sin 2 x
откуда получим

x2 
.
yx  y   ln 2  2 ln x  x ln tg x 
sin 2 x 

Ответ. y( x) 
 2
x2 
 ln x  2 ln x  x ln tg x 
.

x /2 
sin
2
x
(tg x)


x x ln x
2
Задача 2.6. Вычислить производные заданных показательностепенных функций y  f (x) при x  x0 , используя логарифмическое дифференцирование:

а) y  (sin x) cos x при x0  ;
4
б) y 
 8 x 
2
x2
при x0  2 .
42
Решение
П. а). Прологарифмируем заданную функцию:
ln y  cos x  ln(sin x )
и продифференцируем полученное равенство:
ln y   cos x  ln(sin x)  .
Используя формулу (2.11) и правило (2.14), получим
cos x  ln(sin x)   (cos x) ln(sin x)  cos x  ln(sin x)  
  sin x  ln(sin x)  cos x 
cos 2 x
1
.
 (sin x)   sin x  ln(sin x) 
sin x
sin x
Из равенства
cos 2 x
yx
  sin x  ln(sin x) 
sin x
y
получим

cos 2 x 

yx  y    sin x  ln(sin x) 
sin x 


cos 2 x 
.
 (sin x) cos x    sin x  ln(sin x) 

x
sin


Вычислим значение полученной производной в точке x0 
    2 
y   
 4   2 
2

2
  2 ln
 2 


    2 
Ответ. y   
 4   2 
1 

2 2   2

 

2 
2   2 

2 
2
1
2
 ln 2

 1 .

 2

2
1
2
 ln 2

 1 .

 2

 8 x 
при x0  2 .
Прологарифмируем
заданную
П. б). Вычислим значение функции y 
Получим
функцию:

:
4
4
y 0  f (2)  2  16 .
ln y 
x2
ln(8  x 2 ) ,
2
43
2
x2
а затем продифференцируем полученное равенство:

 x2
2 
(ln y )   ln(8  x )  .
 2

Применяя при дифференцировании правой части равенства
формулу (2.11) и правило (2.14), получим:


 x2
  x2 

x2
 ln(8  x 2 )     ln(8  x 2 ) 
ln(8  x 2 ) 
 2
  2
2

  
2
x3
x (2 x)
2
ln(
8
)



x
x
.
 x ln(8  x 2 ) 

2 8  x2
8  x2
Тогда из равенства
yx
x3
 x ln(8  x 2 ) 
y
8  x2
найдем производную и вычислим ее значение в точке x0  2
и y 0  16 :
8

y(2)  16  2 ln 4   .
4

Ответ. y (2)  32 (ln 4  1) .


Задача 2.7. Найти производные y x функций, заданных параметрически:
 x  at  a sin t ,
а) 
 y  a  a cos t;
 x  a cos 3 t ,
б) 
3
 y  a sin t;

e t
x 
,
в) 
t2
 y  arctg t .

Решение
П. а). Воспользуемся формулой (2.15). Тогда получим:
(a  a cos t )t
a sin t
sin t
yx 


.
a  a cos t 1  cos t
(at  a sin t )t
44
 x  at  a sin t ,
sin t
Ответ. 
x 
.
y

1  cos t
П. б). Воспользовавшись формулами (2.15) и (2.14), будем
иметь:
(a sin 3 t )t
3a sin 2 t cos t
sin t
yx 


  tg t .
3
2
cos t
(a cos t )t
 3a cos t sin t
 x  a cos 3 t ,
Ответ. 
 y   tg t.

e t
x 
,
П. в). Применим формулу (2.15) к функции 
t2
 y  arctg t .

yt (arctg t )t
.


xt
t
e 


 t2  t


При вычислении производных xt и yt воспользуемся формулами
(2.14), (2.13) и получим:

1
1
yt  arctg t t 
,
(1  t ) 2 t
1 2

e t
t  2te t
2
2
t
t
e t 


(
)

(
)
e
t
t
e
e t
2 t
t
t
xt   2  t 


t 4 .
 t 
t4
t4
2t 3


Подставляя найденные производные в выражение для y x , получим:
Тогда yx 



yx 
t3
e t ( t  4) t (1  t )

e t
x

,

2

t
Ответ. 
t3
 yx 
.

e t (t  4 t )(1  t )
45

t3
e t (t  4 t )(1  t )
.

Задача 2.8. Вычислить производные y x функций, заданных
параметрически:
 x  e  2t sin t ,
при t 0  0 ;
а) 
2t
 y  e cos t
 x  (t 2  1) ln t ,
б) 
при x0  0 ;
3
y  t
 x  log 2 t ,
при x0  1.
в) 
2
 y  2t
Решение
П. а). В результате применения формул (2.15), (2.11) и (2.14)
получим:
(e 2t cos t )t
2e 2t cos t  e 2t sin t
2 cos t  sin t 4t
yx   2t
e .


 2t
 2t
(e sin t )t
 2e sin t  e cos t cos t  2 sin t
Тогда параметрическое задание y x имеет вид
 x  e  2t sin t ,

  2 cos t  sin t 4t
 y x  cos t  2 sin t e .
Подставим в эти уравнения значение t 0  0 , получим x0  0 ,
yx  2 .
Ответ. yx  2 при x0  0 .
П. б). Найдем сначала значение t  t 0 , которому соответствует
значение x0  0 . Решая уравнение
(t 02  1) ln t 0  0 ,
получим t 0  1 . По формуле (2.15), используя формулы (2.10)
 x  (t 2  1) ln t ,
и (2.11), найдем производную y x функции 
y  3 t.

(3 t )t
1
.
yx 


t 2 1
2
2 / 3

(t  1) ln t t 3t  2t ln t 
t 



46
Подставим в выражение производной значение t 0  1 , получим
1
yx  .
6
1
Ответ. yx  при x0  0 .
6
П. в). Значению x0  1 соответствует значение t  t 0  2 .
По формулам (2.15) и (2.14) получим выражение для yx :
2 
t2
2
2
2t ln 2  2t
yx 

 2t  2 ln 2 2  t 2  log 2 t .
1

log 2 t t
2 log 2 t  ln 2  t
Подставим в это выражение значение t 0  2 , получим

t

yx  26 ln 2 2  4  log 2 2  256 ln 2 2 .
Ответ. yx  256 ln 2 2 при x0  1 .
Задача 2.9. Составить уравнение касательной:
а) к кривой y  x x в точке M 0 (2, 4) ;
ex
б) к кривой y 
в точке ее пересечения с осью ординат;
x3  1
в) к параболе y  x 2  3 x  10 в точке ее пересечения с осью
Ox , лежащей справа от начала координат;
г) к параболе y  x 2  2 x  3 в той точке пересечения с прямой
y  x  1, у которой абсцисса отрицательна;
д) к полуокружности y  10  x 2 в точке M 0 ( x0 , y 0 ) с ординатой y 0  3 при условии x0  0 ;
е) к эллипсу
x2
a2

x2
y2
b2
 1 в произвольной точке;
y2

 1 в произвольной точке;
a2 b2
з) к параболе y 2  2 px ( p  0 ) в произвольной точке;
t


 x  ln  cos  ,
и) к кривой 
2

 y  ln (cos t )
ж) к гиперболе
47
в точке, соответствующей значению t 0 

;
3
 x  a cos 3 t ,
к) к астроиде 
3
 y  a sin t
a 
 a
в точке M 0 
,
.
2 2 2 2
Решение. Уравнение касательной к графику функции
y  f (x ) в точке M 0 ( x0 , y 0 ) имеет вид (1.4)
y  f ( x0 )  f ( x0 )( x  x0 )
или
y  y 0  y ( M 0 )( x  x0 ) ,
где y ( M 0 ) – производная функции y  f (x ) , вычисленная в точке
M 0 ( x0 , y 0 ) .
П. а). Найдем производную заданной функции y  x x , используя правило логарифмического дифференцирования:
ln y  x ln x ,
yx
1
 ln x  x  ln x  1 ,
y
x
yx  y ln x  1  x x (ln x  1) .
Теперь определим значение производной при x  2 :
y (2)  4(ln 2  1) .
Составим уравнение касательной к кривой y  x x в точке M 0 (2, 4) :
y  4  4(ln 2  1) x  2 ,
или
y  4(ln 2  1) x  4( 2 ln 2  1) .
Ответ. y  4(ln 2  1) x  4( 2 ln 2  1) .
П. б). Вычисляя значение функции f (0) , найдем точку
M 0 (0, 1) пересечения заданной кривой с осью ординат.
Найдем производную функции y 
48
ex
x3  1
:

 e x  e x ( x 3  1)  3 x 2e x e x ( x 3  3 x 2  1)



.
f ( x)   3  
( x 3  1) 2
( x 3  1) 2
 x 1
Тогда f (0)  1 .
Составим уравнение касательной к кривой y 
M 0 (0, 1) :
ex
x3  1
в точке
y 1   x .
Ответ. y   x  1 .
П. в). Найдем точку M 0 ( x0 , y 0 ) пересечения параболы y 
 x 2  3 x  10 с осью Ox , лежащую справа от начала координат.
Для этого решим уравнение
x 2  3 x  10  0
и выберем из его корней x1  5 и x 2  2 положительный корень,
откуда искомая точка – M 0 (2, 0) .
Определим производную функции y  f (x) :
f ( x)  ( x 2  3 x  10)  2 x  3
и подставим в нее значение x0  2 :
f (2)  7 .
Составим уравнение касательной в точке M 0 (2, 0) :
y  7 x  2  .
Ответ. y  7 x  14 .
П. г). Найдем точку M 0 ( x0 , y 0 ) пересечения параболы y 
2
 x  2 x  3 и прямой y  x  1, для которой x0  0 :
x 2  2 x  3  x  1,
x2  x  2  0,
x1  2 , x 2  1 ,
откуда получим x0  2 . Вычислим:
y 0  f (2)  (2) 2  2  (2)  3  3 .
Определим производную функции y  f (x) :

f ( x)  x 2  2 x  3  2 x  2 ,
вычислим:
f (2)  2 .


49
Составим уравнение касательной:
y  3  2 x  2  .
Ответ. y  2 x  7 .
П. д). Найдем абсциссу точки M 0 :
10  x02  3 ,
откуда, с учетом условия x0  0 , x0  1 .
Найдем производную заданной функции y  f (x) :
x
f ( x) 
10  x 2
и вычислим ее значение:
1
1
f (1) 
 .
10  1 3
Составим уравнение касательной:
1
y  3  ( x  1) .
3
x 10
Ответ. y   .
3 3
x2 y2
П. е). Продифференцируем уравнение 2  2  1:
a
b
2 x 2 yyx
 2  0,
a2
b
откуда найдем значение производной в произвольной точке эллипса M 0 ( x0 , y 0 ) :
y  y0  
b 2 x0
 ( x  x0 ) ,
a 2 y0
50
y0
, получим
b2
yy 0 y 02
x0 x x02




b2 b2
a2 a2
x2 y2
или, с учетом равенства 02  02  1,
a
b
xx0 yy 0
 2  1.
a2
b
Ответ. x   a в вершинах эллипса ( a, 0) ,
xx0 yy 0
 2  1 при  a  x0  a .
a2
b
x2 y2
П. ж). Продифференцируем уравнение 2  2  1 :
a
b
2 x 2 yyx
 2  0,
a2
b
откуда в произвольной точке гиперболы M 0 ( x0 , y 0 )
b 2 x0
 .
a 2 y0
Составим уравнение касательной при | x0 |  a :
yx 
b 2 x0
 ( x  x0 ) ,
a 2 y0
y  y0 
откуда
2
b x0
 .
a 2 y0
При y0  0 производная не существует, углового коэффициента нет и касательной является вертикальная прямая с уравнением
(5) x  x0 (см. замечание 0.2 введения). Подставим y 0  0 в уравнение эллипса и найдем x0   a . Следовательно, вертикальные касательные находятся в вершинах эллипса ( a, 0) и имеют уравнения x   a .
Составим уравнение касательной при  a  x0  a :
yx M 0   
откуда, умножив обе части уравнения на
yy 0
или, с учетом равенства
b2
x02
a2


y 02
b2
y 02
b2
xx0
x0 x
a2

x02
a2
 1,
yy 0
 1.
a
b2
Ответ. x   a в вершинах гиперболы ( a, 0) ,
xx0 yy 0
 2  1 при | x0 |  a .
a2
b
П. з). Продифференцируем уравнение y 2  2 px :
2 yyx  2 p ,
2


51
откуда в произвольной точке параболы M 0 ( x0 , y 0 )
p
yx  .
y0
Составим уравнение касательной при x0  0 :
p
y  y0 
( x  x0 ) ,
y0
откуда
yy 0  y 02  px  px0 ,
или, с учетом равенства y 02  2 px0 ,
yy 0  p( x  x0 ) .
Ответ. x  0 в вершине параболы (0, 0) ,
yy 0  p( x  x0 ) при x0  0 .
t


 x  ln  cos  , задана параметрически.
П. и). Функция 
2

 y  ln (cos t )
Сначала найдем координаты точки M 0 ( x0 , y 0 ) , соответ
ствующей значению t 0  :
3

3

x0  ln cos   ln
,
6
2


1

y 0  ln cos   ln .
3
2

Найдем производную функции по формуле (2.9):
 sin t
t
2 sin t cos

ln(cos t ) t
2  2 tg t .
yx 
 cos t 

t
t
t
t 
 
cos t sin
tg
 sin
 ln cos  
2
2
2
2  t
 
t
2 cos
2

Подставим в нее значение t 0  :
3
 
yx    6 .
3
52
Уравнение касательной примет вид

1
3
.
y  ln  6  x  ln
2
2 

Ответ. y  6 x  3 ln 3  5 ln 2 .
П. к). Сначала определим значение t  t 0 , t 0  [0, 2) , соответa 
 a
ствующее точке M 0 
,
:
2 2 2 2
 a
3
 2 2  a cos t 0 ,
 a

 a sin 3 t 0 ,
2
2


. Для вычисления производной воспользуемся резуль4
татами решения задачи 2.7 б):
yx   tg t

и подставим в него значение t 0  :
4

 
yx    1.
4
Уравнение касательной примет вид
a
a 

y
  x 
.
2 2
2 2

a
.
Ответ. y   x 
2
откуда t 0 
Задача 2.10. В какой точке касательная к кривой y  x 2 e  x
параллельна оси абсцисс?
Решение. При решении воспользуемся геометрическим смыслом
производной: производная функции y  f (x ) , вычисленная при x  x0 ,
равна угловому коэффициенту касательной, проведенной к графику
функции в точке M 0  x0 , f ( x0 )  , то есть формулами (1.3) и (1.4).
Вычислим производную функции y  x 2 e  x :

y  x 2e  x  ( x 2 )e  x  x 2 (e  x )  2 xe x  x 2e  x  xe x 2  x  .


53
Так как касательная параллельна оси Ox , угловой коэффициент касательной равен 0 . По формуле (1.3) приравняем значение
производной к значению k  0 и найдем значение x , при котором
это равенство выполняется:
xe  x 2  x   0 ,
откуда либо x1  0 , либо x 2  2 . Вычислим соответствующие им
значения функции: y1  0 , y 2  4e 2 .
Ответ. Касательная параллельна оси абсцисс в точках
M 1 (0, 0) , M 2 (2, 4e  2 ) .
Задача 2.11. В каких точках касательная к кривой y 
перпендикулярна прямой y  x  2 ?
Решение. Вычислим производную функции y 
1
x3
1
:
x3

1
 1 
y  
.
 
 x  3
x  32
Угловой коэффициент k1 прямой y  x  2 равен 1. Обозначим
угловой коэффициент касательной через k 2 . В силу перпендикулярности прямой и касательной k1  k 2  1, следовательно,
k 2  1 .
По формуле (1.3) приравняем производную к значению k 2
и найдем значения x :
1

 1 ,
x  32
x  32
 1 , x  3  1 ,
x1  4 , x 2  2 .
Вычислим соответствующие им значения функции: y1  1,
y2  1.
1
Ответ. Касательная к кривой y 
перпендикулярна пряx3
мой y  x  2 в точках M 1 (4,1) , M 2 (2, 1) .
54
Задача 2.12. Известно, что касательная к параболе
y  x 2  2 x  3 параллельна прямой y  4 x  5 . Составить уравнение этой касательной.
Решение. Из уравнения прямой y  4 x  5 найдем ее угловой
коэффициент: k1  4 . Так как касательная и прямая параллельны,
то угловой коэффициент касательной k равен 4.
Вычислим производную функции y  f (x) :
f ( x)  ( x 2  2 x  3)  2 x  2 .
Используя формулу (1.3), найдем точку M 0  x0 , f ( x0 )  , в которой
k  4 : 2 x0  2  4 , откуда x0  1. Вычислим соответствующее значение функции: y 0  f (1)  6 .
Составим уравнение касательной к графику функции в точке
M 0 (1, 6) :
y  6  4( x  1) .
Ответ. y  4 x  2 .
Задача 2.13. В какой точке касательная к параболе
y  x 2  6 x  4 перпендикулярна прямой x  4 y  2  0 ? Составить
уравнение этой касательной.
Решение. Запишем уравнение прямой x  4 y  2  0 в виде
1
1
y  x ,
4
2
1
откуда значение углового коэффициента k1   . Поскольку каса4
тельная перпендикулярна заданной прямой, ее угловой коэффициент
1
k    4.
k1
Вычисляем производную функции:
y  ( x 2  6 x  4)  2 x  6
и, используя формулу (1.3), находим точку M 0 ( x0 , y 0 ) , в которой
угловой коэффициент равен k : 2 x0  6  4 , откуда x0  1 . Найдем
соответствующее значение функции y 0  1 и определим точку,
в которой строим касательную: M 0 (1, 1) . Составим уравнение
касательной в этой точке:
y  1  4( x  1)
55
или
y  4x  3.
Ответ. В точке M 0 (1, 1) уравнение касательной y  4 x  3 .
Задача 2.14. Найти угловые коэффициенты касательных к эллипсу x 2  4 y 2  2 x  8 y  20  0 в точках с абсциссой x0  2 .
Решение. Продифференцируем уравнение эллипса:
2 x  8 yyx  2  8 yx  0 ,
откуда
 2x  2
x 1

.
8y 8
4( y  1)
из уравнения эллипса получим уравнение
yx 
При
4 y 02
x0  2
 8 y 0  12  0 , решив которое, будем иметь y 01  1 , y 02  3 .
3
3
Тогда в точке M 1 (2, 1) yx  , в точке M 2 (2, 3) yx   .
8
8
3
3
Ответ. В точке M 1 (2, 1) k1  , в точке M 2 (2, 3) k 2   .
8
8
Задача 2.15. В какой точке касательная к первой арке циклои x  t  sin t ,
( t  [0, 2] ) параллельна оси Ox ?
ды 
 y  1  cos t
Решение. Найдем производную y x параметрически заданной
 x  t  sin t ,
функции 
по формуле (2.9):
 y  1  cos t
(1  cos t )t
sin t
.
yx 

1  cos t
(t  sin t )t
Из условия параллельности касательной и оси Ox определим
значение ее углового коэффициента: k  0 . По формуле (1.3) составим уравнение:
sin t
 0,
1  cos t
56
найдем значения t  t0 , при которых это равенство выполняется:
 sin t  0,

1  cos t  0,
откуда t  ( 2k  1)  , k  0,  1,  2, ... . Первой арке соответствует
значение t 0   . Подставим его в уравнения функции:
 x0    sin   ,

 y 0  1  cos   2
и определим точку M 0 (, 2) .
Ответ. M 0 (, 2) .
Задача 2.16. Под каким углом пересекаются параболы y  x 2
и y  2  x2 ?
Решение. Углом пересечения двух кривых называется острый
угол между касательными, проведенными к кривым в точке их пересечения. Найдем точки пересечения парабол y  x 2 и y  2  x 2 .
Решая уравнение x 2  2  x 2 , получим x  1.
1. Рассмотрим точку x  1. Найдем угловые коэффициенты
касательных k1 , k 2 к параболам:
y1  f1 ( x)  x 2 ,
f1( x)  2 x ,
y 2  f 2 ( x)  2  x 2 , f 2 ( x)  2 x ,
k1  f1(1)  2 ;
k2  f 2 (1)  2 .
Воспользуемся формулой для тангенса острого угла между
двумя прямыми:
k  k2
4
tg   1
 ,
3
1  k1 k 2
откуда
4
  arctg .
3
2. Рассмотрим точку x  1 . Найдем угловые коэффициенты касательных k1 , k 2 к параболам:
y1  f1 ( x)  x 2 ,
f1( x)  2 x ,
k1  f1(1)  2 ;
y 2  f 2 ( x)  2  x 2 ,
f 2 ( x)  2 x ,
k 2  f 2 (1)  2 .
57
Таким образом,
tg  
k1  k 2

