ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 16.11.2021
Просмотров: 998
Скачиваний: 1
66
Тоді якщо
2
0
AC
B
∆ =
−
>
, то в точці
(
)
0
0
,
x
y
функція
(
)
;
z
f x y
=
має
екстремум, а саме: якщо
0
A
<
, то максимум; якщо
0
A
>
, то мінімум.
Якщо
2
0
AC
B
∆ =
−
<
, то в точці
(
)
0
0
, y
x
функція
(
)
;
z
f x y
=
екстремуму
не має.
Якщо
2
0
AC
B
∆ =
−
=
, то екстремум в точці
(
)
0
0
,
x
y
може існувати, а
може і не існувати, тобто питання про наявність екстремумів відкрите.
Приклади розв’язування типових завдань
Приклад 1.
Дослідити
на
екстремум
функцію
2
2
3
6
z
x
xy
y
x
y
= + +
− −
.
Розв’язання.
Знаходимо
частинні
похідні
першого порядку даної функції:
2
3;
2
6
x
y
z
x
y
z
x
y
′
′
=
+ −
= +
−
Використавши необхідні умови екстремуму,
визначаємо стаціонарні точки функції із системи
рівнянь:
{
2
3
0;
2
6
0;
x
y
x
y
+ − =
+
− =
звідки маємо:
0;
3.
x
y
=
=
Знаходимо частинні похідні другого порядку:
2;
1;
2
xx
xy
yy
z
z
z
′′
′′
′′
=
=
=
Складаємо визначник:
2
1
4 1 3
1
2
∆ =
= − =
Так як
3
0,
0
A
∆ = >
>
, то в точці
( )
0
0;3
M
функція
2
2
3
6
z
x
xy
y
x
y
= + +
− −
має
мінімум, причому
( )
2
2
min
0;3
0
0 3 3
3 0
6 3
9
z
z
=
= + ⋅ + − ⋅ − ⋅ = −
.
Приклад 2. Знайдіть найбільше і найменше значення функції
2
2
2
2
8
5
z
x
y
x
y
= +
−
−
+
в замкненій області
D
, яка обмежена осями координат і
прямою
4
0
x
y
+ − =
.
Розв’язання:
Виконаємо малюнок. Область
D
являє собою замкнений трикутник
AOB
. Знайдемо стаціонарні точки, які лежать всередині заданої області.
Відшукаємо частинні похідні функції
z
:
2
2;
4
8,
x
y
z
x
z
y
′
′
=
−
=
−
прирівняємо їх до нуля і, розв’язавши одержану систему:
{
2
2
0;
4
8
0;
x
y
− =
− =
знайдемо стаціонарну точку
( )
1; 2
o
P
. Ця точка є внутрішньою точкою
заданої області. Обчислимо значення функції
z
в цій точці:
P
y
x
O
B
A
4
4
P
P
P
67
( ) ( )
1;2
1 8 2 16 5
4.
o
z P
z
=
= + − − + = −
Виконаємо дослідження точки на межі області, що складається з трьох
відрізків: відрізка
OA
осі
Ox
, відрізка
OB
осі
Oy
, відрізка
AB
. Визначимо
найбільше і найменше значення функції
z
на кожній з цих ділянок.
На відрізку
OA
маємо:
0;0
4.
y
x
=
≤ ≤
Оскільки
0,
y
=
то
2
2
5,
z
x
x
=
−
+
тобто функція
z
являє собою функцію однієї змінної х. Досліджуємо її на
найбільше та найменше значення на відрізку
[ ]
0; 4
x
∈
:
( ) ( ) ( )
1
1
2
2; 2
2
0;
1;
1;0 ;
1;0
4.
x
z
x
x
x
P
z P
z
′ =
−
− =
=
=
=
1
P
– стаціонарна точка на відрізку
OA
. Обчислимо також значення
функції
z
на кінцях відрізка ОА, тобто в точках О(0;0) і А(4;0):
( ) ( )
( ) ( )
0;0
5;
4;0
13.
z O
z
z A
z
=
=
=
=
На відрізку ОВ:
0;0
4.
x
y
=
≤ ≤
Якщо
0,
x
=
то
2
2
8
5,
z
y
y
=
−
+
тобто
функція
z
являє собою функцію однієї змінної
y
. Досліджуємо її на
найбільше та найменше значення при
[ ]
0;4
y
∈
:
( ) ( ) ( )
2
2
4
8; 4
8
0;
2;
0; 2 ;
0;2
3.
y
z
y
y
y
P
z P
z
′ =
−
− =
=
=
= −
Значення функції в точці
( )
0;0
O
вже було обчислене вище. Обчислимо
значення функції в точці
( )
0;4
B
:
( ) ( )
0;4
5
z B
z
=
=
.
