Высшая математика. Задачи

2.6. Формула Тейлора. Формула Маклорена  Конт рольны е вопросы  и примеры  1.  Запишите формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа и в форме  Пеано.  2.  Запишите формулу Маклорена с использованием дифференциалов и в  развернутой форме с использованием частных производных.  3.  Запишите формулу Маклорена с учетом членов второго порядка с остаточным  членом в форме Пеано.  Задачи и примеры  1. Записать формулу Маклорена для функции  z = 1 + 3 x + 2 y

с учетом квадратичного члена в форме Пеано.  Решение. Находим частные производные до второго порядка включительно:  z x ¢ ( x ,  y ) =

3  ;  2  1 + 3 x + 2 y 

z y ¢ ( x ,  y ) =

1  ; 1 + 3 x + 2 y 

¢ 1  3  3 æ 3  9  - ö -  ² 2  ; z xx  ( x ,  y )  = ç (1 + 3 x + 2 y ) ÷ = - (1 + 3 x + 2 y ) 2  × 3 = 3  øx 2 è 4  4  (1 + 3 x + 2 y )  ¢ 1  3  3 æ 3  3  - ö -  ² 2  ; z xy  ( x ,  y )  = ç (1 + 3 x + 2 y ) ÷ = - (1 + 3 x + 2 y ) 2  × 2  = 3  øy 2 è 4  2  (1 + 3 x + 2 y ) 

¢ 1  3  1  æ -  ö z yy ( x , y ) = ç (1 + 3 x + 2 y ) 2  ÷ = - (1 + 3 x + 2 y ) 2  × 2 = 2  è ø y  ²

1 

(1 + 3 x + 2 y ) 3 

. 

Находим значения функции и производных в точке M0(0; 0):  3  9  3  z( 0 ;  0 ) = 1 ;  z x ¢ ( 0 ;  0 )  =  ;  z y ¢ ( 0 ;  0 )  = 1;  z xx ² ( 0 ;  0 )  = -  ;  z xy ² ( 0 ;  0 )  = -  ;  z yy ² ( 0 ;  0 )  = - 1.  2  4  2 

Используя формулу (33) в конспекте лекций (гл. II, § 11), получаем  1 + 3 x + 2 y  = 1 + = 1 +

3  1 æ 9  3  ö x + y + ç - x 2  - 2  xy - y 2 ÷ + r 2 =  è ø 2  2  4  2 

3  9  3  1  x + y - x 2  - xy - y 2  + r 2 ,  2  8  2  2 

где r 2  = o ( x 2  + y 2 ) .  2. Записать формулу Маклорена с учетом квадратичного члена и остаточным  членом в форме Пеано для следующих функций:

1) z = ln 1  ( + x 2  -  y 3 )  Ответ: ln (1 +  x2  - y 3 ) = x 2  + r 2 ,  где r 2  = o ( x 2  + y 2 ) .  1  1 + 2 x + 3 y

2)  z =

Ответ: 

1  3  3  9  27  2  = 1 - x - y + x 2  + xy + y  + r 2 , где r 2  = o ( x 2  + y 2 ) .  2  2  2  8  1 + 2 x + 3 y 

3) z = sin 2 ( 3 x + 4 y)  Ответ: sin 2 (3 x + 4 y ) = 9 x 2  + 24 xy + 16 y 2  + r2  , где r 2  = o ( x 2  + y 2 ) .  4)  z =

1  1 + x +  y

Ответ: 

1  = 1 - x - y + x 2  + 2 xy + y 2  + r 2 , где r 2  = o ( x 2  + y 2 ) .  1 + x + y 

2.7. Экстремумы . Наиболь шее и наимень шее значения  Конт рольны е вопросы  1.  Какие точки M0(x0; y0) называются точками максимума (минимума) функции  f(x; y)?  2.  Сформулируйте необходимые условия экстремума функции f(x; y).  3.  Сформулируйте достаточные условия экстремума функции f(x; y).  4.  Как найти наибольшее и наименьшее значения непрерывной функции z=f(x; y) в  замкнутой ограниченной области?  Примеры  и задачи с решениями  1. Исследовать на экстремум функцию  z = x 2  + y 3  - 3 y 2  - 4 x - 9 y + 23 .  Решение. Находим стационарные точки ì z  ¢  = 2 x - 4 = 0 ,  ï x  í ¢ ïî z y  = 3 y 2  - 6 y - 9 = 0 

x 0  = 2  y 1  = -1 ,  y 2  =  3

Имеются две стационарные точки  M1(2; ­1),  M2(2; 3).  Других критических точек нет, т.к. производные  z x ¢ = 2 x - 4  и  z y ¢ = 3 y 2  - 6 y - 9  непрерывны при всех x и y.