4
.
3
1  k1 k 2
Ответ. В обеих точках кривые пересекаются под углом
4
  arctg .
3
Если же x  0 ( x  0 ), то
f ( c  x )  f ( c )
0
x
и, следовательно,
f (c  x)  f (c)
lim
 0.
x 0
x
Поскольку
lim
§ 3. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОГО
ИСЧИСЛЕНИЯ
Теорема 3.1 (теорема Ферма). Пусть функция f (x) определена на некотором промежутке X и в некоторой его внутренней
точке1 c принимает наибольшее (наименьшее) значение. Если
в точке c существует производная f (c) , то
x 0
f (c  x)  f (c)
f ( c  x )  f ( c )
,
 lim

x


0
x
x
то f (c)  0 . Теорема доказана.
Теорема 3.1 проиллюстрирована рис. 3.1. В точке, где функция достигает своего наибольшего значения, касательная к графику
параллельна оси Ox .
y
f (c )
f (c)  0 .
(3.1)
Доказательство. Предположим для определенности, что
f (c) является наибольшим значением, то есть f ( c )  f ( x ) при всех
x X .
По определению производной
f (c  x)  f (c)
.
f (c)  lim
x 0
x
Поскольку предел существует, существуют равные друг другу
f ( c  x )  f ( c)
.
односторонние пределы выражения
x
Пусть x  0 ( x  0 ). Тогда
f ( c  x )  f ( c )
0
x
и, следовательно, по теореме о предельном переходе в неравенстве
f (c  x)  f (c)
lim
 0.
x 0
x
b
a
О
Рис. 3.1
Замечание 3.1. В теореме 3.1 предположение о том, что точка
c есть внутренняя точка промежутка Х, является существенным.
Без этого предположения заключение теоремы может не выполняться.
Теорема 3.2 (теорема Ролля). Пусть функция f (x) определена и непрерывна на замкнутом промежутке a, b и имеет производную f (x) по крайней мере в открытом промежутке a, b  .
Пусть f (a )  f (b) . Тогда существует такая точка c  a, b  , что
f (c)  0 .
1
Точка c называется внутренней точкой промежутка X , если существует окрестность
V (c ) этой точки, целиком лежащая в X : V ( c )  X .
58
x
c
59
(3.2)
Доказательство. Поскольку f (x) непрерывна на замкнутом
промежутке a, b, то по теореме Вейерштрасса она принимает на
нем свои наименьшее и наибольшее значения. Первое из них обозначим через m , а второе – через М.
Рассмотрим два случая:
1. m  M . В силу того, что m  f ( x)  M для любых x  [a, b] ,
заключаем, что f ( x)  m  M  const при любых x  [a, b] . Но тогда
f ( x)  0 для любых x  [a, b] и c – любая точка из промежутка
( a, b ) .
2. m  M . Поскольку значения f (x) на концах промежутка
[a, b] равны, то либо значение m , либо значение M функция принимает внутри промежутка, то есть в какой-то точке c  a, b  . Тогда по теореме Ферма f (c)  0 . Теорема доказана.
Теорема 3.2 проиллюстрирована рис. 3.2.
y
f ( a )  f (b)
f (b)  f (a )
, x  a, b  .
ba
Тогда для некоторого c  a, b  выполнено
( x)  f ( x) 
f (b)  f (a )
 0,
ba
откуда следует (3.3). Теорема доказана.
(c)  f (c) 
Замечание 3.2. Формула (3.3), записанная в виде
f (b)  f (a )  f (c)(b  a ) ,
f (c )
О
Доказательство. Составим вспомогательную функцию
f ( b)  f ( a )
( x )  f ( x ) 
( x  a) .
ba
Эта функция удовлетворяет в промежутке a, b условиям теоремы Ролля. Действительно, ( a )  (b)  f ( a ) , (x ) непрерывна
при x  a, b,
называется формулой конечных приращений, поскольку связывает
между собой приращение аргумента x  b  a , приращение функции f (b)  f ( a ) на конечном промежутке [a, b] и производную
f (c) в промежуточной точке c .
x
c
a
b
Геометрический смысл теоремы Лагранжа
Рис. 3.2
Следствие 3.1. В условиях теоремы Ролля между двумя нулями функции f (x) существует по крайней мере один нуль ее производной.
Теорема 3.3 (теорема Лагранжа). Пусть функция f (x) задана и непрерывна на замкнутом промежутке [a, b] и имеет производную f (x) по крайней мере в открытом промежутке a, b  . Тогда существует такая точка c  a, b  , что
f (c) 
f (b)  f (a )
.
ba
60
(3.4)
Рассмотрим дугу AB графика функции y  f (x) . Пусть
точка A имеет координаты
x A  a , y A  f (a ) , а точка B –
координаты x B  b , y B  f (b)
(рис. 3.3). Угловой коэффициент k AB хорды AB имеет вид
f (b)  f (a )
.
k AB 
ba
y
B
f (b)
f (a )
A
О
a
x
c
Рис. 3.3
(3.3)
61
b
Обозначим через k угловой коэффициент касательной, проведенной к графику функции y  f (x) в точке c . Тогда f ( с)  k . Так
как согласно теореме Лагранжа выполняется равенство (3.3), то
внутри промежутка a, b  существует такая точка c , что касательная, проведенная к графику функции y  f (x) в точке c, f (c)  , параллельна хорде, стягивающей точки A и B .
Теорема 3.4 (теорема Коши). Пусть функции f (x) и g (x) заданы и непрерывны на замкнутом промежутке [a, b] и имеют
производные f (x) и g (x) хотя бы в открытом промежутке
(a, b) . Пусть g ( x)  0 при x  (a, b) . Тогда существует такое значение c  (a, b) , что
f (b)  f (a ) f (c)
.
(3.5)

g (b)  g (a ) g (c)
Доказательство. Заметим сначала, что g (b)  g (a ) . Действительно, в противном случае по теореме Ролля для некоторого
  (a, b) мы получили бы g (  )  0 , что противоречит условию
теоремы.
Составим вспомогательную функцию
( x )  f ( x ) 
f ( b)  f ( a )
g ( x )  g (a ) .
g ( b)  g ( a )
Она удовлетворяет условиям теоремы Ролля. Действительно, она
непрерывна, ( a )  (b)  f ( a ) , и производная ее существует
и имеет вид
( x)  f ( x) 
f (b)  f (a )
g ( x) .
g (b)  g (a )
По теореме Ролля существует такая точка c  (a, b) , что
 (c)  f (c) 
f (b)  f (a )
g (c)  0 ,
g (b)  g (a )
откуда следует (3.5). Теорема доказана.
62
Геометрический смысл теоремы Коши
Пусть имеется параметрически заданная функция
 x  g (t ),
где t  [a, b] .

 y  f (t ),
f ( b)  f ( a )
Тогда
– угловой коэффициент хорды, стягивающей
g ( b)  g ( a )
f (c)
– производточки A g (a ), f (a )  , B g (b), f (b)  ее графика, а
g (c)
ная этой функции в некоторой промежуточной точке  g (c), f (c)  ,
равная угловому коэффициенту касательной к кривой в этой точке.
Таким образом, геометрический смысл теоремы Коши заключается
 y  f (t ),
в следующем: на параметрически заданной кривой 
 x  g (t ),
t  [a, b] , найдется точка  g (c), f (c)  , c  (a, b) , касательная
в которой будет параллельна хорде, стягивающей концы этой кривой A g (a ), f (a )  , B g (b), f (b)  .
Задачи к § 3
Задача 3.1. Проверить справедливость теоремы Ролля для
функции f ( x)  3 8 x  x 2 на промежутке [0, 8] . Найти значение c ,
для которого f (c)  0 .
Решение. В условиях теоремы Ролля требуется, чтобы функция f (x) была определена и непрерывна на замкнутом промежутке
0, 8, существовала производная f (x) по крайней мере в открытом промежутке 0, 8 и выполнялось равенство f (0)  f (8) . Имеем
f (0)  0 , f (8)  0 .
Найдем производную заданной функции:
8  2x
.
f ( x) 
2
33 8 x  x 2
Очевидно, что в открытом промежутке (0, 8) производная
f (x) существует, а на замкнутом промежутке 0, 8 функция

63

f ( x)  3 8 x  x 2 непрерывна. Теорема Ролля справедлива. Очевидно, что при x  4 производная f (x) обращается в 0 .

Ответ. Теорема Ролля справедлива, 3 8 x  x 2  0 при x  4 .


Задача 3.2. Проверить справедливость формулы (3.4) для
 
функции f ( x)  sin 2 x на промежутке 0,  . Найти значение c .
 2
2
Решение. Функция f ( x)  sin x непрерывна на промежутке
 
0, 2  . Найдем ее производную:
f ( x )  2 sin x cos x  sin 2 x .
Заметим, что производная тоже непрерывна на всем промежутке. Таким образом, условия теоремы Лагранжа выполнены.
Вычислим значения функции на концах промежутка:

 
f    1 , f (0)  0 . Составим формулу конечных приращений (3.4):
2


f    f (0)  f (c) 
2
2
или

1  sin 2c  ,
2
откуда
2
sin 2c  ,

1
2
c  arcsin .
2

2 
 
Заметим, что, поскольку 0  arcsin  , c   0,  .
 2
 4


1
2
Ответ. sin 2  sin 2 0  sin 2c , где c  arcsin .
2

2
2
Задача 3.3. Для функции y  ( x  1) 3 , x  [1, 3] найти такое
значение c , чтобы касательная к графику функции, проведенная
64


в точке с координатами c, (c  1) 3 , была параллельна хорде, стягивающей концы этого графика.
Решение. На промежутке [1, 3] функция f ( x)  ( x  1) 3 удовлетворяет всем условиям теоремы Лагранжа. Значения функции на
концах промежутка f (1)  0 , f (3)  8 . Тогда найдется такое
c  1, 3, что касательная к графику функции, проведенная в точке
с координатами c, (c  1) 3 , параллельна хорде, стягивающей точки
этого графика (1, 0) и (3, 8) .
Составим уравнение хорды:
y  4( x  1) .


Ее угловой коэффициент k1  4 . Найдем производную функции
f ( x)  ( x  1) 3 :
f ( x)  3( x  1) 2 .
Она равна угловому коэффициенту касательной k1 . Воспользовавшись геометрическим смыслом производной, приравняем угловые
коэффициенты касательной и хорды. Получим
3(c  1) 2  4 ,
2
 1. Учтем, что c  1, 3.
откуда c  
3
2
Ответ. c 
 1.
3
Задача 3.4. Найти ошибку в следующем рассуждении:
5  x2
на концах промежутка
«Значения функции f ( x) 
x4
[1, 1] равны: f (1)  f (1) , тогда по теореме Ролля существует та2 x 2  20
и f (c)  0 , если
x5
c   10  (1, 1) . Следовательно, теорема Ролля неверна».
кое c  (1, 1) , что f (c)  0 . Но f ( x) 
Решение. Теорема Ролля неприменима к функции f (x) 

5  x2
x4
на промежутке [1, 1] , поскольку функция при x  0 тер65
пит бесконечный разрыв. Таким образом, условия непрерывности
функции на замкнутом промежутке [1, 1] , и существования производной f (x) хотя бы в промежутке (1, 1) нарушены.
Задача 3.5. Показать, что на отрезке [1, 2] теорема Лагранжа
неприменима к функции f ( x)  1  3 x 2 . Объяснить, почему нельзя
применять теорему Лагранжа на этом промежутке.
Решение. Найдем производную функции f (x) :
1
2 
f ( x)   x 3 .
3
Теорема Лагранжа неприменима к функции f ( x)  1  3 x 2 на
промежутке [1, 2] , поскольку условие существования производной f (x) хотя бы в промежутке (1, 2) нарушено: при x  0 f (x)
не существует.
Задача 3.6. [4] Доказать, что на каждом из интервалов
(n, 1  n) , (1  n, 2  n) , …, (1, 0) существует ровно по одному
корню производной P(x) многочлена
P( x)  x( x  1)( x  2) ... ( x  n) .
Решение. Числа  n, 1  n, 2  n, ..., 1, 0 являются корнями
многочлена, поскольку P(n)  ...  P (2)  P (1)  P (0)  0 . Согласно следствию 3.1 теоремы Ролля хотя бы в одной точке каждого из интервалов (n, 1  n) , …, (2, 1) , (1, 0) производная P(x)
обращается в 0. Поскольку P(x) – многочлен степени n  1, его
производная P(x) представляет собой многочлен степени n
и вследствие основной теоремы алгебры не может иметь более n
различных корней. Поэтому P(x) обращается в 0 ровно в одной
точке каждого из интервалов (n, 1  n) , …, (2, 1) , (1, 0) и все
корни производной многочлена находятся на этих интервалах.
Задача 3.7. [4] Не решая соответствующего уравнения, ответить, сколько корней на промежутке [1, 4] имеет производная
функции f ( x)  3 ( x  1)( x  2)( x  3)( x  4) .
66
Решение. Функция f (x) определена и непрерывна на промежутке [1, 4] , причем f (1)  f ( 2)  f (3)  f ( 4)  0 . Найдем ее производную:
4 x 3  30 x 2  70 x  50
f ( x) 
.
3  3 ( x  1) 2 ( x  2) 2 ( x  3)3 ( x  4) 2
Производная существует при x  (1, 2) , x  (2, 3) , x  (3, 4) .
Используем следствие 3.1 теоремы Ролля: между двумя корнями
функции находится хотя бы один корень ее производной. Приходим к выводу, что на каждом из интервалов (1, 2) , (2, 3) , (3, 4)
имеется хотя бы один корень f (x) . Но более трех корней f (x)
иметь не может. Следовательно, f (x) имеет три корня.
Ответ. f (x) имеет три корня.
Задача 3.8. [4] Доказать, что уравнение 16 x 4  64 x  31  0 не
может иметь двух различных вещественных корней на промежутке
[0, 1] .
Решение. Используем следствие 3.1. Найдем производную
функции f ( x)  16 x 4  64 x  31:
f ( x)  64 x 3  64  64( x  1)( x 2  x  1) .
Если бы на промежутке [0, 1] у функции f (x) было два корня,
то у ее производной при x  (0, 1) был бы хотя бы один, а у f (x) на
промежутке (0, 1) корней нет.
Задача 3.9. [4] С помощью теоремы Лагранжа доказать неравенства:



 ctg   ctg  
а)
, где 0      ;
2
2
2
sin 
sin 
x
 ln( x  1  x 2 )  x при x  0 ;
б)
2
1 x
в) ln(1  x )  x при x  0 .
Решение
П. а). Рассмотрим функцию f ( x)  ctg x . На промежутке

[, ] , где 0      , функция определена и непрерывна.
2
67
1
также непрерывна на промежутке
sin 2 x
[, ] . Поэтому f ( x )   ctg x на промежутке [, ] удовлетворяет
всем условиями теоремы Лагранжа. Согласно равенству (3.4) имеем:

ctg   ctg  
, где c  (, ) .
sin 2 c
1
1
1
Поскольку


, получим
2
2
sin  sin c sin 2 


 ctg   ctg  
.
2
sin 
sin 2 
Ее производная f ( x) 
П. б). Функция f ( x)  ln( x  1  x 2 ) на промежутке [0, b] ,
1
b  0 , определена и непрерывна. Ее производная f ( x) 
1 x2
также непрерывна на этом промежутке. Поэтому f ( x)  ln( x 
 1  x 2 ) на промежутке [0, b] удовлетворяет всем условиям теоремы Лагранжа. Тогда, поскольку
f (b)  f (0)  ln(b  1  b 2 ) ,
b
f (c)  b 
, c  (0, b) ,
1 c2
по формуле (3.3) получим:
b
ln(b  1  b 2 ) 
.
1 c2
1
1

 1 для 0  c  b , придем к неравенству
Так как
1 b2
1 c2
b
 ln(b  1  b 2 )  b .
2
1 b
В силу произвольности b  0 получим
x
 ln( x  1  x 2 )  x для всех x  0 .
2
1 x
П. в). Функция f ( x)  ln(1  x ) определена и непрерывна на
промежутке [0, b] , b  0 , и имеет на этом промежутке непрерывную
68
1
, то есть удовлетворяет всем условиям
1 x
теоремы Лагранжа. Тогда, поскольку
f (b)  f (0)  ln(1  b) ,
b
, c  (0, b) ,
f (c)  b 
1 c
по формуле (3.3) получим:
b
ln(1  b) 
 b , c  (0, b)
1 c
или в силу произвольности b  0 :
ln(1  x)  x , x  0 .
производную f ( x) 
Задача 3.10. [4] Функция f (x) определена и непрерывна на
промежутке [0, 1] , f (0)  1 , f (1)  3 , имеет производную в открытом промежутке (0, 1) , причем f ( x)  2 . Используя теорему
Лагранжа, доказать, что f (x) – линейная функция.
Решение. Возьмем произвольное x  (0, 1) . На промежутках
[0, x] и [x, 1] функция f (x) удовлетворяет всем условиям теоремы
Лагранжа. Поэтому найдутся такие c1  (0, x ) и c2  ( x, 1) , что будут
выполнены равенства
f ( x)  f (0)  f (c1 )( x  0) ,
f (1)  f ( x)  f (c2 )(1  x) .
Подставляя значения f (0)  1 и f (1)  3 и используя условия
f (c1 )  2 , f (c2 )  2 , перейдем к неравенствам
f ( x)  1  2 x ,
3  f ( x)  2(1  x ) ,
откуда получим:
f ( x )  2 x  1,
f ( x )  2 x  1.
Таким образом, для любого x  (0, 1) f ( x)  2 x  1. С учетом
того, что 2 x  1 при x  0 равно 1, а при x  1 равно 3 , придем к выводу, что f ( x)  2 x  1 на промежутке [0, 1] , следовательно, f (x)
представляет собой линейную функцию.
69
Замечание 4.2. Аналогичное утверждение справедливо и когда f (b)  g (b)  0 . В этом случае правосторонние пределы следует
заменить на левосторонние.
§ 4. РАСКРЫТИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ
С ПОМОЩЬЮ ПРОИЗВОДНЫХ
0
4.1. Неопределенность  
0
Теорема 4.1. Пусть функции f (x) и g (x) определены и непрерывны на промежутке [a, b] ; f (a )  g (a )  0 ; в промежутке (a, b)
существуют f (x) и g (x) , причем g ( x)  0 . Тогда, если существует (конечный или бесконечный) предел
f ( x)
,
lim
x a  0 g ( x )
то существует
f ( x)
lim
x a  0 g ( x )
и
f ( x)
f ( x)
.
(4.1)
 lim
lim
xa  0 g ( x)
x  a  0 g ( x )
Доказательство. Возьмем произвольное значение
и применим теорему Коши на промежутке a, x :
f ( x) f ( x)  f (a ) f (c)


,
g ( x) g ( x)  g (a) g (c)
где a  c  x . Пусть x  a  0 . Тогда и c  a  0 , так что
f ( x)
f (c)
.
lim
 lim
x a  0 g ( x )
c  a  0 g (c )
Теорема доказана.
xa
Замечание 4.3. Из теоремы 4.1 и замечания 4.2 следует, что
если функции f (x) и g (x) определены и непрерывны на промежутке (a, b) , c  ( a , b) и f ( c )  g ( c )  0 , то
lim
x c
f ( x)
f ( x)
.
 lim
g ( x) xc g ( x)
(4.2)
tg x  x
.
x0 sin x  x
Пример 4.1. Вычислить lim
0
Решение. Предел представляет собой неопределенность   .
0
Раскроем ее по теореме 4.1:
1
1
2
tg x  x
cos
x
 lim
.
lim
x 0 sin x  x
x 0 cos x  1
Приведя к общему знаменателю выражение в числителе этой
дроби и сокращая выражения в числителе и знаменателе на общий
множитель cos x  1, получим:
1
1
2
1  cos 2 x
 1  cos x 
lim cos x
 lim
 lim
 2 .
x 0 cos x  1
x 0 cos 2 xcos x  1
x 0
cos 2 x
Следовательно,
tg x  x
lim
 2 .
x0 sin x  x
Замечание 4.1. Теорема 4.1 остается справедливой, если промежуток [a, b] заменить на (a, b] , а условие f (a )  g (a )  0 заменить на условие lim f ( x)  lim g ( x)  0 . В этом случае функции
Теорема 4.2. Пусть функции f (x) и g (x) определены в промежутке [a, ) ; lim f ( x )  lim g ( x)  0 ; в промежутке (a, )
f (x) и g (x) следует доопределить нулями при x  a . Для доопределенных функций условия теоремы 4.1 выполнены и справедлива
формула (4.1).
существуют f (x) и g (x) , причем g ( x)  0 . Тогда, если существует (конечный или бесконечный) предел
f ( x)
,
lim
x  g ( x )
70
71
xa
x a
x
x 
то существует
f ( x)
lim
x  g ( x )
и
f ( x)
f ( x)
.
 lim
x   g ( x )
x   g ( x )
(4.3)
lim
Доказательство.
Положим
1
t ,
x
тогда
1
f ( x)  f   ,
t
1
g ( x)  g   . Если x   , то t  0 . В силу условий теоремы 4.2
t 
1
1
lim f    0 , lim g    0 .
t  0  t 
t  0  t 
1
1
Согласно замечанию 4.1, используя для функций f   и g  
t 
t 
теорему 4.1, получаем:
 1  1 
1
1
f1    2 
f 
f t  
f ( x)
t
 t   lim t  t  t  
lim
 lim    lim
x   g ( x )
t  0  1 
t  0
 1  t 0   1  1 
g1    2 
g 
g t  
 t  t 
t 
t 
t
0
Решение. Предел представляет собой неопределенность   .
0
Раскроем ее по теореме 4.2. Имеем:
 3 
0
e3 / x    2 
 0 
3/ x
e 1
 x 
 lim
lim
 x
2
x
arctg 2 x 
2
1  4x 2
 3e 3 / x 1  4 x 2
 1

 lim
 3 lim e 3 / x  2  2   3  2  6 .
2
x
x
 2x

2x

Замечание 4.5. Если предел отношения производных снова
0
представляет собой неопределенность   , то теорему 4.1 (или 4.2)
0
можно применить повторно.
Пример 4.3. Найти lim
x
lim
 lim
.
0
x  0 
 2e
 lim
(e x  1) 2
x
2e x  2 xe x  4e 2 x  2e x
x 0
2x
2e (2  x  2e )
 lim
2 x
2(e x  1)e x
0
x  0 
 2e
 lim
x 0
1  2e x
ex

 1 .

