http://diclas.ru/
Матрицы Пределы Примеры решения задач

Примеры выполнения контрольной работы по математике

Вычислить предел с помощью формулы Тейлора: .

РЕШЕНИЕ. Имеет место неопределённость (0/0). Выполним замену переменной x + 2 = t с целью использовать стандартные формулы Маклорена. Предел при этом преобразуется к виду: .

Нам понадобятся формулы

= 1+ t + + + o(t3) ; ln(1+t) = t  + + o(t3).

Первая из этих формул нужна также с выполненной в ней подстановкой t вместо t, вторая – с подстановкой 2t вместо t: Вычислить двойной интеграл: . По области D: y=x2, y=2-x2. Область D изобразить на чертеже.ь Решение: Изобразим область D. Кривые, задающие область D представляют собой параболы. Составив из их уравнений систему и решив её, найдём точки их пересечения.

= 1 t + + o(t3); ln(1+2t) = 2t + + + o(t3).

Формулы выписываем с остаточным членом o(t3); этого достаточно, так как в условии в знаменателе дроби стоит t3.

 =  =  = –2 =¥

áчислитель заменили его главной частьюñ.

Ответ. = ¥.

Найти асимптоты и построить эскизы графиков функций:

а) y=ln+2; б) y=; в) y=.

ОБЩИЕ ЗАМЕЧАНИЯ. Вспомним определение асимптоты при x®¥: это прямая y=kx+b, для которой (f(x)  (kx + b)) = 0. Числа k и b можно найти по формулам k =; b =(f(x)  kx). Асимптота горизонтальна k=0 тогда и только тогда, когда существует конечный предел f(x), это и будет число b. Аналогично определяется асимптота при x®¥. Прямая x = a называется вертикальной асимптотой, если f(x) является бесконечно большой при x® a, то есть если f(x) =¥, и односторонней вертикальной асимптотой, если f(x) =¥ или f(x) =¥.

РЕШЕНИЯ.

а) y=ln+2. Область определения функции: x¥,1)(3,+¥). Функция является элементарной составлена из основных элементарных функций с помощью конечного числа арифметических действий и подстановок одной функции в другую. Отсюда следует, что функция непрерывна в каждой точке области определения.

Исследуем поведение функции при x®10 и при x®3+0  то есть в полуокрестностях граничных точек области определения:

ln+ 2 =  ln t + 2 = ¥

новая переменная t= положительна и стремится к 0 при x®10.

  ln+ 2=ln t + 2 = +¥.

В обоих случаях при стремлении  x к конечному значению y является бесконечно большой, откуда следует, что прямые  x=1 и x=3  односторонние вертикальные асимптоты.

Исследуем поведение функции при x®±¥:

ln+ 2 = ln+ 2 = ln 1 + 2 = 2;

предел при x®¥ такой же. Следовательно, в обоих случаях прямая y=2 является горизонтальной асимптотой.

Ответ. Эскиз графика изображён на рис.36.

б) y=. Область определения функции: x¥,) (,)  (,+¥). Функция непрерывна в каждой точке области определения. При x®± по правилу вычисления предела дроби будем иметь: =¥, так как A 0. Отсюда следует, что прямые x= являются вертикальными асимптотами. Знак перед символом ¥ определяется знаком заданной дроби вблизи точек ±слева и справа. Метод интервалов применить не удаётся, так как корни числителя найти трудно. Поступим по - другому. Числитель в точке x= равен 3+1 > 0 и сохраняет знак в некоторой окрестности точки, так как является непрерывной функцией. Знаменатель отрицателен слева от точки x= и положителен справа. Итак,

y(x) = ¥, y(x) = +¥.

Числитель в точке x = равен 3+1 < 0 и сохраняет знак в некоторой окрестности точки. Знаменатель положителен слева от точки x= и отрицателен справа. Итак,

y(x) = +¥, y(x) = ¥.

Перейдём к изучению поведения функции при x®¥. Разница в показателях степеней многочленов в числителе и в знаменателе равна 1, что говорит о наличии асимптот при x® +¥ и при x®¥. В этой задаче найти асимптоты легче всего делением многочлена на многочлен, нахождением целой части. Выполнив деление, получим: = x + 1 +. Прямая y = x + 1 и будет асимптотой, что следует прямо из определения асимптоты:

(f(x)  (x + 1)) == 0, причём это справедливо как при x® +¥, так и при x®¥. Конечно, можно было найти асимптоту y=kx+b и с помощью вычислений:

k===1;

b=( x) ==1.

Ответ. Эскиз графика изображён на рис.37.

в) y=. Область определения функции: x , 2) (2, 2)  (2,+¥ ). Всюду в области определения функция непрерывна как элементарная заметим, что ½x½=,то есть  элементарная функция. Заметим, что функция чётная и рассмотрим её при x >0, здесь знак модуля можно убрать, так как при x >0 ½x½= x. Так, при x >0

y==  =  (x+2  ) =  x  2 + .

Найдена наклонная асимптота при x® +¥ : y =  x  2.

Прямая x = 2 является вертикальной асимптотой. График функции симметричен относительно оси y; y(0) =  7.

Ответ. Эскиз графика изображён на рис.38.

 Рис.36 Рис.37 Рис.38

Достаточность.

 Возьмем произвольный контур

 и на нем две точки A и B (произвольно). (рис. 2)

 Тогда по свойству криволинейного

 интеграла можно записать:

Поэтому

То есть результат интегрирования по двум произвольным кривым, имеющих одно и тоже начало (A) и один и тот же конец (B) одинаковый, следовательно  не зависит от пути интегрирования.

Достаточность доказана.


Изменить порядок интегрирования Задачи на интегралы