Находим вторые производные  z xx ² = 2 ;  z xy ² = 0;  z yy ² = 6 y - 6 .  Рассмотрим точку M1(2; ­1). Находим значения производных в точке M1(2; ­1):  a 11  = z xx ² ( 2 ; -1 ) = 2 ;  a 12  = z xy ² ( 2 ; -1 )  = 0 ;  a 22  = z yy ² ( 2 ; -1 ) = - 12 2  d  = a 11 a 22  - a 12  = 2 (- 12 ) - 0 = -24 < 0 

Точка M1(2; ­1) ­ не является точкой экстремума.  Рассмотрим точку M2(2; 3). Находим  a 11  = z xx ² ( 2; 3 ) = 2 ;  a 12  = z xy ² ( 2 3  ;  )  =  0 ;  a 22  = z yy ² ( 2; 3 ) = 12 2  ìd  = a11 a 22  - a 12  = 2 × 12 - 0 = 24 > 0  .  í a  = 2  > 0  11  î

Точка M2(2; 3) ­ точка минимума.  2. Исследовать на экстремум функцию  z =  x 2  + y 3 .  Решение. Находим стационарные точки  ì z  ¢ = 2 x = 0  ï x  í ¢ 2  ï  î z y = 3 y  = 0 

x 0  = 0  y 0  =  0

M0(0; 0) ­ стационарная точка. 

Находи вторые производные  z xx ² = 0;  z xy ² = 0;  z yy ² = 6 y .  Находим значения производных в точке M0(0; 0):  a 11  = 0 ;  a 12  = 0 ;  a 22  = z yy ² ( 0; 0 )  =  0 .  Очевидно, что 2  d = a 11 a 22  - a 12  =  0 . 

Достаточное условие не дает ответа на вопрос о типе критической точки M0(0; 0). Найдем  приращение Dz в точке M0(0; 0): Dz = z ( x ;  y ) - z ( 0 ;  0 ) = x 2  +  y 3 .  Очевидно, что при Dx=x=0 приращение Dz = y 3  > 0  при  y > 0  и Dz = y 3  < 0  при  y > 0 .  Таким образом, приращение Dz положительно при одних малых Dy=y и отрицательно при

других Dy=y ( при Dx=x=0). Это означает, что точка M0(0; 0) не является точкой  экстремума.  3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции  z = 1 - x + x 2  + 2 y в области D  = { ( x ;  y ):  x ³ 0 ;  y ³ 0 ;  x + y £ 1 }  .  Решение. Область D указана на рис. 2.7.1. Функция z(x; y) ­  непрерывна при всех (x; y)  Находим стационарные точки 

Рис. 2.7.1

ìz  ¢ = -1 + 2 x = 0  ï x  í ¢ ï  îz y = 2  ¹ 0 

Стационарных точек нет. Других критических точек нет, т.к.  производные  z x ¢ = -1 + 2 x  и  z y ¢ = 2  ­ непрерывны при всех x и y.  Исследуем функцию на границах области.  а). При x=0 имеем z ¢ = 2 ¹  0 ,  z = 1 + 2 y ( 0 £ y £ 1 ). 

Стационарных точек нет. На границах отрезка [0; 1] имеем  z( 0 ) = 1 ;  z( 1 ) =  3 .  Таким образом, имеем  z( 0 ;  0 )  = 1 ;  z( 0 ;  1 )  =  3 .  б). При y=0 имеем  z = 1 - x +  x 2  z ¢ = -1 + 2 x =  0 

x 0  = 

( 0 £ x £ 1 ) 1  ­ критическая точка.  2

Находим значения функции  z ( x ) = 1 - x +  x 2  в стационарной точке  x 0  =  отрезка [0; 1]:  1  1  3  æ 1 ö z( 0 ) = 1 ;  z ç ÷ = 1 - + =  ;  z( 1 ) = 1 .  è 2 ø 2  4  4 Таким образом, имеем  æ 1  ö 3  z( 0 ;  0 )  = 1 ;  z ç ; 0 ÷ =  ;  z( 1 ;  0 )  = 1 .  è 2  ø 4  в). При x+y=1 или y=1­x имеем:

( - x )  = 1 - x + x 2  + 2 - 2 x = x 2  - 3 x + 3 .       ( 0 £ x £ 1 )  z = 1 - x + x 2  + 2 1 

