Файл: Е.Н. Грибанов Высшая математика. Контрольные работы №4, 5, 6 и методические указания к ним для студентов-заочников инженерно-технических специальностей.pdf

- 16 -

x

2

(−

1)

2

lim y

=

lim

=

=

−∞ ;

1

+ x

− 0

x→ − 1−

0

x→ − 1− 0

x

2

(−

1)

2

lim y

=

lim

=

=

+∞ .

1

+ x

+ 0

x→ − 1+

0

x→ − 1+ 0

Так как при x →

− 1 функция стремится к бесконечности, то прямая

x =

− 1 является вертикальной асимптотой. Уравнение наклонной асим-

птоты имеет вид y =

kx +

b , где k =

lim

y

=

lim

x2

=

1, и

x

(1+

x) x

x→ ∞

x→ ∞

lim ( y − k x) =

x

2

x

2

− x −

x

2

− x

b =

lim

− x =

lim

= lim

= − 1.

x→ ∞

1+ x

x→ ∞

1+ x

x→ ∞ 1+ x

x→ ∞

lim

y

= ∞

или lim ( y − k x) = ∞ , то наклонные и горизонтальные

x

x→ ∞

x→ ∞

ведёт себя при x → −∞ , и х →

+∞

то при нахождении асимптот необ-

ходимо рассматривать два случая x →

+∞ и x →

−∞ .

Определим нули функции, x =

0

y =

0 и y = 0

x = 0. То есть гра-

чётной или нечётной:

f (−

x) =

(− x) 2

=

x2

≠ ± f (x) , функция общего

1

+

(− x)

1

−

x

x2 ′

2x (1+ x) − x2 1 x2 + 2x

убывания функции: y′ =

=

=

. Опреде-

(1+

x)

2

(1+

x)

2

1+

x

равна нулю или не существует. Получаем x =

− 2;x = − 1;x = 0 . Исследу-

ем знаки производной на интервалах (рис.8). Получаем, что при

x (− ∞ ;− 2) ( 0;∞ )

функция возрастает, а при x (− 2;− 1) ( − 1;0)

функция убывает. Тогда

x = − 2

y =

(−

2)2

=

− 4 является точкой мак-

1

− 2

симума, а x = 0 y =

0

точкой минимума.

′

x

2

′

(2x + 2) (1+

x)

2

− (x

2

+ 2 x) 2 (1

+ x)

′

+ 2x

(1+ x)2 =

(1+ x)4

y" = ( y ) =

− (x2 + 2x))

=

=

2 (1+

x)((

x + 1) ( 1+ x)

=

2

(x2 +

2x + 1− x2 − 2x)

=

2

.

(1+ x)4

(1+ x)3

(1+ x)3

Критическая точка x = −

1 исследуем

знаки второй производной на ин-

тервалах (рис. 9). Следовательно при

(

)

x (− ∞

;− 1)

функция выпукла, а при

функция вогнута.

x −− 1;∞∞

исключение составляют функции:

1.

z =

f (x; y)

, область определения D :ϕ (x; y) ≠ 0 .

ϕ (x; y)

2.

z = 2n ϕ (x; y) , область определения D :ϕ (x; y) ≥0 .

3.

z =

loga ϕ (x; y) , область определения D :ϕ

(x; y) > 0.

a )z =

arcsinϕ

(x; y)

4. b )z =

arccosϕ

(x; y) тогда область

определения D :

ϕ (x; y)

≤ 1.

Пример. Построить область

определения функции

z = arcsin x +

xy .

2

Решение. Первое слагаемое

функции z определено при

x

≤ 1

− 1≤

x

≤ 1 − 2 ≤ x ≤ 2 . Второе

2

2

слагаемое имеет действительные

значения, если x y ≥0 , т. е. в двух

x ≥0

x ≤ 0

. Изобразим область определения на чер-

случаях при

y ≥0

или

y ≤ 0

- 19 -

Пример. Показать, что функция z =

arctg

y

удовлетворяет уравне-

x

∂ 2z

2z

+ (x2 +

y2 )2

∂ 2z

нию

+

∂

= y2

− x2 .

∂

∂

x∂

y

∂ x2

y2

y

Решение. Найдём частные производные функции z = arctg

пер-

x

∂ z

1

y

− y

стную производную от z по

x

=

−

=

. Анало-

∂ x

y 2

x2

x2 + y2

1+

x

гично, рассматривая x как постоянную,

получим частную производную

от z по y :

∂

z

1

1

x

∂

z

=

=

. Дифференцируя вторично

по x , по-

∂

x2 +

y2

∂

y

y

2 x

x

1

+

x

лучаем вторую частную производную:

∂

2

z

−

y

′

0 (x

2

+ y

2

)− y2x

2xy

=

=

−

=

. Находим вто-

2

2

2

2

(x2

2

∂

x

x

+

y

x

(x2 +

y2 )

+ y2 )

рую частную производную по y :

∂

2

z

x

′

0 (x

2

+

y

2

)−

x2 y

− 2xy

=

=

=

. Найдём смешан-

2

2

(x2

+ y2)

2

(x2 +

y2)

2

∂

y

2

x

+

y

y

ную производную второго порядка:

∂

2

z

− y

′ =

− 1 (x

2

+

y

2

)−

(− y)2 y

=

=

2

(x2

y2)

∂ x∂ y

x

+ y

2

+

2

x

=

− x2 − y2 +

2 y

2

=

y2 − x2

.

(x2 + y2)2

(x2 + y2)2