648.pdf

ОГЛАВЛЕНИЕ

Предисловие . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 12

I. Введение в математический анализ

Г л а в а 1. Числовые множества и функции на них . .. .. .. .. .. .. . 15

1. Числовые множества . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 151.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 17

2.Метод математической индукции. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 172.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 172.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.3. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 20

3. Ограниченные множества. Верхняя и нижняя грани . .. .. .. .. . 203.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 203.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 24

4. Функция действительной переменной . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 244.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 244.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 264.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 27

5. Четные и нечетные функции. Монотонные функции . .. .. .. .. . 285.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 285.2. Теоретические упражнения . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 295.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 305.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 32

4 Оглавление

6. Ограниченные функции. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 326.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 326.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 336.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 347. Периодические функции . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 357.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 357.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 367.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 38

8. Сложная функция. Обратная функция . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 388.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 388.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 398.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 408.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 41

Г л а в а 2. Предел последовательности . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 42

1. Понятие последовательности. Ограниченные, монотонныепоследовательности . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 421.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 421.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 431.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 441.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 45

2. Предел последовательности . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 462.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 462.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 50

3. Переход к пределу в неравенствах. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 503.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 53

4. Бесконечно малые последовательности . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 534.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 534.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 544.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 55

5. Бесконечно большие последовательности . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 555.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 555.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 565.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 575.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 59

Оглавление 5

6. Арифметические операции над сходящимися последователь-ностями . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 596.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 596.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 606.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 627. Подпоследовательность. Частичный предел . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 637.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 637.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 647.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 657.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 66

8. Предел монотонной последовательности. Число e. .. .. .. .. .. .. .. . 668.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 668.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 678.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 678.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 70

9. Критерий Коши . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 709.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 709.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 719.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 73

Г л а в а 3. Предел и непрерывность функции . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 74

1. Понятие предела функции (по Коши). .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 741.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 741.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 761.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 761.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 80

2. Переход к пределу в неравенствах. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 812.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 812.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 822.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 84

3. Бесконечно малые функции. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 843.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 843.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 853.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 863.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 89

4. Арифметические операции над пределами. Первый замеча-тельный предел . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 904.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 914.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 94


5. Непрерывность функции в точке . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 955.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 965.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 97

6. Односторонние пределы и непрерывность. Пределы монотон-ных функций . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 986.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 986.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 996.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 101

7. Бесконечно большие функции . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1027.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1027.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1047.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 105

8. Пределы по последовательностям (по Гейне). Второй замеча-тельный предел . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1068.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1068.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1078.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1088.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 111

9. Предел и непрерывность сложной функци . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1129.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1129.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1139.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1139.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 118

10. Сравнение функций. Эквивалентные бесконечно малые . .. .. . 11910.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 11910.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12110.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12110.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 125

11. Точки разрыва. Асимптоты . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 12611.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 12611.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12711.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12811.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 132

12. Свойства функций, непрерывных на промежутках . .. .. .. .. .. .. . 13312.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 13312.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13412.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13412.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 136


Ответы и указания . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 137

1. Числовые множества и функции на них . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1372. Предел последовательности . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1373. Предел и непрерывность функции . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 138

Приложение. Варианты контрольных работ . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 139

1. Kонтрольная работа по теме «Предел последовательности» 1392. Kонтрольная работа по теме «Предел и непрерывность функ-ции» . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 141

II. Дифференциальное исчислениефункций одной переменной

Г л а в а 1. Производная и дифференциал . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 149

1. Понятие производной . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1491.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1491.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1501.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1501.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 153

2. Правила вычисления производной. Таблица производных . .. . 1542.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1542.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1562.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1562.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 161

3. Односторонние производные . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1623.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1623.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1623.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1623.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 166

4. Геометрический смысл производной . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1664.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1664.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1674.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1684.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 170

5. Производные высших порядков.. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1715.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1715.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1725.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1735.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 176


6. Производные функции, заданной параметрически . .. .. .. .. .. .. . 1766.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1766.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1776.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1786.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 1797. Дифференциал функции . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1797.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1797.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1817.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1817.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 183

Г л а в а 2. Свойства дифференцируемых функций . .. .. .. .. .. .. .. . 184

1. Основные теоремы о дифференцируемых функциях . .. .. .. .. .. . 1841.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1841.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1851.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1861.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 188

2. Правило Лопиталя . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1892.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1892.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1902.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1912.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 196

3. Формула Тейлора . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 1963.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 1963.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1983.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1993.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 208

Г л а в а 3. Исследование функций . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 210

1.Монотонность функции. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2101.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2101.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2101.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2111.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 215

2. Экстремумы функции . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2162.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2162.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2172.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2182.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 221

3. Выпуклость и точки перегиба . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2213.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2213.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2233.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 223


3.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 2274. Наибольшее и наименьшее значения функции . .. .. .. .. .. .. .. .. . 2274.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2274.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2294.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2294.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 233

5. Построение графиков функций . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2335.1. Схема исследования функции. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2335.2. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2345.3. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 241


1. Производная и дифференциал . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 242

2. Свойства дифференцируемых функций. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 243

3. Исследование функций . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 244


III. Интегральное исчислениефункций одной переменной

Г л а в а 1. Неопределенный интеграл . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 253

1. Первообразная и неопределенный интеграл . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2531.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2531.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2551.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2561.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 260

2. Интегрирование заменой переменной . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2602.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2602.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2612.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2622.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 276

3. Интегрирование по частям в неопределенном интеграле. .. .. . 2773.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2773.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2783.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2783.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 283


Г л а в а 2. Определенный интеграл . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 284

1. Понятие определенного интеграла. Формула Ньютона–Лейбница . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2841.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2841.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2861.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2871.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 289

2. Замена переменной в определенном интеграле . .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 2902.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2902.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2902.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2912.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 295

3. Интегрирование по частям в определенном интеграле . .. .. .. . 2963.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2963.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2963.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2973.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 299

Г л а в а 3. Приложения определенного интеграла. .. .. .. .. .. .. .. .. . 301

1. Площадь плоской фигуры . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3011.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3011.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3021.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3021.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 305

2. Объем тела . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3062.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3062.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3072.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3072.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 310

3. Длина кривой . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3103.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3103.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3123.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3123.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 314

4. Площадь поверхности вращения . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3154.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3154.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3164.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3164.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 320

Г л а в а 4. Несобственные интегралы . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 321

1. Несобственный интеграл и его свойства . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 321


1.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3211.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3241.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3251.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 330

2. Исследование сходимости несобственных интегралов . .. .. .. .. . 3302.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3302.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3322.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3322.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 337

3. Несобственные интегралы с несколькими особенностями . .. . 3373.1. Основные понятия и теоремы. . . . . . . . . . . . . . . . . . 3373.2. Теоретические упражнения. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3383.3. Примеры решения задач. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3393.4. Задачи для самостоятельной работы. . . . . . . . . . . . . 341


1. Неопределенный интеграл . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3422. Определенный интеграл. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3453. Приложения определенного интеграла . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 3474. Несобственные интегралы . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 350


1. Контрольная работа по теме: «Неопределенный интеграл» . . 3512. Контрольная работа по разделу: «Интегральное исчислениефункций одной переменной» . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 352