1  и на концах  2

z ¢ = 2 x - 3 =  0 ;  x 0  = 

3  не входит в отрезок [0; 1]. Значения z(x) на концах отрезка [0; 1]:  2

z( 0 ) =  3 ;  z( 1 ) = 1 .  Если x=0, то y=1­x=1, и  z( 0 ;  1 )  =  3 .  Если x=1, то y=1­x=0, и  z( 1 ;  0 )  = 1 .  Сравниваем значения  æ 1  ö 3  z( 0 ;  0 ) = 1 ;  z( 0 ;  1 )  =  3 ;  z( 1 ;  0 )  = 1 ;  z ç ; 0 ÷ =  .  è 2  ø 4  Наибольшее значение  M  = z( 0 ;  1 )  =  3 ;  æ 1  ö 3  наименьшее значение  m = zç ;  0 ÷ =  .  è 2  ø 4  Задачи и примеры  без решений  1. Исследовать на экстремум следующие функции:  1)  z = 9 x 2  - 4 xy + 4 y 2  , 

Ответ: M0(0; 0) ­ точка min; 

2)  z = 10 xy - 9 x 2  -  y 2  , 

Ответ: M0(0; 0) ­ не является т. экстремума; 

3)  z =

1  ,  1 + x  +  y 2 

Ответ: M0(0; 0) ­ точка max; 

2 

2  4) z = (1 + x )  +  y 2  , 

Ответ: M0(0; 0) ­ точка min; 

5)  z = x 4  +  y 2 , 

Ответ: M0(0; 0) ­ точка min; 

6)  z = x 3  +  y 2  , 

Ответ: M0(0; 0) ­ не является т. экстремума. 

2. Найти наибольшее и наименьшее значения следующих функций в области D { ( x ;  y ): 

а)  z =  x 2 y

x 2  + y 2  £ 1}  : 

æ 2  1  ö 2 ÷ =  Ответ:  M  = zç ± ;  3  3 ø 3  3  è æ 2  1  ö 2 ÷ = -  m = zç ± ;  .  3  3 ø 3  3  è

б)  z = x 2  -  y 2 

Ответ: M  = z( ± 1 ; 0 ) = 1  m = z(0 ;  ± 1 ) = - 1 . 

3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции  z = x 3  + y 3  - 3 xy в области

D { ( x ;  y ): 

0 £ x £ 2 ;  - 1 £ y £  2 } . 

Ответ: M  = z(2 ;  - 1 ) = 13 , m = z (1 ;  1 ) = z(0 ;  - 1 ) = - 1 .  2.8. Условны й экстремум. Метод Лагранжа  Задачи и примеры  1. Найти экстремум функции  f(x; y)=x+y  при условии, что  x 2  + y 2  - 1 =  0 .  Решение. Составляем функцию Лагранжа: L ( x ,  y , l ) = ( x + y ) + l ( x 2  + y 2  - 1 ) . 

Записываем необходимые условия экстремума:  1  ì ï x = - 2 l ï 1  ï í y = 2 l  ï 2  ï x  + y 2 - 1 = 0  ï  î

ì L  ¢ ( x ,  y ,  l )  = 1 + 2 lx = 0  ï x  ï ¢ í L y ( x ,  y ,  l )  = 1 + 2 ly = 0  ï ¢ 2  2  ï  î L l  ( x ,  y ,  l ) = x  + y  - 1 = 0 

Отсюда получаем:  1  1 1 1 1  2  ; l = ±  .  2  + 2 = 1 ;  2 = 1 ; l  =  4 l 4 l 2 l 2 2  а) l =

1  2  =  ;  x 1  = 2  2 

1  1  2  2  == -  ;  y 1  = -  .  1  2 2 2  2 × 2 

æ 2  2  2 ö ÷ .  Стационарная точка функции L ( x ,  y , l )  есть точка  M 1 ç ;  ;  2  2 ø è 2  б) l = -

1 

l

= - 

2  ;  x 2  = + 2 

1  2 ×

2  2 

=

1  2  2  =  ;  y 2  =  .  2 2  2

æ  2  2  2 ö Стационарная точка функции L ( x ,  y , l )  есть точка M 2 çç ;  ; ­  ÷÷ .  2  ø è 2  2  Находим производные второго порядка L xx ² ( x ;  y ; l ) =  2 l ; L xy ² ( x ;  y ; l ) =  0; L yy ² ( x ;  y ; l ) = 2 l .  Запишем дифференциал второго порядка

d 2 L = L xx ² dx 2  + 2 L xy ² dxdy + L yy ² dy 2  = 2 ldx 2  + 2 ldy 2  = 2l (dx 2  + dy 2 ) .  Для стационарной точки M1  имеем d 2 L ( M 1 ) = 2 ×

2  2  (dx  + dy 2 ) = 2 (dx 2  + dy 2 ) > 0 .  2 

æ 2  2  ö Следовательно точка  N 2 ç ;  ; ÷  есть точка условного минимума исходной  2 ø è 2  функции f(x; y)=x+y.  Значение условного минимума есть  æ 2  2 ö 2  2  ÷ =m = f ç ;  = -  2 .  2  ø 2  2  è 2  Для стационарной точки M2  имеем d 2 L ( M 2 ) = -2 ×

2  2  (dx  + dy 2 ) = - 2 ( dx 2  + dy 2 ) < 0 .  2 

æ 2  2  ö Следовательно точка  N 2 ç ;  ;÷  есть точка условного максимума исходной функции.  2  ø è 2  Значение условного максимума есть  æ 2  2 ö 2  2  ÷= M  = f ç ;  + =  2  .  2  ø 2  2  è 2  2. Определить условные экстремумы следующих функций:  а)  f ( x ;  y ) =  xy  при условии, что x+y=1  æ 1  1 ö 1  Ответ:  z max  = f ç ; ÷ =  .  è 2  2 ø 4  б)  f ( x ;  y ) = 2 x +  y  при условии, что  x 2  + y 2  = 5 Ответ:  z max  = f ( 1 ;  2 ) = 5 ;  z min  = ( -1 ;  - 2 ) = - 5.  в)  f ( x ;  y ) =  xy  при условии, что  x 2  + y 2  = 1 æ æ 2  2 ö 1  2  2ö 1  ÷ =  ;  z min  = f ç ± Ответ:  z max  = f ç ± ; ± ; m  ÷ = -  . 2  ø 2  2  ø 2  è 2  è 2 

ГЛАВА III. ПРИМЕР РЕШ ЕНИЯ КОНТРОЛЬНОГО ЗАДАНИЯ №2  Задача 1.  а). Найти 

dy , если dx 

( x + 1 )  cos 3  .  e 2 x

y =

Решение. Запишем исходную функцию в виде y = e -2 x × cos ( 3 x + 1 )  . Используя  формулу для производной от произведения

( uv ) ¢ = u v  ¢ + uv ¢  и правило дифференцирования сложной функции, имеем: y ¢ = ( e - 2 x )

¢

cos (3 x + 1 ) + e - 2 x  ×

= -2 e - 2 x  cos (3 x + 1 ) + e - 2 x 

б). Найти 

(

cos(3 x + 1 )

1  2  cos (3 x + 1 )

)

¢

=

( - sin (3 x + 1 )) × 3 = -e - 2 x ( 2 

)

cos ( 3 x + 1 ) +

3 sin(3 x + 1 ) 2  cos ( 3 x + 1 )

. 

dy , если dx  3 

x

( x + 1 ) )  .  y = ( cos 3  Решение. Логарифмируем обе части равенства ln y = 3  x × ln cos  [ ( 3 x + 1 ) ] . 

Дифференцируем обе части равенства, с учетом того, что y есть функция от x. y ¢ = y 

=

¢ [ ( 3 x + 1 ) ] + ( x ) × [ln cos  [ ( 3 x + 1 ) ]] = ( x )¢ ln cos  3 

3 

1  3 × 3  x 2 

y ¢ = y × 3 

1  3 

2 

3 × x 

ln cos  [ ( 3 x + 1 ) ] + 3  x 

1  ( - sin( 3 x + 1 ) ) × 3 =  cos ( 3 x + 1 )

( ( 3 x + 1 ) ) - 9 x tg ( 3 x + 1 ) ] . [ln cos  1  x 2 

[ln cos ( 3 x + 1 ) - 9 x tg ( 3 x + 1 ) ] = (cos ( 3 x + 1 ) )

в). Найти 

3 

x 

× 3 

1  x 2 

[ln cos ( 3 x + 1 ) - 9 x tg ( 3 x + 1 ) ] . 

dy от функции y=y(x), заданной неявно в виде уравнения dx 

( x + y )

3 

= ( y 2  - x 2 ) . 

Найти значение производной в точке M0(0; 1).  Решение. Дифференцируем обе части равенства, учитывая, что y=y(x) ­ функция  от x. 2 

3 ( x + y ) (1 + y ¢ ) = 2 yy ¢ - 2 x

2 

2 

3 ( x + y ) + 3 ( x + y )  × y ¢ = 2 yy ¢ - 2 x 2 

2 

3 ( x + y ) y ¢ - 2 yy ¢ = -2 x - 3 ( x + y) 

(

) (

2 

y ¢ 3 ( x + y ) - 2 y  = - 2 x + 3 ( x +  y ) y ¢ =

2 x + 3 ( x + y )

2 

2 y - 3 ( x +  y )

2 

2

)

, 

где x и y связаны уравнением 3 

( x + y )  y ¢( M 0 ) =

г). Найти 

= y 2  -  x 2 .

