Миттєва швидкість прямолінійного руху

Границя функції в точці.

Побудуємо графік функції

g(x) = і розглянемо поведінку цієї функції при х, близьких до 1.

Функція g(x) = визначена при х (- ; 1) (1; + ) і графік являє собою пряму у = х + 1 з виколотою точкою х = 1 (рис. 10), бо функція g(x) = не визначена в точці х = 1.

Якщо х наближається до 1 (зліва чи справа), то у наближається до 2 (відпов­ідно знизу чи зверху).

Отже, =2.

Розглянемо третій приклад. Побудуємо графік функції

(рис. 11) і розглянемо поведінку функції при х, що наближається до 1.

При х → 1 (що наближається до 1) границі функції h(x) не існує, поскільки не існує єди­ного числа, до якого наближається функція при х, що прямує до 1.

(Якщо х наближається до 1 зліва, то h(x) наближається до 1; якщо ж х наближається до 1 справа, то h(x) наближаєть­ся до 2).

Таким чином:

Якщо при значеннях х, що прямують до дея­кого числа а, значення функції f(x) прямують до єдиного значення b, то говорять, що при х, що наближається до а, функція f(x) має границю, яка дорівнює b, і це записується так: f(x) = b або f(x) → b при х → а.

Нехай задано деяку функцію, наприклад, f(x) = 2х + 1. Розглянемо таблицю значень цієї функції в точках, що досить близько розташовані до числа 1 (і в самій точці 1), та знайдемо |х – 1| та |f(x) – 3| у відповідних точках.

х	0,5	0,8	0,9	0,99	0,999		1,001	1,01	1,1	1,5
f(x)		2,6	2,8	2,98	2,998		3,002	3,02	3,2
|х – 1|	0,5	0,2	0,1	0,01	0,001		0,001	0,01	0,1	0,5
|f(x) – 3|		0,4	0,2	0,02	0,002		0,002	0,02	0,2

 

З таблиці видно, що при наближенні значення аргументу до чис­ла 1 значення функції наближається до числа 3, при цьому по­хибка значень функції може бути досягнена як завгодно малою, шляхом зменшення похибки аргументу. Дійсно, взявши довільне ε > 0, тоді |f(x) – 3| < ε,

або |2х + 1 – 3| < ε; |2х – 2| < ε, 2|х – 1| < ε; |х – 1| < .

Отже, щоб похибка значень функції не перевищувала ε > 0, слід взяти значення х такі, що |х – 1| < .

О Число b називається границею функції у = f(x) в точці а, якщо для будь-якого ε > 0 існує таке число

δ = δ(ε) > 0, що для всіх х: 0 < |х – а| < δ, виконується нерівність |f(x) – b| < ε. (Рис. 13).

Приклад.

Доведіть, що .

Розв'язання Задамо довільне ε > 0 і покажемо, що існує δ > 0 таке, що із нерівності

|х - 3| < δ випливає нерівність |(2х - 1) - 5| < ε.

Маємо |(2х - 1) - 5| < є, |2х - б| < ε; |2(х - 3)| < ε; 2·|х - 3| < ε; |х - 3| < Отже, якщо взяти δ = , то виконання нерівності

| x - 3| < δ приведе до виконання нерівності |(2x - 1) - 5| < ε. Отже, згідно з означенням границі маємо: .

Основні теореми про межу.

теореми, які ми приймемо без доведення.

1. Якщо функція f(x) має границю при х → а, то ця границя єдина.

2. Границя постійної функції дорівнює постійній С = С, де С — постійна.

3. Границя суми (різниці) двох функцій дорівнює сумі (різниці) їхніх границь, при умові, що границі доданків існують.

(f(x) ± g(x)) = f(х) ± g(x).

4. Границя добутку двох функцій дорівнює добутку границь цих функцій, якщо границі множників існують

(f(x) · g(x)) = f(x) · g(x).

5. Постійний множник можна виносити за знак границі

(Cf(x)) = С f(x).

6. Границя частки двох функцій дорівнює частці границь цих функцій, якщо границі чисельника і знаменника існують і границя знаменника не дорівнює нулю

, .

Сформульовані теореми використовуються при знаходженні гра­ниць функцій.

 

Приклад 1. Знайдіть .

 

Розв'язання

.

Відповідь: 3.

Приклад 2. Знайдіть .

Розв'язання

Відповідь: 2.

Приклад 3. Знайдіть

Розв'язання

В цьому прикладі безпосередньо скористатися теоремами про границі не можна, бо границя знаменника дорівнює нулю. Оскіль­ки в означенні границі |х – а| > 0, тобто |х — а| 0, то маємо

.

Відповідь: 4.

Приклад 4. Знайдіть

Розв'язання

.

Відповідь: – 1.

 

Перша чудова границя .

Приклад. Знайти .

Розв'язання

Відповідь: 7.

 

Розкриття невизначеностей ; .

Перш ніж перейти к обчисленню границь, запишемо за допомогою символів основні теореми теорії границь.

Нагадаємо символи:

a – стала

∞ - нескінченна велика додатня

-∞ - нескінченна велика від’ємна

+0 – нескінченна мала додатня

-0 – нескінченна мала від’ємна

1) a +0= a; a ∙ 0=0; ;

2) ;

3) a +∞=∞; a ∙ ∞=∞; ∞+∞=∞; ∞ ∙ ∞=∞

4) ∞∞=∞; 0 ∙ ∞=∞

Але при обчисленні границь дуже часто з’являються так названі невизначеності. Символічно їх можна записати так:

Ці умовні записи характеризують поведінку змінних величин.

Щоб знайти границю невизначеності виразу, треба усунути цю невизначеність.

Розглянемо деякі окремі випадки.

1) Невизначеність виду задана відношенням двох многочленів

=

=

Тобто, щоб розкрити невизначеність , треба чисельник і знаменник розділити на найвищий степінь x у цих многочленах. При цьому можна сформувати таке правило:

1. Якщо найвищий степінь чисельника вище найвищого степеня знаменника, то границя дробу нескінченно велика.

2. Якщо найвища степінь чисельника нижче найвищого степеня знаменника, то границя дробу дорівнює нулю.

3. Якщо найвищі степені чисельника і знаменника однакові, то границя дорівнює частки від поділу коефіцієнтів біля старших степенів.

2) Невизначеність виду задана відношенням двох многочленів

=

Розкладемо чисельник і знаменник на множини:

Множини (x-1), через який чисельник і знаменник прямують до нуля, називають критичним множником.

Таким чином, щоб розкрити невизначеність , задану відношенням двох многочленів, треба в чисельнику і знаменнику виділити критичний множник і скоротити на нього дріб.

3) Невизначеність задана ірраціональними виразами.

(х-2) – критичний множник. Позбудемося від ірраціональності в чисельнику.

4) Невизначеності виду ∞-∞ задані ірраціональними виразами.

 

Матеріальної точки.

 

0 М₀ М₁

S=0S₀= f(t₀ )S₁= f(t₁ ) S

t=0 t₀ t₁

ЗАДАЧА1. Нехай матеріальна точка М рухається прямолінійно по закону s=f (t). В момент часу t₀ вона зайняла положення М₀ і пройшла шлях s₀ =f (t₀). Знайдемо швидкість точки в момент часу t₀.

Припустимо, що за довільно вибраний проміжок часу ∆t, починаючи з моменту t₀, точка перемістилась на відстань ∆s і зайняла положення М₁.

Тоді t₁ = t₀ + ∆t, s₁ = f (t₁) = s₀ + ∆ s.

 

За проміжок часу ∆t матеріальна точка проходить шлях

∆x = f (t₁) - f (t₀) = f (t₀ + ∆t) - f (t₀).

 

 

Середня швидкість V_сер. руху на проміжку М₀М₁ дорівнює:

 

V_сер. =

Якщо проміжок ∆t буде зменшуватися, то ця величина буде більш точніша.

Таким чином, можна вважати, якщо ∆t наближається до нуля, то середня швидкість V_сер. буде наближатися до швидкості в момент часу t₀.

О_{1 .} Миттєвою швидкістю точки, яка рухається прямолінійно, в момент часу t₀ називається границя середньої швидкості при умові, що t наближається до нуля.

V _{мит .} =

Числа ∆t, ∆s називаються відповідно приростом часу, приростом шляху.

Отже, миттєвою швидкістю точки, яка рухається прямолінійно, є границя відношення приросту шляху ∆ s до відповідного приросту часу ∆ t, коли приріст часу наближається до нуля.