4.2. Неопределенность  

.
и
72
2x
x 0 (e x  1)
2(e x  1)e x
Здесь теорема 4.1 применена дважды.
x 0

arctg 2 x 
2
2 xe  2e
x 0
Замечание 4.4. Теорема 4.2 справедлива и для случая x   ,
если в условиях теоремы рассматривать промежуток (, a] .
x  
(e x  1) 2
0
Решение. Предел представляет собой неопределенность   .
0
Раскроем ее по теореме 4.1:
что и требовалось доказать.
Пример 4.2. Найти lim
2 xe x  2e 2 x  2e x
x 0
1
f1  
t 
f  ( x)
,
 lim x
 lim t
t  0
 1  x g x ( x)

g1  
t 
t
e3 / x  1

Теорема 4.3 (без доказательства). Пусть функции f (x)
g (x) определены на промежутке (a, b] ;
lim f ( x ) 
x a 0
73
 lim g ( x )   ; на промежутке (a, b] существуют производные
x a  0
f (x) и g (x) , причем g ( x)  0 . Тогда, если существует (конечный
или бесконечный) предел
f ( x)
,
lim
x a  0 g ( x )
то существует предел
f ( x)
lim
x a  0 g ( x )
и
f ( x)
f ( x)
.
(4.4)
lim
 lim
x a  0 g ( x)
x  a  0 g ( x )
Раскрытие неопределенностей на основании теорем 4.1, 4.2,
4.3 носит название правила Лопиталя.
4.3. Неопределенности 0   и    
0
Эти неопределенности следует сначала привести к виду  
0
 
или   , а затем применить к ним правило Лопиталя.
 
Пример 4.5. Найти lim x a ln x , где a  0 .
x0
Замечание 4.6. Аналогичное утверждение справедливо и когда lim f ( x)  lim g ( x)   . В этом случае правосторонние преx b 0
x b 0
делы следует заменить на левосторонние в точке x  b .
Замечание 4.7. Из теоремы 4.3 и замечания 4.6 следует, что
если функции f (x) и g (x) определены и непрерывны на промежутке (a, b) , c  (a, b) и lim f ( x)  lim g ( x)   , то
x c
lim
x c
x c
f ( x)
f ( x)
.
 lim
g ( x) xc g ( x)
(4.5)
Замечание 4.8. Теорема 4.3 справедлива и в случае, когда
lim f ( x)  lim g ( x)   .
x 
Пример 4.4. Найти lim
x
x 
ln x
, где a  0 .
xa
 
Решение. Предел представляет собой неопределенность   .
 
Раскрывая ее по теореме 4.3, получим:
1
ln x
1
1
lim a  lim xa 1  lim a  0 .
x x
x ax
a x x
74
Решение. Предел представляет собой неопределенность
0  . Приведем ее к неопределенности    , при раскрытии кото 
рой используем теорему 4.3:
 
1
  
1
ln
x
x
ln
x
lim a  lim
  lim x a  0 .
lim x a ln x  lim


a

1
x0
x0 1
x0  ax
a x0
1 x0 x
a
x
Пример 4.6. Найти lim x a e  x , где a,   0 .
x
Решение. Предел представляет собой неопределенность
  0. Приведем ее к неопределенности    , при раскрытии кото
рой воспользуемся замечанием 4.8. Будем применять теорему 4.3
до тех пор, пока показатель степени x не станет равным нулю или
отрицательным. Тогда получим:

a   
x
0 
lim x a e  x  lim
x e  x
x
 lim
x 
a(a  1) x
2
 e
a 2
x
 ...  lim
 lim
x    e  x
a(a  1)...(a
x 
75
 
a 1   
ax

0
a  m   
 m  1) x
 m  e x
 0.
1 
 cos x
Пример 4.7. Найти lim  2 
.
x0 sin x
x sin x 
Решение. Предел представляет собой неопределенность
  . Приведем ее к неопределенности  0  , для раскрытия кото0
рой используем замечание 4.3 к теореме 4.1:
0
 
1   
x cos x  sin x  0 
 cos x

lim 2 
  lim
x 0 sin x
x 0
x sin x 
x sin 2 x
 lim
cos x  x sin x  cos x
x 0 sin
2
x  2 x sin x cos x
0
 0 
x

x 0 sin x  2 x cos x
 lim
0
 0 
1
1
 .
x  0 cos x  2 cos x  2 x sin x
3
Здесь правило Лопиталя применено дважды.
 lim

0
xa

из неопределенностей: [1 ] , [0 0 ] , [ 0 ] . В этом случае функцию
u ( x) v ( x ) следует сначала прологарифмировать. Положим y (x) 
 u ( x) v ( x ) . Тогда ln y ( x )  v ( x )  ln u( x ) и для lim ln y ( x) мы полуxa
чаем неопределенность [0  ] . Пусть lim ln y ( x)  L . Тогда, испольx a
зуя непрерывность логарифмической функции, получим:
lim ln y ( x)  ln lim y ( x)  L ,
x a
откуда
lim y ( x)  e L .
Если lim ln y ( x)   или lim ln y ( x)   , то, соответственно,
xa
lim y ( x)   или lim y ( x)  0 .
xa
xa
xa
x 1
.
Решение. Предел представляет собой неопределенность [1 ] .
1
x 2 1
. Прологарифмируем эту функРассмотрим функцию y ( x)  x
ln x
цию: z ( x)  ln y ( x)  2
. Вычислим предел функции z (x) , расx 1
0
крывая неопределенность   по теореме 4.1:
0
0
1
 0 
1
1
ln x
 lim x  lim 2  .
lim z ( x)  lim 2
x1
x 1 x  1
x1 2 x
x1 2 x
2
1
Поскольку lim ln y ( x)  , то lim y ( x)  e1 / 2 .
x 1
x 1
2
Задачи к § 4
При вычислении lim u ( x) v ( x ) возможно возникновение одной
xa
Пример 4.8. Найти lim x
0
4.4. Неопределенности [1 ] , [0 ] , [ ]
x a
1
x 2 1
Задача 4.1. Используя правило Лопиталя, найти пределы:
( x  2) ln( x 2  3)
а) lim
;
x 2
x 2  3x  10
tg 2 x  ln(1  2 x)
;
б) lim
x 0
x2
x
tg
2 ;
в) lim
x 10 ln(1  x )
e 3 x
;
г) lim

x 
sin
4x
24x
д) lim
;
x  
1
ln1  
 3x 

 3
е) lim tg 4 x ctg  x  ;


 8
x
8
76
77
1 
 1
ж) lim
 x 1  ;
x1 x  1 e
1
3 
 2
з) lim  2 x  x 3 ln(1  )  ;
x
x 
ctg x
и) lim cos 2 x  ;
tg
x 0
b/ x
 a
к) lim  sin  , где a, b  0 ;
x
x
sin  x
 1 
л) lim 
.

x2 0 x  2 
Решение
0
П. а). Перед нами неопределенность типа   . Раскрываем ее
0
по правилу Лопиталя:
2x
0
ln(x 2  3)  ( x  2) 2
 0 
2
( x  2) ln(x  3)
x  3  0.
 lim
lim
2
2
x2
x

2x  3
x  3x  10
.
( x  2) ln( x 2  3)
Ответ. lim
 0.
x 2
x 2  3 x  10
0
П. б). Перед нами неопределенность типа   . Раскрываем ее
0
по правилу Лопиталя:
2
2 0
0

 
0
2
tg 2 x  ln(1  2 x)  0 
cos 2 x 1  2 x 

lim
lim
x0
x 0
2x
x2
3
(2)  cos 2 x  ( sin 2 x)  2  (1  2 x) 2  2
 lim
 2.
x 0
1
 
П. в). Перед нами неопределенность типа   . Раскроем ее,
 
следуя правилу Лопиталя:
78


2
1
x
2    lim 1  x .
x
1
2 x10
cos 2

1 x
2
0
Мы получили неопределенность типа   . Раскроем ее, сле0
дуя правилу Лопиталя:
x
2  lim
lim
x10 ln(1  x )
x 10
 
  
cos 2
0
 0 


1
1 x
  .
  lim
lim
x
x 
x
2 x10
2 x10
 2 cos sin 
cos 2
2
2 2
2
x
tg
2   .
Ответ. lim
x10 ln(1  x )
0
П. г). Перед нами неопределенность типа   . Раскроем ее,
0
следуя правилу Лопиталя:

0
 0 
 3e 3 x
x2
12
1

lim 3 x 
lim

 x e
x
x 
     x
cos
sin
cos   2 
4x
4x
4x  4x 
2
12
x

lim 3 x .
 x e
Воспользовавшись результатами примера 4.6, получим:
lim
e
3 x
 lim
lim

2   
x
x e 3 x
Ответ. lim
x 
e
3 x

sin
4x
 lim x 2 e 3 x  0 .
x
 0.
0
П. д). Перед нами неопределенность типа   . Раскроем ее,
0
трижды применяя правило Лопиталя:
79
24x
 1
 3
Ответ. lim tg 4 x ctg  x   .

 4
 8
x
0
 0 
4 ln 2  2 4 x

lim
 lim
x 
1  x  3 x   1 
ln1  



 3x  1   3x 2 
 3x 
0   
3x 
x   2  4 x
 4 ln 2 lim 2 4 x (3 x 2  x)   4 ln 2 lim
x  
 
  

  
6x  1
  4 ln 2  lim
x ( 4) ln 2  2  4 x

24x
2
 lim
8

 
x 

6
x  ( 4) ln 2  2  4 x
3
lim 2 4 x  0 .
2 ln 2 x
x
8
8
80
   

 0.
1

ln1  
 3x 
П. е). Перед нами неопределенность типа   0. Чтобы раскрыть ее, запишем выражение, стоящее под знаком предела, в виде
дроби и преобразуем ее:

 3
sin 4 x  cos  x 




0

 3

 8
lim tg 4 x ctg  x   lim


3



 8
x
x cos 4 x  sin 
  x
8
8
8



3
3





cos  x 
cos  x 
sin 4 x
8
8
.
  lim


 lim
 lim



3

x
cos
4
x
cos
4


x  sin
x
  x  x 8
8
8

 8
0
Получили неопределенность типа   , для раскрытия которой
0
воспользуемся правилом Лопиталя:

 0
 3
 3
 sin   x 
cos  x   0 
  1.
  lim
 8
 8
lim


4
 sin 4 x  4
cos 4 x
x
x
Ответ. lim
П. ж). Перед нами неопределенность типа   . Для того
чтобы раскрыть ее, приведем дроби к общему знаменателю, полу0
чим неопределенность типа   , к которой дважды применим пра0
вило Лопиталя:
0
 0 
x 1
1
e x
 1

lim
 x 1   lim
x 1 x  1 e
x1 ( x  1)(e x 1  1)
 1
 lim
e
x 1
x 1
0
 0 
1
x 1
 lim
x 1 e
 1  ( x  1)e
1  1
 1
Ответ. lim
 x 1   .
x 1 x  1 e
 1 2
x 1 e
e x1
x 1
e
x 1
 ( x  1)e
x 1
1
 .
2
 3
П. з). Исследуем сначала выражение lim x 3 ln1   . Оно
x 
 x
представляет собой неопределенность типа [  0] . Преобразуем ее
0
к виду   и воспользуемся правилом Лопиталя:
0
3
 3  0
ln1    0 

0 
( x  3) x
x
 3
lim x 3 ln1    lim  3   lim





x  
x
x
x
x
 3x 4


 
 
x3  
3x 2
 lim
 lim
  .
x  x  3
x  1

 3 
Отсюда следует, что lim  2 x 2  x 3 ln1    представляет соx 
 x 
бой неопределенность типа    . Разделив и умножив выражение под знаком предела на x 3 , перейдем в нем к частному, полу0
чим неопределенность типа   , к которой применим правило
0
Лопиталя:
81
 3  0
2 x 1  ln1    0 


 x 
lim  2 x 2  x 3 ln1     lim
3

x  
x  
x
 x 
3
0
 2 x 2 
 0 
( x  3) x
 lim
.
x
 3 x 4
Нетрудно заметить, что полученное выражение снова пред0
ставляет собой неопределенность типа   . Преобразуем его:
0
3
0
 2 x 2 
 
x3  6x 2
( x  3) x  0 
  .
lim
lim

x
x   3( x  3)
 3x 4

 3 
Ответ. lim  2 x 2  x 3 ln1      .
x  
 x 
П. и). Перед нами неопределенность типа [1 ] . Рассмотрим
3     
y ( x)  (cos 2 x) ctg x . Прологарифмируем эту функцию: z ( x)  ln y ( x) 
ln(cos 2 x)
cos x . Вычислим предел z (x) , раскрыsin x
0
вая неопределенность типа   по теореме 4.1:
0
ln(cos 2 x)
ln(cos 2 x)

cos x  lim cos x  lim
lim
x  0
x  0
x0
sin x
sin x
 ln(cos 2 x)  ctgx 
0
 
2 sin 2 x
ln(cos 2 x)  0 
  lim
 lim
 0.
x  0
x   0 cos 2 x cos x
sin x
Поскольку lim ln y ( x)  0 , получаем lim y ( x)  e 0  1.
x0
Ответ. lim cos 2 x 
ctg x
x 0
x  0
 1.
 
ленность типа   по теореме 4.3 и выполняя затем ряд преобразо 
ваний:
a (a)
 a  
a
b ln sin    
cos  2
cos
x
x x

x 
  ab lim
 b lim
lim
a
a
x 
x


x


x
x 2 sin
sin
x
x
1
.
  ab lim
a
a
x


2
2
x sin
x sin
x
x
Вычислим предел выражения в знаменателе дроби, заменяя
a
при x   бесконечно малую функцию sin эквивалентной бесx
a
конечно малой :
x
a
a
lim x 2 sin  lim x 2    ,
x 
x x
x
откуда получим:
 a
b ln sin 
x

lim ln y ( x)  lim
0
x 
x 
x
или
lim y ( x)  e 0  1.
  ab lim cos
x
a
lim
x x
1
x
b/ x
 a
Ответ. lim  sin   1 .
x
x
П. л). Перед нами неопределенность типа [ 0 ] . Рассмотрим
sin x
0
П. к). Перед нами неопределенность типа [0 ] . Рассмотрим
b x
 a
y ( x)   sin  . Прологарифмируем эту функцию z ( x)  ln y ( x) 
x

b 
a
  ln sin  . Будем вычислять предел z (x) , раскрывая неопредеx 
x
82
 1 
y ( x)  
. Прологарифмируем эту функцию: z ( x )  ln y ( x ) 

 x  2
 1 
 sin  x  ln
   sin  x  ln( x  2) . Вычислим предел функции
 x  2
z (x) , приводя возникшую неопределенность типа 0    к неопре-
83
 
деленности типа   , для раскрытия которой используем правило
 
Лопиталя. После преобразований получим:
0 
lim
x20
Следовательно,
0
 
x  0 
2 sin x  cos x
sin
 lim
 0.
x

2

0
x2
1
lim ln y ( x)  0
x 2 0
и
lim y ( x)  e 0  1 .
 1 
Ответ. lim 

x2 0 x  2 
x 2 0
sin  x
Таким образом,
d 2 y d 2 f ( x0 )
,
.
dx 2
dx 2
y   ( y ) .
(5.1)
Далее, если функция y  f (x) имеет вторую производную
y   f (x ) в точке x0  X и ее окрестности и у функции y   f (x )
существует производная в точке x0 , то она называется производной
третьего порядка или третьей производной в точке x0 . Ее обозначения:
d 3 y d 3 f ( x0 )
,
.
y  , f ( x0 ) ,
dx 3
dx 3
Таким образом,
y   y .
(5.2)
Производная порядка n обозначается так: y ( n ) , f ( n ) ( x0 ) ,
dny
dx n
. Справедливо равенство



y ( n )  y ( n1) .
(5.3)
Производные второго порядка и выше называются производными высших порядков. Их вычисление называется повторным
дифференцированием.
 1.
§ 5. ПРОИЗВОДНЫЕ ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
Пусть функция y  f (x) имеет производную y   f (x ) в точке x0  X и ее окрестности. Пусть далее функция y   f (x ) имеет
производную ( y )   f ( x)  в точке x . Она называется производ0
84
y  , f ( x0 ) ,

 
ln( x  2)   
lim ln y ( x)   lim sin  x  ln( x  2)   lim

x2 0
x 2  0
x 2 0 sin 1 x
1
sin 2 x
x2
 lim


lim
x 2  0   sin  2 x  cos x
x 2  0   ( x  2)  cos x
1
1
sin 2 x 1
sin 2 x
.
 lim
 lim
  lim
 x20 cos x x20 ( x  2)  x2 0 x  2
sin 2 x
представляет собой неНетрудно заметить, что lim
x2 0 x  2
0
определенность типа   , для раскрытия которой снова используем
0
правило Лопиталя:
2
ной второго порядка или второй производной функции y  f (x) в
точке x0 . Обозначения второй производной:
Пример 5.1. Найдем производные порядка n функции y  e 4 x ,
выполняя повторное дифференцирование:
y  4e 4 x ; y  (4e 4 x )  16e 4 x ; y  (16e 4 x )  64e 4 x ; … ;
y (n)  4 n e 4 x .
Замечание 5.1. Вторая производная имеет следующий механический смысл. Из курса физики известно, что ускорение a (t ) есть
85
скорость изменения скорости. Скорость, согласно формуле (1.4),
равна производной расстояния S (t ) : v(t )  S (t ) . Следовательно,
ускорение представляет собой производную скорости и равно второй производной функции S (t ) :
a (t )  v (t )  S (t )   S (t ) .
(5.4)
Замечание 5.2. Для производных четвертого, пятого и т. д.
порядков допустимы также следующие обозначения:
y IV , y V , … .
Замечание 5.3. Для вычисления производной порядка n произведения двух функций полезна следующая формула:
u ( x)  v( x) ( n)

n
 C nk  u ( nk ) ( x)  v ( k ) ( x) ,
(5.5)
k 0
n!
.
k!(n  k )!
В частности, при n  2 имеем
где C nk 
u ( x)  v( x)   u( x)  v( x)  2u( x)  v( x)  u ( x)  v( x) .
(5.6)
5.1. Повторное дифференцирование функции, заданной неявно
Если у функции y  f (x) , заданной неявно уравнением
F ( x, y )  0 , существует производная y x , то она выражается
через x и y :
(5.7)
y x  G ( x, y ) .
Дифференцируем полученное равенство (5.7), имея в виду, что
переменная y является функцией переменной x и любая функция
от y является сложной функцией переменной x . Заменяя в полученном равенстве производную yx по формуле (5.7), получим выражение второй производной y x через x и y .
86
Пример 5.2. Найдем вторую производную y x функции y (x ) ,
y
заданной уравнением ln( x 2  y 2 )  arctg . Первая производная y x
x
этой функции была вычислена в примере 2.9:
y x 
2x  y
.
x  2y
(5.8)
Продифференцируем равенство (5.8), считая, что y является
функцией переменной x . Приведя подобные члены, будем иметь:
( 2 x  y )  ( x  2 y )  ( x  2 y )  ( 2 x  y )

y x 
( x  2 y)2
(2  y)  ( x  2 y )  (1  2 y)  (2 x  y )