( + 1 ) 2 × 0 + 3 0  ( + 1 ) 2 × 1 - 3 0 

2 

2 

=

3  = - 3 .  2 - 3 

dy , если функция y=y(x) задана в параметрической форме  dx 

ìï x = 2 t 5  - 2 t 3  - t - 1  í 4  ï  î y = t + 1  Найти значение производной  точке t0=0.  ì y t ¢ 4 t 3  y  = = ¢ ï x  x t ¢ 10 t 4  - 6 t 2  - 1 . При t0=0: y x ¢ = 0 .  Решение. í ï x = 2 t 5  - 2 t 3  - t - 1  î д). Записать формулу Маклорена для функции  2 

y =  e sin  x

с учетом членов порядка n=4. Записать строчку коэффициентов при степенях до 4 го  порядка.  Решение. используя формулу Маклорена для функции  y = e x e x = 1 + x +

x 2  + o ( x 2 ) ,  2 

получаем sin 2  x 

e 

2 

= 1 + sin  x +

( sin 2  x ) 2  2 

+ o ( sin 4 x ) . 

Поскольку  sin x ~  x  при x®0, можно записать o ( sin 4  x ) ~ o ( x 4 ) и поэтому sin 2  x 

e  Запишем известную формулу

2 

= 1 + sin  x +

( sin 2  x ) 2  2 

+ o ( x 4 ) . 

(*) 

sin 2  x =

1  1  -  cos 2 x .  2  2 

(**) 

Используя формулу Маклорена для функции  y = cos x cos x = 1 -

x 2  x 4  + + o ( x 4 ) ,  2  6 

получаем cos2 x = 1 -

( 2 x ) 2  ( 2 x ) 4  2 

+

8  + o ( x 4 ) = 1 - 2 x 2  + x 4  + o ( x 4 ) .  6  3 

Подставляя это выражение в формулу (**), получаем sin 2  x =

1  1 æ 8  4  ö - ç 1 - 2 x 2  + x 4  + o ( x 4 )÷ = x 2  - x 4  + o ( x 4 ) .  è ø 2  2  3  3 

Подставляя это выражение в формулу (*), получаем 2 

sin 2  x 

e 

4  4  æ ö 1 æ ö = 1 + ç x 2  - x 4  + o ( x 4 )÷ + ç x 2  - x 4  + o ( x 4 )÷ + o ( x 4 ) .  è ø è ø 3  2  3 

Учитывая члены до 4 го  порядка, получаем 2 

e sin  x  = 1 + x 2  -

4  4  1  4  5  x  + x  + o ( x 4 ) = 1 + x 2  - x 4  + o ( x 4 ) .  3  2  6 

Строчка коэффициентов при всех степенях до 4 го  порядка имеет вид:  1,  0,  1,  0,  ­  5 6 .  Задача 2.  Провести полное исследование функции и по результатам исследования построить  ее график.  2 

а) y = 2 x + 4 - 3 3  ( x + 2 )  .  Область определения E = ( - ¥;  + ¥ ) .  Функция общего вида, т.к. 2 

y ( - x ) = -2 x + 4 - 3 3  ( - x + 2 ) ¹  y ( x)  y ( - x ) ¹ - y ( x)  .  Находим точку пересечения графика с осью OX:  Полагаем y=0. Тогда 2 

2 x + 4 - 3 3  ( x + 2 )  = 0  2 

2 ( x + 2 ) = 3 3  ( x + 2 )  3 

2 

8 ( x + 2 ) = 27 ( x + 2 ) 

и

3 

2 

8 ( x + 2 ) - 27 ( x + 2 )  = 0 

( x + 2 ) 2 [8 ( x + 2 ) - 27 ] =  0 

( x + 2 ) 2 ( 8 x - 11 )  = 0 

( x + 2 ) 2 æç x è

11 ö ÷ =  0  8 ø

x 1  = - 2 ;  x 2  = 

11  .  8

æ 11  ö Точки M 1 (2 ;  0 ) ,  M 2 ç ; 0 ÷ .  è 8  ø Находим точку пересечения графика с осью OY:  Полагаем x=0. Тогда  y = 4 - 3 3  4  . 

Точка M 3 (0 ; 4 - 3 3  4 ) .  Находим интервалы знакопостоянства функции.  Запишем неравенство y>0: 2 

2 x + 4 - 3 3  ( x + 2 )  > 0  2 

2 ( x + 2 ) - 3 ( x + 2 ) 3  > 0  2 

1 

( x + 2 ) 3 æçè 2 ( x + 2 ) 3  - 3 ö÷ø > 0 .  2 

2  Поскольку ( x + 2 ) 3  = 3  ( x + 2 )  > 0  при всех xÎR, последнее неравенство эквивалентно 

неравенству 2 

2 3  ( x + 2 )  - 3 > 0  3 

3  2 

( x + 2 )  >  ; ( x + 2 )  > 

27  27  11  ;  x > - 2 ;  x >  .  8  8  8 

11  11  Итак y>0 при  x >  и y<0 при  x <  .  8  8 

Вертикальных асимптот нет, т.к. функция не имеет точек разрыва.

Находим наклонные асимптоты. k  = lim  x ®¥

y ( x ) 2 x + 4 - 3 3  ( x + 2 ) = lim  x ®¥ x  x 

= 2 - 3 lim 3  x ®¥ 

2 

æ ( x + 2 ) 2  ö÷ 4  x 2  + 4 x + 4  3 = lim çç 2 + - 3 × 3  = 2  3  lim  = x ®¥ x®¥  x  x 3  ÷ø x 3  è

1  4  4  + + = 2 . x  x 2  x 3 

(

)

b = lim ( y ( x ) - kx ) = lim  2 x + 4 - 3 × 3  ( x + 2 ) - 2 x  = 4 - 3 lim 3  ( x + 2 )  = -¥ .  x ®¥

x ®¥

2 

2 

x®¥ 

Наклонной асимптоты y=kx+b не существует. Вместе с тем

(

lim  y ( x ) = lim  2 x + 4 - 3 × 3  ( x + 2 )

x ®+¥

x ®+¥

2 

2  3

) = lim éêë2 ( x + 2 ) - 3 ( x + 2 )  ùúû =  x ®+¥

é 3  ù = lim ( x + 2 ) ê2 ú = 2  lim ( x + 2 ) = +¥ .  3  ( x ®+¥ x ®+¥  x + 2 ) úû êë Аналогично lim  y ( x ) = 2  lim ( x + 2 )  = -¥ .  x ®-¥

x ®-¥

Находим интервалы возрастания (убывания) и точки экстремума. ¢ 2  ¢ 1  2  2  2  -  y¢ = æç 2 x + 4 - 3 × 3  ( x + 2 ) ö÷ = 2 - 3 éê( x + 2 ) 3  ùú = 2 - 3 × ( x + 2 ) 3  = 2 = 3  ( x + 2 ) è ø 3  ë û æ = 2 ç 1 è

3  1  ö x + 2  - 1  = 2  × .  ÷ 3  3  x + 2 ø x + 2 

Находим критические точки. 3 

y ¢ =  0 ;  2 ×

x + 2  - 1  =  0 ;  x + 2 

3

3 

x + 2 - 1 =  0 ; 

3 

x + 2  = 1 ;  x+2=1;  x 1  = - 1 . 

Производная y ¢  не существует при  x 2  = - 2 . Точка  x 2  = - 2 входит в область определения  функции. Поэтому  x 2  = - 2 ­ критическая точка.  Производная y ¢ ( x ) может изменить знак лишь при переходе через критические  точки или через точки разрыва функции y=y(x) (в данном примере их нет). Точки x 1  = - 1 и  x 2  = - 2 разбивают ось OX на интервалы (­¥; ­2), (­2; ­1), (­1; +¥). Знаки y ¢ ( x ) в  интервалах установим методом «контрольных» точек: 3 

y ¢( - 3 ) = 2 ×

( - 2 ) - 3 + 2  - 1  = 2  × = 4 > 0 ; 3  ( - 1 ) - 3 + 2 

3  1  3  + + 2  - 1  - 1  æ 3 ö 2  2  y ¢ ç - ÷ = 2 × = 2 × < 0 ; è 2 ø 3  1  3  3  + 2  2  2  3 

3 

y ¢( 0 ) = 2 ×

-

3  0 + 2  - 1  2 - 1  = 2  × > 0 .  3  3  0 + 2  2 

Результат исследования сводим в таблицу.  X 

(­¥; ­2) 

­2 

(­2; ­1) 

­1 

(­1; +¥)

y ¢ 

+ 

не сущ. 

­ 

0 

+ 

y 

0 

возр. 