Дотична до кривої

Розглянемо функцію y = f (x) і її графік – криву лінію.

АМ – січна. Зафіксуємо точку А. Нехай точка М, рухаючись по кривій, наближається до точки А.При цьому січна АМ буде повертатися навколо точки А і в граничному положенні при наближенні точки М до точки А січна займе положення прямої АТ. Пряму АТ називають дотичною до даної кривої в точці А.

 

О₂. Дотичною АТ до графіка функції y = f (x) в точці А називається граничне положення січної АМ, коли точка М, рухаючись по кривій, наближається до точки А.

 

ЗАДАЧА 2. Провести дотичну до графіка функції y = f(x)

в точці А(x₀;y₀).

Положення прямої y= kx+b визначається кутовим коефіцієнтом прямої k = tg a, де a – кут між прямою і додатнім напрямом осі OX. Провести дотичну до графіка означає знайти число k.

Нехай в точці А(x₀;y₀) кривої y = f (x) існує дотична. Визначимо кутовий коефіцієнт дотичної.

Для цього:

1. Надамо аргументу x₀ приросту ∆x, одержимо нове значення аргументу .
2. Знайдемо відповідний приріст функції:

.

3. Знайдемо відношення: .

Із трикутника АМК маємо: tg МАК.

Так як МАК= φ – куту нахилу січної АМ з додатним напрямом осі ОX, то tg φ.

4. Якщо ∆x → 0, то ∆y → 0 і точка М буде переміщуватися по кривій, наближаючись до точки А.

Граничним положенням січної АМ при ∆x → 0 буде дотична АТ, яка утворює з додатним напрямом осі ОX деякий кут, величину якого позначимо через ά.

Отже, – кутовий

коефіцієнт дотичної.

Поняття похідної.

Ці дві задачі розв’язуються одним і тим же самим способом, який складається з таких етапів:

1. Незалежній змінній x надаємо приросту ∆x.

2. Знаходимо приріст залежної змінної - ∆y.

1. Знаходимо відношення .
2. Знаходимо .

О₃ Похідною функції y=f (x) в точці x₀ називається границя відношення приросту функції до приросту аргументу при умові, що приріст аргументу прямує до нуля, а границя існує, тобто:

.

Функцію, яка має скінчену похідну в точці x, називають диференційованою в цій точці.

Обчислення похідної називають диференціюванням.

Позначення похідної: y '(x), f '(x) (за Лагранжем) або (за Лейбніцем).

З означення похідної випливає, що похідна y '(x), в точці x є числом. Але якщо таке число існує для кожної внутрішньої точки проміжку (a, b), то похідну можна розглядати як функцію точки x з даного проміжку.

Якщо , тоді функція f(x) має в точці x нескінченну похідну.

Порівнюючи одержані результати першої і другої задач із означенням похідної, можна зробити висновок:

якщо матеріальна точка рухається прямолінійно і її координата змінюється по закону s = s(t), то швидкість її руху v (t) в момент часу t дорівнює похідній s ^'(t):

V(t) = S^'(t) - механічний зміст похідної.

Приклад 1.

Точка рухається прямолінійно по закону s(t) = 5t² + t + 3 (s — шлях в метрах, t – час в секундах). Знайдіть швидкість точки:

а) в довільний момент t₀; б) в момент часу t = 2 с.

Розв'язання

а) 1) нехай значення аргументу t₀ одержало приріст Δ t, тоді t₁ = t₀ + Δ t.

2) Знайдемо відповідний приріст шляху

Δ s = s(t₀ + Δ t) - s(t₀) = 5(t₀ + Δ t)² + (t₀ + Δ t) + 3 – (5 t₀ ² + t₀ + 3) = 5 t₀ ² +10 t₀ Δ t + 5Δ t ² + t₀ + Δ t + 3 – 5 t₀ ² – t₀ – 3 = 10 t₀ Δ t + 5Δ t ² + Δ t.

3) Знайдемо відношення приросту шляху до приросту часу (се­редню швидкість):

4) Знайдемо границю відношення приросту шляху до приро­сту часу (середньої швидкості):

Отже, миттєва швидкість точки в довільний момент часу t₀ дорівнює 10 t₀ + 1.

Отже, при заданому законі руху s(t) миттєва швидкість v(t) в довільний момент часу t обчислюється по формулі v (t) = 10 t + 1.

б) Якщо t = - 2 с, то маємо v (2) = 10 · 2 +1 = 21 ;

Відповідь: а) 10 t + 1; б)21 .

Геометричний зміст похідної: значення похідної функції y=f (x) в точці x₀ дорівнює кутовому коефіцієнту дотичної до графіка функції в точці з абсцисою x₀ :

f ^'(x₀)= k= tg ά.

Фізичний зміст похідної:

1) Миттєва швидкість нерівномірного прямолінійного руху є похідна від функції, яка виражає залежність пройденого шляху від часу :

2) Сила струму є похідна від функції, яка виражає залежність кількості електрики , яка протікає за час : якщо , то .

3) Кутова швидкість обертання тіла навколо осі є похідна від функції, яка виражає залежність кута повороту тіла відносно осі від часу :

якщо , то .

4) Лінійна густина матеріальної лінії в даній точці є похідна від функції, яка виражає залежність маси від довжини цієї лінії:

якщо , то

5) Теплоємність тіла при даній температурі є похідна від функції, яка виражає залежність кількості тепла від температури :

якщо , то .

6) Швидкість хімічної реакції є похідною від функції, яка виражає залежність кількості речовини , яка вступила в реакцію від часу :

якщо , то

Таблиця похідних:

- Похідні степеневих функцій.

для всіх цілих n виконується рівність: (xⁿ)' = nx^{n – 1}.

1. Знайдіть похідні функції:

а) у = х ⁶; б) у = х ⁸; в) y = x ²· x ⁵; г) y = .

Розв’язання:

а) у ' = (х ⁶)' = 6 х ^6-1 = 6 х ⁵;

б) у ' = (х ⁸)' = 8 х ^8-1 = 8 х ⁷;

в) у ' = (x ²· x ⁵)' =(х ²⁺⁵)' =(х ⁷)' = 7 х ^7-1 = 7 х ⁶;

г) у ' = = (x ^8-2)' =(х ⁶)' = 6 х ^6-1 = 6 х ⁵.

2. Знайдіть похідні функцій:

а) у = х ^-10; б) y = x ²· x ^{- 5}; в) y = ; г) y = .

Розв’язання:

а) у ' =(х ^-10)' = -10 х ^-10-1 = –10 х ^-11;

б) у ' =(x ²· x ^-5)' = (x ^2-5)' =(х ^-3)' = -3 х ^-3-1 = -3 х ^-4;

в) у ' = = (x ^-6)' = -6 х ^-6-1 = -6 х ^-7;

г) у ' = = (x ^2-8)' =(х ^-6)' = -6 х ^-6-1 = -6 х ^-7.

3. Знайдіть похідні функції:

а) ; б) ; в) ; г) .

 

Розв'язання

 

- Похідні показникових та логарифмічних функцій.

(е^x)’ = е^x.

Знайдемо похідну функції f(x) = a^x, скориставшись основною логарифмічною тотожністю та правилом знаходження похідної складеної функції: Отже,

.

Похідна показникової функції дорівнює добутку цієї функції на натуральний логарифм її основи.

Приклад 1. Знайдіть похідні функцій:

а) у = 5 ^х; б) у = е^{3 - 2х}; в) у = (0,3^{sin x} ); г) у = .

Розв'язання

а) у' = (5^х)' = 5^хln 5;

б) у' = (е^{3 – 2 x} )' = e^{3 – 2 x} · (3 - 2х)' = -2e^{3 – 2 x} ;

в) y' = ((0,3)^{sin x} ) ' = (0,3)^{sin x} ln 0,3 · (sin x)' = (0,3)^{sin x} ln 0,3 · cos x =

= ln 0,3cos x (0,3)^{sin x} ;

 

г) у = ()'= · ln5 · (x²+2х+3)'= ln5–(2х+2) = 2ln5(x+1) .

.

 

 

 

Приклад 1. Знайдіть похідну функцій:

а) у = log₂x; б) у = ln (х² + 1); в) y = lg (3x); г) у = ln² (5х + 1).

Розв'язання

а) y’ = (log₂x)’ = ;

б) y’ = (ln(x²+1))’ = · (x²+1)’ = ;

в) y’ = (lg(3x))’ = · (3x)’ = = ;

г) y’ = (ln²(5x+1))’ = 2ln(5x+1)·(ln(5x+1))’ = 2ln(5x+1)· · (5x+1)’=

= 2ln(5x+1)· = .

 

- Похідні тригонометричних функцій.

 

Приклад

Розв’язання

1) y ' = ((l + sin x)²)' = 2(l + sin x)·(l + sin. x)' =

= 2 (1 + sin x) · cos x;

2) у’ = ()’ = · (cos x)’ = ;

3) у' = (ctg³ x)’ = 3ctg² x · (ctg x)' = 3ctg² x · = = = .

4) y’ = = 5 + = + 0 = .

- Похідні обернених тригонометричних функцій.

 

Таблиця похідних (формули диференціювання основних елементарних функцій)

Розв'язання

Виконання вправ

1. Задайте формулами елементарні функції f і g, із яких побу­дована складена функція у = f(g(x)):

а) у = cos (2 х + 3); б) у = (2x + 3)⁷; в) у = ; г) у = sin² x.

Відповіді: а) u = g(х) = 2х + 3; y = f(u) = cos u; б) и = g(x) =2х+3; у = f(u) = u⁷;

в) u = g(x) =х² +2х; у = f(и) = ; г) u = g(x) = sin x; у = f(u) = u².

У складеній функції у = f(g(x)) присутня проміжна змінна u =g(x). Тому при знаходженні похідної складеної функції ми будемо вказувати, по якій змінній взято похідну, використову­ючи при цьому спеціальні позначення:

— похідна функції у по аргументу x;

— похідна функції у по аргументу u;

— похідна функції u по аргументу x.

Приклад 1. Знайдіть похідну функції у = (3 x ³ – 1)⁵.

Розв'язання

у = (3х³ – 1)⁵ — складена функція у = u⁵, де u = 3x³ – 1, тоді y' = (u⁵)' · (3х³ – 1)’ = 5u⁴ · 9х = 5(3х³ -1)⁴ · 9х = 45х(3х³ – 1)⁴.

При обчисленні похідної складеної функції явне введення допоміжної букви u для позначення проміжного аргументу не є обов'язковим. Тому похідну даної функції знаходять відразу як добуток похідної степеневої функції u⁵ на похідну від функції 3 х ³ – 1:

у' = ((3 x ³ – 1)⁵)' = 5(3х³ -1)⁴ · (3 x ³ – 1)' = 5 · (3 x ³ – 1)⁴ · 9 x = 45 x (3 x ³ – 1)⁴.

Приклад 2. Знайдіть похідні функцій:

а) у = ; б) у = sin (3х + 5); в) у = cos²x; г) y = cos x².

Розв'язання

 

б) у' = (sin(3x + 5))' = cos (3х + 5) · (3x· + 5)' = 3 cos(3x + 5);

 

в) у = (cos² x)' = 2 cos x · (cos x)' = 2 cos x · (- sin x) = = -2 cos x sin x = - sin 2x;

г) y’ = (cos x²)' = - sin x² · (x²)' = -2x sin x².

Тоді

(2)

де а 0, якщо х 0.

Помноживши обидві частини (2) на Ах, дістанемо:

(3)

Перший з доданків лінійний відносно х і при х 0 та f'(x₀) 0 є нескінченно малою одного порядку з х, тому що:

Другий доданок - нескінченно мала вищого порядку, ніж х, тому що:

Цей доданок не є лінійним відносно х, тобто містить х в степені, вищому від одиниці.

Тоді доданок f'(x)· x називається головною частиною суми двох нескінченно малих. У даному випадку це головна частина приросту функції у і називається диференціалом функції.

Диференціал функції визначається добутком похідної на приріст незалежної змінної і позначається dy або df(x).

Отже, маємо

dy = f'(x) · x (4)

Диференціалом dy називають також диференціал першого порядку. З виразу (4) бачимо що диференціал функції є функція двох незалежних змінних х і х. Якщо y = х, то у' = х' =1, тому dy = dx· x. Тобто диференціал незалежної змінної ототожнюється з її приростом, тобто диференціал незалежної змінної дорівнює приросту незалежної змінної.

На цій підставі для будь-якої диференційованої функції y = f (x) можемо формулу (4) записати так:

dy = f' (x) dx (5)

Останній вираз називатимемо канонічним виразом диференціала функції y = f (x). З (5) діленням на dх (dх 0), безпосередньо знаходимо:

(6)

Виходить, що похідну можна розглядати як відношення двох диференціалів. Тепер у позначенні похідної можемо надавати dy і dx самостійного значення:

Вираз (3) можемо записати ще так:

(7)

Звідки

де Якщо х 0, то й отже, і 0.

Зауважимо, що коли в точці х₀ похідна то перший доданок f формулі (3) дорівнює нулю і вже не є головною частиною приросту y. Але і в цьому випадку диференціал dy знаходять за формулою (5).

Геометричний зміст диференціалу зрозумілий з рисунка.

Маємо

PN = y, QN = MN tg

хf'(x) = f´(x) dx = dy.

Отже, маємо функції f (x) при заданих значеннях x₀ і х дорівнюють приросту ординати дотичної до кривої y = f (x) в точці х₀. Приріст функції у при цьому дорівнює приросту

ординати кривої. Таким чином, заміна приросту

функції на її Рис. 1

диференціал геометричне означає заміну ординати АР кривої ординатою дотичної AQ. Зрозуміло, що така заміна доцільна для достатньо малих значень x.

Ітак, сформулюємо геометричний зміст диференціалу:

Диференціал функції дорівнює приросту ординати дотичної до графіка даної функції, коли аргумент отримує приріст .

Формули диференціювання.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

10.

11.

12.

13.

Правила диференціювання:

I.

II.

III.

IV.

Ці правила легко одержати із відповідних правил для похідних. Доведемо, наприклад, два останніх:

 

Розв'язання

1. Область визначення даної функції — R.

2. Знайдемо f`(x): f`(x) = (x³ - 3x)' =3х²- 3. Похідна існує для всіх x є R.

3. Знайдемо стаціонарні (критичні) точки: f(x) = 0, 3 х² - 3 = 0, х² — 1 = 0, x = ±1.

4. Наносимо область визначення та стаціонарні точки на коор­динатну пряму (рис. 48 ) і визна­чимо знак похідної на кожному проміжку:

f`(-2) = 3 · (-2)² - 3 = 9 > 0;

f`(0) = 3 · (0)² - 3 = -3 < 0;

f`(2) = 3 · (2)² - 3 = 9 > 0.

5. Точка х = -1 є точкою максимуму, бо похідна при переході через цю точку змінює знак з «+» на «-»: х_max = -1.

Точка х = 1 — є точкою мінімуму, бо похідна при переході через цю точку змінює знак з «-» на «+»: х_min = 1.

Відповідь: х_max= -1, х_min= 1.

Приклад 3. Знайдіть екстремуми функції f(x) = х⁴ - 4х³.

Розв'язання

1. Область визначення функції — R.
2. Знайдемо похідну:

f`(x)= (x⁴ – 4х³) = 4 x ³ – 12 х² = 4 x ²(х – 3).

1. Знайдемо стаціонарні (критичні) точки: f`(x) = 0, 4 x ²(x – 3) = 0, x = 0 або х = 3.

4. Наносимо стаціонарні точки на координатну пряму (рис. 49) та визначаємо знак похідної на кож­ному інтервалі.

5. x = 3 — точка мінімуму, бо при переході через цю точку похідна змінює знак з «–» на «+»: х_min = 3.

Точка x = 0 не є точкою екстремуму, бо похідна не змінює знак при переході через цю точку.

Отже, у_min = f (3) = 3⁴ – 4 · 3³ = – 27.

Відповідь: у_min = f (3) = – 27.

Розв'язання

1. D(f)= R.

2. Знайдемо абсциси точок перетину графіка з віссю ОХ:

x³ - 3х² = 0; х² (х - 3) = 0; х = 0 або х = 3.

Знайдемо ординату точки перетину графіка з віссю ΟΥ:

у = 0³ - 3 · 0² = 0.

3. Оскільки f(-x) = (-x)³ - 3(- х)² = -x³ - 3х², то функція не є парною, не є непарною. Функція неперіодична.

4. Знайдемо похідну f'(x) = 3 х ² – 6 х = 3 х (х - 2). D(f’) = R. Знайдемо