Теор.предел., исслед.ф-ции.

Лекция 1-2
Математические методы в биологии
Теория пределов
Неопределенности вида
 0
;
 0
0 
; ;    ; 1 ; 0 
0 
;0  ;1  получаются путем
непосредственной подстановки стремления переменной в функцию
стоящую под пределом.
Непосредственность вида  - это отношение двух бесконечно

больших величин.
Метод раскрытия: Деление многочленов на наибольшую степень
переменной, получение затем бесконечно малых величин.
Пример:
Найти:
lim
1  3n  2n 2
2
n   1 n
Решение:
1 3n 2n 2
 2  2
2
lim
1  3n  2n 2    lim
n
n
n
=  
2
2
1 n
1 n
n
  n  

n2 n2
1 3
1 3

 2   2
2
0  0  2
n
n
  

  2
1
0 1 
 1 1

1
 

n2
= lim
n
Метод раскрытия:
Если степень числителя и знаменателя совпадают то предел равен
отношению коэффициентов стоящих при переменной в одинаковой
степени
Пример:
Решение:
Пример:
Найти: lim 7n 2  2n  3
2
5n  4n  3
7 n  2n  3  7 n 2  7
= 2  
lim 2
n 5n  4n  3
 5n  5
n
2
Найти:
 2n 2  n  1 

lim  2
n  5n  7 n  12 

2
Для решения данного примера нам понадобится теорема №1 о
предельном переходе.
Th №1:Если переменная x n (последовательность xn )имеет
конечный предел, то для любого действительного  имеет место
равенство




lim xn =  lim xn  в предположение, что степени x n  и lim xn
n 
n
 n 

 имеют

смысл.
Можно переходить к пределу в основании степени с любым
действительным показателем.
Решение:
lim
n
 2n 2  n  1 
 2

 5n  7n  12 
Пример:
2
1 1

2
2
2  2


2n 2  n  1 

n n
      lim
=  lim 2
7
12


5
n

7
n

12
 
n 
 n 

5  2

n n

Найти

2

2


   4
 5
25


2
3
4
5
lim 1   2    1
n 
n  n   n 
Решение: Применяя теорему о пределе произведения получаем
2
9
4
5
4
3
lim 1   2    2  1  lim 1   * lim  2  
n 
n 
n n
n
 n  n  n 
2
* lim
n
2

4 
 5


 2  1  1 * lim  2   *  1  1 * 4 *  1  4
n 
n

 n  
Пример:
Найти lim 3
6 n2
3n4
n
Для решения данного примера нам понадобится теорема №2 о
предельном переходе.
Th №2:Если a  0, а переменная
место формула
xn
имеет конечный предел, то имеет
lim xn
lim a xn = a n
n
При фиксированном основании можно переходить к пределу в
основании степени.
2
n
4
3
n
Решение: lim 3
n
Пример:
6 n2
3n4
6 n 2
lim
lim
n 
3n4
n 
3
3
Найти lim  log a
n


2

4
 6 
lim
n
n  
6
3
 3 
lim
n
n  
6
3
 3  32  9
3n 

6n  5 
Воспользуемся третей теоремой №3 о предельном переходе:
Th №3:Если a  0, а переменная x n принимает только
положительные значения и имеет предел, не равный нулю, то имеет
место формула
limlog a xn = log lim xn .
n
n
Можно переходить к пределу под знаком логарифма.
Решение:




3
n
3
n
3
3
1




lim  log a
 log a  lim

log

log

log
  log a 2


a
a
a


lim
n
5
6n  5 
6
2

n

 n 6n  5 

6 
n

Неопределенность вида
Пример:
Найти lim 
2n  3  n  1
n

  .
Решение:
Здесь имеем дело с разностью двух бесконечно больших величин и
без специального исследования никакого заключения о пределе их
разности, мы сделать не можем.
Используем метод умножения на сопряженное выражение
lim
n