( x  2 y)2
2 x  4 y  xy  2 yy  2 x  y  4 xy  2 yy  5 y  5 xy


.
( x  2 y)2
( x  2 y)2
Подставляя в последнее выражение значение производной y x
(5.8), получим:
2x  y
 yx
 y ( x  2 y )  x(2 x  y )
x  2y
y x  5
5

2
( x  2 y)
( x  2 y) 3
 yx  2 y 2  2 x 2  xy
x2  y2
5

10
.
( x  2 y) 3
( x  2 y) 3
5.2. Повторное дифференцирование функции,
заданной параметрически
Пусть зависимость переменной y от переменной x задается
системой уравнений:
 x  (t ),
( t  T ).

 y   (t )
87
Тогда ее производная выражается через параметр t по формуле
 x  (t ),

 y    (t ) .
 x (t )
(5.9)
Применяя формулу (2.9) для дифференцирования y x , получим:
 x  (t ),

 y   ( y x )t .
 x (t )
a sin t
Тогда

1  cos t
a sin 3 t
.
 x  a (1  cos t ),

 y   1  cos t .
 x a sin 3 t
Теперь вычисляем вторую производную функции y :
y  1  2 cos 2 x   4 sin 2 x .
(5.11)
 x  a (1  cos t ),

 y  a (t  sin t ).
Здесь (t )  a (1  cos t ) , (t )  a (t  sin t ) . Продифференцируем эти функции:
88
3
Задача 5.1. Показать, что функция y  x  sin 2 x удовлетворяет уравнению y  4 y  4 x .
Решение. Вычислим производную функции y :
y   x  sin 2 x   1  2 cos 2 x .
Пример 5.3. Найдем вторую производную функции, заданной
параметрически системой уравнений
(t )  a cos t ,  (t )  a sin t .
sin 2 t  cos t  cos 2 t
Задачи к § 5

 (t )  (t )  (t )   (t )
  (t ) 


(t ) 
( y  )
((t )) 2
y x  x t  


(t )
(t )
(t )
 (t )  (t )  (t )   (t )

,
((t )) 3
окончательно получим:
(t )  a sin t , (t )  a (1  cos t ) ,

(5.10)
Выполняя дифференцирование:
x  (t ),




 y    (t )  (t )  (t )   (t ) .
 x
((t )) 3
По формуле (5.11) получим:
 (t )  (t )  (t )   (t ) a sin t  a sin t  a cos t  a(1  cos t )


y x 
((t )) 3
a 3 sin 3 t
Подставим полученное выражение второй производной y и саму
функцию y в левую часть заданного уравнения и приведем подобные члены. Получим:
y  4 y   4 sin 2 x  4 x  4 sin 2 x  4 x .
Показано, что функция y  x  sin 2 x удовлетворяет уравнению y  4 y  4 x .
Задача 5.2. Показать, что функция y  e 2 x sin 5 x удовлетворяет уравнению y  4 y  29 y  0 .
Решение. Вычислим производную функции y :
y  2e 2 x sin 5 x  5e 2 x cos 5 x .
Вычислим вторую производную:

y  2e 2 x sin 5 x  5e 2 x cos 5 x 
 4e 2 x sin 5 x  10e 2 x cos 5 x  10e 2 x cos 5 x  25e 2 x sin 5 x 
 20e 2 x cos 5 x  21e 2 x sin 5 x .
Подставим полученные выражения производных в левую
часть заданного уравнения и приведем подобные члены. Получим:


89
Задача 5.4. Показать, что функция y  A cos x  B sin x , где
A, B,  – любые постоянные величины, удовлетворяет уравнению
y   2 y  0 .
Решение. Вычислим вторую производную функции y :
y   ( A sin x  B cos x)   A 2 cos x  B 2 sin x .
Подставляя выражения для y и y  в левую часть заданного
уравнения и приводя подобные члены, получим:
y    2 y   A 2 cos x  B 2 sin x   2 A cos x   2 B sin x  0 .
Показано, что функция y  A cos x  B sin x удовлетворяет
уравнению y   2 y  0 .
1
, где c  0 – поt ln ct
стоянная величина, в области своего задания удовлетворяет уравs2
( s) 2
нению s  2
 .
s
t
1
Решение. Область задания функции s 
определяется
t ln ct
условиями:
 t  0,

ct  1,

 1 1
то есть t   0,    ,   .

 c c
Вычислим производную функции s :

t 
ln ct  1
 1 

1 

.
s 
 t ln ct  2  ln ct  c   
  (t ln ct )
ct 
 t ln ct 

t ln ct 2
Заметим, что эта производная существует во всей области
определения функции s .
Вычислим вторую производную:

 ln ct  1 
(ln ct  1)(t ln ct)2  (ln ct  1)2t ln ct(t ln ct)

s   



2
t ln ct 4
 t ln ct  
 1
2
  t ln ct  2(ln ct  1)
2 ln 2 ct  3 ln ct  2
t

  
.
(t ln ct)3
t ln ct 3
Заметим, что вторая производная также существует во всей
области определения функции s .
Подставим полученные выражения производных в левую
часть заданного уравнения и приведем подобные члены. Получим:
( s) 2 2 ln 2 ct  3 ln ct  2
(ln ct  1) 2
s  2


2
(t ln ct ) 
s
(t ln ct )3
t ln ct 4
2 ln 2 ct  3 ln ct  2  2 ln 2 ct  4 ln ct  2
1

 3 2 .
3
(t ln ct )
t ln ct
Вычислим правую часть уравнения:
90
91
y  4 y '29 y  20e 2 x cos 5 x  21e 2 x sin 5 x  8e 2 x sin 5 x 
 20e 2 x cos 5 x  29e 2 x sin 5 x  0 .
Показано, что функция y  e 2 x sin 5 x удовлетворяет уравнению y  4 y  29 y  0 .
Задача 5.3. Показать, что функция y  C1e 2 x  C 2 xe 2 x  e x , где
C1 , C 2 – любые постоянные величины, удовлетворяет уравнению
y   4 y  4 y  e x .
Решение. Вычислим производную функции y :
y  2C1e 2 x  C2e 2 x  2C2 xe 2 x  e x .
Теперь вычисляем вторую производную функции y :
y  4C1e 2 x  2C2 e 2 x  2C2e 2 x  4C2 xe 2 x  e x 
 4C1e 2 x  4C 2 e 2 x  4C 2 xe 2 x  e x .
Подставим полученные выражения производных в левую
часть заданного уравнения и приведем подобные члены, получим:
y   4 y   4 y  4C1e 2 x  4C 2 e 2 x  4C 2 xe 2 x  e x  8C1e 2 x  4C 2 e 2 x 
 8C 2 xe 2 x  4e x  4C1e 2 x  4C 2 xe 2 x  4e x  e x  4e x  4e x  e x .
Показано, что функция y  C1e 2 x  C 2 xe 2 x  e x удовлетворяет
уравнению y   4 y   4 y  e x .
Задача 5.5. Показать, что функция s 


s2
1
 3 2 .
t
t ln ct
1
1


 
Замечая, что для t   0,    ,   
c
c


 
 ln ct
1
 3 2 ,
3
(t ln ct )
t ln ct
убеждаемся в справедливости предлагаемого равенства.
1
в области своего заИтак, мы показали, что функция s 
t ln ct
( s) 2
s2
дания удовлетворяет уравнению s  2
 .
s
t

Задача 5.6. Доказать формулу (5.5) для вычисления производной порядка n произведения двух функций y  u( x )  v ( x ) .
Решение. Докажем формулу методом математической индукции.
1. База. Убедимся в справедливости формулы (5.5) при n  1 .
Подразумевая под производными порядка 0 сами функции
u ( 0) ( x)  u ( x) , v ( 0) ( x)  v( x) , с учетом выполнения равенств C10  1,

n
n
k 0
n
k 0
n 1
 C nk u ( nk 1) ( x)  v ( k ) ( x)   C nk u ( nk ) ( x)  v ( k 1) ( x)) 

 C nk u ( n1k ) ( x)v ( k ) ( x)   C nm1u ( n1m) ( x)v ( m) ( x) ,
k 0
m 1
где введено обозначение m  k  1.
Объединим далее слагаемые, содержащие производные одинаковых порядков. С учетом равенств C n0  C n01  1 , C nn  C nn11  1
будем иметь:
(u ( x)  v( x)) ( n1)  u ( n1) ( x)  v ( 0) ( x) 
n
  (C nk  C nk 1 )  u ( n 1k ) ( x)  v ( k ) ( x)  u ( 0) ( x)  v ( n 1) ( x) .
k 1
Так как C nk 1  C nk  C nk1 , получим:
(u ( x)  v( x)) ( n1)  C n01  u ( n 1) ( x)  v ( 0) ( x) 
n
  C nk1  u ( n1k ) ( x)  v ( k ) ( x)  C nn11  u ( 0) ( x)  v ( n 1) ( x) 
k 1

n 1
 C nk1  u ( n1k ) ( x)  v ( k ) ( x) .
k 0
C11
Таким образом, индукционный переход доказан и формула
(5.5) справедлива для производной любого порядка n  1.
Докажем, что из предположения следует справедливость формулы (5.5) и для производной порядка n  1, то есть
Задача 5.7. Задан закон движения материальной точки
S (t )  Ae 3t  Be 3t . Доказать, что ускорение пропорционально
пройденному пути.
Решение. Вычислим скорость:

v(t )  S (t )  Ae 3t  Be3t  3 Ae 3t  3Be3t .
Теперь вычислим ускорение:

a (t )  v(t )   3 Ae 3t  3Be3t  9 Ae 3t  9 Be3t .
Таким образом, поскольку a (t )  9 S (t ) , то ускорение пропорционально пройденному пути.
 1 получим:
y   u( x)  v( x)  u( x)  v( x)  C10  u (1) ( x)  v (0) ( x)  C11  u (0) ( x)  v (1) ( x) .
2. Индукционный переход. Предположим, что формула (5.5)
справедлива для производной порядка n :
n
u ( x)  v( x)( n)   Cnk  u ( n k ) ( x)  v ( k ) ( x) .
k 0
n 1
u ( x)  v( x)( n 1)   Cnk1  u ( n 1k ) ( x)  v ( k ) ( x) .
k 0
Используя формулы (2.10), (2.11) и (2.12), продифференцируем выражение (5.5) и представим результат в виде двух сумм:
u ( x)  v( x) ( n1)





n
 C nk  (u ( nk ) ( x)  v ( k ) ( x)) 
k 0
92
Задача 5.8. Доказать, что функция y , заданная неявно уравx
   y x 3 .
нением  ln y  1  c , удовлетворяет условию y  y xx
y
93
Задача 5.9. Найти значение второй производной yx при
x   ln 2 для функции, заданной параметрически:
 x  ln sin t ,

 y  ln sin t , t  (0, ) .
2

2
Решение. Найдем сначала значение t  t 0 , при котором
x   ln 2 :
1
ln sin t 0   ln 2 или ln sin t 0  ln ,
2
1

откуда sin t 0  , t 0  .
2
6
t
Дифференцируем функции (t )  ln sin t и (t )  ln sin :
2
t
cos
cos t
2  1 ctg t ,
(t ) 
 ctg t ,  (t ) 
t 2
sin t
2
2 sin
2
1
1
(t )   2 ,  (t )  
.
2 t
sin t
4 sin
2
По формуле (5.11) получим:
t
ctg
ctg t
2


t
2
2sin 2 t
4
sin
 (t )  (t )  (t )   (t )
2


y x 
3
((t ))
ctg 3t
t


 ctg
 sin 2 t
ctg
t
2 

.
 tg 3 t 
 2 sin 2 t 4 sin 2 t  2 cos 3 t



2
1

3
  4 
.
Подставим значение t 0  , получим: yxx
6
3 3 9
2
8
3
Ответ. yx 
при x   ln 2 .
9
94
95
Решение. Продифференцируем уравнение, определяющее y ,
считая y зависящим от x :

x

  ln y  1  c ;
y

y  yx  x 1
  yx  0 ;
y
y2
y  yx  x  y  yx
 0,
y2
откуда найдем
y
yx 
.
x y
Продифференцируем полученное уравнение:
y   ( x  y )  (1  yx )  y
y  x  y
  x
  x
или yxx
y xx
2
( x  y)2
( x  y)
и подставим в него выражение для yx . После приведения к общему
знаменателю получим:
y
x y
y2
x y
 
.
yxx

( x  y)2
( x  y )3
Подставим найденные выражения в левую и правую части заданного условия:
y3
 
y  yxx
;
( x  y )3
3
 yx 3   y  ,
x y
убеждаемся в том, что они равны.
Доказано, что функция y , заданная неявно уравнением
x
   yx 3 .
 ln y  1  c , удовлетворяет условию y  yxx
y
Задача 5.10. [4] Пусть функция f (x) на интервале (a, b)
в n  1 различной точке a  x1  x 2  ...  x n  x n1  b обращается
в нуль: f ( x1 )  f ( x 2 )  ...  f ( x n )  f ( x n 1 )  0 . Доказать, что если
эта функция имеет на интервале (a, b) производные вплоть до n -го
( n  1 ) порядка включительно, то внутри интервала найдется хотя
бы одна точка x0  (a, b) , в которой f ( n ) ( x0 )  0 .
Решение. Заметим, что из существования на промежутках
[ x1 , x 2 ] , …, [ x n , x n 1 ]  (a, b) производной f (x) следует непрерывность функции f (x) на каждом из них. Таким образом, на каждом из промежутков [ x1 , x 2 ] , …, [ x n , x n 1 ] функция f (x) удовлетворяет условиям теоремы Ролля, следовательно, внутри каждого
из них найдется хотя бы одна точка xi1  ( xi , xi 1 ) , i  1, ..., n , в которой f ( x1i )  0 . Таким образом, хотя бы в n различных точках
интервала (a, b) производная f (x) обращается в ноль.
Далее, из существования второй производной f (x) на интервале (a, b) следует непрерывность f (x) . Поэтому на каждом из
промежутков [ x11 , x12 ] , …, [ x1n1 , x1n ] функция f (x) удовлетворяет
условиям теоремы Ролля, следовательно, хотя бы в одной точке
xi2  ( xi1 , x1i 1 ) , i  1, .., n  1, f ( xi2 )  0 . Таким образом, хотя бы
в n  1 различных точках (a, b) вторая производная f (x) обращается в ноль.
Продолжая подобные рассуждения, убедимся в том, что f (x )
в n  2 точках обращается в ноль, f IV ( x) – в n  3 точках и т. д.
Дойдя до производной n порядка, получим, что хотя бы
в n  (n  1)  1 точке она обращается в ноль: f ( n ) ( x1n )  0 . Обозначим: x0  x1n .
Итак, доказано, что внутри интервала найдется хотя бы одна
точка x0  (a, b) , в которой f ( n ) ( x0 )  0 .
96
§ 6. УСЛОВИЯ ПОСТОЯНСТВА И МОНОТОННОСТИ
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОЙ ФУНКЦИИ
Теорема 6.1. Пусть функция f ( x) определена и непрерывна
на промежутке X (конечном или бесконечном, открытом или замкнутом) и имеет внутри этого промежутка производную. Для
того чтобы f ( x) была постоянной на промежутке Х, необходимо
и достаточно, чтобы было выполнено равенство
f ( x)  0 ( x лежит внутри X ).
Доказательство. Необходимость. Если f ( x)  const , x  X ,
то f ( x)  0 (внутри X ).
Достаточность. Пусть f ( x)  0 . Рассмотрим произвольные
точки x1 , x2 , принадлежащие X . Пусть x1  x2 . Для промежутка
[ x1 , x2 ] выполнены все условия теоремы Лагранжа. Тогда
f ( x2 )  f ( x1 )  f (c)( x2  x1 ) , c  ( x1 , x 2 ) .
Но f (c)  0 . Следовательно, f ( x1 )  f ( x2 ) . Поскольку x1 , x2 –
произвольные точки X , f ( x)  const .
Определение 6.1. Пусть функция f (x) определена на промежутке X . Говорят, что f (x) возрастает (убывает) на промежутке X , если для любых x1 , x2  X , таких что x1  x2 , выполнено
f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x1 )  f ( x2 )  . Функция, обладающая любым из этих
свойств, называется монотонной.
Определение 6.2. Пусть функция f (x) определена на промежутке X . Говорят, что f (x) строго возрастает (строго убывает) на промежутке X , если для любых x1 , x2  X , таких что
x1  x2 , выполнено неравенство f ( x1 )  f ( x2 )  f ( x1 )  f ( x2 ) .
Функция, обладающая любым из этих свойств, называется строго
монотонной.
Теорема 6.2 (необходимое условие монотонности дифференцируемой функции). Пусть функция f (x) задана и непрерывна на промежутке X и имеет внутри него производную f (x) . Если f (x) возрастает (убывает) на промежутке X , то f ( x)  0
 f ( x)  0 для всех x , лежащих внутри X .
97
Доказательство. Пусть x – внутренняя точка X . По определению производной
f ( x  x)  f ( x)
f ( x)  lim
.
x 0
x
f ( x  x )  f ( x )
Если f ( x) возрастает, то
 0 . Тогда по теоx
реме о предельном переходе в неравенстве
f ( x)  0 .
Аналогично рассуждаем в случае убывания f (x) .
Теорема доказана.
Замечание 6.1. Так как строго монотонная функция является
монотонной, то теорема 6.2 справедлива и для строго монотонной
функции.
Теорема 6.3 (достаточное условие строгой монотонности
дифференцируемой функции). Пусть функция f (x) задана и непрерывна на промежутке X и имеет внутри него производную
f (x) . Если f ( x)  0 (  0 ) внутри X , то f (x) строго возрастает
(убывает) на промежутке X .
Доказательство. Пусть x1 , x 2  X и x1  x 2 . Для промежутка
[ x1 , x2 ] выполнены условия теоремы Лагранжа. Тогда
f ( x2 )  f ( x1 )  f (c)( x2  x1 ) , c  ( x1 , x 2 ) .
Если f (c)  0 , то f ( x1 )  f ( x 2 ) и f (x) строго возрастает на X ; если f (c)  0 , то f ( x1 )  f ( x 2 ) и f (x) строго убывает на X .
Теорема доказана.
Задачи к § 6
Задача 6.1. Найти интервалы строгой монотонности и постоянства функции:
а) f ( x)  2 x 3  15 x 2  84 x  3 ;
2 x  3, x  2,
б) f ( x)  
x  2.
 1,
Решение
П. а). Вычислим производную функции f (x) :
f ( x)  6 x 2  30 x  84  6( x 2  5 x  14)  6( x  7)( x  2) .
98
Поскольку f ( x)  0 при x  (, 7) или x  (2, ) ,
а f ( x)  0 при x  (7, 2) , то по теореме 6.3 на интервалах
(, 7) и (2, ) функция f ( x ) строго возрастает, на интервале
(7, 2) f (x) строго убывает.
Ответ. На интервалах (, 7) и (2,  ) f (x) строго возрастает, на интервале (7, 2) f (x) строго убывает.
П. б). Вычислим производную функции f ( x) . При x  2
f ( x)  2 x  3  2  0 ,
следовательно, функция строго возрастает. При x  2
f ( x)  0 ,
по теореме 6.1 здесь функция постоянна.
Ответ. На интервале (, 2) f (x) строго возрастает, на интервале (2, ) f ( x) постоянна.
Задача 6.2. Доказать неравенства:
а) e x  x  1 при x  (0, ) ;
 
б) tg x  x при x   0,  .
 2
Решение
П. а). Рассмотрим функцию f ( x)  e x  x  1 на промежутке
[0, ) . Неравенство e x  x  1 равносильно неравенству f ( x)  0 .
Докажем его. Вычислим производную функции:
f ( x)  e x  1.
На промежутке [0, ) функция f ( x)  e x  x  1 определена,
непрерывна и f ( x)  0 при x  0 . Таким образом, f (x) удовлетворяет всем условиям теоремы 6.3. Следовательно, функция f (x)
возрастает на промежутке X  [0, ) , поэтому f ( x)  f (0)  0 .
Таким образом, доказано, что при всех x  (0, ) e x  x  1 .
П. б). Составим функцию f ( x)  tg x  x . Она определена
 
и непрерывна на промежутке X  0,  . Вычислим ее производную:
 2
1  cos 2 x
1

.
f ( x) 
1 
cos 2 x
cos 2 x
99
При
 
x   0, 
 2
f ( x)  0 , следовательно, на промежутке
 
X  0,  функция f (x) удовлетворяет всем условиям теоремы
 2
6.3, поэтому она возрастает на этом промежутке и f ( x)  f (0)  0 .
 
Таким образом, доказано, что при x   0,  tg x  x .
 2
§ 7. МАКСИМУМЫ И МИНИМУМЫ ФУНКЦИИ.
НЕОБХОДИМОЕ УСЛОВИЕ ЭКСТРЕМУМА
ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОЙ ФУНКЦИИ. ДОСТАТОЧНОЕ
УСЛОВИЕ ЭКСТРЕМУМА ДИФФЕРЕНЦИРУЕМОЙ
ФУНКЦИИ
Пусть функция f (x) задана на промежутке X.
Определение 7.1. Говорят, что в точке x0  X функция f (x)
имеет максимум (минимум), если существует такая окрестность этой точки V ( x0 ) , что
f ( x0 )  f ( x)  f ( x0 )  f ( x)  при x  V ( x0 )  X .
Определение 7.2. Говорят, что функция f (x) имеет в точке
x0  X строгий максимум (строгий минимум), если существует
такая окрестность этой точки V ( x0 ) , что
f ( x0 )  f ( x)  f ( x0 )  f ( x)  при x  V ( x0 )  X \ {x0 } .
Минимумы и максимумы называются экстремумами.
Строгие минимумы и максимумы называются строгими экстремумами.
Теорема 7.1 (необходимое условие экстремума дифференцируемой функции). Пусть функция f (x) задана на промежутке
(a, b) и имеет на нем производную f (x) . Если в точке x0  (a, b)
f (x) имеет экстремум, то
f ( x0 )  0 .
100
(7.1)
Доказательство. Согласно определению экстремума, значение f ( x0 ) является наибольшим или наименьшим для некоторой
окрестности V ( x0 ) точки x0 . Тогда по теореме Ферма f ( x0 )  0 .
Теорема доказана.
Замечание 7.1. Условие (7.1) является необходимым, но не
является достаточным условием существования экстремума.
Например, функция f ( x)  x 3 не имеет экстремума при x  0 , однако f (0)  0 .
Точки, для которых выполнено условие (7.1), называются
точками стационарности функции или стационарными точками. Из теоремы 7.1 следует, что в случае дифференцируемой на
промежутке (a, b) функции экстремумы следует искать лишь
в точках стационарности функции. Однако функция, не являющаяся дифференцируемой на (a, b) , может иметь экстремум
и в точках, где производная f (x) функции не существует. Например, функции y  | x | (рис. 7.1) и y  x 2 / 3 (рис. 7.2) имеют минимумы при x  0 . Экстремумы, показанные на рис. 7.1 и 7.2, называются острыми в отличие от экстремума в точке стационарности функции (см. рис. 3.1), который называется гладким.
/3
y  xх22/3
y
y | x |
y
x
x
О0
О
Рис.
7.2
Рис. 7.2
Рис. 7.1
Точки, в которых производная либо не существует, либо равна 0 ,
являются «подозрительными на экстремум».
Сформулируем достаточные условия экстремума.
Теорема 7.2 (достаточное условие строгого экстремума
дифференцируемой функции). Пусть x0 – точка, «подозритель101
ная на экстремум» для функции f (x) , и в некоторой окрестности
этой точки V ( x0 ) существует производная f (x) . Тогда если
в этой окрестности V ( x0 ) при x  x0 f ( x)  0 и f ( x)  0 при
x  x0 , то в точке x0 функция f (x) имеет строгий минимум. Если
в окрестности V ( x0 ) f ( x)  0 при x  x0 и f ( x)  0 при x  x0 ,
то в точке x0 функция f (x) имеет строгий максимум.
Доказательство. Пусть f ( x)  0 при x  x0 и f ( x)  0 при
x  x0 . Тогда непосредственно из теоремы 6.3 следует, что
f ( x)  f ( x0 ) для всех x  V ( x0 ) , кроме x  x0 . Второе утверждение
теоремы доказывается аналогично.
Пример 7.1. Найдем экстремумы функции y  x3 ( x  1) 2 .
3( x  1)  2 x 5 x  3
x
2
.
Решение.
y  3 ( x  1) 2   3

 3
3 x 1
33 x  1
3 x 1
Точки, «подозрительные на экстремум», – это x1  0,6 , где y   0 ,
и x 2  1 , где y не существует. Знаки производной y показаны
на рис. 7.3.
y '

max
–
min
1
0,6

x
Рис. 7.3
Таким образом, при x1  0,6 функция имеет гладкий макси3
4
мум y max   3
 0,326 , а при x 2  1 – острый минимум
5 25
y min  0 (рис. 7.4).
Теорема 7.3 (достаточное условие экстремума дважды
дифференцируемой функции). Пусть функция f (x) задана на
промежутке (a, b) и имеет на нем первую производную f (x) ,
точка x0  (a, b) является точкой стационарности функции f ( x) .
Если существует вторая производная f ( x0 ) , то при f ( x0 )  0
102
функция f (x) имеет в точке x0 максимум, а при f ( x0 )  0 функция f ( x) имеет в точке x0 минимум.
y
3 3 4

5 25
x
О
0,6
1
Рис. 7.4
Доказательство. Рассмотрим для определенности случай
f ( x0 )  0 . По определению второй производной имеем
f ( x0  x)  f ( x0 )
f ( x0 )  lim
.
x 0
x
Из определения предела вытекает, что найдется такое число
  0 , что при любом x   , x  0 справедливо:
f ( x0  x)  f ( x0 )
 0.
x
Отсюда получим: при 0  x   f ( x0  x)  f ( x0 ) , а при
   x  0 f ( x0  x)  f ( x0 ) . С учетом того, что f ( x0 )  0 , в
окрестности точки x0 при x  x0 будем иметь f ( x )  0 , а при
x  x0 будем иметь f ( x)  0 . Отсюда по теореме 7.2 в точке x0
функция f (x) имеет максимум.
В случае f ( x0 )  0 теорема доказывается аналогично.
Теорема 7.3 позволяет определить характер экстремума функции в точке ее стационарности.
103
Пример 7.2. Для функции из примера 7.1 установим характер
экстремума в точке x1  0,6 ее стационарности, используя теорему 7.3.
Найдем вторую производную:
5x  3
3
 5 x 1  3
3 ( x  1) 2 15( x  1)  (5x  3) 10x  12
 5x  3 


y   3
 
 3 x 1 
33 ( x  1) 2
93 ( x  1) 4
93 ( x  1) 4
и определим ее знак в точке x1 :
y0,6  0 .
Таким образом, в точке x1  0,6 функция имеет максимум.
В точке x 2  1 теорему 7.3 применить невозможно, так как ни y  ,
ни, тем более, y в этой точке не существуют.
Замечание 7.2. Понятие максимума (минимума) носит локальный характер и может не совпадать с наибольшим (наименьшим)
значением функции на промежутке. Так, в примере 7.1 ни максимум, ни минимум не являются ни наибольшим, ни наименьшим
значениями функции на промежутке (, ) .
Задачи к § 7
Задача 7.1. Найти экстремумы функции. Используя теоремы
7.2 или 7.3, определить характер этих экстремумов:
а) f ( x)  (2 x  3)e  4 x ;
( x  2) 3
б) f ( x) 
;
( x  1) 4
в) f ( x)  3 (1  2 x)( x  3) ;

t3
,
 x  2
t 4
г) 
 y  3t .

t2  4
Решение
П. а). Функция f (x) определена при x  R . Вычислим ее производную:
 

f ( x)  (2 x  3)e  4 x  (2 x  3)  e  4 x  2e  4 x  4(2 x  3)e  4 x 
 e 4 x  (14  8 x) .
При x  R производная f (x) имеет единственный корень:
7
7
7
f    0 . При x  справедливо неравенство f ( x)  0 , при x 
4
4
4
7
справедливо f ( x)  0 , следовательно, по теореме 7.2 в точке x 
4
функция достигает строгого максимума. Вычислим значение функ7
7 e
ции f   
.
2
4
7
Ответ. В точке x  функция f (x) достигает максимума,
4
7
7 e
.
равного f   
2
4
П. б). Функция f (x) определена для всех x  1. Вычислим
производную функции:
3( x  2) 2 ( x  1) 4  4( x  1)3 ( x  2)3
f ( x) 

( x  1)8
( x  2) 2 ( x  1) 3 (3 x  3  4 x  8) ( x  2) 2 (5  x)
.


( x  1) 8
( x  1) 5
Точки, подозрительные на экстремум, – это x1  2 , x 2  5 .
Будем использовать теорему 7.2. Исследуем знаки производной
(рис. 7.6). При x  2 производная знака не меняет. При x  5 производная меняет знак с  на  . Следовательно, в точке x  5 функ27
.
ция f (x) достигает строгого максимума f (5) 
256
y



1
5
2
Рис. 7.6
104
105

x
Ответ. В точке x  5 функция f (x) достигает строгого мак27
симума f (5) 
.
256
П. в). Функция f ( x)  3 (1  2 x)( x  3) определена при всех
x  R . Вычислим производную функции:
 4x  7
f ( x) 
.
3
3 (1  2 x) 2 ( x  3) 2
7
1
Приравняем ее к нулю, получим x0  . В точках x1  ,
4
2
x 2  3 производной не существует. Точки x0 , x1 , x2 являются подозрительными на экстремум. Для исследования характера экстремума воспользуемся теоремой 7.2. Исследуем знаки производной (рис.
1
7
7.7). При x  и при x  3 производная не меняет знак, при x 
2
4
производная меняет знак с плюса на минус, следовательно, здесь
 7  3 25
функция достигает максимума f   
 1,462 .
2
4
y
+
+
–
–
1
2
7
4
x
3
Рис. 7.7
Ответ.
При
x
7
4
функция
достигает
максимума
 7  3 25
f 
 1,462 .
2
4
П. г). Функция задана параметрически. Производные существуют при любом t  R . Вычислим их:
3t 2 (t 2  4)  2t (t 3 ) t 2 (t 2  12)
x(t ) 
 2
,
(t 2  4) 2
(t  4) 2
106
y(t ) 
3(t 2  4)  2t (3t ) 3(4  t 2 )
.
 2
(t 2  4) 2
(t  4) 2
По формуле (2.9) получим:
y ' (t ) 3(4  t 2 )
.

x' (t ) t 2 (t 2  12)
Производная yx равна нулю при значениях t1  2 , t 2  2 и не
существует при t 0  0 . Исследуем знаки производной yx . При t  0
x(t )  0 , то есть функция x(t ) возрастает. Обращаем внимание на
то, что при переходе через значение t 0  0 производная yx знака не
меняет, следовательно, соответствующая точка x0  0 , y 0  0 экстремумом не является. При значениях t  t1 , t  t 2 воспользуемся
теоремой 7.3. Найдем вторую производную по формуле (5.7):

 3(4  t 2 ) 
 2 2

 t (t  12)  6(t 2  4) 2 (t 4  8t 2  48)

 
yx  2 2
t 5 (t 2  12)3
t (t  12)
(t 2  4) 2
3
и определим ее знак. При t  2 yx (2)   0 , следовательно,
16
3
функция достигает минимума. При t  2 yx (2)    0 , следова16
тельно, функция достигает максимума. Вычислим значения:
3
3
x(2)  1, y (2)   ; x(2)  1 , y (2)  .
4
4
3
Ответ. При x  1 функция достигает минимума y   ; при
4
3
x  1 функция достигает максимума y  .
4
yx 
Задача 7.2. Найти наибольшие и наименьшие значения функции:
а) f ( x)  6 x 3  18 x 2  10 x  7 на промежутке [0, 1] ;
б) f ( x)  ( x  4) 2 e  3| x| , x  [10, 10] ;
107
в) f ( x)  ln(6  x 2 )  2 x , x  [ 5 , 5 ] ;
sin x
, x  [, ] .
г) f ( x) 
2  cos x
Указание. Для нахождения наибольшего и/или наименьшего
значений непрерывной функции, заданной на замкнутом промежутке, достаточно среди подозрительных на экстремум точек выделить те, которые попали на рассматриваемый промежуток, и вычислить в них значения функции, затем вычислить значения функции на концах интервала. Среди всех найденных значений функции
следует выбрать наибольшее и/или наименьшее.
Решение
П. а). Вычислим производную функции и приравняем ее к нулю:
f ( x)  18 x 2  36 x  10  2(9 x 2  18 x  5)  0 ,
1
5
откуда найдем корни производной: x1  , x 2  . Среди этих то3
3
1
чек лишь x1 принадлежит заданному промежутку:  [0, 1] . Вы3
числяем в ней значение функции:
2  18  30  63
49
 1  6 18 10
 .
f   3  2  7 
3
9
9
 3 3
3
Вычисляем значения функции на концах промежутка:
63
f (0)  7   , f (1)  6  18  10  7  9 .
9
Выбираем среди найденных значений наибольшее и наименьшее.
Ответ. Функция f (x) достигает на промежутке [0, 1]
наименьшего значения в точке x  1 и f (1)  9 , наибольшего значе49
1
1
ния – в точке x  и f     .
3
9
 3
( x  4) 2 e 3 x , x  0,
П. б). Функция f ( x)  ( x  4) 2 e 3| x|  
2 3x
 ( x  4) e , x  0.
Вычислим и приравняем нулю производную функции.
При x  0 будем иметь:
f ( x)  2( x  4)e  3 x  3( x  4) 2 e  3 x  ( x  4)(14  3 x)e  3 x  0 ,
108
производная f (x) обращается в 0 при x1  4 , x 2 
14
. Вычислим
3
 14  4
значения функции в этих точках: f (4)  0 , f    e 14 .
3 9
При x  0 будем иметь
f ( x)  2( x  4)e 3 x  3( x  4) 2 e 3 x  ( x  4)(3 x  10)e 3 x .
В этой области производная f ( x)  0 .
При x  0 значения f  (0)  56 , f  (0)  40 не совпадают,
следовательно, производной не существует.
Выбираем среди значений функции f (0)  16 , f (4)  0 ,
 14  4
f    e 14 , f (10)  196  e 30 , f (10)  36  e 30 наибольшее
3 9
и наименьшее. Приходим к выводу, что наименьшим значением
функции является f (4)  0 , наибольшим f (0)  16 .
Ответ. Функция f (x) достигает на промежутке [10, 10]
наименьшего значения в точке x  4 и f (4)  0 , наибольшего значения – в точке x  0 и f (0)  16 .
П. в). На промежутке [ 5 , 5] функция f ( x)  ln(6  x 2 )  2 x
определена и непрерывна. Вычислим и приравняем к нулю ее производную:
2x

 2  0,
6  x2
или
 2 x  12  2 x 2
 0,
6  x2
откуда найдем корни этого уравнения: x1  3  ( 5 , 5 ) ,
x 2  2  ( 5 , 5 ) . Вычислим значения функции: f (2)  ln 2  4 ,
f ( 5 )  2 5 , f ( 5 )  2 5 . Наибольшим значением функции является f (2)  ln 2  4 , наименьшим f ( 5 )  2 5 .
Ответ. Функция f (x) достигает на промежутке [ 5 , 5 ]
наименьшего значения в точке x   5 и f ( 5 )  2 5 ,
наибольшего значения – в точке x  2 и f (2)  ln 2  4 .
109
sin x
определена и непрерывна
2  cos x
на промежутке [, ] . Учтем, что f (x) является нечетной функцией  f ( x)   f ( x)  , поэтому исследуем ее поведение лишь на промежутке [0, ] . Вычислим производную и приравняем ее к нулю:
cos x(2  cos x)  sin x  sin x
2 cos x  1
f ( x) 

 0,
2
(2  cos x)
(2  cos x) 2

откуда находим корень этого уравнения: x0  . Вычисляем:
3
3

, f (0)  f ( )  0 . В силу нечетности функции находим
f 
3 3
3
 
.
f    
3
 3
Ответ. Функция f (x) достигает на промежутке [, ]
3

 
наименьшего значения в точке x   и f     
, наиболь3
3
 3
3


шего значения – в точке x  и f   
.
3
3 3
П. г). Функция f ( x) 
§ 8. АСИМПТОТЫ
Определение 8.1. Пусть K – плоская кривая и пусть при
движении точки ( x, y ) вдоль кривой K выполняется соотношение
x 2  y 2   . Если расстояние r от точки на кривой K до прямой L стремится к нулю при x 2  y 2   , то говорят, что прямая L является асимптотой кривой K .
8.1. Вертикальные асимптоты
случае расстояние r от точки M  x, f ( x)  до вертикальной прямой
L равно | x  x0 | . Стремлению r к 0 соответствует стремление
y 2 ( x) к бесконечности (рис. 8.1). Таким образом, вертикальная
прямая с уравнением x  x0 будет асимптотой графика функции
y  f (x ) тогда и только тогда, когда lim f ( x)   .
x x0  0
8.2. Наклонные асимптоты
Пусть прямая L , имеющая уравнение y L  kx  b , является
при x   асимптотой для графика функции y  f (x) . Тогда
(рис. 8.2) вместе с r стремится к 0 и разность ординат | y L  y | , поскольку | y L  y |  r / cos  , где  – угол наклона асимптоты


    . Таким образом,
2

lim ( y  kx  b)  lim ( f ( x)  kx  b)  0 ,
(8.1)
x 
x 
или
b
 f ( x)
lim x 
 k    0.
x   x
x
b
 f ( x)
Поскольку x есть бесконечно большая, то функция 
k  
x
 x
b
 f ( x)
 k    0 , откуда
является бесконечно малой, то есть lim 
x  x
x
f ( x)
. Если последний предел существует и угловой коэфk  lim
x  x
фициент k найден, то из (8.1) получаем b , откуда
k  lim
x 
f ( x)
,
x
b  lim ( f ( x )  kx) .
x 
(8.2)
Пусть кривая K – это график функции y  f (x ) . Вертикальная асимптота к графику функции возникает, если при x  x0
функция терпит бесконечный разрыв, стремясь к бесконечности того или иного знака при стремлении x к x0 слева или справа. В этом
Обратно, если существуют пределы (8.2), то справедливо равенство (8.1).
Доказана следующая теорема.
110
111
Теорема 8.1. Пусть функция y  f ( x) определена на промежутке [a, ) . Для того чтобы ее график при x   имел
наклонную асимптоту y  kx  b , необходимо и достаточно, чтобы существовали пределы (8.2).
Аналогично доказывается следующая теорема.
Теорема 8.2. Пусть функция y  f ( x) определена на промежутке (, a ] . Для того чтобы ее график имел при x  
наклонную асимптоту y  kx  b , необходимо и достаточно, чтобы существовали пределы в равенствах
k  lim
x 
f x 
, b  lim ( f  x   kx) .
x
x
(8.3)

y
y
r
r
О
x
О

x
r M ( x, f ( x ))
Рис. 8.1
Рис. 8.2
Замечание 8.1. Если в (8.2) (8.3)  k  0 , мы получаем горизонтальную асимптоту графика функции y  f (x) – частный
случай наклонной асимптоты. Для того чтобы y  b служила горизонтальной асимптотой графика при x   (или при x   ),
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось равенство
b  lim y  lim f ( x)  или b  lim y  lim f  x  .


x 
x 
x 
x 
112
(8.4)
Заметим, что если lim f ( x)  b  или lim f ( x)  b  , то гори

x
x 
зонтальная прямая y  b является асимптотой. Искать k не нужно,
поскольку в этом случае k  0 .
Пример 8.1. График функции y  x3 ( x  1) 2 асимптот не имеf ( x)
ет, так как функция непрерывна и lim
  .
x  x
Задачи к § 8
Задача 8.1. Найти асимптоты графика функции y  f (x) :
2x  1
а) f ( x) 
;
x2
x 2  2x  3
;
б) f ( x) 
| x 1|
в) f ( x)  (2 x  3)e 4 x ;
г) f ( x)  3 (1  2 x)( x  3) .
Решение
П. а): 1. При x  2 функция терпит бесконечный разрыв,
причем
2x  1
2x  1
  , lim
  .
lim
x  2 0 x  2
x  2 0 x  2
Следовательно, прямая x  2 является вертикальной асимптотой.
2. Используя замечание 8.1, рассмотрим предел (8.4):
2x  1
 2,
b  lim f ( x)  lim
x 
x  x  2
следовательно, k  0 и у графика есть горизонтальная асимптота
y  2.
Ответ. Вертикальная асимптота x  2 , горизонтальная асимптота y  2 .
П. б): 1. При x  1 функция терпит бесконечный разрыв,
причем
x 2  2x  3
x 2  2x  3
  , lim
  .
lim
x 10
x 1 0
| x 1|
| x 1|
113
Следовательно, прямая x  1 является вертикальной асимптотой.
2. Вычислим:

x 2  2x  3
 1,
lim
f ( x)
x 2  2 x  3  x x( x  1)
 lim

k  lim
2
x  x
x  x | x  1 |
 lim x  2 x  3  1,
 x  x( x  1)

 x 2  2x  3

x3
 x   lim
 1,
 lim 
x  x  1
 x ( x  1)

b  lim ( f ( x)  k  x)  
2
x 
 lim   x  2 x  3  x    lim x  3  1.

 x
x  x  1
( x  1)


Следовательно, прямая y  x  1 является наклонной асимптотой
при x   , прямая y   x  1 – при x   .
Ответ. Вертикальная асимптота x  1, наклонные асимптоты: y  x  1 при x   , y   x  1 – при x   .
П. в): 1. Функция f ( x)  (2 x  3)e  4 x определена и непрерывна
при x  R , следовательно, вертикальных асимптот нет.
2. Исследуем поведение функции при x   :
b  lim f ( x)  lim (2 x  3)e 4 x  0 ,
x 
x 
поэтому y  0 – горизонтальная асимптота при x   ;
f ( x)
(2 x  3)e 4 x
 lim
  ,
x x
x 
x
поэтому при x   наклонной асимптоты нет.
Ответ. y  0 – горизонтальная асимптота при x   ; при
x   асимптоты нет.
П. г): 1. Функция f ( x)  3 (1  2 x)( x  3) определена и непрерывна при x  R , следовательно, вертикальных асимптот нет.
2. Исследуем ее поведение при x   :
3 (1  2 x )( x  3)
f ( x)
k  lim
 lim
 0,
x  x
x
x
b  lim  f ( x)  kx   lim 3 (1  2 x)( x  3)   ,
lim
x 
x 
при x   наклонных асимптот нет.
Ответ. Асимптот нет.
114
§ 9. ВЫПУКЛОСТЬ ФУНКЦИИ. ТОЧКИ ПЕРЕГИБА
Определение 9.1. Пусть функция y  f (x ) задана и непрерывна на промежутке X (замкнутом или открытом, конечном или
бесконечном). Она называется выпуклой вниз (выпуклой вверх) на
Х, если все точки ее графика на этом промежутке лежат над
(под) любой касательной, построенной к графику функции на данном промежутке.
На рис 9.1 представлен график функции, выпуклой вниз,
а на рис. 9.2 – график функции, выпуклой вверх на промежутке (a, b) .
y
y
a
x
О
b
a
Рис. 9.1
x
О
b
Рис. 9.2
Теорема 9.1 (необходимое условие выпуклости). Пусть
функция f (x) задана на промежутке X и имеет внутри него вторую производную f (x ) . Тогда, если f (x) выпукла вниз (вверх)
на X , то f ( x )  0  f ( x)  0  для x , лежащих внутри X .
Доказательство. Пусть для определенности функция f (x)
выпукла вниз. Возьмем произвольные точки x1 , x 2 , лежащие внутри промежутка X , такие что x1  x 2 . Пусть x  ( x1 , x 2 ) . На промежутке [ x1 , x 2 ] график функции f (x) лежит над любой своей касательной. Следовательно,
f ( x1 )  f ( x)  f ( x)( x1  x)
( касательная проведена в точке ( x, f ( x)) ) .
Тогда, поскольку x1  x  0 , получаем
f ( x1 )  f ( x)
.
f ( x) 
x1  x
115
В силу существования второй производной f ( x )   f ( x )  по
теореме о непрерывности функции, имеющей производную, функция f (x ) непрерывна на промежутке [ x1 , x 2 ] . Поэтому, перейдя
в полученном неравенстве к пределу при x  x 2 , будем иметь
f ( x1 )  f ( x2 )
.
f ( x2 ) 
x1  x2
Аналогично
f ( x 2 )  f ( x)  f ( x)( x 2  x)
и
f ( x2 )  f ( x )
.
f ( x) 
x2  x
Переходя к пределу при x  x1 , в силу непрерывности производной f (x) получим
f ( x2 )  f ( x1 ) f ( x1 )  f ( x2 )

.
f ( x1 ) 
x2  x1
x1  x2
Теперь ясно, что f ( x1 )  f ( x2 ) , значит, функция f (x) возрастает на X . Следовательно, по теореме 6.2 ее производная неотрицательна: f ( x )  0 внутри X .
Аналогично доказывается, что если f (x) выпукла вверх на
промежутке X , то f ( x )  0 внутри X .
Теорема 9.2 (достаточное условие выпуклости). Пусть
функция f (x) задана и непрерывна на промежутке X и имеет
внутри него вторую производную f (x ) . Тогда, если f ( x )  0
( f ( x )  0 ) внутри X , то функция выпукла вниз (вверх) на X .
Доказательство. Ограничимся рассмотрением случая
f ( x )  0 . Пусть x1 , x  X . Уравнение касательной к графику
функции y  f (x) в точке  x1 , f ( x1 )  имеет вид
y  f ( x1 )  f ( x1 )( x  x1 ) .
Рассмотрим разность между значением функции y M  f (x)
и значением y N касательной в точке x :
y M  y N  f ( x)  f ( x1 )  f ( x1 )( x  x1 ) .
По теореме Лагранжа
f ( x)  f ( x1 )  f (c)( x  x1 ) ( x  c  x1 или x1  c  x ).
116
Тогда
y M  y N   f (c)  f ( x1 ) ( x  x1 ) .
Применим теперь теорему Лагранжа к функции f (x ) на промежутке [c, x1 ] или [ x1 , c] :
f (c)  f ( x1 )  f (d )(c  x1 ) ( c  d  x1 или x1  d  c ).
В результате получим
y M  y N  f (d )(c  x1 )( x  x1 ) .


Но f ( d )  0 и (c  x1 )( x  x1 )  0 (рис. 9.3).
x
x
c
d
x1
d
c
x1
x
x
Рис. 9.3
Следовательно, y M  y N , и график функции лежит над любой
своей касательной на промежутке X .
Теорема доказана.
Пусть функция f (x) непрерывна в точке x0 .
Определение 9.2. Говорят, что в точке M 0  x0 , f ( x0 )  график
функции y  f (x) имеет перегиб, если точка x0 отделяет промежуток, где функция f (x) выпукла вверх, от промежутка, где
функция выпукла вниз.
Пример 9.1. Точка O(0, 0) является точкой перегиба графиков
функций y  x 3 (рис. 9.4) и y  3 x (рис. 9.5), так как точка x  0
разделяет промежутки (, 0) , (0, ) с разным направлением выпуклости. Точка O(0, 0) точкой перегиба графика функции
y  3 | x | (рис. 9.6) не является: на промежутках (, 0) и (0, )
график имеет одинаковые направления выпуклости. Точка O(0, 0)
117
 x 3 , x  0,
y x
e  1, x  0
(рис. 9.7): на промежутке (, 0) функция выпукла вверх, на промежутке (0, ) – выпукла вниз.
является точкой перегиба графика функции
y
y
y  x3
y3 x
x
О
О
x
Доказательство. Пусть (a, b)  X и x0  (a, b) . Для определенности будем считать, что на промежутке (a, x0 ) функция f (x)
выпукла вниз, а на промежутке ( x0 , b) функция f (x) выпукла
вверх. Тогда, по теореме 9.1 на интервале (a, x0 ) f ( x )  0 и функция f (x) возрастает, на интервале ( x0 , b) f ( x )  0 и функция
f ' ( x) убывает. Таким образом, при x  x0 функция f (x ) достигает
максимума. Поскольку внутри промежутка X функция f (x ) имеет
производную f (x ) , по теореме Ферма f ( x0 )  0 .
Аналогично рассматривается случай, когда функция f (x) на
промежутке (a, x0 ) выпукла вверх, а на промежутке ( x0 , b) функция выпукла вниз. Теорема доказана.
На рис. 9.8, 9.9 геометрически проиллюстрировано убывание
и возрастание производной f (x) при выпуклости функции f (x)
вверх и вниз соответственно.
Рис. 9.5
Рис. 9.4
y
y
y
y  ex 1
y3 |x|
yx
x
3
О
y
x
О0
3
2
1
a
1
x
О0
b
Рис. 9.8
О
a
2
3
x
b
Рис. 9.9
Замечание 9.1. Условие f ( x0 )  0 является необходимым
условием перегиба графика в точке M 0  x0 , f ( x0 )  , но не является
Рис. 9.6
Рис. 9.7
Теорема 9.3 (необходимое условие перегиба). Пусть функция f (x) задана на промежутке X и имеет внутри него вторую
производную f (x ) . Тогда, если x 0 лежит внутри промежутка X
и M 0  x0 , f ( x0 )  является точкой перегиба графика функции,
то f ( x0 )  0 .
118
достаточным для перегиба. Так, график функции y  x 4 в точке
O (0, 0) перегиба не имеет, но y (0)  0 . Для функций y  f (x ) , обладающих второй производной f (x ) , «подозрительными в отношении перегиба» являются лишь те точки, где f (x ) обращается в 0 .
Точки, в которых f (x ) не существует, также являются «подозрительными в отношении перегиба» (см. рис. 9.5–9.7).
Сформулируем достаточное условие перегиба графика.
119
Теорема 9.4 (достаточное условие перегиба графика).
Пусть функция f (x) задана на промежутке X и имеет внутри него вторую производную f (x ) . Тогда если при переходе через
x  x0 , где x0 лежит внутри промежутка X , f (x ) меняет
знак, то точка M 0  x0 , f ( x0 )  является точкой перегиба графика
функции.
Доказательство. Оно следует из теоремы 9.2.
Пример 9.2. Рассмотрим функцию y 
1
, определенную и
x 1
непрерывную на всей числовой оси. Вычислим производные:
(1  x 2 ) 2  2(1  x 2 )2 x 2  2(1  3 x 2 )
 2x


y 
2
,
y



. Опре(1  x 2 ) 2
(1  x 2 ) 4
(1  x 2 ) 3
делим ее экстремумы: y   0 при x  0 . Поскольку y (0)  2  0 , по
теореме 7.3 M 0 (0, 1) – точка максимума. Определим перегибы:
1
 1 1 
. Отметим, что на интервале  
,
y   0 , если x  

3
3 3

1   1


,    y   0 . Таким обраy   0 , на интервалах   , 
и
3  3


 1 3
 1 3
, , M2
зом, по теореме 9.4 M 1  
,  – точки перегиба.
3 4

 3 4
График функции представлен на рис. 9.10.
y
2
1
3
0
Задача 9.1. Найти интервалы выпуклости вверх, выпуклости
вниз и точки перегиба функции y  f ( x) :
а) f ( x)  (2 x  3)e  4 x ;
2x  1
б) f ( x) 
;
x2
в) f ( x)  3 2 x  3 ;
г) f ( x)  x  cos x ;
ln(1  2 x)
д) f ( x) 
.
1  2x
Решение
П. а). Воспользуемся результатами решения задачи 7.1 а):
f ( x)  2  e  4 x  7  4 x  ,
откуда получим
f ( x)  8  e  4 x  (7  4 x)  (8)  e 4 x  8  e  4 x  (4 x  8) .
Уравнение f ( x)  0 имеет корень x  2 . Исследуем знаки
второй производной: f ( x)  0 при x  2 , f ( x)  0 при x  2 .
Ответ. На интервале (2, ) функция выпукла вниз; на интервале (, 2) функция выпукла вверх; (2, e 8 ) – точка перегиба.
П. б). Функция определена для всех x  2 . Найдем ее производные:
5
2  ( x  2)  (2 x  1)
,

f ( x) 
2
( x  2)
( x  2) 2

f ( x)   5 x  2  2  10 x  2 3 ,
откуда f ( x)  0 при x  2 , f ( x)  0 при x  2 .
Ответ. На промежутке (, 2) функция выпукла вверх,
на промежутке (2, ) выпукла вниз, точек перегиба нет.
П. в). Функция определена при всех x  R . Найдем ее производные:

1
0,75
x

Задачи к § 9
1
3

2

2
f ( x)   (2 x  3) 3 ,
3
Рис. 9.10
120
121
5

8
8
.
f ( x)   (2 x  3) 3  
9
9  3 2 x  35
3
Первая и вторая производные не существуют при x  . Определим
2
3

интервалы, на которых f ( x ) сохраняет знак: на   , 
2

3

3 
f ( x)  0 , на  ,   f ( x)  0 . Следовательно, точка  , 0  явля2

2 
ется точкой перегиба.
3

Ответ. На интервале   ,  функция выпукла вниз, на ин2

3

3 
тервале  ,    выпукла вверх; точка  , 0  является точкой пе2

2 
региба.
П. г). Функция определена для всех x  R . Найдем производные:
f ( x)   x  cos x   1  sin x ,
f ( x )  1  sin x   cos x ,
откуда
f ( x )  0 ,
если
x

 2 k ,
2
k Z .
При
1
П. д). Функция определена при всех x   . Используя реше2
ние задачи 5.6, найдем ее вторую производную:

f ( x)  ln(1  2 x)  1  2 x 1  ln(1  2 x)   1  2 x 1 








 2ln(1  2 x)   (1  2 x) 1  ln(1  2 x)  (1  2 x) 1 
 8  (1  2 x)  8  ln(1  2 x)  (1  2 x) 3 
3  2 ln(1  2x)
 4
,
(1  2 x) 3
1
 1 1

откуда f ( x )  0 при x  e 3 / 2  1 . При x    , (e 3 / 2  1) 
2
 2 2

1


f ( x )  0 , при x   (e 3 / 2  1),   f ( x )  0 .
2


 1 1 3/ 2

Ответ. На интервале   , (e  1)  функция выпукла

 2 2
1

вверх; на интервале  (e 3 / 2  1),   функция выпукла вниз;

2
3
/
2
 e 1
3 


 2 , 2e 3 / 2  – точка перегиба.


 4  (1  2 x)
3
3



 

x     2k,  2k  , k  Z , f ( x )  0 – функция выпукла вниз,
2

 2
3


при x    2k,
 2k  , k  Z , f ( x )  0 – функция выпукла
2
2



вверх. Следовательно, x    2k , k  Z – точки перегиба.
2


 
Ответ. На интервалах    2k,  2k  , k  Z , функция
2
2


3


выпукла вниз; на интервалах   2k,
 2k  , k  Z , функция
2
2


выпукла вверх; x    2k , k  Z – точки перегиба.
2
Задача 9.2. Доказать, что функция y , заданная неявно уравнением ln y  y  x 2 , точек перегиба не имеет.
Решение. Отметим, что функция задана при y  0 и всех
x  R . Воспользуемся замечанием 9.1, что точками перегиба могут
быть лишь такие точки, в которых вторая производная не существует или равна нулю, и продифференцируем уравнение дважды,
считая, что y  y ( x) :
y
 y  2 x ,
y
yx ( yx ) 2
 2  yx  2 ,
y
y
122
123
откуда
2 y  ( yx )
.
y (1  y )
Для всех значений y  0 вторая производная существует, причем нигде yx  0 .
Таким образом, доказано, что функция точек перегиба не имеет. Кроме того всюду yx  0 , следовательно, функция выпукла
вниз.
yx 
2
2
§ 10. СХЕМА ПОЛНОГО ИССЛЕДОВАНИЯ ФУНКЦИИ.
ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ
Приведенные в предыдущих параграфах теоремы позволяют
проводить исследование и строить графики функций.
Пусть задана функция y  f ( x) . Для построения ее графика
исследование можно проводить по следующей далее схеме.
1.1. Найти область определения D функции y  f ( x) .
1.2. Найти точки разрыва функции.
1.3. Проверить, является ли функция четной (для любого
x  D f ( x)  f ( x) ), нечетной ( для любого x  D f ( x)   f ( x) )
или функцией общего вида.
1.4. Проверить, является ли функция периодической (существует такое T  0 , что f ( x  T )  f ( x) выполняется для любого
x  D ).
1.5. Найти точки пересечения с осями координат: с осью OY –
точка 0, f (0)  , с осью OX – точки ( x k , 0) , где xk удовлетворяют
уравнению f ( x k )  0 .
2. Найти односторонние пределы функции в граничных точках
области определения и в точках разрыва. Найти вертикальные
асимптоты.
3. Найти уравнения наклонных асимптот графика при x   :
f ( x)
y  kx  b , где k  lim
, b  lim  f ( x)  kx  .
x  x
x
124
4. Найти первую производную функции f ( x ) . Найти интервалы возрастания: f ( x )  0 , убывания: f ( x )  0 , точки экстремума
функции.
5. Найти вторую производную функции f ( x ) . Найти интервалы выпуклости вверх: f ( x )  0 , выпуклости вниз: f ( x )  0 ,
точки перегиба.
6. Построить график функции.
Задачи к § 10
Провести полное исследование функции
Задача 10.1.
y  f ( x) и построить ее график:
x 1
а) f ( x) 
;
2( x  1)
x3
;
б) f ( x) 
x 1
в) f ( x)  3 1  x 3 .
Решение.
П. а): 1.1. Область определения D  (, 1)  (1, ) .
1.2. x  1 – точка бесконечного разрыва.
1.3. Функция не является ни четной, ни нечетной.
1.4. Функция непериодическая.
1.5. Точки пересечения графика с осями координат:
1


 0,   , (1, 0) .
2


2. График имеет вертикальную асимптоту x  1 , причем
x 1
x 1
lim
  , lim
  .
x10 2( x  1)
x1 0 2( x  1)
3. Найдем наклонные асимптоты:
f ( x)
x 1
 lim
 0,
k  lim
x  x
x 2 x ( x  1)
 x 1  1
  ,
b  lim  f ( x)  kx   lim 
x
x  2( x  1) 
2
1
y  – наклонная (горизонтальная) асимптота.
2
125
4. Найдем первую производную функции:
1
2( x  1)  2( x  1)

.
f ( x) 
2
4( x  1)
( x  1) 2
Очевидно, что для всех x  D f ( x)  0 , функция убывает при
x D.
5. Найдем вторую производную функции f ( x) :

2
.
f ( x)   ( x  1)  2  2( x  1)  3 
( x  1)3
Очевидно, что при x  1 f ( x )  0 и функция выпукла вверх,
при x  1 f ( x)  0 и функция выпукла вниз.
Строим график функции (рис. 10.1).


y
причем
x3
x3
  , lim
  .
x10 x  1
x1 0 x  1
3. Найдем наклонные асимптоты:
f ( x)
x2
 lim
  ,
k  lim
x  x
x  x  1
следовательно, наклонных асимптот нет.
4. Найдем первую производную функции:
3 x 2 ( x  1)  x 3 2 x 3  3 x 2 x 2 (2 x  3)


.
f ( x) 
( x  1) 2
( x  1) 2
( x  1) 2
lim
3
Найдем стационарные точки: f ( x)  0 при x  0 или при x   .
2
Определим знаки производной (рис. 10.2).
0,5
1
 x 3  f ( x),
( x) 3


( x)  1 1  x  f ( x).
1.4. Очевидно, что функция непериодическая.
1.5. Точка пересечения с осями координат: (0, 0) .
2. График функции имеет вертикальную асимптоту x  1,
f ( x) 
0
 0,5 1
x



3
2


1
0
Рис. 10.2
Рис. 10.1
Приведенные построения позволяют уточнить множество зна1 1


чений функции: E    ,    ,   .
2 2


П. б): 1.1. Область определения D  (, 1)  (1, ) .
1.2. x  1 – точка бесконечного разрыва.
1.3. Функция не является ни четной, ни нечетной, поскольку
126
3

Следовательно, на промежутке   ,   функция убывает,
2

 3

на промежутках   , 1 , (1,  ) функция возрастает. При
 2

3
x   производная меняет знак с минуса на плюс, следовательно,
2
 3  27
функция достигает минимума f     .
 2 4
127
5. Найдем вторую производную функции f ( x) при x  1:

 2 x 3  3 x 2  (6 x 2  6 x)( x  1) 2  2( x  1)(2 x 3  3 x 2 )
 
f ( x)  

2 
( x  1) 4
 ( x  1) 

2 x( x 2  3 x  3)
.
( x  1) 3
Далее ищем нули числителя: x  0 . Определяем знаки второй
производной (рис. 10.3).
П. в): 1.1. Область определения функции D  (, ) .
1.2. Точек разрыва нет.
1.3. Функция не является ни четной, ни нечетной.
1.4. Очевидно, что функция непериодическая.
1.5. Находим точки пересечения с осями координат: (0, 1)
и (1, 0) .
2. Вертикальных асимптот нет.
3. Найдем наклонные асимптоты:
k  lim


1
x 

3
1  x3
1
f ( x)
 lim
 lim 3 3  1  1,
x


x


x
x
x
b  lim  f ( x)  kx   lim
x
0
y
27
4
x
0




Найдем точки, «подозрительные на экстремум»: f ( x )  0 при
x  0 , f (x ) не существует при x  1 . Во всех остальных случаях
f ( x )  0 . Следовательно, функция убывает на всей числовой оси,
точек экстремума нет.
5. Найдем вторую производную функции f (x ) :

f ( x)   x 2 (1  x 3 )  2 / 3  2 x  (1  x 3 )  2 / 3  2 x 4  (1  x 3 )  5 / 3 
(1  x 3 )  x 3
 2x
 2 x

.
3 5/3
(1  x )
(1  x 3 ) 5 / 3
Очевидно, что f ( x )  0 при x  0 , f (x ) не существует при
x  1 . Определяем знаки f (x ) (рис. 10.5).


Рис. 10.4


0
1
Рис. 10.5
128
3
 0.
(1  x )  x3 1  x 3  x 2
Таким образом, y   x – наклонная асимптота.
4. Найдем первую производную функции:
1/ 3 
2 / 3
1
x2
.
f ( x)   1  x 3   1  x 3
(3 x 2 )  
3

 3
(1  x 3 ) 2

3 1
2
3
3 2
x  3
Следовательно, функция выпукла вверх на промежутке
(1, 0) , выпукла вниз на промежутках (, 1) и на (0, ) ,
M (0, 0) является точкой перегиба графика функции.
Строим график функции (рис. 10.4).
 1  x  x 
1 x  x
 lim
Рис. 10.3

x 
3
3
129
Следовательно, функция выпукла вверх на промежутке (0, 1) ,
выпукла вниз на промежутках (, 0) и (1,  ) , точки M 1 (0, 1)
и M 2 (1, 0) являются точками перегиба графика функции.
Строим график функции (рис. 10.6).
Вычислим производные многочлена Pn (x) :
f (a )
f ( n) (a)
Pn ( x)  f (a ) 
( x  a )  ... 
( x  a ) n 1 ,
(n  1)!
1!
( n)
f (a )
Pn( x)  f (a )  ... 
( x  a) n2 ,
(n  2)!
…
Pn( n ) ( x)  f ( n ) (a) ,
y
1
0
1
x
Pn( k ) ( x)  0 , если k  n  1 .
Вычислим теперь значение многочлена Pn (x) и его производных при x  a :
Pn (a)  f (a) ,
Pn (a)  f (a) ,
(11.2)
Pn(a )  f (a) ,
…
(n)
Pn (a )  f ( n ) (a ) .
Таким образом, в точке x  a значения многочлена Тейлора
и его производных до порядка n включительно совпадают с соответствующими значениями функции f (x) и ее производных, так
что при значениях x , близких к a , значения f (x) и Pn (x) достаточно близки. Приближенное равенство
Рис. 10.6
f ( x)  Pn ( x)
§ 11. ФОРМУЛА ТЕЙЛОРА
Пусть функция f (x) определена на некотором промежутке X
и a  X . Предположим, что в точке a функция f (x) имеет производные до порядка n включительно. Составим многочлен степени n :
Pn ( x)  f (a) 
f (a)
f (a)
f (a)
( x  a) 
( x  a) 2  ... 
( x  a) n . (11.1)
1!
2!
n!
тем точнее, чем ближе x к a и чем больше значение n .
Оценим погрешность приближенного равенства (11.3). Составим для этого функцию
Тогда
( n)
Определение 11.1. Многочлен (11.1) называется многочленом Тейлора порядка n функции f (x) , соответствующим точке
x  a.
130
(11.3)
или
Rn ( x)  f ( x)  Pn ( x) .
(11.4)
f ( x)  Pn ( x)  Rn ( x)
(11.5)
f (a )
f (a )
( x  a) 
( x  a) 2 
1!
2!
f ( n ) (a)
 ... 
( x  a ) n  Rn ( x).
n!
f ( x)  f (a ) 
131
(11.6)
Rn (c2 ) Rn (c2 )  Rn (a ) Rn(c3 )


,
(c2 ) (c2 )  (a ) (c3 )
Определение 11.2. Равенство (11.6) называется формулой
Тейлора порядка n функции f (x) . Функция Rn (x) называется
остаточным членом формулы Тейлора.
Найдем выражение для остаточного члена. Из формул (11.4)
и (11.2) вытекают равенства
Rn ( a )  0 ,
Rn (a )  0 ,
…
( n)
Rn ( a )  0 .
Предположим дополнительно, что в некоторой окрестности
точки a функция f (x) имеет непрерывные производные до порядка (n  1) включительно, и пусть x принадлежит этой окрестности.
Из формулы (11.4) и равенства Pn( n1) ( x)  0 следует, что
Rn( n1) ( x)  f ( n1) ( x) .
(11.7)
Введем в рассмотрение функцию
 ( x)  ( x  a ) n 1 .
Вычислим ее производные:
 ( x)  (n  1)( x  a ) n ,  ( x)  (n  1)n( x  a ) n 1 , …,
 ( n ) ( x)  (n  1)n(n  1)  ...  2( x  a )  (n  1)!( x  a ) ,
 ( n 1) ( x)  (n  1)! .
Заметим, что
( a )  0 , (a )  0 ,  ( a )  0 , …,  ( n ) (a )  0 .
R ( x)
и применим к нему теорему Коши.
Рассмотрим отношение n
( x)
Тогда
Rn ( x) Rn ( x)  Rn (a ) Rn (c1 )
, где a  c1  x или x  c1  a .


 (c1 )
 ( x)
 ( x)   (a)
Теперь последовательно будем применять теорему Коши n раз:
Rn (c1 ) Rn (c1 )  Rn (a ) Rn (c 2 )

,

 (c1 )  (c1 )   (a)  (c 2 )
132
…
Rn( n ) (c n )
 ( n ) (c n )

Rn( n ) (cn )  Rn( n ) (a)
 ( n ) (c n )   ( n ) ( a )

Rn( n1) ()
 ( n1) ()

f ( n1) ()
.
(n  1)!
В этой цепочке равенств либо
a    c n  ...  c3  c2  c1  x ,
либо
x  c1  c 2  c3  ...  c n    a .
В результате получим, что
Rn ( x) f ( n1) ()
,

 ( x)
(n  1)!
или
f ( n1) ()
Rn ( x ) 
( x  a ) ( n 1) ,
(n  1)!
где a    x или x    a .
Из равенств (11.5) и (11.8) следует, что
f ( x)  Pn ( x) 
или
f ( n 1) ()
( x  a ) n 1 ,
(n  1)!
f (a )
f (a )
( x  a) 
( x  a ) 2  ... 
1!
2!
f ( n ) (a )
f ( n 1) ()

( x  a) n 
( x  a ) n1 .
n!
(n  1)!
(11.8)
(11.9)
f ( x)  f (a ) 
(11.10)
Определение 11.3. Формула (11.10) называется формулой
Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.
Заметим, что существуют и другие формы для остаточного
члена Rn (x) .
Формула (11.8) не дает возможности точно найти остаточный
член, но ее можно использовать для его оценки.
133
Пример 11.1. Записать формулу Тейлора порядка n  7 для
функции f ( x)  sin x при a  0 . Найти оценку остаточного члена на
интервале (0,5; 0,5) .
Решение. Вычислим все необходимые производные:
f ( x)  sin x , f ( x)  cos x , f ( x)   sin x , f ( x)   cos x ,
f
IV
( x)  sin x , f V ( x)  cos x , f VI ( x)   sin x , f VII ( x)   cos x ,
f VIII ( x)  sin x ;
f (0)  0 , f (0)  1, f (0)  0 , f (0)  1 , f IV (0)  0 ,
f V (0)  1, f VI (0)  0 , f VII (0)  1 .
Формула Тейлора порядка n  7 имеет вид
1
1
1
f ( x)  sin x  x  x 3  x 5  x 7  R7 ( x) .
3!
5!
7!
Оценим остаточный член по формуле (11.8):
| R7 ( x) | 
Если | x |  0,5 , то | R7 ( x) | 
sin 
| x |8
.
| x |8 
8!
8!
1
 0,000000097 .
40 320  256
Задачи к § 11
Запишем остаточный член в форме Лагранжа (11.8):
e 8
R7 ( x) 
x .
8!
1
e
Отсюда, если 0  x  , то R7 ( x) 
 0,00000016 . Если
2
8! 256
e0
1
  x  0 , то R7 ( x) 
 0,000000097 .
2
8! 256
П. б). Вычислим все необходимые производные:
f ( x)  ln(1  x) , f ( n ) ( x)  (n  1)!(1) n 1 (1  x) n ;
f (0)  0 , f ( n ) (0)  (1) n1 (n  1)!, n  1, 2, ... .
Формула Тейлора примет вид
x 2 x3 x 4 x5 x6 x7
f ( x)  ln(1  x)  x 





 R7 ( x) 
2
3
4
5
6
7
7
xn
  (1) n1
 R7 ( x) .
n
n 1
Запишем остаточный член в форме Лагранжа (11.8):
x8
.
R7 ( x)  
8(1  ) 8
8
1
 
1
1
2
 0,00049 .
Если 0  x  , то | R7 ( x) |   
2
8
8  256
Задача 11.1. Выписать формулу Тейлора порядка n  7 для
функции y  f (x) . Найти оценку остаточного члена:
а) f ( x)  e x , a  0 , на интервале (0,5; 0,5) ;
б) f ( x)  ln(1  x) , a  0 , на интервале (0; 0,5) .
Решение
П. а). Вычислим все необходимые производные:
f ( n ) ( x)  e x , f ( n ) (0)  1 , n  0, 1, ... .
Формула Тейлора примет вид
x x 2 x3 x 4 x5 x6 x7
x
f ( x)  e  1  





 R7 ( x) 
1! 2! 3! 4! 5! 6! 7!
7
xn

 R7 ( x) .
n 1 n!
Задача 11.2. Используя формулу Тейлора порядка n при
a  0 , найти приближенное значение функции y  f (x) при x  x0
и оценить его погрешность:

а) f ( x)  cos x , n  6 , x0  ;
8
б) f ( x)  arcsin x , n  3 , x0  0,2 ;
в) f ( x)  arctg x , n  3 , x0  0,125 .
Решение
П. а). Вычислим все необходимые производные:
f ( x)  f IV ( x)  cos x , f ( x)  f V ( x)   sin x ,
f ( x)  f VI ( x)   cos x , f III ( x)  f VII ( x)  sin x ;
f (0)  f IV (0)  1 , f (0)  f III (0)  f V (0)  0 , f (0)  f VI (0)  1 .
134
135
Формула Тейлора имеет вид
Запишем формулу Тейлора:
1
1
1
f ( x)  cos x  1  x 2  x 4  x 6  R6 ( x) .
2!
4!
6!
Вычислим приближенное значение функции:
2
4
6
1 
1 
1  


f    cos  1           0,923879519 .
2!  8 
4!  8 
6!  8 
8
8
Оценим остаточный член при x  x0 .
1
f ( x)  arctg x  x  x 3  R3 ( x) .
3
Вычислим приближенное значение функции:
1
1
f ( x0 )  arctg x0  x0  x03  0,125  (0,125) 3  0,12434896 .
3
3
Оценим остаточный член при x  x0 :
7
7
|x |
sin 

| R6 ( x0 ) | 
| x0 |7  0  7
 0,000000285 .
7!
7!
8  7!


Ответ. cos   0,923879519 , | R6   |  0,000000285 .
8
8
П. б). Вычислим необходимые производные:
f ( x)  arcsin x , f ( x)  (1  x 2 ) 1 / 2 , f ( x)  x(1  x 2 ) 3 / 2 ,
f ( x)  (1  x 2 ) 3 / 2  3x 2 (1  x 2 ) 5 / 2  (1  2 x 2 )(1  x 2 ) 5 / 2 ,
f IV ( x)  4 x(1  x 2 ) 5 / 2  5 x(1  2 x 2 )(1  x 2 ) 7 / 2 
 3x(3  2 x 2 )(1  x 2 ) 7 / 2 ;
f (0)  0 , f (0)  1, f (0)  0 , f (0)  1.
Формула Тейлора примет вид
1
f ( x)  arcsin x  x  x 3  R3 ( x) .
6
Вычислим приближенное значение функции:
(0,2) 3
1
f ( x0 )  arcsin x0  x0  x03  0,2 
 0,20133 .
6
6
Оценим остаточный член при x  x0 :
R3 ( x0 ) 
3(3  2 2 )
2 7/2
x04 
0,6(3  0,08)
72
(0,2) 4  0,000142 .
4!(1   )
4!(1  0,04)
Ответ. arcsin(0,2)  0,20133 , | R3 (0,2) |  0,000142 .
П. в). Вычислим необходимые производные:
f ( x)  arctg x , f ( x)  (1  x 2 ) 1 , f ( x)  2 x(1  x 2 ) 2 ,
f ( x)  2(1  x 2 )  2  8 x 2 (1  x 2 ) 3  2(3x 2  1)(1  x 2 ) 3 ,
f IV ( x)  2(6 x(1  x 2 ) 3  6 x(3x 2  1)(1  x 2 )  4  24 x(1  x 2 )(1  x 2 ) 4 ;
f (0)  0 , f (0)  1, f (0)  0 , f (0)  2 .
136
24(1   2 )
24  0,125
(0,125) 4  0,0000305 .
4!
4!(1   )
Ответ. arctg 0,125  0,12434896 , | R3 (0,125) |  0,0000305 .
R3 ( x0 ) 
2 4
x04 
Задача 11.3. Выписать формулу Тейлора для функции f (x)
в окрестности точки x  a для произвольного значения порядка n :
а) f ( x)  e 2 x , a  1;

б) f ( x)  cos 3x , a   ;
2
в) f ( x)  ln x , a  1.
Решение
П. а). Найдем все необходимые производные:
f ( x)  e 2 x , f ( n ) ( x)  2 n e 2 x ;
f ( n ) (1)  2 n e 2 , n  1, 2, ... .
Запишем формулу Тейлора:


2n
22
f ( x)  e 2 x  e 2 1  2( x  1) 
( x  1) 2  ... 
( x  1) n   Rn ( x) .
n!
2!


Составим выражение для остаточного члена в форме Лагранжа:
2 n1 e 2
Rn ( x ) 
( x  1) n 1 , где   (1, x) .
(n  1)!
П. б). Вычислим производные:
f ( x)  cos 3x , f ( x)  3 sin 3x , f ( x)  32 cos 3x ,
f ( x)  33 sin 3 x , f IV ( x)  3 4 cos 3x , f V ( x)  35 sin 3x , … .
Таким образом, справедлива формула при n  0, 1, 2, ... :
n 1
 n
3 (1) 2 sin 3x, если n  2k  1  нечетное число;
f ( n ) ( x)  
n
3n (1) 2 cos 3x, если n  2k  четное число,
137
откуда
 
 
f ( 2 k 1)     (1) k 1  3 2 k 1 , f ( 2 k )     0 , k  0, 1, ... .
 2
 2
Составим формулу Тейлора:
2 k 1
l
(1) k 1  3 2 k 1 

f ( x)  cos 3x  
 R2l 1 ( x)
x  
(2k  1)! 
2
k 0
и выражение для остаточного члена в форме Лагранжа:
2l  2

(1) l 1 cos 3 
  
R2l 1 ( x)  
, где     , x  .
x 
(2l  2)! 
2
 2 
П. в). Вычислим все необходимые производные:
f ( x )  ln x , f ( n ) ( x)  (1) n1 (n  1)! x n ;
f (1)  0 , f ( n ) (1)  (1) n1 (n  1)!, n  1, 2, ... .
Выпишем формулу Тейлора:
n
(1) i 1
f ( x)  ln x  
( x  1) i  Rn ( x) .
i
i 1
Составим выражение для остаточного члена в форме Лагранжа:
(1) n ( x  1) n 1
, где   (1, x) .
Rn ( x ) 
(n  1)  n 1
Задача 11.4. Используя решение предыдущих примеров, выписать формулу Тейлора порядка n  7 для функции f (x) :
1
а) f ( x)  sin( 2 x  3) , a  ;
4
x2 2 x
б) f ( x)  e
, a  1 .
Решение
1
П. а). Значению a  соответствует многочлен Тейлора, раз4
1
ложенный по степеням x  . Преобразуем функцию:
4
1 5
5
1
5
1
 


sin(2 x  3)  sin 2  x      cos  sin 2  x    sin  cos 2  x   .
4
2
4
4 2
2


 
1

Сделаем замену переменной t  2  x   и воспользуемся решени4

ями примера 11.1 и задачи 11.2 а):
1
1
1
1

sin 2  x    sin t  t  t 3  t 5  t 7  R7s (t ) ,
4
3!
5!
7!

8
sin 1
|t |
| t |8 
| R7s (t ) | 
,
8!
8!
1
1
1
1

cos 2  x    cos t  1  t 2  t 4  t 6  R7c (t ) ,
4
2!
4!
6!