убыв. 

max 

­1 

возр. 

min 

Находим интервалы выпуклости (вогнутости) и точки перегиба. y ¢¢ = ( y ¢ )

¢

¢ 1  ¢ 4  2  ö 1  2  æ æç ( - ö -  = ç 2 - 3  ÷ = 2 è 1 - x + 2 ) 3 ÷ø = 2 × ( x + 2 ) 3  = 4  > 0  при всех  è 3  x + 2 ø ( ) 3  x + 2  3  4 

4  x ¹  -2 , т.к. ( x + 2 ) 3  = 3  ( x + 2 )  > 0  при всех  x ¹  -2 . 

При  x=­2 y ¢¢  не существует.  Таким образом функция вогнута при всех xÎR  (x¹2) точек перегиба нет.  Результаты сводим в таблицу.  x 

(­¥; ­2) 

(­2; +¥)

y ¢¢ 

+ 

+ 

y  вогн.  вогн.  По результатам исследований строим график функции. 

1  2 + x

б)  y = e 

. 

Область определения E = ( - ¥;  - 2 ) U ( - 2;  + ¥ ) .  x = -2 ­ точка разрыва.  1  2 + x 

Область значений D = (0;  + ¥ ) , т.к.  e 

> 0 при "xÎR. 

Выясним поведение функции в окрестности точки  x = -2 . Для этого найдем  односторонние пределы:

1 

1 

lim  e x + 2  = +¥ ; 

x ®-2 + 0 

lim  e x + 2  =  0 . 

x ®-2 - 0 

Здесь использовался тот факт, что  (x+2)®0 при x®­2+0 и (x+2)>0. Поэтому 

1  ® +¥ .  x + 2 

(x+2)®0 при x®­2­0 и (x+2)<0. Поэтому 

1  ® -¥ .  x + 2 

Поскольку  1 

lim  e x + 2  = +¥ , 

x ®-2 + 0 

прямая  x = -2  ­ правосторонняя вертикальная асимптота.  1 

(

) 

При x=0 имеем  y = e 2  =  e . Поэтому M 0  0,  e  ­ точка пересечения с осью OY.  Точек пересечения с осью OX нет, т.к.  1 

y = e 2 + x > 0  при всех xÎR.  Очевидно, что 1 

lim  y ( x )  = lim  e 2 + x  = e 0  = 1 . 

x ®+¥

x ®+¥

Поэтому y=1 ­ горизонтальная асимптота. Других наклонных асимптот нет.  Находим интервалы возрастания (убывания) и точки экстремума 1 

¢ ¢ 1  1  æ æ 2 +1 x ö 1  ö e 2 + x  æ 1  ö 2 + x  y ¢ = ç e  ÷ = e  × ç = < 0  при всех xÎR (x¹­2).  ÷ = e 2 + x ç ÷ è 2 + x ø è ø ( 2 + x ) 2  è ( 2 + x ) 2  ø При  x = -2 y ¢  не существует, но  x = -2  ­ точка разрыва и поэтому не является  критической точкой.  Результаты исследования сводим в таблицу.  x 

(­¥; ­2) 

(­2; +¥)

y ¢ 

­ 

­ 

убыв. 

убыв. 

y  Точек экстремума нет.

Находим интервалы выпуклости (вогнутости) и точки перегиба.

y ¢¢ = ( y ¢ )

=-

¢

1  2 + x 

¢

æ ö e  ç ÷ = ç2  ÷ = ç ( 2 + x ) ÷ è ø

¢ 1  æ 2 +1 x ö 2  2  ¢ 2  +  ç e  ÷ ( 2 + x ) - e  x  ( 2 + x ) è ø

[

( 2 + x ) 4 

1  1  æ 1  ö 2  2 + x  ( ) ( + x ) e 2 + x ç 2  + x  e  × 2 2  ÷ è ( 2 + x ) 2  ø

( 2 + x )

]

4 

1 

= e 2 + x  ×

1 + 4 + 2 x 

( 2 + x )

4 

=

1 

= e 2 + x  ×

2 x + 5 

( 2 + x ) 4 

. 

5  Очевидно, что y ¢¢ = 0  при 2x+5=0 или  x 0  = -  . Поскольку  2 1  4 e 2 + x  > 0 и ( 2 + x )  > 0  при  x ¹ -2 , 

5  y ¢¢ > 0  при ( 2 x + 5 )  > 0  (т.е. при  x > -  ).  2 

имеем

5  Итак y ¢¢ > 0  при  x > -  ; 2  5  y ¢¢ < 0  при  x < -  .  2 

Результаты исследования сводим в таблицу. 

( - 2;

+ ¥ )

x

5 ö æ ç - ¥;  - ÷  è 2ø

y ¢¢ 

­ 

0 

+ 

+ 

y 

вып. 

1  e 2 

вогн. 

вогн. 

