Какую функцию называют четной? Определение и свойство графика четной функции

Вертикальные асимптоты

Уравнение любой вертикальной прямой, то есть прямой, параллельной оси OY, имеет вид x=a.

Если прямая x=a является вертикальной асимптотой графика функции y=f(x), то очевидно, что хотя бы один из односторонних пределов или равен бесконечности (+∞ или -∞ ).
Все функции с бесконечными разрывами (разрывы второго рода) имеют вертикальные асимптоты.
Пример 2. Найти уравнение вертикальных асимптот графика функции .
Решение. Видим, что y→ ∞, если x→ 1, точнее , то есть прямая x=1 является вертикальной асимптотой, причем двусторонней.

Горизонтальные асимптоты

Всякая горизонтальная прямая имеет уравнение y=A.
Если прямая y=A является горизонтальной асимптотой кривой y=f(x), то .
Пример 3. Найти горизонтальные асимптоты кривой .
Решение. Найдем , то есть y→ 0 при x→ +∞ и при x→ -∞, значит прямая y=0 – горизонтальная асимптота данной кривой.

Наклонные асимптоты

Уравнения наклонных асимптот обычно ищут в виде y = kx + b. По определению асимптоты или
. (1)
Разделим обе части этого равенства на x: , откуда
. (2)
Теперь из (1):
. (3)
Для существования наклонных асимптот необходимо существование пределов (2) и (3). Если хотя бы один из них не существует, то наклонных асимптот нет. Пределы (2) и (3) нужно находить отдельно при x→ +∞ и при x→ -∞, так как пределы могут быть разными (функция имеет две разные асимптоты).

Пример 4. Найти наклонные асимптоты графика функции .
Решение. По формуле (2) найдем .
Теперь найдем . Получаем уравнение наклонной асимптоты .

Пример 5. Найти асимптоты кривой .
Решение. Вертикальных и горизонтальных асимптот нет, так как при . Ищем наклонные:
.
Таким образом, кривая асимптот не имеет.

Пример 6. Найти асимптоты кривой .
Решение. Поскольку y→ ∞ при x→ 0 и при x→ 4, то прямые x=0 и x=4 являются вертикальными асимптотами. Так как , то y=2 – горизонтальная асимптота. Выясним вопрос о существовании наклонных асимптот: , следовательно, кривая наклонных асимптот не имеет (искать “b” не имеет смысла, так как горизонтальные асимптоты уже найдены).

15. Дана функция . Тогда

(Укажите интервал возрастания (убывания) функции).

Интервалы возрастания и убывания функции

y = x^3-3*x^2+9*x+2
Область существования функции
1. Находим интервалы возрастания и убывания. Первая производная.
f'(x) = 3 • x²-6 • x+9
Находим нули функции. Для этого приравниваем производную к нулю
3 • x²-6 • x+9 = 0
Для данного уравнения корней нет.

16. Дана функция . Тогда

(Укажите интервал выпуклости вверх (вниз) функции).

Найдем интервалы выпуклости и вогнутости функции. Вторая производная.
f''(x) = 6 • x-6
Находим корни уравнения. Для этого полученную функцию приравняем к нулю.
6 • x-6 = 0
Откуда точки перегиба:
x₁ = 1

(-∞ ; 1)	(1; +∞ )
f''(x) < 0	f''(x) > 0
функция выпукла	функция вогнута

17. Найти наибольшее значение функции в интервале [4, 5].

Экстремумы функции

y = x^2-11*x+28
[4; 5]
Необходимое условие экстремума функции одной переменной.
Уравнение f'₀(x*) = 0 - это необходимое условие экстремума функции одной переменной, т.е. в точке x* первая производная функции должна обращаться в нуль. Оно выделяет стационарные точки x_с, в которых функция не возрастает и не убывает.
Достаточное условие экстремума функции одной переменной.
Пусть f₀(x) дважды дифференцируемая по x, принадлежащему множеству D. Если в точке x* выполняется условие:
f'₀(x*) = 0
f''₀(x*) > 0
то точка x* является точкой локального (глобального) минимума функции.
Если в точке x* выполняется условие:
f'₀(x*) = 0
f''₀(x*) < 0
то точка x* - локальный (глобальный) максимум.
Решение.
Находим первую производную функции:
y' = 2 • x-11
Приравниваем ее к нулю:
2 • x-11 = 0

Вычисляем значения функции на концах отрезка

f(4) = 0
f(5) = -2
Ответ:
f_min = -2, f_max = 0

18. Пусть функции - непрерывны на интервале . Тогда (Основные свойства неопределенного интеграла).

Если функция f ( x ) имеет первообразную на промежутке X, и k – число, то

Короче: постоянную можно выносить за знак интеграла.

Если функции f ( x ) и g ( x ) имеют первообразные на промежутке X, то

Короче: интеграл суммы равен сумме интегралов.

Если функция f ( x ) имеет первообразную на промежутке X, то для внутренних точек этого промежутка:

Короче: производная от интеграла равна подынтегральной функции.

Если функция f ( x ) непрерывна на промежутке X и дифференцируема во внутренних точках этого промежутка, то:

Короче: интеграл от дифференциала функции равен этой функции плюс постоянная интегрирования.

19. Таблица интегралов. ( ).

Sinx+C

20. Найдите интеграл , , , ,

21. Вычислить , , ,

22. Пусть функции - непрерывны на интервале . Тогда (Основные свойства определенного интеграла, 9 свойств).

Основные свойства интеграла. Установим ряд важных свойств определенного интеграла. Большая часть этих свойств присуща интегралам от любых интегрируемых функций, но мы будем формулировать их для функций непрерывных.

Теорема 1. Если f(x) и g(x) - две непрерывные функции, заданные на промежутке [a, b], то

т. е. интеграл суммы равен сумме интегралов слагаемых.

В самом деле, составляя интегральную сумму для функции f(x) + g(x), очевидно, будем иметь

после чего остается перейти к пределу при λ → 0.

Аналогично доказывается

Теорема 2. Если f(x) - непрерывная функция, а c - постоянное число, то

т. е. постоянный множитель можно выносить за знак интеграла.

Теорема 3. Пусть f(x) непрерывна на промежутке [a, b]. Если этот промежуток точкой c разложен на части [a, c] и [c, b], то интеграл по всему промежутку оказывается равным сумме интегралов по его частям, т. е.

В самом деле, будем при раздроблении промежутка [a, b] на части включать c в число точек деления. Если c = x_m, то

Каждая из написанных здесь трех сумм является интегральной суммой соответственно для промежутков [a, b], [a, c] и [c, b]. Остается перейти к пределу при λ → 0.

Доказанную теорему можно высказать в более общей форме. Для этого нам понадобится расширить смысл символа интеграла.

Если f(x) - любая функция, определенная в точке a, то по определению полагаем

(11)

Таким образом, интеграл с совпадающими пределами равен нулю.

Пусть функция f(x) интегрируема на промежутке [a, b]. Тогда по определению полагаем

(12)

Таким образом, при перестановке пределов интегрирования определенный интеграл меняет знак.

Теперь можем привести упомянутую более общую форму теоремы 3:

Теорема 4. Пусть функция f(x) непрерывна в промежутке [A, B]. Если a, b, c суть точки этого промежутка, то

(13)

В самом деле, если из точек a, b и c две (а тем более три) совпадают, то равенство (13) очевидно. Пусть же все эти точки различны. Если a < c < b, то дело сводится к теореме 3. Прочие случаи взаимного расположения точек a, b, c тоже легко свести к той же теореме. Пусть, например, c < b < a. Тогда

откуда

и остается дважды применить формулу (12).

Свойство интеграла, выражаемое теоремами 3 и 4, называется аддитивностью его, как функции промежутка интегрирования.

Теорема 5. Если f(x) - непрерывная функция, заданная на промежутке [a, b], то существует такая точка , что

(14)

В самом деле, пусть M и m наибольшее и наименьшее значения f(x) на промежутке [a, b]. Составим для f(x) какую-нибудь интегральную сумму

Так как при всех k будет m ≤ f(ξ _k) ≤ M, а x_k₊₁ > x_k, то m(x_k₊₁ - x_k) ≤ M(x_k₊₁ - x_k). Складывая такие неравенства и замечая, что

получим:

m(b - a) ≤ σ ≤ M(b - a).

Переходя в этом неравенстве к пределу при λ → 0, приходим после деления на b - a к новому неравенству

Таким образом, частное

есть число, лежащее между наибольшим и наименьшим значениями непрерывной функции. Как известно, тогда и само это число должно являться одним из значений той же функции. Поэтому в [a, b] обязательно существует такая точка ξ , что h = f(ξ ), а это равносильно равенству (14).

Заметим, что равенство (14) справедливо не только при a < b, но и при a = b (тогда обе части этого равенства нули), а также и при a > b (этот случай приводится к рассмотренному изменением знаков). В первом из этих случаев будет ξ = a, а во втором a ≥ ξ ≥ b.

Теорему 5 обычно называют теоремой о среднем значении. Из нее вытекает ряд свойств интеграла, выражающихся неравенствами.

Теорема 6. Если f(x) - неотрицательная непрерывная функция и нижний предел интеграла не больше верхнего^*, то и сам интеграл будет числом неотрицательным

Действительно, в этом случае оба сомножителя правой части формулы (14) неотрицательны.

___________________________________

^* Если в интеграле будет a ≤ b, то будем говорить, что порядок пределов интегрирования - нормальный.

Последний результат можно несколько уточнить.

Теорема 7. Если a < b, а f(x) - непрерывная неотрицательная функция, которая хотя бы в одной точке [a, b] отлична от нуля, то

В самом деле, пусть x₀ (a < x₀ < b) - такая точка, что f(x₀) > 0. Возьмем столь малое δ > 0, чтобы при | x - x₀ | < δ было f(x) > 0, что, очевидно, возможно, благодаря непрерывности нашей функции. Не ограничивая общности, можно принять, что a ≤ x₀ - δ , x₀ + δ ≤ b. Тогда

Первый и третий интегралы правой части по предыдущей теореме неотрицательны, а второй интеграл по теореме о среднем представим в форме

и потому строго положителен.

Теорему 7 можно, очевидно, формулировать и так:

Теорема 8. Пусть f(x) - неотрицательная непрерывная функция, заданная в [a, b], причем a < b. Если

то f(x) всюду на [a, b] равна нулю.

В обеих теоремах 7 и 8 (в отличие от теоремы 6) нельзя отбросить условия непрерывности подинтегральной функции. Например, функция, которая в конечном числе точек [a, b] равна единице, а в остальных точках этого промежутка равна нулю, будет неотрицательной и нетождественной нулю, а интеграл от нее (как показано в пунктеОпределенный интеграл) равен нулю.

Теорема 9. Если a ≤ b, а f(x) и u·g(x) - две непрерывные функции, которые на [a, b] удовлетворяют условию f(x) ≤ g(x), то

(15)

т. е. при нормальном порядке пределов интегрирования неравенство можно интегрировать почленно.

Действительно,

Если бы мы допустили, что a < b и что хоть в одной точке оказывается f(x) < g(x), то смогли бы и в (15) исключить знак равенства.

Теорема 10. Если a ≤ b и f(x) непрерывна на [a, b], то

(16)

т. е. при нормальном порядке пределов интегрирования абсолютная величина интеграла не превосходит интеграла от абсолютной величины подинтегральной функции.

В самом деле, интегрируя неравенств

- | f(x) | ≤ f(x) ≤ | f(x) |,

находим:

а это равносильно неравенству (16).

23. Пусть - площадь фигуры, ограниченной линиями , . Тогда значение лежит в интервале

Приводим подобные:

2Решаем уравнение:

3Решаем уравнение:

4Решаем уравнение:

5Графики уравнений:

Ответ:

(Решение уравнения с учётом ОДЗ )

24. Формула для вычисления длины дуги плоской кривой, заданной явно и параметрически.

Если линия задана параметрическими уравнениями , то при выполнении некоторых условий, на которых я не буду останавливаться, длина дуги кривой , которая прочерчивается при изменении параметра в пределах , рассчитывается по формуле:

, где – значения, определяющие точки и .

25. ,

Частные производные

z = x^3/y^2+acos(sqrt(y))
Находим частные производные:
При нахождении ∂ z/∂ x считаем аргумент y постоянным:

При нахождении ∂ z/∂ y считаем аргумент x постоянным:

Находим вторые частные производные:

Найдем смешанные частные производные:
Для того, чтобы найти ∂ ²z/∂ x∂ y дифференцируем ∂ z/∂ x по у:

26. ;

Частные производные

z = x^3/y^2
Находим частные производные:
При нахождении ∂ z/∂ x считаем аргумент y постоянным:

При нахождении ∂ z/∂ y считаем аргумент x постоянным:

Найдем смешанные частные производные:
Для того, чтобы найти ∂ ²z/∂ x∂ y дифференцируем ∂ z/∂ x по у:

27. ;

z = 3*x^2*y*z^8+y^2*z^3/log(x)
Находим частные производные по формулам:

Для нашей функции F(x, y, z):
При нахождении ∂ F/∂ x считаем y и z постоянными:

При нахождении ∂ F/∂ y считаем x и z постоянными:

При нахождении ∂ F/∂ z считаем x и y постоянными:

По формулам находим частные производные:

∂ z∂ x=− 6⋅ x⋅ y⋅ z8− y2⋅ z3x⋅ ln2(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x)∂ z∂ x=− 6⋅ x⋅ y⋅ z8− y2⋅ z3x⋅ ln2(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x)

или

∂ z∂ x=− 6⋅ x⋅ y⋅ z8+y2⋅ z3x⋅ ln2(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x)∂ z∂ x=− 6⋅ x⋅ y⋅ z8+y2⋅ z3x⋅ ln2(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x)

или

Полный дифференциал функции.

dz=(− 6⋅ x⋅ y⋅ z8+y2⋅ z3x⋅ ln2(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x))dx+(− 3⋅ x2⋅ z8− 2⋅ y⋅ z3ln(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x))dydz=(− 6⋅ x⋅ y⋅ z8+y2⋅ z3x⋅ ln2(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x))dx+(− 3⋅ x2⋅ z8− 2⋅ y⋅ z3ln(x)24⋅ x2⋅ y⋅ z7+3⋅ y2⋅ z2ln(x))dy

28. Найти производную функции в точке М(1; -2):

z = 5*x*y-y*y
Находим частные производные:
При нахождении ∂ z/∂ x считаем аргумент y постоянным:

При нахождении ∂ z/∂ y считаем аргумент x постоянным:

Полный дифференциал функции.

dz = (5 • y)dx + (5 • x-2 • y)dy
Найдем частные производные в точке А(1; -2)

или

или

Находим вторые частные производные:

Найдем вторые частные производные в точке А(1; -2)

или

или

Найдем смешанные частные производные:
Для того, чтобы найти ∂ ²z/∂ x∂ y дифференцируем ∂ z/∂ x по у:

Найдем значение производной в точке А(1; -2)

или

29. Найти градиент функции в точке .

z = 3*x^2+x*y-2*y^2
Градиентом функции z = f(x, y) называется вектор, координатами которого являются частные производные данной функции, т.е.:

Находим частные производные:

Тогда величина градиента равна:

Найдем градиент в точке А(2; 1)

или

Модуль grad(z) - наибольшая скорость возрастания функции:

Направление вектора-градиента задаётся его направляющими косинусами:

30. Укажите сходящийся несобственный интеграл 1-го рода.

Несобственные интегралы. Примеры решений

К изучению несобственных интегралов лучше приступать в последнюю очередь в ходе изучения интегрального исчисления функции одной переменной. Читатель данного урока должен быть хорошо подкован в неопределенных интегралах, определенных интегралах, уметь находить площадь плоской фигуры с помощью определенного интеграла. Кроме того, потребуются знания простейших пределов и графиков элементарных функций. По логике изложения материала эта статья является продолжением урока Определенный интеграл. Как вычислить площадь фигуры.

Вы еще здесь? =) Нет, я никого не пытался запугать, просто тема несобственных интегралов – очень хорошая иллюстрация тому, как важно не запускать высшую математику и другие точные науки. Для освоения урока на сайте всё есть – в подробной и доступной форме, было бы желание….

Итак, начнем-с. Образно говоря, несобственный интеграл – это «продвинутый» определенный интеграл, и на самом деле сложностей с ними не так уж и много, к тому же у несобственного интеграла есть очень хороший геометрический смысл.

Что значит вычислить несобственный интеграл? Вычислить несобственный интеграл – это значит, найти ЧИСЛО (точно так же, как в определенном интеграле), или доказать, что он расходится (то есть, получить в итоге бесконечность вместо числа).

Несобственные интегралы бывают двух видов.

Двойные интегралы

1. Записать двойной интеграл от функции f (x, y) по области D, ограниченной прямой y=x и параболой y=x², в виде повторных интегралов двумя способами (по формулам (5) и (7)).

Рисунок 17

Решение. На рисунке 17 изображена область интегрирования D. Для вычисления двойного интеграла по этой области можно воспользоваться как формулой (5), так и формулой (7), т.к. граница области D пересекается не более, чем в двух точках как прямыми, параллельными оси Ох, так и прямыми, параллельными оси Оу.

Применим формулу (5), т.е. внутренний интеграл берем по y, считая xпостоянным, а внешний интеграл – по x. Область D находится в полосе между прямыми x = 0 и x = 1, следовательно, 0 £ x£ 1. Чтобы найти пределы изменения для y, поступим так: возьмём на оси Ох произвольную точку xÎ (0, 1) и проведём через неё прямую, параллельную оси Оу в направлении этой оси. Она пересекает границу областиD сначала в точке С, затем в точке В (рис. 17). У точки С ордината y = x², у точки Вордината y = x, т.е. x² £ y £ x. Таким образом,

D = {(x, y): 0 £ x £ 1, x²£ y £ x}. Тогда, согласно (5), имеем:

Применим к этому двойному интегралу формулу (7). В этом случае внутренний интеграл берём по переменной x, считая y постоянным, а внешний – по y Область Dнаходится в полосе между прямыми y = 0 и y = 1, следовательно, 0 £ y £ 1. Для того, чтобы установить пределы изменения переменной x, возьмём на оси Оу произвольную точку yÎ (0, 1) и проведём через неё прямую, параллельную оси Ох в направлении этой оси. Т.к. точка B₁входа этой прямой в область D имеет абсциссу x = y, а точка C₁выхода этой прямой из области D имеет абсциссу , то переменная x меняется от yдо . Значит

D = {(x, y): 0£ y£ 1, y £ x £ }. Следовательно, согласно (7), имеем

2.Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле

Решение. В отличие от задачи 1), здесь не дана область интегрирования D, и мы должны выяснить её вид по пределам интегрирования повторных интегралов. ОбозначимD₁ - область интегрирования первого повторного интеграла, D₂- область интегрирования второго повторного интеграла. Т.к. внутренние интегралы берутся по x, то их пределы показывают, какими линиями области D₁ и D₂ ограничены справа и слева. Область D₁ задаётся неравенствами 0? y? 1, 0? x? , т.е. D₁ = {(x, y): 0? y? 1, 0? x? }. Соответственно, область D₂ задаётся неравенствами 1? y? e, lny? x? 1, т.е. D₂ = {(x, y): 1? y? e, lny? x? 1}. Очевидно, D = D₁È D₂ (рис.18). Область D расположена в вертикальной полосе между прямыми x = 0, x = 1 и между линиями y = x², y = е^х. Это значит, что D = {(x, y): 0? x? 1, x²? y? е^х}. Тогда по формуле (5) получаем

Рисунок 18 Рисунок 19

3. Вычислить I = .

Решение.

= .

4. Вычислить I = .

Решение.

I = .

5. Вычислить: I= , где D ограничена прямыми y=x и x=2 и гиперболойxy=1.

Решение. Область интегрирования изображена на рисунке 19. Решая систему, состоящую из уравнений прямой y=x и гиперболы xy=1, получим координаты точки их пересечения А(1, 1). Для вычисления интеграла по области D удобно воспользоваться формулой (5). Пределы внешнего интеграла по x – это абсциссы самой левой и самой правой точек области D, т.е. 1 и 2. При 1 £ x £ 2, y будет изменяться от 1/x до x. Следовательно,

D = { (х; y): 1 £ x £ 2, 1/x £ y £ x }. Тогда

Рисунок 20

Если применить формулу (7), то вычисления будут более громоздкими.

6. Вычислить I = где D -область, ограниченная линиями x=0, y = , y =2x.

Решение. Найдём абсциссу точки пересечения прямых y=2x и y= : =2x Þ x = Область интегрирования D изображена на рисунке 20.

D = {(х; y): 0 £ y £ , 0 £ x £ y /2}

По формуле (7) имеем

= = 4.

7. Вычислить: , где D - область, ограниченная линиями x=0, y=0, x+y =3.

Решение. Предлагаем студенту самостоятельно построить область интегрирования. Она имеет вид D = {(х; y): 0 £ x £ 3, 0£ y £ 3 - x }. Следовательно, по формуле (5) получаем

В некоторых случаях, когда область интегрирования D есть круг, или часть круга, или когда подынтегральная функция содержит в себе двучлен вида x²+y², вычисление двойного интеграла упрощается при переходе к полярным координатам (см. формулы (9) - (12)). При этом двучлен x²+y² преобразуется в r².

8. Вычислить , где S={(x, y): x²+y²£ 4, y³ 0}.

Решение. Представим уравнение окружности x²+y²=4 в полярных координатах. По формулам (9) имеем: x²+y²= 4 Û r ²cos²j +r ²sin ²j = 4 Û r²= 4 Þ r= 2.

Рисунок 21

Расставим пределы интегрирования в повторном интеграле. Областью интегрирования является полукруг (рисунок 21, а). Все точки этого полукруга будут охвачены, если угол j поворачивать от j = 0 до j = p. Значит, при любом 0 £ j £ p, полярный радиус r будет изменяться от 0 до 2.Таким образом, S = {(r, j): 0 £ j £ p, 0 £ r £ 2}. Cледоватеньно, по формулам (11) и (12) получим

9. Вычислить , где P - кольцо между окружностями радиусов еи 1 с центром в начале координат.

Решение. На рисунке 21, б изображена область P. x²+y²=1, x²+y²=e² – уравнения заданных окружностей в декартовых координатах, а в полярной системе эти окружности задаются формулами r = 1 и r = е. Следовательно, Р={(r, j): 0 £ j £ 2p, 1 £ r £ е}. Тогда по формулам (11) и (12) получим

11. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y²= 4 x + 4, y = 2 – x.

Решение. Данная фигура изображена на рисунке 22, а. Решая систему уравнений

Рисунок 22

y²= 4 x + 4, y = 2 – x, найдём точки пересечения линий: (2 - x)²= 4x + 4 Û 4 - 4 x+ x²= 4x+4

12 3 4 5 Следующая ⇒