2n  3  n  1 

lim
n
2n  3
 
2
n 1
2n  3  n  1

2
 lim
n
2n  3  n  1

2n  3  n  1
n4

 
n
2n  3  n  1   
4
1
1 0
1

n
lim

 
n
2  3 2  1  1  0  0  0  0 0
n
n
n n2
lim
Пример:
Найти: lim 3
n
n2  n 1
8n 2  n  3
Решение: Воспользуемся четвертой теоремой о предельном
переходе.
Th №4:Если переменная
формула
x n имеет
конечный предел, то имеет место
lim m x n 
n
lim xn
n 
Можно переходить к пределу под знаком корня (в случае
четного m предполагается, что xn  0 и корень берется
арифметический).
1 1
1  2
n  n 1 3
n  n 1  
1
1 0  0 1 3
lim 3 2
 lim 2
    3 lim n n  
   lim 
n 8n  n  3
1 3
2
 
n 8n  n  3
n
n 8
8   2 8  0  0 8 
n n
2
2
Неопределенность вида
Пример:
0
0.
x3  8
x2
Найти lim
x2
Решение: Для решения задачи разделим числитель и знаменатель
дроби на x - 2 .
 8 ( x  2)( x 2  2 x  4)

 x 2  2 x  4 т. обр.
x2
x2
x3  8 0 
lim
    lim ( x 2  2 x  4)  2 2  22  4  12
x2
x  2  0  x2
т.к. x
3

Пример:
Найти lim
x2

1 7 x
1 5 x
Решение: При x  1 числитель и знаменатель дроби имеют
пределы, равные нулю, потому это функции бесконечно малые.
Данный предел следует найти с помощью подстановки x  t 35 где 35показатель степени замены, наименьшее краткное показателей
корней
Если
x  y 35 ,
то
7
x  y5,
а
5
x  y7
тогда
1 7 x
1 5 x

новой переменной  15  1 ,  17  1 , т. обр.
Получим: lim
x2
1 7 x
1 5 x
1 y5
,
1 y7
ищем стремление
y  1,
1 y5
7
y  1 1  y
 lim
Теперь следует разделить числитель и знаменатель на
lim
y  1
y 4 y 3  y 2  y  1
5

6
5
4
3
2
y  y  y  y  y  y 1 7
y 1
Найти lim x  5  3
x2
x2
Решение: При x  2 числитель и знаменатель дроби имеют предел,
равный нулю. Примени метод умножения на сопряженное
выражение.
2
Пример:
lim
x2

x2  5  3 0
    lim
x2
0
x2
x 59
2
lim x  2

x 5 3
2
x 2
 lim
x 2

x2  5  3
x  2
x 4
x  2

x2  5  3
2

x 5 3
2

x2  5  3
 lim
x 2
x  2x  2 
lim
x  2 x 2  5  3 x2
x2
x 5 3
2
 22  4 2

 
 4  5  3 6 3
Найти lim 1  cos2 3x
x
x 0
Пример:
Решение:
1cos 5 x  2 sin 2
3x
2
(продолжение решения на доске)
Второй замечательный предел
Основные сведенья из теории
x
 1
1    e1
lim
x
x  
lim 1  x 
1
x
 e2
x 0
x
 k
k
1    e 3
lim
x
x  
lim 1  kx x
1
 e k 4
x 0
Если существует lim f x , то при постоянном b имеет место
x a
формула
lim f ( x )
lim b f ( x )  b n
n a
При постоянном основание можно переходить к пределу в
показатели степени.
Пример:
Найти
 1
1  
lim
x
x  
Решение: при подстановке
1 .
x
x 
получим неопределенность вида
Полагая по формуле 3 , что k=1, получим lim 1  1 
x
x  
Пример:
lim 1  5tg x 
Найти
2
x
 e 1 
1
e
3ctg 2 x
x 0
Решение: При подстановке
x 0
имеем неопределенность вида
1 
Сделаем замену переменной tg 2 x  z т. к.
ctg 2 x 
выясняем к чему стремится новая переменная
lim z  lim tg 2 x  tg
x0
2
1
1

2
tg x z
z
0  0  z  0
x0
lim 1  5tg x 
2
3ctg 2 x
x 0
Пример:
 lim 1  5 z 
3
3
1 5z 1
3
* * 

 lim 1  5 z  5 z 1 z    по 4 формуле   e5   e15
 z 0

1
z
z 0
Найти
 x 1
lim 

n x  1


x
имеем неопределенность вида 1 
Представим x  1  1  x  1  1  1  x  1  x  1  1  2 таким образом
Решение: При подстановке
x 1
x 0
x 1
x 1
1


t

применив формулу. lim 1  t  x   x  
x  

2
*t  x )*g  x  
x 1
e
lim t  x )*g ( x 
*x
x 1 x 1
2x


2
lim
2
 x 1


x   x 1


e
 e2

  lim 1 

lim


x

1
x

1


x  
x  


x
Пример: Найти
 x7


lim
x   x  5 
2 x4
Решение: При подстановке
x   имеем
x7
x7
x7 x5
2
 1
1  1
 1
x5
x5
x5
x5
2
 x7


lim
x   x  5 
2 x4
x 5 x 5


2
2



 lim 1 
 

x

5

 
x 


* 2 x  4 
e
lim
x 
неопределенность вида 1 
22 x  4 
x 5
Неопределенность вида
Правило Лопиталя
e
lim
x 
4 x 8  4 x 

4
x  5  x 
0 .
 e4
«Неопределенности» этого вида могут быть сведены к
«неопределенности» вида 0 или  .

0

т. к.  x  x    x  Правило Лопиталя lim  x    0 :    lim  x 
1
 0   xa g  x 
xa g x 
 x 
Пример :
Найти lim x ln x
x  0
Решение: При x  0 ln x  величина бесконечно большая, а x бесконечно малая
Поэтому здесь имеет место неопределенность вида  0   
lim x ln
x  0
1


ln x
ln x 
 x2
x
 lim

 lim
 lim  x  0
x  lim
 lim
x
x  0 1
x  0
x  0 1 2
x  0
x  0
1
x
x
x
 
 
Пример:
Найти
limx  e
x
x
Решение: При
имеем lim e  x  0, а потому при x  
x 
x
выражение xe произведение величины бесконечно большой на
бесконечно малую  0    т. к. e  x  1x , то применим правило
x  
e
Лопиталя
x  

lim
x 

e 
x
1
lim e
x 
x
1
 0

Неопределенность вида
Пример:
x 0
x
0
Найти lim x x
x 0
Можно записать
lim x
0 
 lim e x ln x
x x  e ln x  e x ln x , поэтому
lim x ln x
 e x 0
 e0  1
x
x 0
Пример:
Найти lim 1  3x  x
x 0
1
Решение: При подстановке получаем неопределенность вида 1 
Представим: 1  3x 
x
e
1
ln 1 3 x 
x
Тогда: lim 1  3x 
x 0
1
x
lim x ln 1  3x   lim
1
x 0
x 0
1
e
ln 1 3 x 
lim
x0 x

 e3
т.к.
3
3

ln 1  3x  
1  3x  3
 lim 1  3x  lim
lim

1
1
x 0
x 0
x 0
x 
ln 1  3x 
x 
Задание на правило Лопиталя
Найти:
1  x  ln x  
0


lim
 0  lim
2
 lim
x 1 1 2 x  x
x 1
x 1

1  2x  x 2
1  x  ln x
 lim
x 1
 x  1 2 x  x 2
x1  x 


  lim
x 1
1
1
x
 lim
1
2 2 x  x 2 *  2 x  2
x 1
1
x
21  x 
1
2 2x  x 2
 2 *1 - 1
2x  x 2
1
 подставим  

 1
x
1
1 

x
Найти lim x  sin
3
x
x 0
Решение: Подставили в данную дробь x=0, получим
неопределенность вида  0  . Применим правило
Пример:
0
Лопиталя.




x sin x  0 
x  sin x 
1  cos x  0 
1  cos x 
sin x 1
    lim
 lim
    lim
 lim

lim
3
2


6x
6
x
3x
 0  xo
 0  x0
x 0
x 0
x 0
x3
3x 2
 
 

Лекция 2
I.Исследование функции и построение ее графика
элементарными методами.
Исследовать функцию и построить график элементарными
методами
Пример №1: y  arcsin x  1.
План построения:
1) y  arcsin x
2) y  arcsin x
3) y  arcsin x  1
D y x   1 : 1
 

E  y  y   ;  1 (определяем по графику)
2 2 
(Графическое изображение функции делается на доске)
Пример №2:
D y   x  4
x2
y 2
x  16
Асимптоты функции :
2
x
x
x2


0

b

1
lim
3
2
x 2  16 x lim
x   x  16 x
x  x  16
lim 
x 
y  nx  b
2

горизонтальная асимптота
вертикальная асимптота т.к. x  4
2
а) lim 4  20
x  4  0 4  0   16
4  02 
16 2
16
16
 lim

 
lim
lim
2
2
0
x  4  0 4  0   16
x  4  0 16  8 * 0  0  16
x  4  0 16  0  16
2

 4  0
16
 lim
 
б) lim
2
x  4  0  4  0   16
x  4  0  0
 4  02  lim 16  
lim
2

x  4  0  4  0   16
т. обр, x  4  вертикальная асимптота
Аналогичным образом проверяем наличие асиптоты в точке x=4(на доске) и доказываем, что в точке x=-4-вертикальная
асимптота.
2
2
Проверяем четность функции:   x    2x   2 x
 x   16 x  16
y  1
  x      x   функция четная, следовательно . ее график
симметричен относительно оси OY
Пересечение с осями OX и OY:
02
x0 y 
0
0  16
(0;0)
y 0 x0
(Построение графика функции производится на доске)
По графику определяем область значений функции:
E  y     : 0)  1:   
Пример№3 :
Y
x3
x 3
Dy  , x  (; )
т.к. x  расматриваем 2 а случая
1) x  0
y
x3
 график гипербола.
x3
Чтобы построить элементарным методом необходимо выделить
целую часть : y  x  3  3  3  x  3  6  x  3  6  1  6
x3
x3
x3
x3
x3
2) x  0
y
x3
x3

 1
 x  3  x  3
то есть - это прямая y  1
Асимптоты для 1ого случая
6
y  1
, где x  0
x3
(разбор и построение графика функции на доске)
По графику определяем область значений функции.
Пример№4:
y
D  y  :1  4 x  0
x2
1  4x
 4x  1
1
1
1
 x  x  (; )  ( ; )
x
4
4
4
Область значений функции определяем по графику.
Асимптоты.
k  lim
x 
x2
x2
x2
1
 lim


lim
2
2
1  4 xx x x  4 x x x  4 x
4
 x2
1 
4x 2  x  4x 2
x
 x  1
b  lim  x   kx  lim 
 x   lim
 lim


4  x 41  4 x 
  16 x  16
x 
x   1  4 x
x  4  16 x
1
1
- наклонная асимптота
y x
4
16
Вертикальная асимптота: Необходимо найти односторонние
пределы.
Найдем предел справа от точки x 
1
4
2
1

1
  0
4
 
16
lim
lim
1

1
1 11 4  0
x 0 1  4
  0  x 4  0
4
4

(  4 -0 будет меньше, чем единица) следовательно знаменатель
отрицательный , поэтому lim
1
x 0
4
1
16  
0
Найдем предел слева от точки x 


1
4
2
1 0
1
4
 lim 16  
lim
1


1
1 0
x
0 1  4
  0  x  40
4
4

x
1
4
вертикальная асимптота.
Проверим четность функции:
 x 
x2
 yx  не является четной
1  4 x  1  4 x
x2
x2
 yx   

 y  x  не является нечетной.
1  4x  1  4x
y x  
2

Вывод функция не является четной и не является нечетной.
Пример№5: y  x 2  3 x  2
D  y X  R
Область определения определяем по графику функции.
Этапы построения:
1) y  x 2  3x  2
2) y  x 2  3 x  2
3) y  x 2  3 x  2
1) y  x 2  3x  2
x1  1
x2  2
 b   3
x1 

 1,5
2a
2
y b  1,5 2  3 *1,5  2  2,25  4,5  2  0,25
вершина 1,5;0,25 параболы.
2) y   x  1,52  0,25
2
y   x  1,5  0,25
x0
если
x  0  y   x  1,5  0,25
2
y   x  1,5  0,25
2
Отображение относительно OY
3) y  x 2  3 x  2
Отображаем все, что ниже оси OX вверх.
(Построение графика и элементарные исследования на доске)
II. Исследование функции и построение её графика.
ПРИМЕРЫ ИССЛЕДОВАНИЯ ФУНКЦИЙ
Примеры:
1. y  9 x 5  x 3
1) D(y)=R, E(y)=R (находим по графику)
2) Непрерывность. Асимптоты.
Так как функция y  9 x 5  x 3 является элементарной, то она непрерывна в
каждой точке своей области определения, т.е. на всей числовой прямой.
Выясним поведение функции на концах области определения.
lim 9 x 5  x 3   lim x 3 9 x 2  1  
x


x
3
 

lim 9 x  x  lim x 9 x 2  1  
x
5
3
x
Асимптот нет.
3) Четность.
Так как область определения функции симметрична относительно нуля,
выясним, имеют ли место следующие равенства:
y x  yx или y x   yx .
y( x)  9  ( x) 5  ( x) 3  9 x 5  x 3  (9 x 5  x 3 )   y( x)
y x   yx .
Следовательно, функция является нечётной. Её график симметричен
относительно начала координат.
4) Функция не является периодической.
5) Нули функции
9x5  x3  0


x 3 9x 2  1  0
1
3
1
1
(0;0);   ;0; ;  ;0  - точки пересечения графика с осями.
 3  3 
x=0 или x  
6) Монотонность функции. Экстремумы функции.
y x   45 x 4  3x 2
45 x 4  3x 2  0
3x 2 (15 x 2  1)  0
1
x=0 , x  
 0,025
15
x

1 
  ;

15 

y`
+

1
15


1
 
;0 
15 

_
0
 0,007
y
0

1 
 0;

15 

1
15
 1


; 
 15

0
_
0
+
0
-0,007
max
7) Выпуклость. Точки перегиба.
3
y''(x)=180x -6x
min
180 x 3  6 x  0
6 x 30 x 2  1  0


x=0 или x  
x
30

1 
  ;

30 

y 
y
1

1
30


1
 
;0 
30 

0

1 
 0;

30 

1
30
 1


; 
 30

_
0
+
0
_
0
+

0,004

0

-0,004

т. перегиба
8) График
т. перегиба
т. перегиба
x2  x
2. y 
2x  1
1
1
1) D( y )    ;     ;  , E(y)= (;1,87)  (0.13;)
2  2


(определяем в
конце задания после построения графика функции).
2) Непрерывность. Асимптоты.
1
2
Данная функция определена при всех значениях x , кроме x   . Так как
функция y 
x2  x
является элементарной, то она непрерывна в каждой точке
2x  1
своей области определения. Таким образом, единственной точкой разрыва
1
2
служит точка x   . Для исследования характера разрыва найдем левый и
1
2
правый пределы функции при x   .
2
 1
  1

1 1
3
   0     0
 0
2
x x
2
  2
  lim 4 2
lim
 lim 
 lim 4   .
1
1
1
1
 1

x  0 2 x  1
x  0
x  0  1  0  1
x  0  0
2
2
2
2
2     0  1
 2

2
 1
  1

1 1
3
   0     0
 0
2
x x
2
2




lim
 lim
 lim 4 2
 lim 4   .
1
1
1
1
1
2
x

1

1

0

1


x  0
x  0
x 0
x 0  0
2
2
2
2
2     0  1
 2

1
x2  x
Следовательно, функция y 
в точке x   имеет бесконечный
2
2x  1
1
1
разрыв, т.е. x  
- точка разрыва II-го рода. x  
- вертикальная
2
2
асимптота.
Найдем наклонные асимптоты.
x2  x
x2
1

lim

2
2
x   2 x  x
x  2 x
2
2
x  x 1 
2x 2  2x  2x 2  x
 3x
 3x
3
b  lim 
 x  lim
 lim
 lim

x  2 x  1
x


x


x


2 
2(2 x  1)
22 x  1
4x
4

1
3
Итак, k  и b   . Следовательно, при x   и при x   график
2
4
1
3
функции имеет наклонную асимптоту y  x  .
2
4
k  lim
3) Четность.
Область определения не симметрична относительно нуля, поэтому
функция не является ни четной, ни нечетной.
4) Функция не является периодической.
5) Нули функции.
y=0 , если x2-x=0; x(x-1)=0; x1=0 или x2=1
(0; 0), (1; 0) – точки пересечения графика с осями координат.
6) Монотонность. Точки экстремума.
y 
2 x  12 x  1  x 2  x 2  4 x 2  1  2 x 2  2 x  2 x 2  2 x  1
2 x  12
2 x  12
2 x  12
y   0 , если 2x2+2x-1=0
2x 2 +2x-1=0
D=4+8=12
x1 
x
y
 2  2 3 1 3

 0,37
2·2
2
x2 
 2  2 3 1 3

 1,37
2·2
2

1 3 
  ;



2


1  3 

 (1  3) 1 

; 

2
2 


+
0
_
-
2
 1,87
y
-
max
7) Выпуклость. Точки перегиба.
y  
1
2
4 x  22 x  12  2 x 2  2 x  1 42 x  1  6
2 x  14
2 x  13
y  не существует при x  
1
2
x
1

  ; 
2


y 
_
-
+
y

-

Точек перегиба нет
8) График
1
2
 1

  ; 
 2

 1 1 3 
 ;

 2

2


1 3
2
 1 3


; 

2


_
0
+
-0,13
min
3. y  x  1  e x2
1) D(y)=R, E(y)= (
1
;) (определяем в конце задания после построения
e4
графика функции).
2) Непрерывность. Асимптоты.
Функция непрерывна на всей числовой прямой. Точек разрыва нет.
Следовательно, вертикальных асимптот нет.
Исследуем поведение функции на концах области определения.
lim x  1e x2  
x
x  t
1  t 
1
1
lim x  1e x  2  при x   t    lim t  2  lim t  2 
 0
x  
t   e
t   e

При x   y  0 . Следовательно, при x   функция имеет
горизонтальную асимптоту y  0
3) Четность.
Область определения не симметрична относительно нуля, поэтому
функция не является ни четной, ни нечетной.
4) Функция не является периодической.
5) Нули функции.
y=0, если x=-1
Если x=0, то y 
 1;0;
1
e2
 1 
 0; 2  - точки пересечения с осями.
 e 
6) Монотонность. Экстремумы функции.
y   e x 2  x  1  e x 2  e x 2 x  2
y   0 , если x = -2 - критическая точка
x
(;2)
-2
(2;)
y
_
0
+

y
1
e4
min
7) Выпуклость. Точки перегиба.
y   e x 2 ( x  2)  e x 2  e x 2 ( x  3)
y   0
, если x=-3
x
(;3)
-3
(3;)
y 
_
0
+
y


2
e5
т. перегиба
8)