- 

5  2

æ 5  ö ç - ; - 2 ÷  è 2  ø

1  æ 5  1  ö Точка  M ç - ;  2  ÷  ­ точка перегиба.  2  » 0, 135 .  è 2  e ø e

По результатам исследования строим график функции. 

Задача 3. Показать, что функция u = sin ( x - at ) + ln( x + at ) 

удовлетворяет уравнению струны 2  ¶ 2 u 2  ¶ u =  a  .  ¶t 2  ¶x  2 

Решение.

¶u  a  = cos ( x - at )( - a ) + ; ¶t    x + at æ ¶ 2 u a 2  1  ö 2  2  ( ) ( ) = sin  x  at  a  ÷ ; 2  2  = - a  ç sin  x - at  + ¶ t  è ( x + at ) ( x + at ) 2  ø

¶u  1  = cos ( x - at ) + ; ¶ x  x + at

¶ 2 u 1  1  ö æ ( ) = -ç sin ( x - at ) + ÷ .  2  = - sin  x - at  è x + at  x + at ø ¶x    Очевидно, что 2  ¶ 2 u 2  ¶ u =  a  .  ¶t 2  ¶x  2 

Задача 4. Найти  d 2 z  и  d 3 z , если  z =  x 4 y5 .  Решение.

¶z  = 4 x 3 y 5 ; ¶x   

¶z  = 5 x 4 y 4  ; ¶y   

¶ 2 z = 12 x 2 y5 ; ¶x    2 

¶ 2 z =  20 x 4 y 3 ; ¶y    2 

¶ 3 z  =  60 x 2 y 4 ; 2  ¶x  ¶y   

¶ 3 z  = 80 x 3 y 3 ; 2  ¶y  ¶x   

¶ 3 z =  24 xy5 ; ¶x    3 

¶ 3 z = 60 x 4 y 2 .  ¶y    3 

¶ 2 z  =  20 x 3 y 4 ; ¶x ¶y   

2 

æ ¶ 2 z ö æ ¶ ¶ö ¶ 2 z  ¶ 2 z d  z = ç dx  + dy  ÷ z = ç 2  d 2 x + 2 dxdy + 2  d 2 y ÷ = è ¶x  ¶y ø ¶x ¶y  ¶y  è ¶x  ø 2 

= 12 x 2 y 5 d 2 x + 40 x 3 y 4 dxdy + 20 x 4 y 3 d 2 y .  3 

æ ¶ 3 z 3  æ ¶ ¶ö ¶ 3 z  2  ¶ 3 z  ¶ 3 z 3  ö 2  d  z = ç dx  + dy  ÷ z = ç 3  d  x + 3  2  d  xdy + 3 2  dxd  y + 3  d  y ÷ = è ¶x  ¶y ø ¶x  ¶y  ¶y  ¶x  ¶y  è ¶x  ø 3 

5  3  = 24 xy d  x + 180 x 2 y 4 d 2 xdy + 240 x 3 y 3 dxd 2 y + 60 x 4 y 2 d 3 y . 

Задача 5. Определить условный экстремум функции  z = xy + x + y + 1

при условии  x + y = -1.  Решение. Запишем условие в виде F( x ;  y )  = x + y + 1 =  0 .  Составим функцию Лагранжа L ( x ;  y ;  l ) = ( xy + x + y + 1 ) + l ( x + y + 1 ) . 

Находим стационарные точки  ì L  ¢ ( x ;  y ;  l )  = y + 1 + l = 0  ï x  ï ¢ í L y ( x ;  y ;  l )  = x + 1 + l = 0  ï ¢ ï  î L l  ( x ;  y ;  l ) = x + y + 1 = 0 

ì1 + l  = - y  ï í x - y = 0  ï x + y + 1 = 0 î

ì x = y  í î 2 x = -1 

1 ö 1  1  æ 1  x 0  = -  ;  y 0  = -  ;  M 0 ç - ;  - ÷  ­ стационарная точка.  è 2  2ø 2 2 Определим тип экстремума.  L xx ² = 0 ;  L xy ² = 1;  L yy ² = 0  d 2 L = L xx ² dx 2  + 2 L xy ² dxdy + L yy ² dy 2  =  2dxdy ,  где dx и dy связаны соотношением  ¢ ¢ F x  dx + F y  dy = 0 dx + dy = 0  dx = - dy .  Поэтому  d 2 L = -2 dx 2  < 0 при всех  x, y.  1 ö æ 1  Поэтому точка  M 0 ç - ;  - ÷  ­ точка условного максимума. Условный максимум равен  è 2  2ø 1  æ 1 ö æ 1 ö 1  1  M = ç - ÷ ç - ÷ - - + 1 =  . è 2 ø è 2 ø 2  2  4