8
cos  2
|t |
| t |8 
| R7c (t ) | 
.
8!
8!
Тогда получим:
5  1
1
1 
sin(2 x  3)  cos   t  t 3  t 5  t 7  
2  3!
5!
7! 
5  1
1
1 
 sin  1  t 2  t 4  t 6   R7 (t ) ,
2  2!
4!
6! 
5 s
5
R7  x   cos  R7  x   sin  R7c  x  .
2
2
Вернемся к переменной x :
2
5
5 
1 4
5 
1
f ( x)  sin( 2 x  3)   sin  2  cos   x     sin   x   
2
2 
4  2!
2 
4
3
4
6
7
64
5 
1  128
5 
1
 sin   x   
 cos   x    R7  x  .
6!
2 
4
7!
2 
4
Остаточный член можно оценить как
8
1

28  x  
8
4 
1
4
R7  x   2 

x  .
8!
315 
4
П. б). Значению a  1 соответствует многочлен Тейлора, разложенный по степеням ( x  1) . Преобразуем функцию:

f ( x)  e x
138
5
8
5 
1  16
5 
1
32
5 
1
  cos   x     sin   x     cos   x   
3!
2 
4
4!
2 
4
5!
2 
4
2
2 x
2
 e 1  e ( x 1) ,
139
сделаем замену переменной t  ( x  1) 2 и воспользуемся формулой
Тейлора из задачи 11.1 а):
2
1
1
 1

e 1  e ( x 1)  e 1  e t  e 1  1  t  t 2  ...  t 7  R7 (t )  ,
7!
 1! 2!


e
R7 (t )  t 8 ,   (0, t ) .
8!
Вернемся к переменной x :
1
1

 1
f ( x)  e 1  1  ( x  1) 2  ( x  1) 4  ...  ( x  1)14  R7 ( x)  ,
1
!
2
!
7
!



e
R7 ( x)  ( x  1)16 ,   0, ( x  1) 2 .
8!


Задача 11.5. Не применяя повторное дифференцирование,
найти f IX (0) функции f ( x)  x 2 ln(1  3x) .
Решение. Воспользуемся решением задачи 11.3 в):
n
(1) i 1
ln t  
(t  1) i  Rˆ n (t ) .
i
i 1
Полагая в этом равенстве t  3x  1 и умножая его на x 2 , будем
иметь:
n
(1) i 1  3i  x i  2
x 2 ln(1  3x)  
 x 2 Rˆ n (1  3x) ,
i
i 1
или
3 2 x 4 33 x 5 3 4 x 6
37 x 9
x 2 ln(1  3x)  3x 3 



 x 2 Rˆ 9 (1  3x) .
2
3
4
7
С другой стороны, воспользуемся формулой Тейлора (11.6) для
a  0 , n  9:
f (0) 2
f IX (0) 9
f ( x)  f (0)  f (0) x 
x  ... 
x  R9 ( x) .
2!
9!
Сравнивая две формулы для функции f ( x)  x 2 ln(1  3x) , убеждаемся в том, что для нахождения искомой величины f IX (0) достаточно приравнять друг другу коэффициенты при x 9 . Тогда получаf IX (0) 37
ем
.

9!
7
140
Ответ. f IX (0) 
9! 37
.
7
Задача 11.6. Без использования формулы бинома Ньютона
разложить выражение 3x  15 по степеням x .
Решение. Введем функцию f ( x)  3x  15 и найдем ее производные:
5!3n
5!3n
f ( n ) ( x) 
(3x  1) 5n , f ( n ) (0) 
(1) 5n , n  0, 1, ..., 5 ;
(5  n)!
(5  n)!
f ( n) ( x )  0 при n  6, 7, ... .
Составим формулу Тейлора при a  0 :
5
5!3 n  (1) 5n n
f ( x)  3 x  15  
x
n 0 (5  n)!n!
или
3x  15  1  15 x  90 x 2  270 x 3  405 x 4  243x 5 .
§ 12. ДИФФЕРЕНЦИАЛ ФУНКЦИИ. ДИФФЕРЕНЦИАЛЫ
ВЫСШИХ ПОРЯДКОВ
Пусть функция y  f (x) в точке x  X имеет производную
f (x ) .
Определение 12.1. Дифференциалом функции y  f (x )
в точке x называется произведение производной f (x) на приращение x независимой переменной x.
Дифференциал обозначается как dy или df (x) :
df ( x)  f ( x)x
или
dy  yx .
(12.1)
Пример 12.1. Найдем дифференциал функции f ( x )  x в текущей точке x . Поскольку f ( x )  x  1, то dx  xx  x . Таким
образом, дифференциал независимой переменной x равен ее приращению:
(12.2)
dx  x .
141
Из формул (12.1) и (12.2) следует, что
df ( x)  f ( x)dx
или
dy  ydx .
(12.3)
Связь дифференциала функции и ее приращения
Обратимся к определению производной функции y  f (x ) :
y
f ( x)  lim
.
x  0 x
Отсюда по определению предела следует, что
y
 f ( x)  (x) ,
x
где ( x )  0 при x  0 . Тогда
или, в силу (12.3),
y  f (x)
y
N
f ( x0  x )
L
M0
f ( x0 )
(12.4)
y  df ( x)  x ,
(12.5)
где x – величина более высокого порядка малости, чем df (x ) ,
если f ( x )  0 .
Из формул (12.4) и (12.5) следует, что дифференциал составляет главную, линейную по x , часть приращения функции. Отсюда также следует, что
y  dy ,
и это равенство тем точнее, чем меньше x .
Геометрический смысл дифференциала
На рис. 12.1 изображен график строго возрастающей функции
y  f (x) и касательная к нему в точке M 0  x0 , f ( x0 )  . Пусть x  0 .
Рассмотрим прямоугольный треугольник M 0 KL . Для длины катета
KL имеем | KL |  | M 0 K | tg . Так как tg   f ( x0 ) , | M 0 K |  x
(рис. 12.1), то | KL |  f ( x0 )x  df ( x0 ) , то есть длина | KL | равна

K
x
0
y  f ( x)  x  (x)x
142
дифференциалу функции f (x) в точке x0 . С другой стороны, длина
| KL | является приращением ординаты касательной.
Аналогичный вывод можно сделать как для x  0 , так
и в случае убывающей функции f (x) .
Итак, дифференциал представляет собой приращение ординаты касательной, проведенной к графику функции в точке дифференцирования.
x0
x0  x
Рис. 12.1
Правила вычисления дифференциала
В силу формулы (12.3) и таблицы производных основных элементарных функций получаем таблицу их дифференциалов:
1) d (const )  0 ;
2) d x     x  1  dx ;
dx
dx
1
, d    2 ;
частные случаи: d x 
2 x  x
x

3) d a x  a x ln a  dx ;
частный случай: d e x  e x dx ;
dx
4) d log a x  
;
x ln a
dx
частный случай: d ln x   ;
x
5) d sin x   cos x  dx ;
6) d cos x    sin x  dx ;
 
 
 
 
143
7) d tg x  
dx
2
;
cos x
dx
8) d ctg x    2 ;
sin x
dx
9) d arcsin x  
;
1 x2
dx
;
10) d arccos x   
1 x2
dx
11) d arctg x  
;
1 x2
dx
12) d arcctg x   
.
1 x2
В силу формулы (12.3) и правил дифференцирования (теорема 2.1
и следствие 2.1) получаем следующие свойства дифференциала:
I. d u( x )  v ( x )   du( x )  dv ( x ) ;
II. d u( x )  v ( x )   v ( x )du( x )  u( x )dv ( x ) ;
частный случай d cu ( x)   cdu ( x) ( c  const );
 u ( x)  v( x)du ( x)  u ( x)dv( x)
 
III. d 
( v ( x )  0 ).
v 2 ( x)
 v( x) 
Доказательство. Докажем лишь последнее свойство, так как
первые три доказываются аналогично.

 u ( x)   u ( x) 
u ( x)  v( x)  v( x)  u ( x)
  
 dx 
d 
dx 


v 2 ( x)
 v( x)   v( x) 
.
du ( x)  v( x)  dv( x)  u ( x)

v 2 ( x)
Инвариантность (неизменяемость) формы дифференциала
Пример
d sin 2 x  2 sin x  d sin x  2 sin x  cos x  d x 
1
 2 sin x  cos x 
 dx .
2 x
Замечание 12.1. Следует отметить, что в отличие от формулы
(12.3) формула (12.1) справедлива лишь в случае, когда x – независимая переменная.


Дифференциалы высших порядков
Пусть производная y   f (x ) определена при x  X , и существует вторая производная f (x ) . Составим дифференциал дифференциала df (x) , считая dx постоянным множителем:
d df ( x)   df ( x)   dx   f ( x)dx   dx  f ( x)dx 2 .
x
x
Полученное выражение носит название дифференциала второго порядка. Дифференциал второго порядка для краткости обозначается как d 2 f ( x) и, таким образом, имеет вид
d 2 f ( x)  f ( x)dx 2
или
d 2 y  y dx 2 ,
где dx 2  dx 2 .
В предположении, что производные соответствующих порядков функции y  f (x) при x  X существуют, получим выражения
для дифференциалов любого порядка:
d 3 f ( x)  d f ( x)dx 2  f ( x)dx 3 , …,
d n f ( x)  d f ( n 1) ( x)dx ( n 1)  f ( n ) ( x)dx n ,
где через dx n обозначено (dx) n .
Таким образом, приходим к определению дифференциала порядка n , аналогичному определению 12.1.




Формула (12.3) верна независимо от того, является ли x независимой переменной или функцией переменной t .
Действительно, предположим, что y  f (x) , а x  x(t ) . Тогда,
используя правило (2.14) дифференцирования сложной функции,
имеем:
(12.6)
dy  f t ( x(t ))dt  f x  x(t )   x' (t )dt  f x ( x)dx .
Определение 12.2. Дифференциалом порядка n функции
f (x) в точке x называется выражение
d n f ( x)  f ( n ) ( x)dx n
или
d n y  y ( n ) dx n .
(12.7)
144
145
Замечание 12.2. Из определения дифференциала следует, что
производная порядка n связана с дифференциалом порядка n равенством:
dny
y ( n)  n .
(12.8)
dx
Замечание 12.3. Свойство инвариантности формы для дифференциалов порядка выше первого не выполняется.
Задачи к § 12
Задача 12.1.
в точке x0 :
а) f ( x)  e x
2
3 x
Записать дифференциал функции y  f (x)
, x0  0 ;
б) f ( x)  ln(1  x)  x 1 , x0  e  1;
в) y 3  x 3  xy  1, x0  1 ;
 x  cos5 t ,
2
г) 
( 0  t   ).
x0 
5
8
 y  sin t ,
Решение
П. а). Вычислим производную:
2
f ( x)  (2 x  3)e x 3 x ;
f (0)  3 .
По формуле (12.3) составим дифференциал:
df (0)  3dx .
Ответ. df (0)  3dx .
П. б). Используем логарифмическое дифференцирование для
вычисления производной показательно-степенной функции:
ln f ( x )  ( x  1) ln ln( x  1)  ,
f ( x)
1
 lnln( x  1)  
,
f ( x)
ln( x  1)


1
f ( x)  ln x  1x 1   lnln( x  1)  
,
ln( x  1) 

f (e  1)  1.
146
Составляем дифференциал по формуле (12.3):
df (e  1)  dx .
Ответ. df (e  1)  dx .
П. в). Значению x0  1 соответствует значение y 0  1. Вычислим производную неявно заданной функции:
3 y 2 y x  3 x 2  y  xy x  0 ,
y x 
3x 2  y
,
3y 2  x
3 1 1
 .
y x (1) 
3 1 2
По формуле (12.3) составляем дифференциал:
1
dy  dx .
2
1
Ответ. dy  dx .
2
2

соответствует значение t 0  .
П. г). Значению x0 
8
4
Вычислим производную параметрически заданной функции:
y x  
5 sin 4 t cos t
4
5 cos t sin t
  tg 3 t ,
2

.
 1 при x0 
8
4
По формуле (12.3) составляем дифференциал:
dy  dx .
Ответ. dy  dx .
y x   tg 3
Задача 12.2. Найти приращение функции y  arctg 2 x при
переходе от значения x  x0 к значению x  x1 и сравнить его
с дифференциалом функции в точке x0 :
а) x0  0,5 ; x1  0,6 ;
б) x0  0,5 ; x1  0,51;
в) x0  0,5 ; x1  0,501 .
147
Решение
П. а). Найдем приращение функции
y  f ( x1 )  f ( x0 )  arctg 1,2  arctg 1  0,0455 .
Составим дифференциал. Для этого найдем приращение аргумента x :
x  x1  x0  0,6  0,5  0,1.
По определению 12.2
dx  x  0,1.
Вычислим производную:
1
1
,

f ( x) 
1  2x 2x
f ( x0 )  0,5 .
Тогда дифференциал
dy  0,5  0,1  0,05 .
Разница между приращением и дифференциалом | y  dy |  0,0045 .
Ответ. y  0,0455 ; dy  0,05 ; | y  dy |  0,0045 .
П. б). Приращение функции
y  arctg 1,02  arctg 1  0,00495 .
Найдем приращение аргумента x :
x  x1  x0  0,51  0,5  0,01 .
По определению 12.2
dx  x  0,01 .
Тогда дифференциал
dy  0,5  0,01  0,005 .
Разница между приращением и дифференциалом | y  dy | 
 0,00005.
Ответ. y  0,00495 ; dy  0,005 ; | y  dy |  0,00005 .
П. в). Приращение функции
y  arctg 1,002  arctg 1  0,000499 .
По определению 12.2 дифференциал
dx  x1  x0  0,501  0,5  0,001.
Тогда дифференциал
dy  0,5  0,001  0,0005 .
Разница между приращением и дифференциалом | y  dy | 
 0,000001.
Ответ. y  0,000499 ; dy  0,0005 ; | y  dy |  0,000001.
148
Задача 12.3. Составить выражения для дифференциалов
функций y  f ( x ) :
а) y  x  x  x , x  0 ;
 x
б) y  x , x  0 ;
в) 3 x  3 y  3 x y .
Решение. Для составления выражения дифференциала используем формулу (12.3).
П. а). Используем правило дифференцирования сложной
функции (2.14):
y 

1
1 

1 
1


  .

2
x


2

x
x
2 x x x 
1
Ответ. dy  ydx 

1
1 

1 
1 
 dx .

2 x  x  x  2 x  x  2 x 
1
П. б). Используем правило дифференцирования показательностепенной функции:
ln y  x ln
 x
x
ln x ,
2
1  ln x  2
y 1  1
 
ln x 
,

y 22 x
x
4 x
y   x

Ответ. dy   x

x
x
 ln x  2 .

 4 x
 ln x  2 dx .

 4 x
П. в). Используем правило дифференцирования неявно заданной функции:
3 x ln 3  3 y ln 3  y  3 x  y ln 3  1  y ,
y 
Ответ. dy  ydx 
3x  y  3x
.
3 y  3x  y
3x y  3x
dx .
3 y  3x y
149
Задача 12.4. Составить дифференциалы второго, третьего, …,
n -го порядка функций:
а) y  1 2 x ;
б) y  sin 3x cos 2 x .
Решение. Дифференциалы выражаются через производные
высших порядков по формуле (12.7).
П. а). Последовательно дифференцируем функцию и составляем дифференциалы соответствующих порядков:
1
y 
 1  2 x 1 / 2 ,
1  2x


y  1  2 x 3 / 2 ,
y   31  2 x 5 / 2 … .
Обобщая результаты, при n  2 получим
y ( n )  (1) n 1  (2n  3)!!  (1  2 x) ( 2 n 1) / 2 ,
где (2n  3)!!  1  3  5  ...  (2n  3) .
(2n  3)!!
Ответ. d n y  (1) n 1
dx n , n  2 .
2 n 1
1  2x
П. б). Для выполнения повторного дифференцирования представим произведение в виде суммы:
1
y  sin 3x cos 2 x  (sin 5 x  sin x) .
2
Далее выполняем дифференцирование:
1
y   5 cos 5 x  cos x  ,
2
1
y    25 sin 5 x  sin x  ,
2
1
y    125 cos 5 x  cos x  ,
2
1
y IV  625 sin 5 x  sin x 
2
и т. д.
Обобщая результаты, для производных четного и нечетного
порядков получим:
1
y ( 2 n )  (1) n 5 2 n sin 5 x  sin x , n  N ,
2



1 2 n1
5
cos 5 x  cos x , n  0, 1, 2, ... .
2
1
Ответ. d ( 2 n ) y  (1) n 5 2 n sin 5 x  sin x dx ( 2 n ) , n  N ,
2
1
d ( 2 n1) y  (1) n 5 2 n1 cos 5 x  cos x dx ( 2 n 1) , n  0, 1, 2, ... .
2
y ( 2 n1)  (1) n





150
151
Рекомендуемая литература
1. Пискунов Н. С. Дифференциальное и интегральное исчисление : в 2 т.
Т. 1 / Н. С. Пискунов. – М. : ФМЛ, 2008. – 300 с.
2. Кудрявцев Л. Д. Краткий курс математического анализа : в 3 т. Т. 1 /
Л. Д. Кудрявцев. – М. : ФМЛ, 2005. – 687 с.
3. Письменный Д. Конспект лекций по высшей математике : в 4 ч. Ч. 1 /
Д. Письменный. – М. : Айрис-Пресс, 2006. – 281 с.
4. Кудрявцев Л. Д. Сборник задач по математическому анализу : в 3 т.
Т. 1 / Л. Д. Кудрявцев [и др.]. – М. : ФМЛ, 2003. – 495 с.
5. Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому
анализу / Б. П. Демидович. – М. : Наука, 1990. – 624 с.
6. Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа :
учеб. пособие / Г. Н. Берман. – СПб. : Профессия, 2003. – 432 с.
Оглавление
Введение …………………………………………………...............................
§ 1. Определение производной.......................................................................
§ 2. Вычисление производной........................................................................
2.1. Вычисление производных некоторых основных элементарных
функций........................................................................................................
2.2. Простейшие правила дифференцирования........................................
2.3. Производная обратной функции.........................................................
2.4. Производная сложной функции.........................................................
2.5. Дифференцирование функции, заданной неявно.............................
2.6. Логарифмическое дифференцирование.............................................
2.7. Дифференцирование функций, заданных параметрически............
2.8. Сводная таблица формул и правил дифференцирования.................
§ 3. Основные теоремы дифференциального исчисления...........................
§ 4. Раскрытие неопределенностей с помощью производных.....................
0
4.1. Неопределенность
 0  .......................................................................
4.2. Неопределенность
3
7
16
16
18
19
21
23
23
25
25
58
70
70
 
   ....................................................................... 73
4.3. Неопределенности 0    и    ................................................... 75

0
0
4.4. Неопределенности [1 ] , [0 ] , [ ] .................................................
§ 5. Производные высших порядков..............................................................
5.1. Повторное дифференцирование функции, заданной неявно...........
5.2. Повторное дифференцирование функции, заданной
параметрически..........................................................................................
§ 6. Условия постоянства и монотонности дифференцируемой
функции...........................................................................................................
§ 7. Максимумы и минимумы функции. Необходимое условие
экстремума дифференцируемой функции. Достаточное условие
экстремума дифференцируемой функции.....................................................
§ 8. Асимптоты................................................................................................
8.1. Вертикальные асимптоты....................................................................
8.2. Наклонные асимптоты.........................................................................
§ 9. Выпуклость функции. Точки перегиба..................................................
§ 10. Схема полного исследования функции. Построение графиков..........
§ 11. Формула Тейлора...................................................................................
§ 12. Дифференциал функции. Дифференциалы высших порядков..........
Рекомендуемая литература..........................................................................
152
153
76
84
86
87
97
100
110
110
111
115
124
130
141
152
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
Учебное издание
Смирнова Вера Борисовна,
Федорова Мария Юрьевна,
Морозова Лидия Евсеевна
ПРОИЗВОДНАЯ И ДИФФЕРЕНЦИАЛ
ФУНКЦИИ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ
Учебное пособие
Редактор А. В. Афанасьева
Корректор К. И. Бойкова
Компьютерная верстка И. А. Яблоковой
Подписано к печати 10.06.2016. Формат 6084 1/16. Бум. офсетная.
Усл. печ. л. 9,0. Тираж 100 экз. Заказ 81. «С» 22.
Санкт-Петербургский государственный архитектурно-строительный университет.
190005, Санкт-Петербург, 2-я Красноармейская ул., д. 4.
Отпечатано на ризографе. 190005, Санкт-Петербург, ул. Егорова, д. 5/8, лит. А.
154
155
ДЛЯ ЗАПИСЕЙ
156
Документ
Категория
Без категории
Просмотров
0
Размер файла
979 Кб
Теги
smirnova, proizvodnaja, differencialnie
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа