МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ

Министерство образования Российской ФедерацииМосковский физико-технический институтКафедра высшей математикиРАЦИОНАЛЬНЫЕ МЕТОДЫРЕШЕНИЯ ЗАДАЧ ПОМАТЕМАТИЧЕСКОМУАНАЛИЗУМетодические указания и оптимальныеалгоритмы решения экзаменационных задач1-го семестра 1-го курсаМосква 2006

Составитель: Л.И.КоваленкоРецензенты:Т.С. Пиголкина,В.Р.ПочуевУДК 517Задачи экзаменационных работ по математическомуанализу для студентов 1-го курса МФТИ, 2006.

ОГЛАВЛЕНИЕ3Введение . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4§ 1. Экзаменационная работа по математическому анализу 1-госеместра 2002/2003 уч.г. для студентов 1-го курса . . . . . . 5Вариант А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5Ответы к варианту А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6Методические указания к решению задач.Решение задач варианта А . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8Вариант Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20Ответы к варианту Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21Решение задач варианта Е . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23Вариант И . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31Ответы к варианту И . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32Вариант О . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34Ответы к варианту О . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35§ 2. Экзаменационная работа по математическому анализу 1-госеместра 1996/1997 уч.г. для студентов 1-го курса . . . . . . 37Вариант 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37Ответы к варианту 71 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38Вариант 72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40Ответы к варианту 72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41Решения задач №7 и №8 варианта 72 . . . . . . . . . . . . . 42Вариант 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45Ответы к варианту 73 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46Вариант 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48Ответы к варианту 74 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49Список литературы . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

4 Рациональные методы решения задач по матанализуВведениеВ пособии приводятся решения задач по математическомуанализу, которые входят в экзаменационную работу 1-го курсаМФТИ в первом семестре.Рассматриваются экзаменационные работы первых семестров2002/2003 и 1996/1997 уч. гг. Приводятся подробные решениявсех задач варианта А и более лаконичные решения задач вариантаЕ работы 2002/2003 уч. г. и двух задач варианта 72 работы1996/1997 уч. г.Даются методические указания к наиболее рациональному решениюзадач. Помещены указания перед решениями задач вариантаА, но могут быть использованы для решения аналогичныхзадач других вариантов обеих работ.Приводятся ответы ко всем задачам.Особенностью рассматриваемых экзаменационных работявляется то, что в них входят задачи на темы всех четырёх заданий1-го семестра. Кроме того, в них нет задач с трудоёмкимивычислениями.Задачи составляли преподаватели: М.В. Балашов, В.О. Геогджаев,С.В. Иванова, Л.И. Коваленко, П.А. Кожевников,Р.В. Константинов, Л.А. Леонтьева, А.И. Ноаров, В.Т. Петрова,А.Ю. Петрович, В.Р. Почуев, Б.Н. Румянцев, А.М. Тер-Крикоров, А.А. Фонарёв, А.А. Хасанов, Т.Х. Яковлева.Ответственный по 1-му курсу В.Р. Почуев был экспертом работы2002/2003 уч.г. и рецензировал данное пособие.Л.И.Коваленко была ответственной за обе экзаменационныеработы, помимо составления задач осуществляла общее редактирование.Рукопись к печати подготовил А.В. Полозов.

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 5§ 1. Экзаменационная работа поматематическому анализу 1-го семестра2002/2003 уч.г. для студентов 1-го курса1. Вычислить∫интегралы(arccos ln x)2а) ○3dx;xВариант Аб) ○4∫1 + tg 3 x1 + sin 2x dx.√ 31 + 3x + x 2 − ln(1 + sin x) − cos √ x2.○5 Найти lim3.x→0 tg(e x − 1) − sh x − x223. Построить графики функцийx 3а) ○4 y =2(x − 2) 2 ; б) ○5 y = 3√ |x|(x + 3) 2 .4. Разложить по формуле Тейлора функцию( ) x2 √2y =2 − x + 4x − 2x2а) ○2 в окрестности x 0 = 0 до o(x 3 );б) ○4 в окрестности x 0 = 1 до o((x − 1) 2n+1 ).5.○4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, ( установитьтип разрывов функции f(x), определенной на − 3π 2 ; 5π ),2при этом f(x) = |x|(π2 − x 2 ()при x ∈ − 3π sin x2 ; 5π ), x ≠ kπ,2k = 0, ±1, 2; f(0) = f(2π) = π 2 , f(π) = 2π 2 , f(−π) = −2π 2 .6.○4 Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x 4 + y 4 − 2xy = 0.(( )) 1x x7.○5 Найти limx→+0 ln(1 + x) − sh 2 − x2 x 3 +ln4 x.12(t + 1)3 (t + 1)(2t + 1)8.○7 Построить кривую x =t 2 , y =t 2 .9.○3 Установить, сходится или расходится последовательностьx n{x n }, x n > 0, n = 1, 2, . . . , если lim = 5.n→∞ x n+1

6 Рациональные методы решения задач по матанализуОтветы к варианту А√1. а) (arccos ln x) 2 ln x − 2 1 − ln 2 x arccos ln x − 2 ln x + C;1б)2 tg2 x − 2 tg x + 3 ln |1 + tg x| + C.52.2 ; √ 31 + 3x + x 2 = 1 + x − 2 3 x2 + x 3 + o(x 3 ),ln(1 + sin x) = x − x22 + x36 + o(x3 ),tg(e x − 1) = x + x22 + x32 + o(x3 );5числитель:6 x3 + o(x 3 x 3); знаменатель:3 + o(x3 ).3. а) Асимптоты: x = 2, y = x + 2, график на рис. 1;2y ′ = x2 (x − 6)2(x − 2) 3 , y′′ = 12x . б) Асимптоты: y = x + 2 (x →(x − 2)4→ +∞), y = −x − 2 (x → −∞); y ′ (x + 1) sgn x=, x ≠ 0;x 2/3 (x + 3)1/3y ′′ −2 sgn x=, x ≠ 0, график на рис. 2.x 5/3 (x + 3)4/3yy0x = 2Ay = x 2 + 2xy = −x − 2y = x + 2(A 6; 27 ); O(0; 0) A(−1; 3√ 4); O(0; 0),4B(−3; 0)Рис. 1 Рис. 24. а) y = − √ 2x − √ x2+ 3√√ x 3 + o(x 3 ); б) y = (t 2 − 1) 1 − t22 2 2 ,t = x − 1,BA0x

y = −1 +§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 7n∑ (−1) k−1k=12 k (C k 1/2 + 2Ck−1 1/2 )(x − 1)2k + o((x − 1) 2n+1 ).5. x = 0 — точка разрыва 1-го рода,x ( = 2π — точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала− 3π 2 ; 5π )— точки непрерывности.2√26. R =7 (y′ = −1, y ′′ = −14).7. e 1/48 x;ln(1 + x) = 1 + x 2 − x212 + x324 + o(x3 ).8. Асимптоты: y = 2 (t = ±∞), y = x − 1 (t → ±0);x ′ t = (t + 1)2 (t − 2)t 3 , y t ′ −3(t + 2/3)=t 3 , y x ′ t + 2/3= −3(t + 1) 2 (t − 2) ,y xx ′′ 6t 5=9. Сходится.(t + 1) 5 (t − 2) 3 , кривая на рис. 3.yBt → −∞t → +∞x0Ay = x − 1 t → −0( ) ( 127A12 ; −1 , B4 4 ; 15 4Рис. 3t → +0), O(0; 0)

8 Рациональные методы решения задач по матанализуМетодические указания к решению задач.Решение задач варианта АПри вычислении одного из неопределённых интегралов каждоговарианта работы применяется метод интегрирования почастям.Интеграл представляем в виде∫ ∫∫f dx = ϕ dψ(x) = ϕ · ψ − ψ dϕ(x),не выписывая отдельно выражений для ϕ и ψ.∫ (arccos ln x)21. а) Вычислить интегралdx.xР е ш е н и е. Заменив переменную, положив t = ln x, получим∫ (arccos ln x)2∫J =dx = (arccos t) 2 dt.xДалее интегрируем два раза по частям∫ t arccos tJ = t(arccos t) 2 + 2 √ dt =1 − t2∫= t(arccos t) 2 − 2 arccos t d √ 1 − t 2 == t(arccos t) 2 − 2 √ 1 − t 2 arccos t − 2t + C.√Ответ: (arccos ln x) 2 ln x−2 1 − ln 2 x arccos ln x−2 ln x+C.Для вычисления другого интеграла варианта А (№ 1б)) применимоправило вычисления интеграла от f = R(sin x, cos x),где R(u,v) — рациональная функция ([7], т. 2).∫б) Вычислить интеграл1 + tg 3 x1 + sin 2x dx.Р е ш е н и е. Заметив, что подынтегральная функция неменяется, если одновременно sin x заменить на − sin x, а cos x— на − cos x, удобно перейти к новой переменной t = tg x. Таккакd tg x =dxcos 2 x ,то, поделив числитель и знаменатель подынтегральной функциина cos 2 x и воспользовавшись соотношением

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 91cos 2 x = 1 + tg2 x,получим∫ 1 + tg 3 ∫x1 + sin 2x dx = 1 + t 3 ∫ 1 − t + t21 + 2t + t 2 dt = dt =1 + t∫ (= t − 2 + 3 )dt = t2 − 2t + 3 ln |t + 1| + C, где t = tg x.t + 1 2Ответ: 1 2 tg2 x − 2 tg x + 3 ln |1 + tg x| + C.Для вычисления предела частного двух функций нужно раскрытьнеопределённость вида 0 . Для этого разлагаем функции0по формуле Маклорена в окрестности точки x = 0 и выделяемглавные части степенного вида числителя и знаменателя. Приэтом особое внимание следует обращать на учёт всех членовнужного порядка малости.2. Найтиlimx→03√1 + 3x + x2 − ln(1 + sin x) − cos √ x 3.tg(e x − 1) − sh x − x22Р е ш е н и е. Имеем неопределённость вида 0 . В состав знаменателяотношения двух функций, данного в условии, входит0лишь одна сложная функция. Поэтому рассмотрим вначалезнаменатель.Используя разложение для sh x, можно получить представлениеsh x + x22 = x + x22 + o(x2 ).Тогда сложную функцию tg(e x − 1) надо будет разлагать тожедо o(x 2 ). Будем иметьu = e x − 1 = x + x22 + o(x2 ),tg(e x − 1) = tg u = u + o(u 2 ) = x + x22 + o(x2 ).Следовательно, знаменатель будет представлен в виде o(x 2 ).

10 Рациональные методы решения задач по матанализуГлавная часть степенного вида не выделена. Из этого заключаем,что все функции надо разлагать до o(x k ), k 3.Тогда получимsh x + x22 = x + x22 + x36 + o(x4 ),u = e x − 1 = x + x22 + x36 + o(x3 ).Так как u ∼ x при x → 0, то tg u надо разлагать до o(u 3 ).tg(e x − 1) = tg u = u + u33 + o(u3 ) == x + x22 + x36 + o(x3 ) + 1 3) 3 (x + x22 + x36 + o(x3 ) .Приводим подобные члены, при этом выписываем лишьслагаемые со степенями x не выше третьей. Имеемtg(e x − 1) = x + x22 + x32 + o(x3 ).Для знаменателя получаем представление в видеx 33 + o(x3 ).Теперь ясно, что все функции, входящие в состав числителя,следует разлагать тоже до o(x 3 ). Имеем (1 + 3x + x 2 ) 1 3 = (1 ++ v) 1 3 , где v = 3x + x 2 . Так как v ∼ 3x при x → 0, то разлагаем(1 + v) 1 3 до o(v 3 ). Используя биномиальное разложение, получаем(1 + v) 1 13 = 1 +3 v − 1 9 v2 + 581 v3 + o(v 3 ), откуда (1 + 3x ++ x 2 ) 1 23 = 1 + x −3 x2 + x 3 + o(x 3 ).Аналогично получаем разложение ln(1 + sin x) = ln(1 + w),где w = sin x = x − x36 + o(x3 ). Имеемln(1 + w) = w − w22 + w33 + o(w3 ),ln(1 + sin x) = x − x36 + o(x3 ) − 1 (x − x32 6 + o(x3 )+ 1 3(x − x36 + o(x3 )) 3= x − x2) 2+2 + x36 + o(x3 ),

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 11cos x √3= 1 − x26 + o(x3 ).Числитель представлен в виде56 x3 + o(x 3 ).Искомый предел равенОтвет: 5 2 .56limx3 + o(x 3 )x→0 x 33 + o(x3 ) = 5 2 .При отыскании предела функции f = u(x) v(x) применяетсяпредставление f в видеf = u v = e v ln u .Считается известным, что при любом ε > 07. Найти(limx→+0limx→+0 (xε ln x) = 0.xln(1 + x) − sh ( x2 − x212)) 1x 3 +ln4 x.Р е ш е н и е. Если ввести обозначения( )x xu =ln(1 + x) − sh 2 − x2, v = 1 12 x 3 + ln4 x = 1 + x3 ln 4 xx 3 ,то требуется найтиlimx→+0 uv = e lim v ln u x→+0.Будем вычислять lim v ln u.x→+0Исходя из структуры функции v, заключаем, что ln u нужноразлагать до o(x 3 ). Имеемxln(1 + x) =xx − x22 + x33 − x44 + o(x4 ) ==1 −1(x2 − x23 + x34 + o(x3 )) = 11 − w ,

12 Рациональные методы решения задач по матанализуshгде w = x 2 − x23 + x34 + o(x3 ). Так как w ∼ x при x → +0, то211 − w будем разлагать до o(w3 ). Получим11 − w = 1 + w + w2 + w 3 + o(w 3 ).Возвращаясь к x и выписывая лишь слагаемые со степенямиx не выше третьей (остальные включены в o(x 3 )), имеемxln(1 + x) = 1 + x 2 − x212 + x324 + o(x3 ).( ) xФункцию sh2 − x2разлагаем до o(x 3 ).12( ) x2 − x2= x ( ) 3x12 2 −x2 12 +1 6 2 − x2+o(x 3 ) = x 122 −x2 12 +x3 48 +o(x3 ).Тогда(( ))x xln u = lnln(1 + x) − sh 2 − x2=12)= ln(1 + x348 + o(x3 ) = x348 + o(x3 ),1 + x 3 ln 4 ( )x x3lim v ln u = limx→+0 x→+0 x 3 48 + o(x3 ) = 148 ,так как limx→+0 (x3 ln 4 x) = lim (x 3 4 ln x) 4 = 0.x→+0Ответ: e 1 48 .Для получения разложения по формуле Тейлора с остаточнымчленом o((x − x 0 ) n ) нужно сделать замену переменной исвести задачу к получению разложения по формуле Маклорена.Нужно уметь объединять слагаемые двух сумм, записанныхс помощью знака ∑ . Удобно при этом применить сдвиг индексав одной из сумм и объединить слагаемые нужного порядкаобеих сумм, записав отдельно одно из слагаемых.4. Разложить по формуле Тейлора функцию( ) x2 √2y =2 − x + 4x − 2x2

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 13а) в окрестности x 0 = 0 до o(x 3 ); б) в окрестности x 0 = 1 доo((x − 1) 2n+1 ).Р е ш е н и е. а) Так как первый множитель, входящий всостав функции y(x), эквивалентен −x при x → 0, то второймножитель надо разлагать до o(x 2 ). Использовав биномиальноеразложение для второго множителя, получимy = √ )2(−x + x2(1 + 2x − x 2 ) 1 2 == √ 22(−x + x22) (1 + x − x22 − (2x)28= √ 2)+ o(x 2 ) =(−x − x22 + 3 2 x3 + o(x 3 )б) y(x) = (x − 1)2 − 1√ 4 − 2(x − 1)2 .2Сделаем замену переменной, положив t = x − 1. Тогда( ) 1y(x(t)) = (−1 + t 2 ) 1 − t2 2=2( n)∑= (−1 + t 2 ) C m (−1) m12 2 m t2m + o(t 2n+1 ) == −1 +n∑m=1k=1C m 12m=0(−1) m+12 m t 2m +n−1∑m=0C m 12(−1) m).2 m t2(m+1) + o(t 2n+1 ).Заменив во второй сумме m + 1 на k, объединим обе суммыn∑(y = −1 + C k (−1) k+112 2 k + C k−1 (−1) k−1 )12 2 k−1 t 2k + o(t 2n+1 ) =k=1n∑ (−1) k−1 ()= −1 +2 k 2C k−11 + C k 1 (x − 1) 2k + o((x − 1) 2n+1 ),22C k 12где= 1 1k! 2( ) ( )1 12 − 1 . . .2 − (k − 1) =⎧1 ⎪⎨=2 , k = 1,⎪⎩(−1) k−1 (2k − 3)!!k!2 k , k = 2, 3, . . . ;C 0 1 = 1.2

14 Рациональные методы решения задач по матанализуОтвет: а) y = − √ 2x − x2√2+ 3 √2x 3 + o(x 3 );б) y = −1 ++ o((x−1) 2n+1 ).n∑ (−1) k−1k=12 k (C k 1/2 + 2Ck−1 1/2 )(x − 1)2k +При решении задачи № 5 потребуется теорема о непрерывностичастного двух функций, а также необходимо знать определениеточек разрыва 1-го рода, 2-го рода.Используются пределы:sin xtg xlim = 1, lim = 1. (1)x→0 x x→0 xМожно применить правило Лопиталя.5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, ( установитьтип разрывов функции f(x), определенной на − 3π 2 ; 5π ),2при этомпри x ∈f(x) = |x|(π2 − x 2 )sin x(− 3π 2 ; 5π 2), x ≠ kπ, k = 0, ± 1, 2;f(0) = f(2π) = π 2 , f(π) = 2π 2 , f(−π) = −2π 2 .(Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ − 3π 2 ; 5π 2±1, 2, функция f(x) непрерывна как частное.Исследуем f(x) в точках x = 0, x = ±π, x = 2π.x = 0 . Пользуясь (1), получаем), x ≠ kπ, k = 0,x(π 2 − x 2 )lim f(x) = lim= π 2 = f(0), limx→+0 x→+0 sin xf(x) = x→−0 −π2 ,x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).x = ±π . Имеем при x → ±π неопределённость вида 0 0 .Применим правило Лопиталя.x(π 2 − x 2 ) π 2 − 3x 2lim f(x) = lim= lim = 2π 2 = f(π);x→π x→π sin x x→π cos x

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 15limx→−π f(x) = −2π2 = f(−π)(можно было не применять правило Лопиталя, а сделать заменупеременной, положив t = π − x); x = ±π — точки непрерывностифункции f(x).x = 2π .limx→2πf(x) = ∞; x = 2π — точка разрыва 2-го родафункции f(x).Ответ: x = 0 — точка разрыва 1-го рода,x = 2π — точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала(− 3π 2 ; 5π 2)— точки непрерывности функции f(x).При решении задачи № 9 применяется теорема о существованииу монотонной ограниченной последовательности конечногопредела.9. Установить, сходится или расходится последовательностьx n{x n }, x n > 0, n = 1, 2, . . . , если lim = 5.n→∞ x n+1x n+1Р е ш е н и е. Так как lim = 1n→∞ x n 5 , то существует n 0такое, что0 < x n+1 2 x n 5 < 1при любом n n 0 . Последовательность {x n } убывающая приn n 0 , по условию она ограничена снизу. Следовательно,сходится.Ответ: Сходится.При построении графиков функций f(x) надо обратить вниманиена отыскание асимптот при x → ±∞. Их можно быстронайти, если использовать разложение функции по степеням 1 xпри x > x 0 , x < −x 0 , x 0 > 0.При вычислении производных от f(x) стоит производнуючастного p(x)q(x) находить, представляя p q в виде p · q−1 — произведениядвух сомножителей.Заполнение таблицы упорядочивает сведения о функции f(x)и является кратким обоснованием построения её графика.3. Построить графики функцийx 3а) y =2(x − 2) 2 ; б) y = 3√ |x|(x + 3) 2 .

16 Рациональные методы решения задач по матанализуР е ш е н и е. а) Область определения (−∞; 2) ∪ (2; +∞);x = 2 — вертикальная асимптота;x 3y =2(x − 2) 2 = x (1 − 2 −2=2 x)= x (1 + 4 ( )) 12 x + o = x + 2 + o(1) при x → ∞,x 2y = x + 2 — наклонная асимптота при x → ∞.2y ′ = 1 (x 3 (x − 2) −2) ′ 3 x 2=22 (x − 2) 2 − x 3(x − 2) 3 = x2 (x − 6)2(x − 2) 3 ,y ′′ = 1 (x 2 (x − 6)(x − 2) −3) ′′ x(x − 6)=2(x − 2) 3 + x 22(x − 2) 3 −− 3x2 (x − 6)2(x − 2) 4 = 12x . График y(x) см. на рис. 1 на с. 6.(x − 2)4x 0 2 6y ↗ 0 ↗ ↘ 27 4↗y ′ + 0 + − 0 +y ′′ − 0 + + + +точкаперегибаminб) Область определения (−∞; +∞);y = 3√ x(x + 3) 2 при x 0, y = − 3√ x(x + 3) 2 при x < 0.Рассмотрим y(x) при x > 0.(y = x 1 + 3 ) 2 (3= x 1 + 2 ( )) 1xx + o = x + 2 + o(1) приxx → +∞,y = x + 2 — наклонная асимптота при x → +∞,(y ′ =x 1 3 (x + 3)23) ′ 1 (x + 3) 2 3=3 x 2 3x 1 3+ 2 3 (x + 3) 1 3=x + 1x 2 3 (x + 3) 1 3;

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 17() ′y ′′ = (x + 1)x − 2 3 (x + 3)− 1 1 2(x + 1)3 = − −x 2 3 (x + 3) 1 3 3x 5 3 (x + 3) 1 3x + 12−= −.3x 2 3 (x + 3) 4 3 x 5 3 (x + 3) 4 3При x < 0 имеем: y = −x − 2 — наклонная асимптота приx → −∞;y ′ = − x + 1 , y ′′ 2=.x 2 3 (x + 3) 1 3 x 5 3 (x + 3) 4 3График y(x) см. на рис. 2 на с. 6.x −3 −1 0y ↘ 0 ↗ 3√ 4 ↘ 0 ↗y ′ − −∞+∞ + 0 − −∞+∞ +y ′′ − ∄ − − − ∄ −min max minПри построении параметрически заданных кривых дляотыскания невертикальных асимптот нужно сначала определить,к чему должно стремиться t, чтобы x(t) стремилось к±∞, при исследовании на вертикальные асимптоты — к чемудолжно стремиться t, чтобы y(t) стремилось к ±∞, а x(t) — кконечному x 0 .По производной x ′ (t) определяем интервалы E k измененияt, на которых сохраняется знак производной x ′ (t), а функцияy(t) непрерывна. На каждом из интервалов E k функция x(t)имеет обратную функцию t k (x), определённую на соответствующемпромежутке изменения x. Имеем функции y(t k (x)), которыеобозначаем через Y (x).Далее вычисляем y ′ (t), Y ′ (x), Y ′′ (x). Заполняем таблицу.Она облегчает построение кривой.(t + 1)3 (t + 1)(2t + 1)8. Построить кривую x =t 2 , y =t 2 .Р е ш е н и е. 1) Функции x(t), y(t) определены приt ∈ (−∞; 0) ∪ (0; +∞).

18 Рациональные методы решения задач по матанализу2) Исследование на асимптоты. Имеемlim x(t) = +∞, limt→0x(t) = ±∞, limt→±∞y(t) = +∞.t→0Вертикальных асимптот нет.Для отыскания невертикальных асимптот находимylimt→0 x = lim 2t + 1t→0 (t + 1) 2 = 1,(y − x) = lim(−(t + 1)) = −1,limt→0t→0ylimt→∞ x = 0, lim (y − 0 · x) = 2,t→∞y = x − 1 — наклонная асимптота при t → 0, y = 2 — горизонтальнаяасимптота при t → ∞.3) Вычисление x ′ (t).x ′ (t) = ((t + 1) 3 t −2 ) ′ = (t + 1)2 (t − 2)t 3 .Указываем интервалы E k изменения t, на которых сохраняетсязнак производной x ′ (t), а y(t) непрерывна:E 1 = (−∞; 0), E 2 = (0; 2), E 3 = (2; +∞).Вычисление y ′ (t), Y ′ (x), Y ′′ (x).((y ′ (t) = 1 + 1 ) (2 + 1 )) ′= −3 t + 2 3t t t 3 ,Y ′ (x) = y′ (t)x ′ (t) = −3 t + 2 3(t + 1) 2 (t − 2) ;( yY ′′ ′ ) ′(t) 1(x) =x ′ (t) x ′ (t) = 6t 5(t + 1) 5 (t − 2) 3 ,( y ′ ) ′(t)так какx ′ = −((3t + 2)(t + 1) −2 (t − 2) −1 ) ′ =(t)6t 2=(t + 1) 3 (t − 2) 2 .4) Заполнение таблицы. Вначале заполняем графу сx ′ (t), потом с x(t). Аналогично — с y ′ (t) и y(t).При заполнении графы с Y ′ (x) стоит обратить вниманиена то, что знак функции Y ′ (x) легко определяется, как знакотношения y ′ (t) к x ′ (t).

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 19E 1 E 2 E 3t −∞ −1 − 2 3−0 +0 2 2 +∞x(t) −∞ ↗ 0 ↗ 127 2712↗ +∞ +∞ ↘4 4↗ +∞x ′ (t) + 0 + + + − 0 0 +y(t) 2 − 0 ↘ 0 ↘ − 1 15 154↗ +∞ +∞ ↘4 4↘ 2 + 0y ′ (t) − − − 0 + − − − −Y ′ (x) − −∞ − 0 + + +∞ −∞ −Y ′′ (x) − ∄ + + + − ∄ ∄ +5) Построение кривой. Строим кривую, считывая информациюиз таблицы. См. рис. 3 на с. 7.t = −1, O(0; 0); x = 0 — точка перегиба с вертикальнойкасательной;t = − 2 ( 13 , A 12 ; −1 (427t = 2, B4 ; 15 4); x = 1 12— точка минимума Y (x);); t = 2 — граничная точка интерваловE 2 и E 3 ; касательная в точке B вертикальна; y = 15 4 — точкаминимума X(y).При решении задачи № 6 нужно использовать формулу дляподсчёта кривизны, при этом не забывать, что в неё входитмодуль y ′′ .В задаче нужно найти первую и вторую производные в даннойточке функции, заданной неявно. Для этого надо дваждыпродифференцировать тождество, в которое входит y(x), и изполученных равенств найти y ′ и y ′′ в заданной точке.6. Найти в точке (1; 1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x 4 + y 4 − 2xy = 0.Р е ш е н и е. Дифференцируя тождествополучаемx 4 + y 4 (x) − 2xy(x) ≡ 0,2x 3 + 2y 3 (x)y ′ (x) − y(x) − xy ′ (x) ≡ 0. (2)Так как y(1) = 1, то из (2) следует, чтоy ′ (1) = −1.

20 Рациональные методы решения задач по матанализуДифференцируем тождество (2). Имеем6x 2 + 6y 2 (x)y ′2 (x) + 2y 3 (x)y ′′ (x) − 2y ′ (x) − xy ′′ (x) ≡ 0.Отсюда, пользуясь тем, что y(1) = 1, y ′ (1) = −1, получаемy ′′ (1) = −14.Для кривизны K и радиуса кривизны R имеемK =поэтому в точке (1; 1)Ответ: R =√2|y ′′ |(1 + y ′2 ) 3/2 , R = 1 K ,R = 2 3 214 = √27 .7 . Вариант Е1. Вычислить∫интегралыа) ○3 sin 2x ln(1 + cos x) dx;б) ○4∫x 5(1 + x 2 )(e x√1+2x − cos(x − x 2 ) − 2x 22.○5 Найти limx→0 arcsin x3/2dx.) ctg 2 x3. Построить графики функций(x − 1)7а) ○4 y =x 6 ; б) ○5 y = 3√ (1 − x)(x + 2) 2 .4. Разложить по формуле Тейлора функцию( )x2y =2 + 2x − 3 e −x2 −4xа) ○2 в окрестности x 0 = 0 до o(x 2 );б) ○4 в окрестности x 0 = −2 до o((x + 2) 2n+1 ).5.○4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установитьтип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),при этом.

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 21f(x) = (π2 − 4x 2 ) tg x|x|(при x ∈ (−π; 2π), x ≠ 0, x ≠ k + 1 2( ) 3π( π)f(0) = f = π 2 , f = 8, f22)π, k = 0, ± 1;(− π )= −8.26.○4 Найти в точке (−1; −1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x 3 + y 3 = 1 + 3y 2 x.[( √ ) ]37.○5 Найти lim x3 − 3x 2 − x + e 1 x · ln 2 sh x .x→+∞8.○7 Построить кривую x = t2t 2 − 1 , y = t + 1 + 1t + 1 .9.○3 Установить, сходится или расходится последовательность( ) 2 xn+1{x n }, x n > 0, n = 1, 2, . . . , если lim= 4.n→∞ x nОтветы к варианту Е1. а) sin 2 x · ln(1 + cos x) − cos x + 1 2 cos2 x + C;1б)3 (1 + x2 ) 3/2 − 2(1 + x 2 ) 1/2 1−+ C.(1 + x 2 )1/22. e −1/2 ; e x√ 1+2x = 1 + x + 3 2 x2 + 2 3 x3 + o(x 3 ),cos(x − x 2 ) = 1 − x22 + x3 + o(x 3 ).3. а) Асимптоты: x = 0, y = x − 7;y ′ = (x − 1)6 (x + 6)x 7 , y ′′ 42(x − 1)5=x 8 ; график на рис. 4.б) Асимптота: y = −x − 1 (x → ∞);y ′ x= −(x − 1) 2/3 (x + 2) , 1/3 y′′ =на рис. 5.4. а) y = −3 + 14x − 57x2 + o(x 2 );( ) 2t2б) y =2 − 5 · e 4 e −t2 , t = x + 2,2, график(x + 2) 4/3 (x − 1)5/3

22 Рациональные методы решения задач по матанализуy0Axy = −x − 1yAy = x − 7C0BxB( ( ) 6 7A(1; 0), B −6; 7·6)A(0; 2 2/3 ), B(1; 0), C(−2; 0)y = −5e 4 ++ 2) 2n+1 ).Рис. 4 Рис. 5n∑( )5(−1) k−1 e 4 k! + 1(x + 2) 2k + o((x +(k − 1)!2k=15. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x = 3π — точка разрыва22-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непрерывности.6. R = 1 2 (y′ = 0, y ′′ = −2).7. − 7 6 ; 3 √ x 3 − 3x 2 − x = −1 − 1 x − 53x 2 + o ( 1x 2 ).8. Асимптоты: y = 5 (t → 1 ± 0), x = 1 (t → ±∞),2y = −2x + 3 2 (t → −1 ± 0); 2tx′ t = −(t 2 − 1) 2 ,y t ′ t(t + 2)=(t + 1) 2 , (t + 2)(t − y′ 1)2x = − , y xx ′′ = 3 (t + 1) 3 (t − 1) 3,24 tкривая на рис. 6.9. Расходится.

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 23yt→+∞y=−2x+ 3 2t→−1+0t→1−00At→−∞x=1Bt→1+0y=5/2t→−1−0( ) 4A(0; 2) (t = 0, tg α кас = −1) — точка возврата, B3 ; −2Рис. 6xРешение задач варианта Е1. Вычислить∫интегралы∫x 5а) sin 2x ln(1 + cos x) dx; б)dx.(1 + x 2 )3/2Р е ш е н и е. а) Интегрируя по частям, получаем∫∫ln(1 + cos x) d(sin 2 x) = sin 2 sin 3 xx · ln(1 + cos x) +1 + cos x dxТак как sin 3 x dx = (cos 2 x − 1) d(cos x), то∫sin 3 ∫x1 + cos x dx = (cos x − 1) d(cos x) = cos2 x− cos x + C.2Ответ: sin 2 x · ln(1 + cos x) − cos x + 1 2 cos2 x + C.б) Заменив переменную, положив τ = x 2 , преобразуем исходныйинтеграл J к видуJ = 1 ∫τ 2 dτ2 (1 + τ) . 3/2Перейдя к переменной t = √ τ + 1, получим∫ (t 2 − 1) 2 ∫J =t 2 dt =(t 2 − 2 + 1 )t 2 dt = 1 3 t3 − 2t − 1 t + C,

24 Рациональные методы решения задач по матанализугде t = √ x 2 + 1.Ответ: 1 3 (1 + x2 ) 3/2 − 2(1 + x 2 ) 1/2 1−+ C.(1 + x 2 )1/2() ctg 2e x√1+2x − cos(x − x 2 ) − 2x 2 x2. Найти lim.x→0 arcsin xР е ш е н и е. Обозначим через u отношение, стоящее вскобках, и положимv = ctg 2 x = 1tg 2 x .Найдём lim (v ln u).x→0Так как tg 2 x = x 2 + o(x 2 ), то функцию ln u надо разлагатьдо o(x 2 ). Для этого функции, входящие в состав числителя изнаменателя дроби, которую обозначили через u, будем разлагатьдо o(x 3 ).x √ (1 + 2x = x 1 + x + 1 ( ) )1 12 2 − 1 2! (2x)2 + o(x 2 ) == x + x 2 − x32 + o(x3 ),e x√ 1+2x = e x+x2 − x32 +o(x3) = 1 + x + 3 2 x2 + 2 3 x3 + o(x 3 ),cos(x − x 2 ) = 1 − (x − x2 ) 22+ o(x 3 ) = 1 − x22 + x3 + o(x 3 ),arcsin x = x + x36 + o(x4 ),u = x − x33 + o(x3 )x + x36 + o(x4 ) =)=(1 − x23 + o(x2 )(1 + x2lnlim (v ln u) = limx→0 x→0Ответ: e − 1 2 .) −16 + o(x3 ) = 1 − x22 + o(x2 );()1 − x22 + o(x2 )x 2 + o(x 2 )limx→0 uv = e lim (v ln u) x→0= e − 1 2 .= − 1 2 ,

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 253. Построить графики функций(x − 1)7а) y =x 6 ; б) y = 3√ (1 − x)(x + 2) 2 .Р е ш е н и е. а) Область определения(−∞; 0) ∪ (0; +∞);x = 0 — вертикальная асимптота;(y = x 1 −x) 1 7 (= x 1 − 7 ( )) 1x + o = x − 7 + o(1) приxx → ∞,y = x − 7 — наклонная асимптота при x → ∞;y ′ = ((x − 1) 7 x −6 ) ′ (x − 1)6=x 7 (x + 6) ,y ′′ = ((x − 1) 6 (x + 6)x −7 ) ′ (x − 1)5= 42x 8 .График y(x) см. на рис. 4 на с. 22.x −6 0 1y ↗ −γ 2 (↘ ↗ 0 ↗6 7y ′ γ 2 = 7+ 0 − + 0 +6)y ′′ − − − − 0 +maxточкаперегибаб) Область определения (−∞; +∞);(y = −x 1 − 1 ) 1 ( 31 + 2 ) 23=x x(= −x 1 − 1 ( )) ( 13x + o 1 + 4 ( )) 1x 3x + o =x= −x − 1 + o(1), x → ∞,y = −x − 1 — наклонная асимптота при x → ∞;()y ′ = −(x + 2) 2 1 ′ −x3 (x − 1) 3 =(x + 2) 1/3 (x − 1) , 2/3() ′y ′′ = − x(x + 2) − 1 3 (x − 1)− 2 23 =(x + 2) 4/3 (x − 1) . 5/3График y(x) см. на рис. 5 на с. 22.

26 Рациональные методы решения задач по матанализуx −2 0 1y ↘ 0 ↗ 3√ 4 ↘ 0 ↘y ′ − −∞+∞ + 0 − −∞ −y ′′ − ∄ − − − ∄ +min max точкаперегиба4. Разложить по формуле Тейлора функцию( )x2y =2 + 2x − 3 e −x2 −4xа) в окрестности x 0 = 0 до o(x 2 ); б) в окрестности x 0 = −2 доo((x + 2) 2n+1 ).Р е ш( е н и е. ) ()x2а) y =2 + 2x − 3 1 − x 2 − 4x + 16x2 + o(x 2 ) = −3 +2+ 14x − 57 2 x2 + o(x 2 ).б) y = (x + 2)2 − 10e −(x+2)2 +4 .2Сделаем замену переменной, положив t = x + 2. Тогдаy(x(t)) = 1 2 (t2 − 10)e 4−t2 =( ) ( )1 ∑n= e 4 12 t2 − 5l! (−t2 ) l + o(t 2n+1 ) == 1 n−1∑2 e4l=0l=0(−1) lt 2(l+1) + 5e 4l!n ∑l=01l! (−1)l+1 t 2l + o(t 2n+1 ).Заменив в первой сумме l + 1 на k, объединим обе суммы,при этом первое слагаемое из второй суммы выпишем отдельно.Получимn∑( )5y(x(t)) = −5e 4 + (−1) k−1 e 4 k! + 1t 2k + o(t 2n+1 ).(k − 1)!2k=1Ответ: а) y = −3 + 14x − 57x2 + o(x 2 );2n∑( )5б) y = −5e 4 + (−1) k−1 e 4 k! + 1(x + 2) 2k +(k − 1)!2k=1

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 27+ o((x + 2) 2n+1 ).5. Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установитьтип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),при этомf(x) = (π2 − 4x 2 ) tg x|x|(при x ∈ (−π; 2π), x ≠ 0, x ≠ k + 1 2( ) 3π( π)f(0) = f = π 2 , f = 8, f22)π, k = 0, ± 1;(− π )= −8.2Р е ш е н и е. В любой точке x ∈ (−π; 2π), x ≠ 0, x ≠ (2k ++ 1) π , k = 0, ±1, функция f(x) непрерывна, как частное.2Исследуем f(x) в точках x = 0, x = ± π 2 , x = 3π 2 .x = 0 :(π 2 − 4x 2 ) tg xlim f(x) = lim= π 2 = f(0), limx→+0 x→+0 xf(x) = x→−0 −π2 .x = 0 — точка разрыва 1-го рода функции f(x).x = π ( π2 : При x ∈ 4 ; 3π )4( ) π2 sin xf(x) = 44 − x2 x cos x .Заменим переменную, положив t = π − x. Тогда2( π)f(x) = f2 − t 4t(π − t) cos t= ( π2 − t) sin t ,x = π 24t(π − t) cos tlim f(x) = limx→ π 2t→0 (sin t) ( π2 − t) = 8 = f ( π2— точка непрерывности функции f(x).),x = − π 2: При x ∈ (−π; 0) функция f(x) отличается отf(−x) лишь знаком, поэтому

28 Рациональные методы решения задач по матанализу(lim f(x) = −8 = f − π ),x→− π 22x = − π 2— точка непрерывности функции f(x).x = 3π : lim f(x) = ∞, x = 3π 2 x→ 3π 22рода функции f(x).— точка разрыва 2-гоОтвет: x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x = 3π 2 —точка разрыва 2-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π)— точки непрерывности функции f(x).6. Найти в точке (−1; −1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x 3 + y 3 = 1 + 3y 2 x.Р е ш е н и е. Дифференцируя дважды тождествоx 3 + y 3 (x) − 3xy 2 (x) − 1 ≡ 0и пользуясь тем, что y(−1) = −1, получаемy ′ (−1) = 0, y ′′ (−1) = −2.По формуле R = 1 K , где K = |y ′′ |, вычисляем в точке(1 + y ′2 )3/2(−1; −1) значение радиуса кривизны R = 1 2 .Ответ: 1 2 .7. Найти limx→+∞[( √ )x3 − 3x 2 − x + e 1 x3]· ln 2 sh x .Р е ш е н и е. Найдём для функции ln 2 sh x эквивалентнуюей при x → +∞ степенную функцию.ln sh x = ln [ex (1 − e −2x )]= x − ln 2 + o(1) = x(1 + o(1)),2ln 2 sh x = x 2 (1 + o(1)) при x → +∞.Разлагаем при достаточно больших x по степеням 1 ( ) 1x до o x 2функциюПолучаемϕ(x) = 3√ x 3 − 3x 2 − x + e 1 x .

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 29()√3 x3 − 3x 2 3− x = x√1 − 3 x − 1 = −1 − 1 x − 5 ( )1 13 x 2 + o x 2 ,e 1 1x = 1 +x + 1 ( )1 12 x 2 + o x 2 , ϕ(x) = − 7 ( )1 16 x 2 + o x 2 .Тогда(lim (ϕ(x)x→+∞ ln2 sh x) = lim − 7x→+∞ 6Ответ: − 7 6 .( ))1 1x 2 + o x 2 x 2 = − 7 6 .8. Построить кривую x = t2t 2 − 1 , y = t + 1 + 1t + 1 .Р е ш е н и е. 1) Область определенияx(t) : (−∞; −1) ∪ (−1; 1) ∪ (1; +∞),y(t) : (−∞; −1) ∪ (−1; +∞).2) Исследование на асимптоты.x → ∞ при t → ±1, y → ∞ при t → −1, t → ∞;x = 1 — вертикальная асимптота, так какlim x(t) = 1, limt→∞y(t) = ∞;t→∞y = 5 2— горизонтальная асимптота, так какlim x(t) = ∞, limt→1y(t) = 5 t→1 2 ;Для отыскания невертикальной асимптоты y = kx + b приt → −1 находимyk = limt→−1 x = lim (t 2 + 2t + 2)(t − 1)t→−1 t 2 = −2,b = lim (y + 2x) = limt→−1 t→−1t 2 + 2t − 2t − 1= 3 2 ,y = −2x + 3 — наклонная асимптота при t → −1.23) Вычисление x ′ (t).x(t) = 1 + 1t 2 − 1 ,2tx′ (t) = −(t 2 − 1) 2 .Указываем интервалы E k изменения t, на которых сохраняется

30 Рациональные методы решения задач по матанализузнак производной x ′ (t), а y(t) непрерывна:E 1 = (−∞; −1), E 2 = (−1; 0), E 3 = (0; 1), E 4 = (1; +∞).Вычисление y ′ (t), Y ′ (x), Y ′′ (x).y ′ 1 t(t + 2)(t) = 1 − =(t + 1)2(t + 1) 2 , Y ′ (x) = y′ (t)x ′ (t) = −1 2 (t + 2)(t − 1)2 ;( yY ′′ ′ ) ′(t) 1(x) =x ′ (t) x ′ (t) = 3 (t 2 − 1) 3= 3 (t + 1) 3 (t − 1) 3,4 t 4 t( y ′ ) ′(t)так какx ′ = − 1 (t) 2 [(t + 2)(t − 1)2 ] ′ = − 3 2 (t2 − 1).4) Заполнение таблицы.E 1 E 2 E 3 E 4t −∞ −2 −1−0 −1+0 0 0 1−0 1+0 +∞x(t) 1 + 0 ↗ 4 3↗ +∞ −∞ ↗ 0 0 ↘ −∞ +∞ ↘ 1 + 0x ′ (t) + + + + 0 0 − −y(t) −∞ ↗ −2 ↘ −∞ +∞ ↘ 2 2 ↗ 5 2 −0 5 2+0 ↗ +∞y ′ (t) + 0 − − 0 0 + +Y ′ (x) + 0 − − −1 −1 − −Y ′′ (x) − − − + ∄ ∄ − +5) Построение кривой см. рис. 6 на с. 23.t = 0, A(0; ( 2) — точка ) возврата, tg α кас = −1;4t = −2, B3 ; −2 , x = 4 — точка максимума Y (x).39. Установить, сходится или расходится последовательность( ) 2 xn+1{x n }, x n > 0, n = 1, 2, . . . , если lim= 4.n→∞ x nx n+1limn→∞Р е ш е н и е.= 2, x n+1 3 x n x n 2 > 1 при n n 0.Последовательность {x n } строго возрастающая при n n 0 .По условию x n > 0, n = 1, 2, . . .Если бы последовательность {x n } была ограничена сверху,то существовал бы конечный пределlim x n = C > 0,n→∞x n+1lim = Cn→∞ x n C = 1,

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 31что абсурдно.Следовательно, последовательность {x n } неограниченасверху и lim n = +∞, {x n } расходится.n→∞Ответ: Расходится.1. Вычислить ∫ интегралыа) ○3 e −2x arcctg e 2x dx;Вариант Иб) ○4∫sin xsin x + cos x dx.cos(x √ 1 + x) + ln(1 + x + x 2 ) − arcsin x − 12.○5 Найти limx→0 e tg x .− ch x − x3. Построить графики функций(2 − x)5а) ○4 y =(x − 1) 4 ; б) ○5 y = 3√ x 2 (6 − |x|).4. Разложить по формуле Тейлора функцию( ) x2 √1y =2 + x − 3xа) ○2 в окрестности x 0 = 0 до o(x 3 );б) ○4 в окрестности x 0 = −1 до o((x + 1) n );5.○4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, установитьтип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),при этомf(x) = (π + 2x)2 |π − 2x|(cos xпри x ∈ (−π; 2π), x ≠ k + 1 )π, k = 0, ± 1;2(f − π ) ( π) ( ) 3π= 0, f = f = 4π 2 .22 26.○4 Найти в точке (−1; 2) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением 3x 2 y + y 3 = 15 + x 3 .) 17.○5 Найти lim(e x ctg x−1 + x2 x 4 +ln3 x.x→+031 (t − 1)28.○7 Построить кривую x = , y = .t(t + 1) t9.○3 Установить, сходится или расходится последовательность

32 Рациональные методы решения задач по матанализуx n{x n }, x n > 0, n = 1, 2, . . . , если lim = 1n→∞ x n+1 5 .Ответы к варианту И1. а) − 1 2 e−2x arcctg e 2x + 1 4 ln(1+e−4x )+C = − 1 2 e−2x arcctg e 2x ++ 1 4 ln(1 + e4x ) − x + C;б) − 1 2 ln |1 + tg x| − 1 2 ln | cos x| + 1 2 x + C = −1 ln | cos x + sin x| +2+ x 2 + C.2. − 8 3 ; cos(x√ 1 + x) = 1 − 1 2 x2 − 1 2 x3 + o(x 3 );e tg x = 1 + x + x22 + x32 + o(x3 ); ln(1 + x + x 2 ) = x + x22 − 2 3 x3 ++ o(x 3 ); числитель: − 4 3 x3 + o(x 3 x 3); знаменатель:2 + o(x3 ).3. а) Асимптоты: x = 1, y = −x + 6; график на рис. 7;y ′ = − (x − 2)4 (x + 3)(x − 1) 5 , y ′′ (x − 2)3= −20(x − 1) 6 .б) Функция четная. При x > 0: y ′ x − 4= −x 1/3 (x − 6) , 2/3 y′′ =8=x 4/3 (x − 6) ; 5/3Асимптоты: y = −x + 2 (x → +∞), y = x + 2 (x → −∞);график на рис. 8.Ay=−x+6yA ′yA0x=1BxB ′y=x+20y=−x+2A(−3; 554 4 ), B(2; 0). O(0; 0), A(4; 2 3√ 4), A ′ (−4; 2 3√ 4), B(6; 0),B ′ (−6; 0).Рис. 7 Рис. 8Bx

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 334. а) y = x − x 2 − 158 x3 + o(x 3 ); б) y = −1 + 3 (x + 1)+8n∑( )+ (−1) k 3k 164 k 9 Ck−2 1/2 − Ck 1/2 (x + 1) k + o((x + 1) n ).k=25. x = π 2 — точка разрыва 1-го рода, x = 3π — точка разрыва22-го рода; остальные точки интервала (−π; 2π) — точки непрерывности.6. R = 5√ 2(y ′ = 1, y ′′ = − 6 35 ).7. e 1/30 ; e x ctg x−1 = 1 − x23 + x430 + o(x4 ).8. Асимптоты: y = −4 (t → −1 ± 0), x = 0 (t → ±∞), y = x − 1(t → ±0); x ′ 2(t + 1/2)t = −(t + 1) 2 t 2 , y′ t = t2 − 1t 2 , y x ′ = − (t + 1)3 (t − 1),2(t + 1/2)y xx ′′ = 6t4 (t + 1) 4(2t + 1) 3 , кривая на рис. 9. xyt→+∞A0t→+0y = x − 1t→−1+0Bt→−0y = −4t→−∞t→−1−0( )(1A2 ; 0 (t = 1), B −4; − 9 ) (t = − 1 ).2 2В точке B касательная вертикальна.Рис. 99. Расходится.

34 Рациональные методы решения задач по матанализу1. Вычислить∫интегралыа) ○3 cos x ln(2 − cos 2 x) dx;(2.○5 Найти limx→0Вариант Об) ○4∫x 8(1 − x 3 )3√1 + 3x − x2 + arcsin(tg x) − 1 + 4 3 x22 arctg x3/2dx.) 1x sh x.3. Построить графики функций(x + 2)3а) ○4 y = 1 −x 2 ; б) ○5 y = 3√ (x + 1) 2 (8x − 4).4. Разложить по формуле Тейлора функциюy = (x 2 − 6x)e 6−2xа) ○2 в окрестности x 0 = 0 до o(x 3 );б) ○4 в окрестности x 0 = 3 до o((x − 3) n );5.○4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, ( установитьтип разрывов функции f(x), определенной на − π 2 ; 3π ),2при этом|x| ctg xf(x) =1 + 2 22x−π(при x ∈ − π 2 ; 3π ), x ≠ kπ , k = 0, 1, 2;2 2( π)f(0) = f = f(π) = 0.26.○4 Найти в точке (2; −1) значение радиуса кривизны графикафункции y(x), заданной уравнением x 3 + 3x 2 y + y 3 + 5 = 0.[ (√x ) ]√ 227.○5 Найти lim + 4 − x − sin √x · ln 3 ch x .x→+∞8.○7 Построить кривую x = t + 1 t , y = 2t + 8t + 1 .9.○3 Установить, сходится или расходится последовательность{x n }, x n > 0, n = 1, 2, . . . , если limn→∞(xn+1x n) 2= 1 4 .

§ 1. Экзаменационная работа 2002/2003 уч. г. 35Ответы к варианту О1. а) sin x · ln(1 + sin 2 x) − 2 sin x + 2 arctg(sin x) + C;2б)3(1 − x 3 ) + 4 1/2 3 (1 − x3 ) 1/2 − 2 9 (1 − x3 ) 3/2 + C.√2. e 7/4 3; 1 + 3x − x2 = 1 + x − 4 3 x2 + 7 3 x3 + o(x 3 ).3. а) Асимптоты: x = 0, y = −x − 5; график на рис. 10;y ′ = − (x + 2)2 (x − 4)x 3 , y ′′ −24(x + 2)=x 4 .б) Асимптота: y = 2x + 1; y ′ 2x=(x + 1) 1/3 (x − 1/2) , 2/3y ′′ 1= −, график на рис. 11.(x + 1) 4/3 (x − 1/2)5/3By0xyC0Bxy=−x−5Ay=2x+1A(A 4; −25 ), B(−2; 1) A(0; −2 2/3 ), B2C(−1; 0)Рис. 10 Рис. 11( 12 ; 0 ),4. а) y = e 6 (−6x + 13x 2 − 14x 3 + o(x 3 ); б) y = −9 + 18(x − 3) +n∑(+ (−1) k 2 k 14(k − 2)! − 9 )(x − 3) k + o((x − 3) n ).k!k=25. x = 0 — точка разрыва 1-го рода, x ( = π — точка разрыва2-го рода; остальные точки интервала − π 2 ; 3π )— точки непрерывности.26. R = 5 2 (y′ = 0, y ′′ = − 2 5 ).

36 Рациональные методы решения задач по матанализу47.9 ; √ x + 4 − √ x = √ 2 − 2 ( ) 1x x + o .3/2 x 3/28. Асимптоты: y = 8 (t → ±0), x = −2 (t → −1 ± 0), y = 2x(t → ±∞); x ′ t = t2 − 1t 2 , y t ′ =y ′′xx =12t 3(t + 1) 5 , кривая на рис. 12.(t − 1)2(t − 1)(t + 3)(t + 1) 2 , y ′ x =2(t + 3)t2(t + 1) 3 ,t→−0t→−1+0x=−2yB0y=8y=2xt→+0t→+∞x(A − 10 )3 ; −10(t = −3);t→−∞At→−1−0Рис. 129. Сходится.

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 37§ 2. Экзаменационная работа поматематическому анализу 1-го семестра1996/1997 уч.г. для студентов 1-го курсаВариант 711. Вычислить интегралы∫∫ (1 + x 4 ) 3 2а) ○3 cos x ln(1 + cos x) dx; б) ○4dx.x2.○5 Найти предел функцииlimx→03.○4 Построить график функцииsin(x cos x) − arctg xe tg x − 3√ 1 + 3x + 3 ln cos x .y = 3√ x 2 (9 − 8x).4.○4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = −1до o((x + 1) 2n+1 ) функциюy = (x 2 + 2x − 3) √ 1 − 6x − 3x 2 .5.○4 Найти в точке ( √ 2; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением6.○4 Найти предел функцииlimx→+07.○7 Построить кривуюy 5 + y − x 2 = 0.(1 + 1sin x − 1arcsin xx(t) = t − t2 − 4, y(t) =t) 1x +ln2 x.(t − 1)2.t8.○4 Доказать, что последовательность {x n } имеет предел, инайти его, еслиx 1 = 1,x n+1 = x2 n4 + 1.

38 Рациональные методы решения задач по матанализуОтветы к варианту 711. а) sin x ln(1 + cos x) + x − sin x + C.√1б)6 (1 + x4 ) 3 12 +2 (1 + x4 ) 1 1 1 +2 +4 ln x4 − 1√1 + x4 + 1 + C.2.27 ; sin(x cos x) = x − 2 3 x3 + o(x 4 ); ln cos x = − x22 + o(x3 );числитель: − x33 + o(x3 ), знаменатель: − 7 6 x3 + o(x 3 ).3. Асимптота y = −2x + 3 4 ;y ′ = −2yx 1 3x − 3 4(x −98) 23, y ′′ = 9 16x 4 31( ) 5;x −9 380AB( ) 3A4 ; 32 3√ , x = 3 2 4 — точкамаксимума y,O(0;(0),)x = 0 — точка минимума y,x 9B8 ; 0 , x = 9 — точка перегиба8y=−2x+ 3 4с вертикальной касательной.4. y = −8 ++ 1) 2n+1 ).Рис. 13n∑(−1)k=15. K = 1 √11(y ′ =k−1 3k−12 2k−3 (C k−112√23 , y′′ = − 1127 ).6. e 1 3 .1sin x − 1arcsin x = x 3 + o(x2 ).+ 3C k 12)(x + 1) 2k + o((x +7. Асимптоты: y = − x 4 − 7 (t → ±0), y = −x − 1 (t → ±∞).4

y=− x 4 − 7 4§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 39x ′ t = 4 − t2 (t + 2)(t − 2)t 2 = −t 2 , y t ′ = t2 − 1 (t + 1)(t − 1)t 2 =t 2 ,y x ′ = t2 − 14 − t 2 , 6t 3y′′ xx =(4 − t 2 ) 3 = −6t 3(t + 2) 3 (t − 2) 3 .yt→+∞t→+0A B C D0xy=−x−1t→−0t→−∞(A(−4; 0) (t = 1), B −3; 1 ) ((t = 2), C 5; − 9 )(t = −2);22в точках B и C касательные вертикальны;D(6; −4) (t = −1).Рис. 148. limn→∞ x n = 2.

40 Рациональные методы решения задач по матанализу1. Вычислить∫интегралы∫а) ○3 x 5 arctg x dx, б) ○42.○5 Найти предел функцииlimx→0Вариант 72(e sin x +3.○5 Построить график функцииtg 5 x1 + cos 2 x dx.) 1x ln ch xarcsin 2xx − 2y = √ (2 − x)|x + 2| − x.4.○4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = −3до o((x + 3) 2n+1 ) функцию( )x2y =3 + 2x − 1 cos(2x + 6).5.○4 Найти в точке (1; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением6.○4 Найти предел функцииlimx→+∞7.○7 Построить кривуюy 3 + y − 2x 3 = 0.x( √ x 2 + x − x) + (cos x) ln x.ln(1 + ch x)x = t2 2 + t, y = t2 + 3t − 1 .8.○4 Доказать, что последовательность {x n } имеет предел, инайти его, еслиx 1 = 0,x n+1 = 1 + x n2 + x n.

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 41Ответы к варианту 7211. а)6 (x6 + 1) arctg x − 1 30 x5 + 118 x3 − 1 6 x + C;1б)4 tg4 x − tg 2 x + 2 ln(tg 2 x + 2) + C.2. e −11/6 ; e sin x = 1 + x + x22 + o(x3 );arcsin 2x= −x − x2x − 22 − 1112 x3 + o(x 3 ).3. Область определения x 2.Асимптота y = −2x при x → −∞.⎧⎪⎨y ′ =⎪⎩− x + √ 4 − x 2√4 − x2=2(x 2 − 2)√4 − x2 ( √ , |x| < 2,4 − x 2 − x)x − √ x 2 − 4√ , x < −2;x2 − 4⎧4⎪⎨ −, |x| < 2,y ′′ (4 − x=2 )3/24 ⎪⎩ −, x < −2.(x 2 − 4)3/2yBA0y=−2xРис. 15CxA(−2; 2),x = −2 — точка минимума y(x),B(− √ 2; 2 √ 2),x = − √ 2 — точка максимума y(x),C(2; −2),x = 2 — точка краевогоминимума y(x),касательные в точках A и Cвертикальные.4. y = −4 +n∑[(−1) k−1 2 2k 112(2k − 2)! + 4 ](x + 3) 2k +(2k)!k=1+ o((x + 3) 2n+1 ).35. K =13 √ 13 (y′ = 3 2 , y′′ = − 3 8 ).

42 Рациональные методы решения задач по матанализу(√ )16.2 ; x(√ x 2 + x − x) = x 2 1 + 1 x − 1 = x + o(x) при x →2→ +∞, ln(1 + ch x) = x + o(x).7. Асимптота x = 3 (t → 1 ± 0).2x ′ t = t + 1, y t ′ =y x ′ = t − 3(t − 1) 2 , y′′ xx = −(t + 1)(t − 3)(t − 1) 2 ,t − 5(t + 1)(t − 1) 3 . xyt→1+0BCt→+∞0A32t→1−0t→−∞A(− 1 )2 ; −2 (t = −1) — точка возврата, tg α кас = −1;( ) ( )15 35B2 ; 6 (t = 3); C2 ; 7 (t = 5),x = 35 2 — точка перегиба, tg α кас = 1 8 .Рис. 168. limn→∞ x n = 1 2 (√ 5 − 1).Решения задач №7 и №8 варианта 727. Построить кривуюx = t2 2 + t, y = t2 + 3t − 1 .Р е ш е н и е. 1) Область определения

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 43x(t) : (−∞; +∞),y(t) : (−∞; 1) ∪ (1; +∞).2) Исследование на асимптоты.x → +∞ при t → ±∞; y → ±∞ при t → ±∞, t → 1 ± 0;x = 3 — вертикальная асимптота при t → 1; невертикальных2асимптот нет, так какylimt→∞ x = lim 2(t 2 + 3)t→∞ t(t + 2)(t − 1) = 0,lim (y − 0x) = lim y = ∞.t→∞ t→∞3) Вычисление x ′ (t). x ′ (t) = t + 1.Указываем интервалы E k изменения t, на которых сохраняетсязнак x ′ (t), а y(t) непрерывна:E 1 = (−∞; −1), E 2 = (−1; 1), E 3 = (1; +∞).Вычисление y ′ (t), Y ′ (x), Y ′′ (x).Y ′′ (x) =y = t + 1 + 4t − 1 ,y′ (t) = 1 −4 (t + 1)(t − 3)=(t − 1)2(t − 1) 2 ,Y ′ (x) = t − 3(t − 1) 2 ,( ) ′ ( ) ′ t − 3 1 1(t − 1) 2 t + 1 = t − 1 − 2 1(t − 1) 2 t + 1 =4) Заполнение таблицы.t − 5= −(t + 1)(t − 1) 3 .E 1 E 2 E 3t −∞ −1 −1 1 − 0 1 + 0 3 5 +∞x(t) +∞ ↘ − 1 2 − 1 2 ↗ 3 2 − 0 3 2 + 0 ↗ 15 2 ↗ 35 2 ↗ +∞x ′ (t) − 0 0 + + + + + +y(t) −∞ ↗ −2 −2 ↘ −∞ +∞ ↘ 6 ↗ 7 ↗ +∞y ′ (t) + 0 0 − − 0 + + +Y ′ (x) − −1 −1 − − 0 + 1 8 +Y ′′ (x) + ∄ ∄ − + + + 0 −

44 Рациональные методы решения задач по матанализу5) Построение кривой.См. рис. 16 на с. 42.8. Доказать, что последовательность {x n } имеет предел, и найтиего, еслиx 1 = 0, x n+1 = 1 + x n. (1)2 + x nР е ш е н и е. Имеем x 1 = 0, x 2 = 1 2 > 0. Пусть x n > 0.Тогда x n+1 = 1 + x n> 0. По индукции доказано, что x n > 0,2 + x nn = 2, 3, . . .Докажем монотонность последовательности {x n }. Имеемx 2 − x 1 = 1 2 > 0. Пусть x n − x n−1 > 0. Тогдаx n+1 − x n =x n − x n−1(2 + x n )(2 + x n−1 ) > 0.По индукции доказано, что последовательность {x n } строговозрастающая.Из формулы (1) следует, что x n < 1, n = 1, 2, . . .Следовательно, существует конечныйlim x n = C.n→∞Переходя к пределу в формуле (1), получаемC = 1 + C2 + C ,откуда заключаем, что C = 1 2 (√ 5 − 1), а не − 1 2 (√ 5 + 1), таккак limn→∞ x n не может быть отрицательным.Ответ: 1 2 (√ 5 − 1).