Виконаємо дослідження на відрізку
AB
. Рівняння прямої
AB
за умовою
має вигляд:
4
0
x
y
+ − =
, звідки:
4
y
x
= −
. Підставимо цей вираз для у в задану
функцію
z
і отримаємо:
(
)
(
)
2
2
2
2 4
2
8 4
5
3
10
5
z
x
x
x
x
x
x
= +
−
−
−
− + =
−
+
.
Функція
z
на відрізку АВ являє собою функцію однієї змінної х.
Визначимо її найбільше та найменше значення на відрізку
[ ]
0; 4
x
∈
:
( )
3
3
5
5 7
5 7
10
6
10; 6
10
0;
;
;
;
;
3
3 3
3 3
3
x
z
x
x
x
P
z P
z
′ =
−
− =
=
=
= −
.
Значення функції
z
на кінцях відрізка
AB
вже були обчислені раніше.
Порівнюємо обчислені значення функції
z
в отриманих стаціонарних
точках
1
2
3
,
,
,
o
P P P P
та в точках
, ,
O A B
, тобто на кінцях відрізків, з яких
складається межа області, робимо висновок, що найбільшого та найменшого
значень в заданій замкненій області дана функція
z
досягає в точках
A
та
0
P
відповідно, причому шукані значення дорівнюють:
( )
( )
( )
( )
max
; 4;0
13; min
; 1;2
4.
o
D
D
z
z A
z
z
z P
z
=
=
=
=
=
= −
68
Розділ «Інтегральне числення функцій однієї змінної»
Тема. Інтегральне числення
Теоретичні відомості
Функція
( )
F x
називається первісною для функції
( )
f x
на проміжку
[ ]
;
a b
, якщо у кожній точці цього проміжку виконується умова:
( )
( )
F x
f x
′
=
.
Сукупність усіх первісних
( )
F x
для функції
( )
f x
на деякому проміжку Х
називають невизначеним інтегралом від функції
( )
f x
на цьому проміжку і
позначають
( )
f x dx
∫
Якщо
( )
F x
–одна з первісних для функції
( )
f x
на проміжку Х, то за
означенням:
( )
( )
f x dx
F x
C
=
+
∫
.
Властивості невизначеного інтегралу:
1)
Похідна від невизначеного інтеграла дорівнює підінтегральній
функції. Завдяки цій властивості можна перевірити правильність виконання
операції інтегрування.
( )
(
)
( )
f x dx
f x
′ =
∫
2)
Диференціал
від
невизначеного
інтеграла
дорівнює
підінтегральному виразу.
( )
(
)
( )
d
f x dx
f x dx
=
∫
.
3)
Невизначений інтеграл від диференціалу деякої функції дорівнює
сумі цієї функції і довільної сталої.
( )
( )
dF x
F x
C
=
+
∫
.
4)
Сталий множник можна виносити за знак інтегралу.
( )
( )
C f x dx
C f x dx
=
∫
∫
, де
k
R
∈
.
5)
Невизначений інтеграл від алгебраїчної суми двох функцій
дорівнює алгебраїчній сумі інтегралів від цих функцій.
( )
( )
(
)
( )
( )
1
2
1
2
f x
f
x dx
f x dx
f
x dx
+
=
+
∫
∫
∫
.
Наслідок.
( )
( )
(
)
( )
( )
1 1
2
2
1
1
2
2
k f x
k f
x
dx
k
f x dx
k
f
x dx
+
=
+
∫
∫
∫
.
69
Приклади розв’язування типових завдань
Приклад.
Знайти неозначені інтеграли. Перевірити результат диференціюванням:
1)
4
3
.
x
e
x dx
−
∫
2)
4
ln
.
x
xdx
∫
3)
2
2
1
1
2
x
x
dx
x
+
+
∫
.
Розв’язання.
1)
4
4
4
3
3
1
1
4
4
4
x
t
x
t
x
e
x dx
e dt
e
C
dt
x dx
−
−
= −
=
=
= −
+
= −
∫
∫
.
