Тамаша шектер
Бірінші тамаша шек.
0
0
,
1
sin
lim
0
x
x
x
.
1-мысал. Мына
2
0
3
cos
cos
lim
x
x
x
x
шегін табу керек.
Шешуі. Берілген ӛрнек
0
x
да
0
0
түріндегі анықталмағандық. Оны айқындау үшін алымын
екі бұрыштың косинустарының және қос бұрыштың синусының формулаларының кӛмегімен
түрлендіреміз.
x
x
x
x
x
x
x
x
x
cos
sin
4
sin
cos
sin
4
sin
2
sin
2
3
cos
cos
2
Сонда
.
4
1
1
4
cos
lim
sin
lim
4
cos
sin
4
lim
3
cos
cos
lim
0
2
2
0
2
2
0
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
2-мысал. Мына шекті
есептейік:
x
x
tg
x
2
lim
0
.
Шешуі:
2
2
1
2
2
2
2
0
0
2
0
0
0
x
cos
lim
x
x
sin
lim
x
x
tg
lim
x
x
x
.
Екінші тамаша шек.
1
1
1
0
,
e
x
lim
x
x
.
Егер
1
x
десек, онда
0
да
x
. Сонда соңғы формуладан
e
1
0
1
lim
(4.9.3)
3-мысал. Мына шекті шығарайық
x
x
x
x
2
2
1
2
lim
.
Шешуі: Бұл мысалда
1 түріндегі анықталмағандық. Осы анықталмағандықты айқындау үшін
ӛрнекті былайша түрлендіреміз:
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
1
1
2
2
1
2
1
4
2
1
2
х
х
х
х
х
х
х
х
х
х
х
х
;
Сонда
2
1
2
2
lim
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
lim
2
2
1
1
lim
2
2
1
2
lim
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
163
1-мысал.
,
2
5
,
2
,
1
2
)
(
болса
х
егер
болса
х
егер
x
x
f
функциясының үзіліссіз не үзілісті екенін анықтау керек.
Шешуі: Берілген функцияның үзіліс нүктесі
2
х
болуы мүмкін. Ӛйткені басқа нүктелерде
функцияның үзіліссіз екені ӛзінен-ӛзі түсінікті. Сондықтан функцияның
2
х
нүктесінде біржақты
шектерін табамыз:
3
1
2
lim
,
3
1
2
lim
0
2
0
2
x
x
x
x
, сонымен қатар
5
)
2
(
f
. Ендеше
2
х
нүктесі
жӛнделетін үзіліс нүктесі болады.
2-мысал.
,
1
;
3
,
1
,
1
2
болса
х
егер
x
болса
х
егер
x
функциясын үзіліссіздікке зерттеу керек.
Шешуі: Функция
;
1
1
2x
аралығында үзіліссіз,
x
3
функциясы
1
;
аралығында
үзіліссіз. Сондықтан осы аралықтардың түйіскен
1
x
нүктесінде
)
(x
f
функциясының біржақты
шектерін табамыз. Яғни
3
1
x
2
lim
)
x
(
f
lim
,
2
x
3
lim
)
x
(
f
lim
0
1
x
0
1
x
0
1
x
0
1
x
, сонда
1
x
нүктесі берілген функцияның бірінші ретті үзіліс нүктесі.
3-мысал.
,
2
0
,
1
,
0
,
0
,
0
3
,
1
)
(
2
болса
x
егер
х
болса
х
егер
болса
х
егер
x
x
f
функциясын үздіксіздікке зерттеу керек.
Шешуі: Бұл функция
2
;
3
сегментінде анықталған,
1
2
х
және
х
1
сәйкесінше
0
;
3
және
2
;
0
аралықтарында үзіліссіз болғандықтан, үзіліс осы екі аралықтың түйіскен
0
x
нүктесінде
болуы мүмкін. Сол себепті, біз
0
x
нүктесінде
)
(x
f
-тің біржақты шектерін табамыз. Демек,
;
2
1
x
lim
2
0
0
x
,
х
1
lim
)
x
(
f
lim
0
0
x
0
0
x
сондықтан
0
x
нүктесінде функцияның екінші
түрдегі үзілісі бар.
4-мысал.
х
х
е
у
1
1
1
функциясын үзіліссіздікке зерттеу керек.
Шешуі: Бұл функция
0
x
және
1
x
нүктелерінде анықталмаған. Сондықтан осы нүктелерде
берілген функцияның біржақты шектерін табамыз:
1)
х
1
х
0
0
x
х
1
х
0
0
x
е
1
1
lim
,
е
1
1
lim
, яғни
0
x
нүктесінде функцияның екінші
түрдегі үзілісі бар.
2)
1
1
1
lim
,
0
1
1
lim
1
0
1
1
0
1
х
х
x
х
х
x
е
е
, демек,
1
x
нүктесі берілген функцияның бірінші ретті
(түрдегі) үзіліс нүктесі болады.
Мысалдар: 1)
3
2
2
2
y
xy
x
z
функциясы берілсін. Онда бұл функцияның дербес
туындылары
2
2
3
4
,
2
2
y
xy
y
z
y
x
x
z
.
Бұлардың біріншісі
const
y
болғандағы, ал екіншісі
const
x
болғандағы дәрежелік
функцияның туындысы.
164
2) Егер
y
x
arctg
z
болса, онда
2
2
2
2
,
y
x
x
y
z
y
x
y
x
z
.
3)
2
2
2
z
y
x
x
U
функциясы үшін
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
,
2
,
z
y
x
xz
z
u
z
y
x
xy
y
u
z
y
x
x
z
y
x
u
.
1-мысал. Берілген
xy
e
z
функциясының толық дифференциалы
dz
-ті табу керек болсын. Бұл
функцияның дербес туындылары
xy
y
xy
x
xe
z
ye
z
,
демек
dy
xe
dx
ye
dz
xy
xy
.
2-мысал. Мына
y
x
ntg
z
функцияның толық дифференциалын табайық.
y
x
y
x
y
x
y
x
y
x
tg
y
z
y
x
y
y
y
x
y
x
tg
x
z
2
sin
2
cos
1
1
,
2
sin
2
1
cos
1
1
2
2
2
болғандықтан,
dy
y
x
y
x
dx
y
x
y
dz
2
sin
2
2
sin
2
.
1-мысал.
x
y
x
z
2
sin
.
Сонда
2
2
cos
2
,
2
1
cos
y
x
y
y
z
x
y
x
x
z
.
2
2
3
2
2
2
sin
2
;
4
1
sin
y
x
y
x
z
у
y
х
z
x
y
x
x
z
x
x
z
,
2
2
2
2
2
2
2
sin
2
;
sin
4
cos
2
y
x
y
x
y
z
y
x
y
y
x
y
z
y
y
z
.
2-мысал.
1
7
4
3
2
4
xy
y
x
x
z
.
Сонда
y
xy
x
z
x
7
8
4
3
3
,
y
x
z
y
x
z
x
y
x
z
yy
xx
y
2
3
2
2
2
24
,
8
12
,
7
12
,
,
7
24
2
xy
z
xy
7
24
7
12
2
2
2
xy
x
y
x
z
z
x
x
y
yx
.
1-мысал.
y
x
y
xy
x
z
3
2
2
2
функциясын экстремумға зерттейік.
Шешуі: Дербес туындыларын табамыз:
3
2
;
2
2
y
x
z
y
x
z
y
x
.
Экстремум нүктелерін табу үшін бірінші ретті дербес туындыларды нӛльге теңейміз, яғни
0
3
2
;
0
2
2
y
x
y
x
.
Бұдан
3
4
,
3
1
y
x
. Демек
3
4
;
3
1
0
M
нүктесі экстремумға күдікті нүкте.
Енді екінші ретті дербес туындыларды тауып,
0
М нүктесіндегі мәндерін есептейміз.
Сонда
2
,
1
,
2
yz
xy
xx
z
z
z
0
3
2
1
1
2
.
Ендеше
3
4
;
3
1
0
M
нүктесінде берілген функцияның минимумы бар, демек
3
7
min
0
M
z
.
2-мысал.
0
;
0
6
2
3
y
x
y
x
y
x
z
.
Шешуі:
y
x
y
x
z
x
3
4
18
2
2
,
y
x
y
x
z
y
3
2
12
3
.
Енді
0
,
0
y
x
екенін есте сақтап, осы туындыларды нӛльге теңейміз. Сонда
165
.
0
3
2
12
,
0
3
4
18
y
x
y
x
Бұдан
2
;
3
0
0
y
x
. Енді осы
)
2
;
3
(
0
M
нүктесін экстремумға сынаймыз. Ол үшін
y
x
xy
z
x
3
6
18
2
2
2
,
y
x
y
x
z
xy
9
8
36
2
,
y
x
x
z
y
3
6
2
3
2
.
Бұлардан
162
,
108
,
144
0
0
0
2
2
M
z
M
z
M
z
y
xy
x
.
Сонда
0
108
162
144
2
және
0
144
0
2
M
z
x
.
Демек
)
2
;
3
(
0
M
нүктесінде функцияның максимумы бар. Ол
108
max
0
M
z
.
1-мысал.
C
x
x
x
x
dx
х
х
х
3
4
5
2
3
4
1
3
4
5
.
2-мысал.
C
x
x
x
x
dx
x
x
x
х
2
3
2
1
3
1
1
1
3
3
2
2
.
Бұл мысалдарда біз 3-ші, 4-ші қасиеттерді және 1-ші, 2-ші (таблицадағы) формулаларды
пайдаландық.
3-мысал.
dx
х
х
3
2
1
интегралын есептеу керек.
Шешуі: Екі мүшелікті үшінші дәрежеге шығарамыз да, әрбір қосылғышты дәреже түрінде
жазамыз, сонан кейін 3-ші және 4-ші қасиеттерді пайдалана отырып, 2-ші формуланы қолдансақ,
мынау шығады:
.
2
2
3
3
2
7
1
2
2
3
3
2
7
1
3
3
3
3
1
2
4
7
2
1
2
2
9
7
2
3
2
7
6
2
3
2
7
6
3
2
C
x
x
x
x
x
C
x
x
x
x
dx
x
xdx
dx
x
dx
x
dx
x
x
x
x
dx
х
х
4-мысал.
dx
x
x
x
4
5
3
1
2
интегралын есептеу керек.
Шешуі: Интеграл астындағы функцияның алымын бӛліміне мүшелеп бӛлеміз де, сонан кейін 3-
ші, 4-ші қасиеттер мен 2-ші формуланы қолданамыз. Сонда:
С
x
x
x
x
dx
xdx
x
dx
dx
x
x
x
dx
х
х
х
3
2
4
4
4
5
3
3
1
ln
2
2
1
1
2
.
3
1
ln
3
2
болады
C
x
x
x
Достарыңызбен бөлісу: |