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 45Вариант 731. Вычислить интегралы∫∫ √ 4xа) ○3 sin x ln(1 + sin x) dx, б) 5 dx○4(1 − 4√ .x 3 ) 4 32.○5 Найти предел функции√ 1 + sin 2x − cos x − sh xlimx→0 e x1−x − ch x +12ln(1 − 2x).3.○5 Построить график функцииy = 3√ x 2 (x − 6).4.○4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = 2до o((x − 2) 2n+1 ) функцию( )x2y =4 − x + 4 x2 2x−e 2 .5.○4 Найти в точке (1; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением6.○4 Найти предел функцииlimx→+07.○7 Построить кривуюx =y 5 + y − 2x 3 = 0.( sh xarctg x) 1x 2 +ln x .t2t − 2 , y = t2 − 3t − 2 .8.○4 Доказать, что последовательность {x n } имеет предел, инайти его, еслиx 1 = 0, x n+1 = x 2 n + 1 4 .

46 Рациональные методы решения задач по матанализуОтветы к варианту 731. а) − cos x ln(1 + sin x) + x + cos x + C. б)+ 4( 4√ x 3 − 1) 2/3 4+(1 − 4√ + C.x 3 )1/345 ( 4√ x 3 − 1) 5/3 +2. − 2 5 ; √ 1 + sin 2x = 1 + x − x22 − x36 + o(x3 ); e x1−x = 1 + x ++ 3 2 x2 + 136 x3 + o(x 3 ); числитель: − x33 + o(x3 ), знаменатель:56 x3 + o(x 3 ).3. Асимптота: y = x − 2.y ′ x − 4=x 1/3 (x − 6) ,82/3 y′′ = −x 4/3 (x − 6) . 5/3yy=x−20BxAO(0; 0), x = 0 — точка максимума y(x);A(4; −2 3√ 4), x = 4 — точка минимума y(x);B(6; 0), x = 6 — точка перегиба с вертикальной касательной.Рис. 17n∑4. y = 3e 2 (−1) k e 2 ( 3+2 k (k − 1)! k − 1 )(x − 2) 2k + o((x − 2) 2n+1 ).2k=1√25. K =3 (y′ (1) = 1, y ′′ (1) = − 4 3 ).6. e 1 2 ;sh xarctg x = 1 + x22 + o(x3 ).

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 477. Асимптоты: y = x + 3 (t → 2 ± 0), y = x (t → ±∞).4x ′ t(t − 4)t =(t − 2) 2 , (t − 1)(t − 3)y′ t =(t − 2) 2 ,y ′ x =(t − 1)(t − 3), y xx ′′ = −t(t − 4)6(t − 2)3yDt→+∞Ct→2+0y= x 4 +3t 3 (t − 4) 3 ẋt→2−0BAy=x0t→−∞(A 0; 3 )(t = 0), касательная в точке A вертикальна;2(B(−1; 2) (t = 1); C(9; 6) (t = 3); D 8; 13 )(t = 4),2касательная в точке D вертикальна.Рис. 188. limx→∞ x n = 1 2 .

48 Рациональные методы решения задач по матанализуВариант 741. Вычислить∫интегралы∫а) ○3 (x 3 + 2) arctg x dx, б) ○42.○5 Найти предел функции(1√ − 1 + 2xlimx→03.○5 Построить график функцииcos 4 x sin 2x(1 + sin 2 x) 3 4) 1sh x−xln(1 + 3 tg x) .x 2 − 3y = 2x − √ (x + 1)|x − 1|.dx.4.○4 Разложить по формуле Тейлора в окрестности точки x = 1( ( )3x −3) 1 2n+2до oфункциюy = (−3x 2 + 2x + 1) sin(3x − 1).5.○4 Найти в точке ( √ 2; 1) кривизну графика функции y = y(x),заданной неявно уравнением6.○4 Найти предел функцииlimx→+∞7.○7 Построить кривуюx 2 − y − y 3 = 0.x 2 ( 3√ x 3 + x − x) + (sin x) ln(1 + x)ln(1 + x + e 5x .)x = t2 + 3t + 1 , y = t3 + 9t 23(t + 1) .8.○4 Доказать, что последовательность {x n } имеет предел, инайти его, если0 < x 1 < 1, x n+1 = 1 − x 2 n + x 3 n.

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 49Ответы к варианту 74( x41. а)4 + 2x − 1 )arctg x − ln(x 2 + 1) − x3412 + x 4 + C;б) 16 ( 1 + sin 2 x ) 1 4− 16 5 (1 + sin2 x) 5 44 +9 (1 + sin2 x) 9 4 + C.2. e 7 ; ln(1 + 3 tg x) = 3x − 9 2 x2 + 10x 3 + o(x 3 );+ o(x 3 ).3. Область определения x −1.Асимптота y = x при x → +∞.⎧⎪⎨y ′ =⎪⎩2 √ 1 − x 2 + x√1 − x22 √ x 2 − 1 − x√x2 − 113 − x 2 = 1 3 + x29 +5 ( 45=− x2)(2 √ 1 − x 2 − x) √ , |x| < 1,1 − x2 3 ( )x 2 − 4 3=(2 √ x 2 − 1 + x) √ x 2 − 1 , x > 1.⎧1⎪⎨, |x| < 1,y ′′ (1 − x=2 )3/21 ⎪⎩, x > 1.(x 2 − 1)3/2Касательные в точках A и C вертикальны.График на рис. 19.yCy=x0A(−1; −2), x = −1 — точкакраевого(максимума y(x);x B −√ 2 ; − √ )5 , 5x = −√ 2 — точка минимума y;5ABРис. 19C(1; 2), x = 1 — точка max y(x).(4. y = 4 x − 1 )3+n∑[](−1) k 3 2k 4(2k + 1)! + 1(2k − 1)!k=1×

50 Рациональные методы решения задач по матанализу((× x − 1 2k+1 ( )+ o x −3) 1 2n+2.3)5. K = 13 √ 6 (y′ = √ 1 , y ′′ = − 1 2 4 ).()16.15 ; ( 3√ x 3 + x − x)x 2 = x 3 3√1 + 1 x 2 − 1= x 3x → +∞, ln(1 + x + e 5x ) = 5x + o(1) при x → +∞.7. Асимптота y = 2 3 x − 11 (t → −1 ± 0).3x ′ (t + 3)(t − 1)t =(t + 1) 2 , y t ′ 2t(t + 3)2=3(t + 1) 2 ,y ′ x =Кривая на рис. 20.2t(t + 3)3(t − 1) , 2(t − 3)(t + y′′1)3xx =3(t + 3)(t − 1) 3 .+ o(1) приyDt→+∞0CBt→−1+0A(−6; −9) (t = −3) — точкавозврата, касательнаягоризонтальна;B(3;(0) (t = 0);x C 2; 5 )(t = 1), касательная3t→−∞t→−1−0y= 2 113 x− 3AРис. 20в точке C вертикальна;D(3; 9) (t = 3),x = 3 — точка перегиба,tg α кас = 6.8. limn→∞ x n = 1.

§ 2. Экзаменационная работа 1996/1997 уч. г. 51СПИСОК ЛИТЕРАТУРЫ1. Кудрявцев Л.Д. Краткий курс математического анализа. Т. 1.– М.: Наука, 1998, 2002.2. Никольский С.М. Курс математического анализа. Т. 1. – М.:Наука, 1983, 2000.3. Яковлев Г.Н. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. –М.: Физматлит, 2001, 2004.4. Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математическогоанализа. – М.: Наука, 1988; М.: МФТИ, 1997; М.: Физматлит,2003.5. Иванов Г.Е. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. – М.:МФТИ, 2000, 2004.6. Бесов О.В. Лекции по математическому анализу. Ч. 1. – М.:МФТИ, 2004.7. Cборник задач по математическому анализу /Под ред.Л.Д. Кудрявцева. Т.1, Т.2 – 2-е изд. – М.: Физматлит. 2003.