Перевірка.
(
)
4
4
4
3
3
1
1
4
4
4
x
x
x
e
c
e
x
e
x
−
−
−
′
−
+
= −
⋅ −
=
.
2)
4
5
4
4
5
5
5
ln
1
1
ln
ln
1
5
5
5
1
1
ln
.
5
25
dx
u
x
du
x
x
xdx
x
x
x dx
dv
x dx
v
x
x
x
x
C
=
=
=
=
−
=
=
=
=
−
+
∫
∫
Перевірка.
5
5
4
4
4
4
1
1
1
1
ln
ln
ln
5
25
5
5
x
x
x
C
x
x
x
x
x
x
′
−
+
=
+
−
=
.
3) Для обчислення визначеного інтегралу використаємо формулу
Ньютона-Лейбніца:
( )
( )
( )
( )
b
b
a
a
f x dx
F x
F b
F a
=
=
−
∫
(
)
2
2
2
3
2
3
3
3
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
2
2
1
3
2
3
3
3
8
1
16
1
4
1
5 .
3
3
3
3
x
x
x
x
x dx
x
+
=
+
=
+
=
+
−
+
=
= + − − =
=
∫
70
Індивідуальне завдання 5.
Варіант 1
Знайдіть границі функцій:
1)
(
)
4
2
3
lim 2
4
15 ;
x
x
x
x
→
−
+
−
2)
2
2
1
3
1
lim
;
8
x
x
x
x
→
+ −
−
3)
(
)(
)
2
1
1
5
lim
;
17
16
x
x
x
x
x
→
−
−
−
+
4)
2
2
2
6
lim
;
3
2
8
x
x
x
x
x
→
+ −
−
−
5)
2
2
2
1
lim
;
5
3
x
x
x
x
x
→∞
+
−
−
+
6)
2
3
4
21
lim
;
2
5
x
x
x
x
x
→∞
− +
− +
7)
4
2
3
6
1
lim
;
5
9
x
x
x
x
x
→∞
−
−
−
+
8)
2
1
5
lim
;
2
x
x
x
x
→
+ −
−
−
9)
0
sin8
lim
;
x
x
x
→
10)
2
2
0
sin 4
lim
;
arctg 7
x
x
x
→
11)
2
4
lim 1
;
x
x
x
→∞
+
12)
3
3
2
lim
x
x
x
x
+
→∞
+
.
Варіант 2
Знайдіть границі функцій:
1)
(
)
5
3
1
lim
2
9
4 ;
x
x
x
x
→
+
−
+
2)
2
2
1
3
5
lim
;
7
x
x
x
x
x
→−
−
−
+ −
3)
(
)(
)
2
1
1
8
lim
;
9
8
x
x
x
x
x
→
−
−
−
+
4)
2
2
1
2
3
lim
;
3
2
x
x
x
x
x
→−
− −
+
+
5)
3
2
4
2
5
lim
;
2
7
x
x
x
x
x
→∞
−
+
+ −
6)
2
2
8
1
lim
;
3
2
x
x
x
x
x
→∞
+
+
+
−
7)
3
4
3
7
2
lim
;
3
6
x
x
x
x
x
→∞
− −
+
8)
3
3
lim
;
2
4
x
x
x
x
→
−
− −
−
9)
0
8
lim
;
sin 3
x
x
x
→
10)
2
0
tg 4
lim
;
arcsin 2
x
x
x
x
→
11)
9
8
lim 1
;
x
x
x
→∞
+
12)
3
5
12
5
lim
12
1
x
x
x
x
−
→∞
+
−
.
Варіант 3
Знайдіть границі функцій:
1)
(
)
3
2
4
lim 7
6
9 ;
x
x
x
x
→
−
+ +
2)
2
2
2
7
lim
;
5
1
x
x
x
x
→−
+
−
+
3)
(
)(
)
2
1
1
3
lim
;
4
5
1
x
x
x
x
x
→
−
−
−
+
4)
2
2
1
5
6
lim
;
2
3
x
x
x
x
x
→
+ −
+
−
5)
2
2
7
7
1
lim
;
7
2
3
x
x
x
x
x
→∞
+
−
+
+
6)
3
2
2
5
2
lim
;
15
8
7
x
x
x
x
x
→∞
−
+
+
+