Федеральное государственное образовательное бюджетное учреждение высшего профессионального образования

Федеральное государственное образовательное бюджетное
учреждение высшего профессионального образования
«ФИНАНСОВЫЙ УНИВЕРСИТЕТ ПРИ ПРАВИТЕЛЬСТВЕ
РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ»
(Пензенский филиал)
Кафедра «Математика и информатика»
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
Методические указания по
выполнению контрольной работы
Пенза 2014
ОБРАЗЦЫ РЕШЕНИЯ ТИПОВЫХ ЗАДАЧ.
4 n1  7 n1
x   4n  7 n
lim
ПРИМЕР 1. Найдите предел
Решение.
Разделим числитель и знаменатель выражения на 7n. После преобразований
получим:
n
4 n 1  7 n 1
n  4 n  7 n
lim
 4
4   7
7
 lim  n
 7 .
n 
 4
  1
7
4
(Так как при n   выражение  
n
7
стремится к нулю по свойству
показательной функции с основанием 0<a<1).
x2  x  5
x 
2x  5
ПРИМЕР 2. Найдите предел lim
Решение.
Имеем неопределённость вида

. Чтобы устранить её, разделим числитель и

знаменатель на x 2 :
1 5

x x2  1 0  0  1   .
2 5
00
0
 2
x x
1
lim
x 
ПРИМЕР 3. Найдите предел lim ( x  2  x ) .
x 
Решение.
Имеем неопределённость вида    . Чтобы раскрыть её, умножим и
разделим выражение в скобках на сопряженное ему выражение x  2  x .
Получим:
lim
x 
( x  2  x )( x  2  x )
x2 x
 lim
x 
x2 x
x2  x
 lim
x 
2
x2 x

2
0.

ПРИМЕР 4. Найти предел lim
x 0
x
tg 5 x
Решение.
Имеем неопределенность вида “0/0”. Подвергнем функцию преобразованию,
чтобы получить возможность использовать первый замечательный предел;
lim
x 0
lim cos 5 x
x
x cos 5 x
cos 5 x
1
1
 lim
 lim
 x 0

 .
x 0 sin 5 x
sin 5 x x0 sin 5 x
sin 5 x 5  1 5
5 lim
x 0
cos 5 x
x
5x
2
x
(1  ) x .
ПРИМЕР 5. Найти предел lim
x 
Решение.
Имеем неопределённость вида 1 . Чтобы воспользоваться
замечательным пределом, преобразуем данную функцию:
2
(2) x
1
lim (1  ) x  lim (1 
)  e 2  2
x 
x 
x
x
e
вторым
.
ПРИМЕР 6. Продифференцировать функцию: y  arcsin 5 (cos( 2  4 x)) .
Решение.
Находим производную данной функции по правилам дифференцирования
сложной функции:
y   5 arcsin 4 (cos( 2  4 x))  (arcsin(co s( 2  4 x)))  5 arcsin 4 (cos( 2  4 x)) 
1
1  cos 2 (2  4 x)
5 arcsin 4 (cos( 2  4 x))

 (cos( 2  4 x)) 
 ( sin( 2  4 x))  (4)  20 arcsin 4 (cos( 2  4 x))
sin( 2  4 x)

.
ПРИМЕР 7. Найти производную функции, заданной неявно: x 3  x 2 y  y 2  0 .
Решение.
Дифференцируем данную функцию по х:
y x  3x 2  2 xy  x 2 y   2 yy  , откуда y   
3x 2  2 xy
x2  2y
ПРИМЕР 8. Найти производную y x от функции, заданной параметрически:
 x  t  sin t ,
.

 y  1  2 cos t
Решение.
y x 
yt (1  2 cos t ) 2 sin t
.

xt
(t  sin t ) 1  cos t
ПРИМЕР 9. Найти область определения функции y 
x
2 cos x  1
Решение.
Данная функция определена для всех х, не обращающих в нуль
знаменатель, т.е. не являющихся корнями уравнения 2 cos x  1  0 . Это все
числа вида 
2
 2n, n  Z .
3
Таким образом, область определения D(у) - вся числовая прямая, кроме
точек 
2
 2n, n  Z .
3
ПРИМЕР 10. Исследовать функцию и построить ее график: y 
ln x
x
Решение.
Функция определена и непрерывна в интервале (0;+). В граничной
точке x  0 области определения функция имеет бесконечный разрыв, так как
ln x
  .
x 0 x
lim
Так как в точке x  0 функция имеет бесконечный разрыв, то прямая
x  0 является вертикальной асимптотой. Найдем уравнение наклонной
асимптоты y  kx  b (если она существует).
1
ln x
1
k  lim 2  lim x  lim
0;
x  x
x  2 x
x  2 x 2
1
ln x
ln x
1
b  lim (
 0  x)  lim
 lim x  lim  0 .
x 
x


x


x


x
x
1
x
(При нахождении пределов воспользовались правилом Лопиталя).
Итак, k  b  0 и уравнение асимптоты y  0 . Таким образом, график
имеет в качестве асимптот оси координат.
Найдем производную функции и критические точки:
y 
1  ln x
.
x2
Стационарная
критическая
точка:
x e.
Исследуем
знак
производной на интервалах(0;е) и (е;).
0
е
-
Х
+
Составим таблицу:
x
y`
y
(0;e)
+
возрастает
e
0
max
(e;+)
убывает
1
e
Экстремум функции: y max   0,37 .
Найдем вторую производную и значения х, при которых график может
иметь точку перегиба:
2 ln x  3
,
x3
y  
3
y   0 при x  e 2 .
3
2
3
2
Определим знак второй производной в интервалах (0; e ) и (e ;  ) :
0
-
Х
+
3
e2
x
Составим таблицу:
3
y``
график
3
y( e 2
3
)=3/( 2e 2
)
(0; e 2 )
выпуклый
3
e2
4,48
0
точка
перегиба
3
( e 2 ;)
+
вогнутый

0.33
График пересекает ось абсцисс в точке (1;0). Точек пересечения с осью
ординат нет. Строим эскиз графика функции:
Y
е
1
3
e2
е
X
ПРИМЕР 11. Построить график функции, заданной уравнением в полярных
координатах
r  sin 4
Решение.
Построим график данной функции в декартовых координатах для
  0; 2 :
R

4
/2

3/2
φ
0

 3
5
3 7
Из этого графика видно, что при   0;    ;    ;    ; 
 4 2 4   4   2 4 
имеем r  0 .
Поэтому требуемый график будет находиться в секторах,
соответствующих данным значениям , а также в секторах, симметричных
им относительно начала координат (в силу того, что перед  стоит чётный
коэффициент).
Учитывая характер изменения r в этих промежутках (от 0 до 1 и затем
снова до 0) получим следующий график (восьмилепестковую розу):
sin( 4)


1
ПРИМЕР 12. Исследовать сходимость ряда  1  
n
n 1
n
Проверим,
выполняется
ли
необходимое
условие
знакоположительного ряда. Найдём предел общего члена ряда
сходимости
n
 1
lim u n  lim 1    e  0 .
n 
n 
 n
Так как данный предел не равен нулю, то не выполняется необходимое
условие сходимости ряда, следовательно, он расходится.
ПРИМЕР 13. Разложить функцию y 
1
в ряд по степеням х.
x  3x  2
2
Решение.
Разложим функцию в ряд Маклорена. Учитывая, что x 2  3x  2  ( x  1)( x  2) ,
разложим функцию на сумму двух более простых:
1
1
1
1



.
x  3x  2 ( x  1)( x  2) x  2 x  1
2
Далее преобразуем:
1
1 1
1
1
.
 
;

x x 1
x2
2
1 x
1
2
Воспользуемся разложением:

1
  x n  1  x  x 2  x 3  ..., x  1 .
1  x n 0
Получим

n
n
|x|
|x|
1
1 1
1 
  *
   x    xn 1 (при
<1, т.е. при
x
2
2
2
x2
2 1
2 n 0
n 0 2
2

<2)
n

1
1 1
1   x
xn x
 
        n1 ;  1, то есть x  2 .
x
x2
2
2 n 0  2 
2
n 0 2
1
2
Аналогично получим второе разложение:

1
1

  x n ; x  1 .
x 1
1 x
n 0
Тогда:


1
xn   n   n  xn
1  n





x

x




1  n 1   x .





2
n 1
n 1
x  3x  2
2 
n 0 2
n 0 2
n 0 
 n 0  n 0
Окончательно получаем:
1
1 3
7
15
  x  x 2  x 3  ...
8
16
x  3x  2 2 4
2
ПРИМЕР 14. Найти неопределённый интеграл I   x 4  4 1  3x 5 dx .
Решение.
Введем подстановку t  1  3x 5 , откуда dt  15 x 4 dx . Тогда I  
1 4
t dt .
15 
Находим полученный табличный интеграл и возвращаемся к прежней
переменной:
5
4
1
4
1
1 t
4
4
t dt     C   4 t 5  C   4 (1  3x 5 ) 5  C .

15
15 5
75
75
4
x 2 dx
ПРИМЕР 15. Найти неопределённый интеграл I   3 .
7x  1
I 
Решение.
Подведем под знак дифференциала знаменатель подынтегральной
дроби:
I 
1
d (7 x 3  1)
1 d (7 x 3  1) 1
21

 ln 7 x 3  1  C .
21  7 x 3  1
21
7x3  1
ПРИМЕР 16. Найти неопределённый интеграл I   x arctg x dx .
Решение.
Применим формулу интегрирования по частям:
 udv  uv   vdu .
В
данном случае:
u  arctg x, dv  x dx, du 
получим:
I
dx
x 2 . Подставляя эти выражения в формулу,
,
v

2
1 x2
x2
x2
x2
1 
1 
x2
x 1
arctg x  
dx

arctg
x

1

dx

arctg x   arctg x  C .

2
2 

2
2
2  1 x 
2
2 2
2(1  x )
ПРИМЕР
17.
Вычислить
интеграл
1
dx
2
0 1 x
I 
или
установить
его
расходимость.
Решение.
Точка x  1 является особой точкой, поскольку подынтегральная
функция имеет в ней бесконечный разрыв. Поэтому:
1
I  lim
 0
dx
 1 x
0
2
 1 1  x 1   1 
 1

 lim  ln

  lim ln
 ln 1  (  0)   - получили
 0 2
1 x  0
2   0 2  

 2
бесконечный предел.
Таким образом, данный интеграл расходится.
ПРИМЕР 18. Решить уравнение: y   tg x tg y .
Решение.
Данное уравнение является дифференциальным уравнением первой
степени с Разделяющимися переменными. Разделим переменные:
dy
dy
y   tg x tg y 
 tg x tg y 
 tg x dx  ctg y dy  tg x dx .
dx
tg y
Проинтегрируем части последнего равенства:
C
 ctg y dy   tg x dx  ln sin y   ln cos x  C  ln sin y  ln cos x .
Отсюда:
sin y 
C .
cos x
Окончательно имеем:
y  arcsin
C - общее решение данного уравнения.
cos x
ПРИМЕР 19. Решить уравнение: y   y  sin y ; y (1)   .
x
x
2
Решение.
Данное дифференциальное уравнение относится к типу однородных
дифференциальных уравнений
 y
y     ,
 x
которые решаются с помощью подстановки
y
t.
x
Отсюда:
y  tx, y   t x  t .
После подстановки в исходное уравнение получим:
t x  t  t  sin t  t x  sin t .
Это – уравнение с разделяющимися переменными. Разделяем переменные:
dt
dt
dx
 x  sin t 

dx
sin t
x
Интегрируя обе части, получим:
t
t
t
ln tg   ln x  C  ln tg   ln Cx  tg   Cx  t  2arctg Cx
 2
 2
 2
Используя обратную подстановку, получим:
y
 2arctg Cx
x
Окончательно имеем обще решение в виде:
y  2 x arctg Cx .
Теперь, чтобы найти частное решение, подставляем в общее решение
начальное условие:

2
 2  1  arctg C  1  arctg C 

4
Искомое частное решение:
y  2 x arctg x .
 C  tg

4
 1.