Алматы экономика және статистика академиясы «информатика» кафедрасы

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





жүктеу/скачать 3,09 Mb.

Достарыңызбен бөлісу: