Определение производной функции, ее геометрический и физический смысл Площадь плоской криволинейной трапеции Вычисление длины дуги кривой

Математика курс лекций, примеры решения задач

ЗАДАНИЕ 16. Вычислить расходимость (дивергенцию) и вихрь (ротор) в произвольной точке , а также найти уравнения векторных линий поля градиентов скалярного поля .

РЕШЕНИЕ.

1. По заданному скалярному полю  построим поле его градиентов

.

Дивергенция (расходимость) векторного поля  в декартовой системе координат вычисляется по формуле

и для поля  получим

.

Убедимся, что  (т.е. что поле градиентов – безвихревое поле);   вычисляется как символический определитель третьего порядка

 .

Для поля градиентов

2. Уравнение векторных линий поля  определяется системой дифференциальных уравнений, которая в симметрической форме имеет вид

.

Запишем эту систему для заданного поля :

.

Ответ. .

 

ЗАДАНИЕ 20. Убедиться в потенциальности поля вектора

,

найти потенциал  поля и вычислить работу этого поля при перемещении точки единичной массы от точки  до точки .

РЕШЕНИЕ.

Для поля , заданного в односвязной области, критерием потенциальности служит равенство нулю вихря этого поля. Вычислим:

, т.е. поле потенциально. Восстановим потенциал поля. Это можно сделать по формуле

f ¢(0)=. В понятии предела сама точка x0=0 не рассматривается, поэтому берем f(x)= . При вычислении пределов в задачах под номером 12 необходимо использование эквивалентных бесконечно малых при x0. Напоминаем их:

 x ~ sin x ~ arcsin x ~ tg x ~ arctg x ~ ln(1+x) ~ ex 1; loga(1+x) ~ x loga e = x / lna;

ax 1 ~ x lna; (1+x)1 ~ xпри любом действительном ; 1 cos x ~ x2/2.

В нашем случае x sin=0 произведение бесконечно малой на ограниченную поэтому arctg(x sin) ~ (x sin) и

 ~ arctg(x sin),

так как y= arctg(x sin) – бесконечно малая приx0 и

 = 1 = (1+y)1 ~ (1/2)y.

Применяя полученные результаты, вычисляем предел

или по одной из аналогичных ей пяти формул, отражающих движение от точки  к точке   вдоль отрезков, параллельных осям координат, по той, которая упрощает вычисление интегралов. По приведенной выше формуле получим

Другой подход к решению задачи  использование логарифмической производной. Приведём и такое решение: ln y = ln2cosx· ln(sin x3); дифференцируем обе части равенства по переменной  x:

·y ¢=.

Для нахождения y¢ умножим полученное равенство на y=.

Ответ. y¢=.

ЗАДАНИЕ 16. Составить уравнения касательной и нормали к кривой в данной точке, вычислить в этой точке y¢¢xx:

РЕШЕНИЕ.

Дифференцируем левую часть уравнения по переменной x, рассматривая её как сложную функцию x·e y(x)  y(x)·ex + x. Сложная функция тождественно равна нулю, а потому равна нулю и её производная:

e y+ x·e y· y¢ y¢·ex  y·ex+1=0.

Решаем это уравнение относительно производной y¢x: y¢x = . Для нахождения y¢¢xx дифференцируем полученное равенство, снова рассматривая его правую часть как сложную функцию от x

ЗАДАНИЯ 19-20. Вычислить пределы с помощью правила Лопиталя:

19) ; 20) (ln2cos x·ln sin x3).

РЕШЕНИЯ.

19) . Имеет место неопределённость (). Правило Лопиталя применяется для раскрытия неопределённостей (0/0) или (¥¥). Поэтому сначала логарифмированием сведём заданную неопределённость к одной из указанных двух:

==

использована непрерывность функции экспонента: переставлены знаки функции и предела. Запишем выражение в скобках в виде дроби; получится неопределённость (0/0).

Напоминаем формулировку правила Лопиталя: если существует предел конечный или бесконечный, то

а) существует и предел ;

б) эти два предела одинаковы естественно, функции f(x) и g(x) должны быть дифференцируемы в окрестности точки x0 всюду, кроме, возможно, самой точки x0 , точка x0 в понятии предела не рассматривается; производная функции g(x) не должна равняться нулю.

ЗАДАНИЕ 21. Многочлен f(x)=3x4  22x3 + 60x2  73x + 39 по степеням x представить в виде многочлена по степеням (x  2).

РЕШЕНИЕ.

Известно, что для дифференцируемой 4 раза в точке x0 функции f(x) существует лишь один многочлен, приближающий её в окрестности этой точки с точностью до слагаемого о((x  x0)4)  это многочлен Тейлора обозначим его : f(x) = + о((x  x0)4). В случае, когда сама f(x) является многочленом 4-й степени, получим f(x) = , то есть о((x  x0)4) = 0. Поэтому коэффициенты искомого многочлена можно найти с помощью формулы Тейлора

=

= f(x0) + f ¢(x0)( x  x0) +( x  x0)2 +( x  x0)3 +( x  x0)4.

В нашем случае x0=2. Вычисляем f(x0) и производные функции f(x) в точках x и x0: f(2) = 5; f ¢( x) = 12 x3  66 x2 + 120 x 73, f ¢(2) = 1;

f ¢¢( x) = 36x2  132x + 120, f ¢¢(2) = 0; f ¢¢¢( x) = 72x  132, f ¢¢¢(2) = 12;

( x) = 72, (2) = 72.

Ответ. f(x)= 5  ( x  2) + 2( x  2)3 + 3( x  2)4.

ЗАДАНИЕ 23. Исследовать поведение функции в окрестности точки с помощью формулы Тейлора: f(x)=  ln2x, x0 =1.

РЕШЕНИЕ. Применяем формулу Тейлора см. задание 22.

f(1) = 1; f ¢( x) = 2(x1)  2 lnx ×, f ¢(1) = 0;

f ¢¢( x) = 2+ 4(x  1)2+(lnx1), f ¢¢(1) = 0;

f ¢¢¢( x) = 12(x  1)+ 8(x  1)3(lnx1) + , f ¢¢¢(1) = 6.

f(x)= 1 + ( x  1)3 +о((x1)3).

Укажем ещё один путь к получению той же формулы: путь, использующий стандартные формулы Маклорена для основных элементарных функций. Выполним замену переменной: x  1= t. Тогда функция f(x) =  ln2x преобразуется в функцию g(t) =  ln2(1+t), а значению x = 1 будет соответствовать значение t = 0. Нам понадобятся формулы 

= 1+ t + + o(t2) ; ln(1+t) = t  + o(t2).

В первую из этих формул сделаем подстановку t2 вместо t, а вторую формулу возведём в квадрат:


Функции нескольких переменных