Файл: Марченко_Высшая математика.pdf

dy = (5

tg x

′

(5

tg x

′

x + 5

tg x

(

′

5

tg x

′

x ) dx

=

)

x )

dx =

ln 5(tg x)

x +

tg x

1

tg x

x

5tg x

tg x 2x ln 5 + cos2 x

+5

dx =

5

ln 5

+

dx = 5

dx.

2

cos

2

x

2

x

2 x cos

2

x

x

Пример 2. Найти

приращение

и

дифференциал

функции

y = 2x − x2

в точке

x =3 при

x = 0,1. Найти абсолютную и отно-

εотн

=

dy −

y

=

−0, 4 + 0, 41

=

0,01 ≈ 0,024 = 2, 4%.

y

−0,41

0, 41

Пример 3. Вычислить приближенно cos 29°.

Решение. Перейдем к радианной мере угла:

29° π

(

30 −1 π

π

π

)

cos 29° = cos

= cos

= cos

−

.

180°

180

6

180

Рассмотрим функцию y = cos x. Согласно формуле,

cos(x + x)

≈ cos x

+(cos x)′

x , где

x

= π, x

= −

π

.

0

0

x0

0

6

180

Теоремы о дифференцируемых функциях

Теорема Ролля. Пусть функция

y = f (x)

непрерывна

на

отрезке

[a; b],

дифференцируема

на

интервале

(a; b)

и

f (a) = f (b).

Тогда существует хотя бы одна точка c (a; b)

такая, что f ′(c) = 0.

Геометрический смысл теоремы Ролля

На графике функции най-

y

C

дется хотя

бы

одна

точка,

y = f (x)

в которой касательная к гра-

f (a) = f (b)

фику функции

параллельна

x

оси Ox.

a

c

b

Теорема Лагранжа. Пусть функция

y = f (x)

непрерывна

на отрезке [a; b], дифференцируема на интервале

(a; b). Тогда

существует хотя бы одна точка c (a; b) такая,

что

f (b) − f (a) =

f (b)− f (a)

f ′(c)

=

.

g (b)− g (a)

g′(c)

ностей вида

0

,

∞

и других, сводящихся к ним.

0

∞

Пусть функции f (x) и g (x)

дифференцируемы в проколотой

окрестности точки a, lim f

(x) = 0 и lim g (x) = 0 или lim f

(x) = ∞

x→a

x→a

x→a

и lim g (x) = ∞. Пусть g′(x) ≠ 0 в проколотой окрестности точки a.

x→a

f ′(x)

Если существует (конечный или бесконечный) предел lim

, то

x→a g′(x)

lim

f

(x)

= lim

f

′(x)

.

(x)

g′(x)

x→a g

x→a

Замечание. Правило справедливо и в случае, когда x →∞.

Пример 1. Найти lim

e2 x

.

x→+∞ x2

−3x + 7

Решение. Неопределенность ∞ . Используем правило Лопиталя:

∞

e

2 x

∞

(

e2 x

′

2e

2 x

∞

lim

=

= lim

)

= lim

=

=

2

′

x→+∞

x

−3x + 7

x→+∞

x→+∞

2x −3

∞

(x 2 −3x + 7)

∞

(

2e2 x

′

4e

2 x

= lim

)

= lim

= +∞.

x→+∞ (2x −3)′

x→+∞

2

Неопределенности

вида [∞ 0],

[∞ −∞],

∞

,

∞

0

,

0

0

1

деленностям

0

,

∞

.

0

∞

1

Пример 2. Найти lim ex ctg x −

.

x→0

sin x

Решение. В этом пределе неопределенность [∞ − ∞]. Восполь-

зуемся тождеством ctg x =

cos x

и приведем выражение к общему

знаменателю:

sin x

ex cos x

ex cos x −1

x

1

1

lim e

ctg x −

=[∞ − ∞]= lim

sin x

−

= lim

sin x

.

x→0

sin x

x→0

sin x

x→0

lim ex cos x −1 =

0

= lim

(ex cos x −1)′

= lim ex cos x −ex sin x =

1−0

=1.

x→0

sin x

x→0

′

x→0

cos x

1

0

(sin x)

Пример 3. Найти lim (x3 ln2 x).

x→+0

Решение.

В данном пределе неопределенность вида [0 ∞].

Преобразуем ее в неопределенность ∞

:

∞

2ln x

ln2 x

∞

(ln2 x)′

2ln x

lim x

3

2

x =[0

∞]

x

ln

= lim

=

= lim

= lim

= lim

.

1

−3

−3

x→+0

x→+0

∞

x→+0 1 ′

x→+0

x→+0

x3

x4

x3

∞

x3

Опять получили неопределенность

. Применяем правило Лопи-

∞

1

2ln x

= −2 lim (ln x)′

−2 lim

2 lim x3 = 0.

таля еще раз: lim

=

x

=

−3

x→+0

3

x→+0

1

′

3

x→+0 −3

9 x→+0

x3

x4

3

x

Неопределенности вида

∞

0

0

встречаются в сте-

1

,

∞

,

0

пенно-показательных функциях.

Схема вычисления предела lim f (x)v(x) приведена в табл. 2.5.

x→a

(x)v(x)

Таблица 2.5

Схема вычисления предела lim f

x→a

Этапы

Пример для предела

lim (sin x)x

= 00

x→0

v(x)

x→0

(

)

x→0 (

(

))

1. Логарифмируем

выражение

lim ln

sin x

x = lim

x ln

sin x

=

f (x)

и находим предел:

ln (sin x)

∞

lim ln f (x)

v(x)

= lim v (x)ln f (x) =

= lim

=

1

∞

x→a

x→a

x→0

= [∞ 0]

= lim

ln f (x)

x

x→a

1

v (x)

v (x)

или

lim ln f (x)v(x) = lim

.

x→a

x→a

1

ln f (x)

Получаем при этом неопределен-

ность вида ∞

или

0

∞

0

Этапы

Пример для предела

lim (sin x)x =

00

x→0

2. Применяем правило Лопиталя.

ln(sin x)

(ln(sin x))′

cos x

Еслипределсуществуетиравен K,

lim

=lim

=lim sin x

=

то lim f (x)v(x) = eK

x→0

1

x→0

1

′

x→0

−1

x→a

x

x2

x

=lim −cos x x2

=−lim

x2

=

0

=−lim

(x2 )′

=

(tg x)

x→0

sin x

x→0

tg x

0

x→0

′

=−lim

2x

=−lim

2xcos2

x

)

=0.

1

x→0

x→0 (

cos2 x

Так как предел равен 0, то искомый предел

lim (sin x)x

= e0

=1

x→0

10. Если, применяя правило Лопиталя, вы доказали, что

lim

f ′(x)

не существует, то что можно сказать о lim

f (x)

?

g (x)

g′(x)

x→a

x→a