Список литературы . .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . 360

Предисловие

Учебное пособие предназначено для студентов первого курсафизико-математических специальностей высших учебных заве-дений. Оно включает три важнейших раздела анализа: введениев математический анализ, дифференциальное и интегральное ис-числение функций одной переменной. Данные разделы являютсябазовыми как для математического анализа, так и для изучениядругих математических дисциплин фундаментального и приклад-ного характера, а также теоретической механики и физики. Цельпособия — помочь студентам преодолеть трудности, возникаю-щие у начинающих изучать данную дисциплину, познакомитьсяс основными понятиями и методами анализа, приобрести устой-чивые базовые знания.Пособие состоит из трех частей, каждая из которых разбита

на главы и параграфы. Первая часть включает 3 главы: «Чис-ловые множества и функции на них», «Предел последовательно-сти», «Предел и непрерывность функции». Ее центром являетсяфундаментальное для математического анализа понятие предела,освоение которого на начальном этапе сопряжено с немалымитрудностями. В пособии дается универсальное определение пре-дела, основанное на обобщенном понятии окрестности. Это поз-воляет параллельно изучать все виды пределов функции (преде-лы в точке, односторонние пределы, пределы на бесконечности).Вторая часть содержит главы «Производная и дифференциал»,«Свойства дифференцируемых функций» и «Исследование функ-ций», а третья — главы «Неопределенный интеграл», «Опре-деленный интеграл», «Приложения определенного интеграла»,«Несобственные интегралы».Главы каждой части разбиты на параграфы, объем учебного

материала в каждом из которых соответствует одному практиче-скому занятию. Параграф состоит из нескольких пунктов, вклю-чающих краткие теоретические сведения (основные определения,важнейшие теоремы), необходимые для решения задач; подробноразобранные примеры, демонстрирующие применение основныхтеорем, методов, формул; задачи для самостоятельного решения.Особое внимание уделяется примерам решения вычислительныхзадач, вызывающих наибольшие затруднения у студентов; ониподобраны по принципу нарастающей сложности и каждая изних демонстрирует определенный метод или технический прием.В приложении приведены задания для контрольных работ.

Час т ь I

ВВЕДЕНИЕ В МАТЕМАТИЧЕСКИЙАНАЛИЗ

Гл а в а 1

ЧИСЛОВЫЕ МНОЖЕСТВА

И ФУНКЦИИ НА НИХ

1. Числовые множества

1.1. Основные понятия и теоремы. Основные числовые мно-жества: N — множество натуральных чисел; Z — множество це-лых чисел; Q — множество рациональных чисел; R — множестводействительных чисел.Говорят, что существует взаимно однозначное отображение

множества A на множество B, если каждому элементу мно-жества A можно поставить в соответствие единственный эле-мент множества B и при этом каждый элемент множества Bоказывается сопоставленным одному и только одному элементумножества A.Геометрически множество действительных чисел изображает-

ся в виде числовой прямой, а числа — в виде точек этой прямой.Промежутками называются следующие подмножества мно-

жества R:

[a, b] = {x ∈ R | a � x � b} — отрезок;(a, b) = {x ∈ R | a < x < b} — интервал;[a, b) = {x ∈ R | a � x < b},(a, b] = {x ∈ R | a < x � b} — полуинтервалы;[a, +∞) = {x ∈ R | x � a},(a, +∞) = {x ∈ R | x > a},(−∞, b] = {x ∈ R | x � b},(−∞, b) = {x ∈ R | x < b} — полупрямые, или лучи;(a− δ, a+ δ) = {x ∈ R | a− δ < x < a+ δ} — δ-окрестностьточки a (δ > 0).

Модулем, или абсолютной величиной действительного чис-ла a называется действительное число, обозначаемое |a| и опре-деляемое по формуле

16 Гл. 1. Числовые множества и функции на них

|a| ={

a, если a � 0;− a, если a < 0.

Расстояние ρ(x, y) между точками x и y числовой прямой вычис-ляется по формуле ρ(x, y) = |x− y|.

Свойства модуля.1. Для любого a ∈ R справедливы соотношения:

1) |a| � 0; 2) |a| = | − a|; 3) − |a| � a � |a|.2. Для любых a, b ∈ R выполняются неравенства:

1) |a+ b| � |a| + |b| — неравенство треугольника;2)

∣∣ |a| − |b| ∣∣ � |a− b|.

1.2. Теоретические упражнения.

1). Докажите, что для любых a, b ∈ R справедливы соотношения:

1) |ab| = |a||b|; 2)∣∣∣∣ab∣∣∣∣ = |a|

|b| при b �= 0;3) |a| − |b| � |a− b| � |a| + |b|.

2). Докажите: если ε > 0, то неравенства |x| � ε и −ε � x � εравносильны.

3). Докажите, что√a2 = |a| для любого a ∈ R.

1.3. Примеры решения задач.

Пример 1.1. Решить неравенство |x − a| � ε, где a, ε ∈ R —заданные числа.

� По определению модуля |x − a| � 0 для любого x ∈ R.Поэтому, если ε < 0, то решением неравенства является любоеx ∈ R. Пусть ε � 0. При x − a � 0 неравенство |x − a| � εравносильно неравенству x− a � ε. Отсюда получаем x � a+ ε.Если x− a < 0, то неравенство |x− a| � ε равносильно a− x � ε,откуда x � a − ε. Итак, если ε < 0, то множество решенийесть R; если ε � 0, то множеством решений является множество(−∞; a− ε) ∪ (a+ ε; +∞). �

2. Метод математической индукции 17

Пример 1.2. Доказать равносильность неравенств

|x| < ε и −ε < x < ε, где ε > 0.

� 1). Пусть |x| < ε. Тогда при x � 0, учитывая, что |x| = x,имеем 0 � x < ε и поэтому −ε < x < ε. Если x < 0, то |x| = −x,и поэтому получаем неравенство −x < ε, которое равносильнонеравенству x > −ε. Отсюда имеем −ε < x < 0 и, следовательно,−ε < x < ε.2). Пусть −ε < x < ε. Это означает, что выполняются нера-

венства x < ε и x > −ε, последнее из которых равносильнонеравенству −x < ε. Поскольку по определению |x| есть либо x,либо −x, то получаем |x| < ε. �

1.4. Задачи для самостоятельной работы.

Решите уравнения:

1.1. |2x+ 3| = x2; 1.2. |x| = x2 − 6;1.3. |x2 − 5x+ 6| = −(x2 − 5x+ 6); 1.4.

∣∣∣x− 1x+ 1

∣∣∣ = x− 1x+ 1

.

Решите неравенства:

1.5.∣∣∣ x

x+ 1

∣∣∣ > x

x+ 1; 1.6. |x2 − 5x− 6| � x2 − 5x− 6;

1.7.√x2 + 6x+ 9+

√x2 − 6x+ 9 > 6.

2. Метод математической индукции

2.1. Основные понятия и теоремы. Во многих разделах ма-тематики часто приходится доказывать справедливость (истин-ность) утверждений P (n) (например, тождеств, неравенств) длявсех натуральных значений переменной n. Для этого часто ис-пользуется метод, называемый методом математической индук-ции. Этот метод основан на следующем принципе математи-ческой индукции. Утверждение P (n) считается истинным длялюбого n ∈ N, если выполнены два условия:1) утверждение P (1) истинно;2) из предположения, что истинно утверждение P (k), где

k — любое натуральное число, следует, что истинно утверждениеP (k + 1).

2


Метод математической индукции состоит в следующем.Для доказательства справедливости утверждения P (n) при всехнатуральных n нужно:1. Проверить истинность утверждения P (1);2. Предположить, что утверждение P (k) истинно;3. Доказать истинность утверждения P (k + 1).

Отсюда основании принципа математической индукции заключа-ют, что утверждение P (n) является истинным для всех n ∈ N.

Те о р ем а 2.1 (формула бинома Ньютона). Для любых чиселa, b ∈ R и любого n ∈ N справедлива формула

(a+ b)n = an + C1nan−1b+ C2na

n−2b2 + · · · + Cn−1n abn−1 + bn,

где Ckn = n(n− 1) · · · (n− (k − 1))

k!, k = 1, 2, . . . , n− 1.

З ам е ч ани е. Из формулы бинома Ньютона следует полез-ное неравенство

(a+ b)n >n(n− 1)2

an−2b2 для любых a > 0, b > 0. (2.1)


Пример 2.1. Доказать равенство:

12 + 22 + · · · + n2 = n(n+ 1)(2n+ 1)6

, n ∈ N.

� Это равенство представляет собой утверждение P (n), за-данное на множестве натуральных чисел. Докажем его истин-ность методом математической индукции.

1. Утверждение P (1) истинно, так как 12 = 1 · 2 · (2+ 1)6

.2. Предположим, что P (k) истинно, т. е. справедливо равен-

ство12 + 22 + · · · + k2 = k(k + 1)(2k + 1)

6.

3. Прибавив к обеим частям равенства (k + 1)2, получим

12 + 22 + · · · + k2 + (k + 1)2 = k(k + 1)(2k + 1)6

+ (k + 1)2.

2. Метод математической индукции 19

Преобразуем правую часть равенства:

k(k + 1)(2k + 1)6

+ (k + 1)2 = k + 16

(2k2 + 7k + 6) =

= (k + 1)(k + 2)(2k + 3)6

.

Следовательно,

12 + 22 + · · · + k2 + (k + 1)2 = (k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)6

.

А это означает, что утверждение P (k + 1) истинно. Итак, пред-положив, что равенство истинно при n = k, мы доказали егоистинность при n = k + 1. Отсюда следует, что равенство вернодля любого n ∈ N. �

Пример 2.2. Доказать неравенство: 4n > n2, n ∈ N.

� 1. Утверждение P (1) истинно, так как 4 > 12.2. Предположим, что P (k) истинно, т. е. 4k > k2. Умножив

обе части этого неравенства на 4, получим 4k+1 > 4k2.3. Покажем, что 4k2 � (k + 1)2 для любого k � 1. Послед-

нее неравенство равносильно квадратному неравенству 3k2 −− 2k − 1 � 0, множество решений которого есть (−∞, − 1/3] ∪∪ [1, +∞). Поэтому для любого k � 1 неравенство 4k2 � (k + 1)2выполнено. Отсюда следует, что утверждение P (k + 1) истинно.Таким образом, неравенство 4n > n2 верно для любого n ∈ N. �

Пример 2.3. Доказать неравенство Бернулли:

(1+ α)n � 1+ nα, α > −1, n ∈ N.

� 1. Утверждение P (1) истинно, так как верно неравенство1+ α � 1+ α.2. Предположим, что P (k) истинно, т. е. справедливо нера-

венство (1+ α)k � 1+ kα.3. Умножим обе части этого неравенства на 1 + α.

Учитывая, что α > −1 и поэтому 1 + α > 0, получим(1+ α)k+1 � (1+ kα)(1+ α) � 1+ (k + 1)α+ kα2. Посколькуkα2 � 0, то получаем неравенство (1+ α)k+1 � 1+ (k + 1)α.Предположив, что данное неравенство истинно при n = k,

мы доказали его истинность при n = k + 1. Итак, неравенствоБернулли доказано. �

2*



Докажите равенства:

2.1. 1+ 3+ 5+ · · · + (2n− 1) = n2;

2.2.11 · 2 + 1

2 · 3 + · · · + 1n(n+ 1)

= n

n+ 1;

2.3. a+ (a+ d) + · · · + (a+ d(n− 1)) = 2a+ d(n− 1)2

n

— формула суммы n членов арифметической прогрессии;

2.4. a+ aq + · · · + aqn−1 = a(qn − 1)q − 1 (q �= 1)

— формула суммы n членов геометрической прогрессии;

2.5. 13 + 23 + · · · + n3 =(n(n+ 1)2

)2.

Докажите неравенства:

2.6. (n+ 3)! > 2n+3;

2.7.√n � 1+ 1√

2+ · · · 1√

n� 2

√n;

2.8. |x1 + x2 + · · · + xn| � |x1| + |x2| + · · · + |xn|,где x1, x2, · · · , xn ∈ R;

2.9. (1+ x1)(1+ x2) · · · (1+ xn) � 1+ x1 + x2 + · · · + xn,где x1, x2, · · · , xn — числа одного и того же знака,причем xi > −1 для всех i = 1, 2, . . . , n.

3. Ограниченные множества.Верхняя и нижняя грани

3.1. Основные понятия и теоремы. Наибольшим (наимень-шим) элементом множества X называется элемент x0 ∈ X та-кой, что для любого x ∈ X x � x0 (x � x0). Наибольшийи наименьший элементы обозначаются max X и min X.Множество не всегда имеет наибольший и наименьший эле-

менты. Например, интервал не имеет ни наибольшего, ни наи-меньшего элементов, а отрезок имеет и наибольший, и наимень-ший элементы.Пусть X ⊂ R. Множество X называется ограниченным, ес-

ли существует M > 0 такое, что для любого x ∈ X |x| � M .

3. Ограниченные множества. Верхняя и нижняя грани 21

Множество X называется ограниченным сверху (снизу), еслисуществует M ∈ R такое, что для всех x ∈ X x � M (x � M).Число M в этом случае называется числом, ограничивающимсверху (снизу) множество X.При записи математических предложений (определений, тео-

рем) полезно использовать логические символы. Вместо слова«существует» («найдется») используют символ ∃, называемыйквантором существования, а вместо слова «любой» («каж-дый») — символ ∀, называемый квантором всеобщности. Сим-волы =⇒, ⇐⇒ используются для замены слов «следует»(«влечет») и «равносильно».С помощью символов ∃ и ∀ определения ограниченного мно-

жества, а также множества, ограниченного сверху (снизу) можноболее кратко записать так:1) множество X называется ограниченным, если

∃M > 0 ∀x ∈ X |x| � M ;

2) X называется ограниченным сверху, если

∃M ∈ R ∀x ∈ X x � M ;

3) X называется ограниченным снизу, если

∃M ∈ R ∀x ∈ X x � M.

Верхней гранью множества X называется наименьшее изчисел, ограничивающих множество сверху; обозначение верхнейграни — sup X. Нижней гранью множества X называетсянаибольшее из чисел, ограничивающих множество снизу, обо-значение нижней грани — inf X.Если множество X не ограничено сверху, то пишут sup X =

= +∞; аналогично, если X не ограничено снизу, то inf X = −∞.Те о р ем а 3.1. Число α ∈ R является верхней гранью множе-ства X тогда и только тогда, когда выполнены условия:1) для всех x ∈ X x � α; 2) для любого β < α суще-

ствует x∗ ∈ X такой, что x∗ > β.

Те о р ем а 3.2. Число α ∈ R является нижней гранью множе-ства X тогда и только тогда, когда выполнены условия:1) для всех x ∈X x � α; 2) для любого β > α существу-

ет x∗ ∈ X такой, что x∗ < β.

Те о р ем а 3.3. 1). Всякое непустое, ограниченное сверху мно-жество имеет верхнюю грань.


2). Всякое непустое, ограниченное снизу множество имеетнижнюю грань.


Докажите утверждения:

1). Множество X ограничено ⇐⇒ X ограничено сверху и снизу.

2). Пусть X ⊂ R, Y ⊂ R, для любых x ∈ X и y ∈ Y x � y. ТогдаX ограничено сверху, Y ограничено снизу и sup X � inf Y .

3). Пусть X ⊂ R и X∗ = {x| − x ∈ X}. Тогда sup (X∗) = − inf X,inf (X∗) = − sup X.

4). Пусть X ⊂ R, Y ⊂ R, для любых x ∈ X и y ∈ Y x < y. Тогдаsup X � sup Y .

5). Сформулируйте и запишите, используя символы ∀ и ∃, опре-деления множества: а) неограниченного; б) неограниченного сни-зу; в) неограниченного сверху.


Исследовать множество X на ограниченность, ограничен-ность сверху, ограниченность снизу.

Пример 3.1. X ={x = 1

n, n ∈ N

}.

� Имеем 0 < 1n

� 1 для любого n ∈ N. Поэтому, положивM = 1, получим, что для всех x ∈ X выполнено неравенство|x| � M , т. е. множество X ограничено. �

Пример 3.2. X ={x = n+ 1

n, n ∈ N

}.

� Имеем n + 1n> 0 для любого n ∈ N. Отсюда следует, что

X ограничено снизу, причем M = 0 — число, ограничивающееэто множество снизу. Докажем, что X не ограничено сверху.

3. Ограниченные множества. Верхняя и нижняя грани 23

Сформулируем отрицание определения множества, ограничен-ного сверху: ∀M ∈ R ∃x ∈ X x > M . Возьмем произвольноеM ∈ R и натуральное n, удовлетворяющее неравенству n > M .

Для такого n имеем xn = n+ 1n> M , а это означает, что X не

ограничено сверху. �Пример 3.3. Доказать следующие утверждения:

1) если множество X имеет наибольший элемент, тоsup X = max X;

2) если множество X имеет наименьший элемент, тоinf X = min X.

� По условию существует x0 = maxX. Отсюда следует, чтодля любого x ∈ X x � x0 и поэтому X ограничено сверху,а x0 — число, ограничивающее это множество сверху. Пока-жем, что x0 — наименьшее такое число. В самом деле, еслиα — число, ограничивающее множество X сверху, то при всехx ∈ X x � α и поэтому x0 � α. Таким образом, доказано, чтоsupX = x0 = maxX. Вторая часть утверждения доказываетсяаналогично. �

Найти верхнюю и нижнюю грани множества X, его наи-больший и наименьший элементы (если они существуют).

Пример 3.4. X = (0, 1].

� Для любого x ∈ (0, 1] имеем 0 � x � 1, т. е. множество Xограничено сверху и снизу и поэтому по теореме 3.3 имеет верх-нюю и нижнюю грани. Поскольку 1 ∈ X, то, в силу утвержденияпримера 3.3, supX = maxX = 1. Докажем, что infX = 0. Имеем:1) для любого x ∈ X выполняется неравенство x � 0; 2) длялюбого β > 0 существует x∗ = β/2 такой, что x∗ ∈ X и x∗ < β.Отсюда, согласно теореме 3.2, получаем infX = 0. Кроме того,отсюда следует, что minX не существует. �Пример 3.5. X = [2, +∞).

� Для любого x ∈ [2, +∞) имеем x � 2, т. е. множество Xограничено снизу и поэтому по теореме 3.3 имеет нижнюю грань.Поскольку 2 ∈ X, то minX = 2 и infX = minX = 2. МножествоX не ограничено сверху, так как для любогоM ∈ R найдется x ∈∈ X, удовлетворяющий неравенству x > M . В качестве такого xприM < 2 можно взять x = 2, а приM � 2 положить x = M + 1.Таким образом, имеем supX = +∞, maxX не существует. �



Исследуйте множество X на ограниченность, ограничен-ность сверху, ограниченность снизу.

3.1. X = (5, +∞); 3.2. X = (−3, −1) ∪ (2, 4);

3.3. X = {x = (−1)n · n2, n ∈ N};3.4. X =

{x = −3+ 2

9n, n ∈ N

}.

Для множества X найдите sup X, inf X, maxX, minX:

3.5. X = {x = ((−1)n + 1)n2, n ∈ N};3.6. X =

{x = 1

2n, n ∈ N

}.

4. Функция действительной переменной

4.1. Основные понятия и теоремы. Пусть X ⊂ R и Y ⊂ R —непустые множества. Говорят, что задана функция f одной дей-ствительной переменной, определенная на X со значениямив Y , если каждому x ∈ X поставлен в соответствие единствен-ный элемент y ∈ Y . При этом множество X называют обла-стью определения функции. Элемент y0 ∈ Y , соответствующийэлементу x0 ∈ X, называют значением функции в точке x0,и обозначают f(x0).Обозначения функции:1) f : X �−→ Y , 2) y = f(x), x ∈ X.Часто используют также сокращенные обозначения: y = f(x),

или f . Иногда бывает удобно обозначать функцию тем же симво-лом, что и элемент множества ее значений, т. е. вместо y = f(x)писать y = y(x). Область определения функции обозначают так-же D(f). Множество чисел y ∈ Y , для каждого из которыхсуществует x ∈ X такой, что y = f(x), называется множествомзначений функции f , оно обозначается E(f).Далее функцию одной действительной переменной будем для

краткости называть просто функцией.Основные способы задания функции:1. Аналитический — закон соответствия между элементами

множеств X и Y задается с помощью аналитического выражения(формулы). Обычно при этом область определения функции яв-

4. Функция действительной переменной 25

но не указывается. Областью определения считается множествовсех значений независимой переменной, при которых аналити-ческое выражение имеет смысл и принимает действительныезначения.2. Табличный — закон соответствия между X и Y задается

таблицей. Используется для задания функции на конечном мно-жестве.3. Словесный — закон соответствия между X и Y задается

в виде словесного описания.Примеры функций.1. Функция — знак x:

f(x) = sgnx =

⎧⎨⎩

1 при x > 0,0 при x = 0,

−1 при x < 0;

2. Функция — целая часть x: f(x) = [x], где [x] — целаячасть действительного числа x, т. е. наибольшее целое чис-ло, не превосходящее числа x;

3. Функция — дробная часть x: f(x) = {x}, где {x} = x− [x].Графиком функции y = f(x), x ∈ X, в прямоугольной си-

стеме координат XOY называют множество точек плоскостис координатами (x, f(x)), где x ∈ X.В ряде простейших случаев график функции y = g (x) можно

получить преобразованием известного графика другой функцииy = f(x).

Функция y = ggg(x) Преобразование графика y = f(x)

y = f(x) + c сдвиг вдоль оси OY на c

y = f(x− c) сдвиг вдоль оси OX на c

y = f(−x) симметрия относительно оси OY

y = −f(x) симметрия относительно оси OX

y = af(x) растяжение (при a > 1) или сжатие (при 0 < a < 1)по оси OY

y = f(ax) растяжение (при 0 < a < 1) или сжатие (при a > 1)по оси OX

Две функции f и g называются равными, если D(f) = D(g )и f(x) = g (x) для любого значения аргумента. Если же это ра-венство верно лишь на множестве A ⊂ D(f) ∩D(g ), то функцииf и g называются равными на множестве A. Функция, все


значения которой равны между собой, называется постоянной,или константой и обозначается f = const, или f ≡ C.


1). Приведите пример функции, заданной аналитическим выра-жением, областью определения которой является: а) множествоR \ {−1, 1, 2}; б) множество (−2, 2) ∪ (3, 5); в) одноэлементноемножество {√2}; г) множество {−3, 0, 3}.

2). Приведите пример функции, заданной аналитическим вы-ражением, областью значений которой является: а) множествоR \ {−1}; б) интервал (−2, 2); в) множество {−3, 3}.


Пример 4.1. Найти область определения функции

f(x) = 5

√x+ 2

x2 − 4√x.

� Значения 4√x определены, если x � 0. При x = 0 и x = 1знаменатель x2 − 4√x равен нулю. Поэтому подкоренное выраже-ние a = x+ 2

x2 − 4√x определено и принимает действительные значе-ния при любом x > 0, x �= 1. Значения 5√a определены для всехa ∈ R. Отсюда получаем: D(f) = (0, 1) ∪ (1, +∞). �

Пример 4.2. Найти множество значений функции

f(x) = x+ 1x, x ∈ (0, +∞).

� Имеем f(x) = x + 1x

� 2, поскольку x + 1x

− 2 =

= (x− 1)2x

� 0 при любом x > 0. Отсюда следует, чтоE(f) ⊂ [2, +∞). Покажем, что [2, +∞) ⊂ E(f). Возьмемпроизвольный y ∈ [2, +∞). Уравнение x + 1

x= y при x �= 0

равносильно квадратному уравнению x2 − xy + 1 = 0, которое

имеет корни x = y ±√y2 − 12

. Если y � 2, то оба корня

4. Функция действительной переменной 27

положительны и поэтому принадлежат D(f). Итак, для любогоy ∈ [2, +∞) существует x ∈ D(f) такой, что y = f(x), т. е.[2, +∞) ⊂ E(f). Таким образом, доказано, что E(f) = [2, +∞).

�


Найдите области определения функций:

4.1. f =

√1/ cos2 3x− 15x − 1 ; 4.2. f = log5(2 sinx+ 1);

4.3. f =√−x2 + 2x− 1

cosx.

Найдите области значений функций:

4.4. f =√1− 4x2; 4.5. f = x− 1

x+ 1;

4.6. f = 1

x2 + 3; 4.7. f = 9x + 3x.

Постройте графики функций:

4.8. f(x) =

⎧⎨⎩2x− 1, если 0 � x � 1;1x, если x > 1.

4.9. f(x) =

⎧⎨⎩

|x+ 1| + |x− 3|, если x � −2;|x|x, если x < −2.

4.10. f(x) = sgnx; 4.11. f(x) = [x]; 4.12. f(x) = {x}.Постройте графики функций: f(x), −f(x), f(−x), −f(−x),

f(x) − 2, f(x− 2), если:

4.13. f(x) = 3x+ 1; 4.14. f(x) = 2x− x2; 4.15. f(x) = 1x.


Постройте графики функций: f(x), |f(x)|, f(|x|), если:4.16. f(x) = 3x− 1; 4.17. f(x) = x2 − x− 2;4.18. f(x) = 1

x− 1 .Постройте графики функций методом преобразования:

4.19. f = 2+ 3 sin(x

3− π

6

); 4.20. f = 1

2tg(3x+ π

3

);

4.21. f = − 2

(x+ 2)3+ 5; 4.22. f = arcsin 2x− 1

3;

4.23. f = 1+ 2 arctg(1− x

2

).

5. Четные и нечетные функции.Монотонные функции

5.1. Основные понятия и теоремы. Пусть X ⊂ R. Множе-ство X называется симметричным, если вместе с каждымчислом x оно содержит и число (−x). Функция f называет-ся четной, если ее область определения D(f) — симметрич-ное множество и для любого x ∈ D(f) выполняетcя равенствоf(−x) = f(x). Функция f называется нечетной, если ее областьопределения D(f) — симметричное множество и для любогоx ∈ D(f) выполняетcя равенство f(−x) = −f(x). График четнойфункции симметричен относительно оси ординат, график нечет-ной функции симметричен относительно начала координат.Функция называется возрастающей (убывающей) на мно-

жестве A ⊂ D(f), если для любых x1, x2 ∈ A из неравен-ства x1 < x2 следует неравенство f(x1) � f(x2) (f(x1) � f(x2)).Функция называется строго возрастающей (строго убываю-щей) на множестве A ⊂ D(f), если для любых x1, x2 ∈ Aиз неравенства x1 < x2 следует неравенство f(x1) < f(x2)(f(x1) > f(x2)). Возрастающие и убывающие функции называют-ся монотонными, строго возрастающие и строго убывающие —строго монотонными функциями.

5. Четные и нечетные функции. Монотонные функции 29

5.2. Теоретические упражнения

Докажите следующие утверждения:

1). a) произведение двух четных или двух нечетных функций —функция четная;b) произведение четной и нечетной функций — функция

нечетная.

2). Если область определения функции является симметричныммножеством, то эта функция представима в виде суммы четнойи нечетной функций.

3). a) функция y = sinx строго возрастает на отрезке[−π/2; π/2];b) функция y = cosx строго убывает на отрезке [0; π];c) сумма двух возрастающих (убывающих) функций является

функцией возрастающей (убывающей).

4). Если функция f(x) положительна на множестве A и возрас-тает на нем, то функция 1/f(x) убывает на A.

5). a) если функция f(x) нечетна и убывает в промежутке (a, b),то f(x) убывает в промежутке (−b, −a);b) если функция f(x) четна и возрастает в промежутке (a, b),

то f(x) убывает в промежутке (−b, −a).

6). Верно ли утверждение: если функция f(x) возрастает в ин-тервалах (a, b) и (b, c), где a < b < c, то f(x) возрастает в интер-вале (a, c)?

7). Верно ли утверждение: разность двух возрастающих функцийявляется функцией:

а) возрастающей; б) убывающей; в) немонотонной?

8). Существует ли строго возрастающая (убывающая) функция,являющаяся:а) четной; б) нечетной?

9). Докажите, что f(x) = [x] является возрастающей функцией,но не строго возрастающей.



Определить, какие из данных функций являются четнымии какие нечетными.

Пример 5.1. f = x sin xx2 + 1

.

� У данной функции область определения D(f) = R, онасимметрична относительно начала координат. Учитывая нечет-ность функции y = sinx, для любого x ∈ R имеем

f(−x) = (−x) sin(−x)(−x)2 + 1

= x sinxx2 + 1

= f(x).

Следовательно, функция является четной. �Пример 5.2. f = |x+ 2|.

� Область определения функции D(f) = R. Это симмет-ричное множество. Сравним значения f(x) и f(x) для x = −2.Имеем f(−2) = | − 2+ 2| = 0, f(2) = |2+ 2| = 4. Таким образом,f(−2) �= f(2), f(−2) �= −f(2). Следовательно, данная функцияне является ни четной, ни нечетной. �Пример 5.3. f = ln 1− x

1+ x.

� Найдем область определения функции, решив неравенство1− x

1+ x> 0. Его решениями являются все x, удовлетворяющие

неравенству |x| < 1. Поэтому D(f) = (−1, 1); это множествосимметрично, и для любого x ∈ D(f) справедливо равенство:

f(−x) = ln 1+ x

1− x= ln

(1− x

1+ x

)−1= − ln 1− x

1+ x= −f(x).

Следовательно, функция является нечетной. �

Пример 5.4. f = 1

x2 − 3x+ 2.

� Область определения функции — все действительные x,кроме тех, которые удовлетворяют уравнению x2 − 3x + 2 = 0.Корни этого уравнения: x = 1 и x = 2, отсюда следует, чтоD(f) = R \ {1, 2}. Множество D(f) не симметрично, поэтомуданная функция не является ни четной, ни нечетной. �Пример 5.5. Доказать, что функция f = ax2 + bx + c: a) приa > 0 строго убывает на (−∞, −b/2a] и строго возрастает на[−b/2a, +∞); б) при a < 0 строго возрастает на (−∞,− b/2a]и строго убывает на [−b/2a, +∞).

5. Четные и нечетные функции. Монотонные функции 31

� Имеем f(x) = ax2 + bx+ c = a(x+ b

2a

)2+ c− b2

4a,

f(x2) − f(x1) = a

((x2 + b

2a

)2−(x1 + b

2a

)2)=

= a(x2 − x1)(x1 + x2 + b

a

).

a). Пусть a > 0. Тогда при x1 < x2 знак разности f(x2) −− f(x1) определяется знаком сомножителя

(x1 + x2 + b

a

). Если

x1, x2 ∈ (−∞, −b/2a], то

x1 + x2 < 2(− b

2a

)= − b

a; x1 + x2 + b

a< 0,

и поэтому f(x2) − f(x1) < 0. А это означает, что f(x) строгоубывает на (−∞, −b/2a]. При x1, x2 ∈ [−b/2a, +∞) выполняетсянеравенство x1 + x2 + b/a > 0, и поэтому f(x2) − f(x1) > 0, т. е.f(x) возрастает на [−b/2a, +∞).б). Если a < 0, то доказательство проводится аналогично. �

Пример 5.6. Найти промежутки монотонности функции

f(x) = 1x− x.

� Имеем D(f) = R \ {0}, причем f(x) — нечетная функция,так как D(f) — симметричное множество и

f(−x) = 1−x + x = −f(x) ∀x ∈ D(f).

Функция f(x) убывает в промежутке (0, +∞), поскольку

f(x2) − f(x1) = x1 − x2x1x2

+ (x1 − x2) < 0 при 0 < x1 < x2.

Учитывая нечетность функции f(x), отсюда (см. теор. упр. 5,п. 5.2) получаем, что f(x) убывает в промежутке (−∞, 0). �



Определите, какие из данных функций являются четнымии какие нечетными:

5.1. f = (x− 1)2; 5.2. f =√1− x2;

5.3. f =√x; 5.4. f = tg 4x

x;

5.5. f = (x+ 2)3

(x− 1)4 ; 5.6. f = ln(x+√x2 + 1).

Найдите промежутки монотонности функций:

5.7. f = x6 + 8x4 + 1; 5.8. f = −x3 − x;

5.9. f = 1

4x2 + 4x+ 3; 5.10. f = 1

8− x3.

6. Ограниченные функции

6.1. Основные понятия и теоремы. Функция f называетсяограниченной на множестве A ⊂ D(f), если существует M > 0такое, что для любого x ∈ A |f(x)| � M . Функция f назы-вается ограниченной сверху (снизу) на множестве A ⊂ D(f),если существует M ∈ R такое, что для любого x ∈ A f(x) � M(f(x) � M).

Верхней (нижней) гранью функции f на множестве A ⊂⊂ D(f) называют верхнюю (нижнюю) грань множества {y ∈∈ R | y = f(x), x ∈ A}.Верхнюю (нижнюю) грань обозначают sup

x∈Af(x), или sup

x∈Af

( infx∈A

f(x), или infx∈A

f).

Если существует x0 ∈ A (A ⊂D(f)) такой, что при всех x ∈ Af(x) � f(x0) (f(x) � f(x0)), то значение f(x0) называют наи-большим (наименьшим) значением функции f на множестве A.Число f(x0) в этом случае обозначают max

x∈Af(x), или max

x∈Af

(minx∈A

f(x), или minx∈A

f). Если функция f имеет наибольшее зна-

чение на множестве A, то supx∈A

f = maxx∈A

f . Аналогично, если

существует minx∈A

f , то infx∈A

f = minx∈A

f .

6. Ограниченные функции 33

Если A =D(f), то указание на множество A можно опустить.


1). Докажите, что сумма и произведение ограниченных функ-ций — ограниченные функции.

2). Сформулируйте и запишите, используя символы ∀ и ∃ ,определение функции: а) неограниченной; б) неограниченнойснизу; в) неограниченной сверху.

3). Докажите, что квадратичная функция y = ax2 + bx+ c:a) при a > 0 ограничена снизу и не ограничена сверху;б) при a < 0 ограничена сверху и не ограничена снизу.


Доказать ограниченность функции f(x).

Пример 6.1. f = x

x2 + 1.

� Имеем|f(x)| =

∣∣∣∣ x

x2 + 1

∣∣∣∣ = |x||x|2 + 1

.

Поскольку (|x| − 1)2 � 0, то |x|2 + 1 � 2|x| и поэтому |x||x|2 + 1

� 12

при любом x ∈ R. Итак, существует M = 12такое, что при любом

x ∈ R |f(x)| � M , т. е. по определению функция f(x) ограничена.�

Пример 6.2. f = −x3 − x, A = (−2, 3].� Функция f(x) строго убывает на R (задача 5.8). Отсюда

имеем: f(−2) > f(x) � f(3), т. е. 10 > f(x) � −30 для любогоx ∈ A. Следовательно, для любого x ∈ A |f(x)| � 30, т. е. f(x)ограничена на множестве A. �

Пример 6.3. Доказать, что функция f(x) = 1x− 5 не ограни-чена ни сверху, ни снизу.

� Неограниченность функции f сверху и снизу равносильнанеограниченности сверху и снизу множества E(f). Заметим, что

3


уравнение y = 1x− 5 имеет решение относительно x для любого

y �= 0. Поэтому E(f) = (−∞, 0) ∪ (0, +∞), а это множество неограничено как сверху, так и снизу. �

Найти supx∈A

f(x), infx∈A

f(x), maxx∈A

f(x), minx∈A

f(x).


x2 + 1, A = R.

� Рассмотрим множество Y = {y ∈ R | y = f(x), x ∈∈ A}. Покажем, что Y = (0, 1]. Поскольку для любого x ∈ R

0 <1

x2 + 1� 1, то Y ⊂ (0, 1]. Так как для любого y ∈ (0, 1]

уравнение y = 1

x2 + 1имеет решение x =

√1/y − 1, то (0, 1] ⊂ Y .

Таким образом, Y = (0, 1]. Для множества Y = (0, 1] имеем(пример 3.4):

supY = maxY = 1, inf Y = 0, minY не существует. От-сюда получаем:

supx∈A

f(x) = supY = 1, maxx∈A

f(x) = maxY = 1 = f(0),

infx∈A

f(x) = inf Y = 0, minx∈A

f(x) не существует. �

Пример 6.5. f = x+ 1x, A = (0, +∞).

� Рассмотрим множество Y = {y ∈ R | y = f(x), x ∈ A}.В примере 4.2 показано, что Y = [2, +∞). Для множества Yимеем (пример 3.5):

inf Y = minY = 2, supY = +∞, maxY не существует.Отсюда получаем:

infx∈A

f(x) = inf Y = 2, minx∈A

f(x) = minY = 2 = f(1),supx∈A

f(x) = supY = +∞, maxx∈A



Докажите ограниченность функций:

6.1. f = x2 − x− 1, A = [−1, 4]; 6.2. f = 1x− 5, A = [0, 3];

6.3. f = x3

x4 + 1; 6.4. f = 2x+ 3

|2x+ 3| .

7. Периодические функции 35

Исследуйте функции на ограниченность, ограниченностьсверху, ограниченность снизу:

6.5. f = (x− 1)2; 6.6. f = 1√1− x2

, A = (−1, 1);

6.7. f =√x+ 2, A = (1, 10); 6.8. f = − 1

x4.

Найдите supx∈A

f(x), infx∈A

f(x), maxx∈A

f(x), minx∈A

f(x).

6.9. f = x2 + 2x, A = [−3, 0]; 6.10. f = x2

x2 + 1, A = R;

6.11. f = x2

x4 + 2, A = R; 6.12. f = x3

|x| , A = (−∞, 0).

7. Периодические функции

7.1. Основные понятия и теоремы. Множество X называет-ся периодическим с периодом T (T �= 0), если из x ∈ X следует,что x + T ∈ X и x − T ∈ X. Функция f называется периоди-ческой с периодом T , если D(f) — периодическое множествос периодом T и для любого x ∈ D(f) выполняетcя равенствоf(x+ T ) = f(x). График функции, периодической с периодом T ,переходит в себя при сдвиге на T вдоль оси абсцисс.


Докажите следующие утверждения:1). Если функция f(x) — периодическая с периодом T , то функ-ция f(ax+ b), где a �= 0, является периодической с периодом T/a.

2). Если T — период функции f , то число (−T ) также являетсяпериодом этой функции.

3). Если T1, T2 — периоды функции f , то число (T1 + T2) —также период этой функции.

3*


4). Если T — период функции f , то для любого n ∈ Z и n �= 0число nT также является периодом функции f .

5). Докажите, что функция Дирихле

D(x) =

{1, если x — рациональное,

0, если x — иррациональное.

является периодической и любое ненулевое рациональное чис-ло — ее период.

6). Докажите, что функция f(x) = {x} является периодической,причем ее период —любое целое число, отличное от нуля.

7). Верно ли утверждение: а) всякая периодическая функцияявляется либо четной, либо нечетной; б) если |f(x)| — периоди-ческая функция, то f(x) также периодическая функция?

8). Может ли функция, строго монотонная на множестве R, бытьпериодической?

9). Докажите: а) многочлен степени не ниже первой не являет-ся периодической функцией; б) рациональная функция R(x) == P (x)/Q(x), где P (x), Q(x) — многочлены, не является перио-дической.


Определить, какие из данных функций являются периоди-ческими и указать их период.

Пример 7.1. f = tg 3x2

+ 4.

� Область определения функции y = tg x — множество x ∈ Rтаких, что x �= π/2+ πk, k ∈ Z. Поэтому данная функция опре-

делена при всех x, кроме корней уравнения3x2

= π

2+ πk, k ∈ Z,

т. е.D(f) =

{x ∈ R| x �= π

3+ 2π3k, k ∈ Z

}.

7. Периодические функции 37

Множество D(f) — периодическое с периодом T = 2π3. Докажем,

что для любого x ∈ D(f) выполнено равенство f(x+ 2π

3

)=

= f(x). Имеем

tg 3(x+ 2π/3)2

+ 4 = tg(3x2

+ π)

+ 4 = tg 3x2

+ 4.

Следовательно, функция имеет период, равный2π3. �

Пример 7.2. f = cos√x.

� Область определения функции — все неотрицательныедействительные числа, т. е. D(f) = [0, +∞). Множество D(f) —непериодическое, так как для любого T > 0 точка T ∈ D(f),а точка −T /∈ D(f). Поэтому данная функция не является пери-одической. �Пример 7.3. f = ln sinx.

� Область определения функции — все действительные чис-ла x, удовлетворяющие неравенству sinx > 0, т. е.

D(f) = {x ∈ R | 2πn < x < π(2n+ 1), n ∈ Z}.Функция y = sinx — периодическая с периодом 2π. Докажем,что f(x) имеет тот же период. Множество D(f) — периодическоес периодом T = 2π. В самом деле, пусть x ∈ D(f). Это значит,что при некотором k ∈ Z данное x удовлетворяет неравенству2πk < x < π(2k + 1). Рассмотрим элемент x + 2π. Прибавивко всем частям неравенства 2π, получим 2πk + 2π < x + 2π << π(2k + 1) + 2π, откуда 2π(k + 1) < x + 2π < π(2(k + 1) + 1),т. e. 2πk1 < x + 2π < π(2k1 + 1), гдe k1 = k + 1. А это озна-чает, что элемент (x + 2π) ∈ D(f). Аналогично проверяется,что элемент (x − 2π) ∈ D(f). Теперь покажем, что для любо-го x ∈ D(f) выполняетcя равенство f(x + 2π) = f(x). Имеемf(x+ 2π) = ln sin(x+ 2π) = ln sinx = f(x). Следовательно, дан-ная функция является периодической с периодом T = 2π. �Пример 7.4. f = (x+ 1)2.

� Область определения функции D(f) = R, она являетсяпериодическим множеством с любым периодом. Докажем, чтоданная функция — непериодическая. Достаточно доказать, чтофункция не имеет положительного периода, так как если бычисло T < 0 было периодом, то число (−T ) было бы положитель-ным периодом. Доказательство проведем методом от противного.


Допустим, что число T > 0 — период функции, т. е. для любогоx ∈ R выполнено равенство (x+ T + 1)2 = (x+ 1)2. В частности,оно выполнено при x = 0, т. е. (T + 1)2 = 1, что неверно длялюбого T > 0. Поэтому неверно и допущение о периодичностиданной функции, т. е. эта функция — непериодическая. �


Определите, какие из данных функций являются перио-дическими и укажите их период.

7.1. f = sin(5x+ 1); 7.2. f = | cosx|; 7.3. f = 1x;

7.4. f = sinx+ cos x3; 7.5. f = 1

x2 + 1; 7.6. f = e

√x;

7.7. f = 1tg 2x

; 7.8. f = sin |x|; 7.9. f = cos2(x− 1).

8. Сложная функция. Обратная функция

8.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функции f(x)и g (y) таковы, что множество значений E(f) функции fсодержится в области определения D(g ) функции g , т. е.E(f) ⊂ D(g ).

Сложной функцией z = g ◦ f называют функцию, определен-ную на множестве D(f) формулой z(x) = g (f(x)). Заметим, чтосложные функции g ◦ f и f ◦ g различны.

Основными элементарными функциями называют следую-щие функции: постоянную, степенную, показательную, логариф-мическую, тригонометрические и обратные тригонометрическиефункции. Элементарной функцией называется функция, кото-рая получается из основных элементарных функций с помо-щью четырех арифметических действий и операции образованиясложной функции.Пусть задана функция

y = f(x), x ∈ D(f), (8.1)

обладающая следующим свойством: для любых x1, x2 ∈ D(f)из x1 �= x2 следует f(x1) �= f(x2). В этом случае для любогоy ∈ E(f) найдется только один x ∈ D(f) такой, что f(x) = y.

8. Сложная функция. Обратная функция 39

Это означает, что отображение f : D(f) �−→ E(f) взаимноодно-значно.Функцией, обратной к функции f , называется функция,

определенная на множестве E(f) по правилу: элементу y ∈ E(f)ставится в соответствие элемент x ∈ D(f) такой, что f(x) = y.Обратную функцию обозначают символом f−1. Функция, имею-щая обратную, называется обратимой.Функция обратима тогда и только тогда, когда отображение

f : D(f) �−→ E(f) взаимнооднозначно.Если функция f обратима, то каждая прямая y = y0, где y0 =

= f(x0), x0 ∈ D(f), пересекает график f в единственной точке(x0, y0).Из определения обратной функции имеем: D(f−1) = E(f),

E(f−1) = D(f), т. е. области определения и значений обратнойфункции меняются местами. Функции f и f−1 называются вза-имно обратными: y = f(x), x = f−1(y). Иногда для них удобноиспользовать обозначения: y = y(x), x = x(y). Обозначим, какобычно, аргумент обратной функции через x, а значение —через y. Тогда получим

y = f−1(x), x ∈ D(f−1). (8.2)

График обратной функции (8.2) симметричен графику исходнойфункции (8.1) относительно прямой y = x.


1). Может ли иметь обратную: а) четная функция; б) периодиче-ская функция?

2). Может ли нечетная функция иметь обратную? Может линечетная функция не иметь обратной? Приведите примеры.

3). Докажите: если нечетная функция имеет обратную, то обрат-ная также является нечетной.

4). Докажите, что дробно-линейная функция f(x) == (ax+ b)/(cx+ d), где c �= 0 и ad �= bc, имеет обратную, котораятакже является дробно-линейной.

5). Докажите, что строго монотонная функция обратима.



Пример 8.1. Пусть f =√x2 − 1. Найти функцию f ◦ f , ука-

зать ее область определения.

� Функция f определена при всех x, удовлетворяющих нера-венству x2 − 1 � 0. По определению сложной функции имеемf ◦ f =

√(√x2 − 1)2 − 1 =

√x2 − 2. Для нахождения области

определения f ◦ f необходимо совместно решить неравенстваx2 − 1 � 0 и x2 − 2 � 0. В результате получим D(f ◦ f) == (−∞, −√

2] ∪ [√2, +∞). �

Пример 8.2. Представить функцию f = | cos3(5x − 1)| в видесложной функции более простых элементарных функций.

� Учитывая, что |a| =√a2, имеем f =

√cos6(5x− 1). Поэто-

му функцию f можно представить как функцию f = g (t) =√t

от сложного аргумента t = cos6(5x − 1). В свою очередь, функ-ция t = cos6(5x − 1) представима в виде t = h(u) = u6, гдеu = cos(5x− 1). Наконец, u = p(v) = cos v, где v = q(x) = 5x− 1.Таким образом, имеем f = g ◦ h ◦ p ◦ q, где g =

√t, h = u6,

p = cos v, g = 5x− 1. �Пример 8.3. Доказать, что функция f(x) = 3x+ 5 обратима.Найти аналитическое выражение для обратной функции.

� Имеем D(f) = R, E(f) = R. Функция f(x) строго возрас-тает на R, поскольку f(x2) − f(x1) = 3(x2 − x1) > 0 при x1 < x2.Отсюда получаем, что для любых x1, x2 ∈ D(f) из x1 �= x2 сле-дует f(x1) �= f(x2), т. е. отображение f : D(f) �−→ E(f) взаим-нооднозначно. Поэтому f обратима, причем D(f−1) = E(f) = R.Найдем аналитическое выражение для f−1. Для этого решимотносительно x уравнение y = 3x+ 5. Получим x = y − 5

3. Обо-

значив аргумент обратной функции через x, окончательно имеем

f−1(x) = x− 53. �

Пример 8.4. Доказать: 1) f(x) = x2 − 4x + 2, x ∈ R, не явля-ется обратимой; 2) f(x) = x2 − 4x+ 2, x ∈ (−∞; 2], обратима,найти аналитическое выражение для обратной функции.

� 1). Рассмотрим x1 = 0, x2 = 4. Поскольку x1 �= x2,f(x2) = f(x1) = 2, то отображение f : D(f) �−→ E(f) не взаим-нооднозначно. Поэтому f(x) не обратима.

8. Сложная функция. Обратная функция 41

2). Из определения f имеем D(f) = (−∞; 2], и посколь-ку f(x) = (x − 2)2 − 2, то E(f) = [−2, +∞). Докажем, что fстрого убывает. Имеем f(x2) − f(x1) = x22 − x21 − 4(x2 − x1) == (x2 − x1)(x2 + x1 − 4). Если x1, x2 ∈ (−∞; 2] и x1 < x2, товыполнены неравенства x2 − x1 > 0, x2 + x1 − 4 < 0 и поэтомуf(x2) − f(x1) < 0, т. е. f строго убывает. Отсюда следует, чтофункция f(x) обратима. Имеем D(f−1) = E(f) = [−2, +∞),E(f−1) = D(f) = (−∞; 2]. Аналитическое выражение для f−1найдем, решив относительно x уравнение y = (x − 2)2 − 2. По-лучим x = 2±√y + 2. Множеству E(f−1) = (−∞; 2] принадле-жит только одно решение x = 2 −√y + 2. Окончательно имеемf−1(x) = 2−√

x+ 2, x ∈ [−2, +∞). �


Для заданных пар функций f и g найдите сложные функ-ции f ◦ g , g ◦ f , укажите их области определения.

8.1. f = |x|, g = 1− x; 8.2. f = x5, g = 3+ x;

8.3. f = log2 x, g =√x; 8.4. f = lnx2, g = sinx.

Представьте функцию f в виде сложной функции болеепростых элементарных функций:

8.5. f = (1− 4x)10; 8.6. f = 5√cos 2x;8.7. f = ln sin log3 x; 8.8. f = tg

(5sin x

).

Определите, обратима ли заданная функция f ; если да,то найдите аналитическое выражение, область определенияобратной функции и постройте ее график.

8.9. f = 1x+ 1

; 8.10. f = sin 2x, x ∈ [0, π];

8.11. f = x+ 2√x, x � 0; 8.12. f = −x3;

8.13. f =√4− x2; 8.14. f = |x− 1|;

8.15. f =√x+ 2; 8.16. f = x

1+ x.

Гл а в а 2

ПРЕДЕЛ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ

1. Понятие последовательности. Ограниченные,монотонные последовательности

1.1. Основные понятия и теоремы. Последовательностьюназывается функция, областью определения которой являетсямножество N натуральных чисел. Значения такой функции обо-значаются xn и называются членами последовательности, чис-ло n называется номером члена xn. Последовательность обозна-чают символом {xn}. Последовательность можно задать с помо-щью формулы вида xn = f(n), выражающей xn через номер n.Формулу такого вида называют формулой общего члена после-довательности. Для задания последовательности используюти рекуррентные формулы, т. е. формулы, выражающие (n+ 1)-йчлен последовательности через члены с меньшими номерами.С помощью рекуррентных формул определяются арифметическаяи геометрическая прогрессии.

Арифметической прогрессией называется последователь-ность {an}, определяемая формулой an+1 = an + d, n ∈ N, где a1,d — заданные числа; d — разность aрифметической прогрессии.Сумма n первых членов арифметической прогрессии вычис-

ляется по формуле

Sn = a1 + an

2· n = 2a1 + d(n− 1)

2· n.

Геометрической прогрессией называется последовательность{bn}, определяемая формулой bn+1 = bn · q, n ∈ N, где b1, q —заданные числа, отличные от нуля; q — знаменатель геометри-ческой прогрессии.Сумма n первых членов геометрической прогрессии вычисля-

ется по формуле

Sn = b1 − bnq

1− q= b1

1− qn

1− q, �� q �= 1.

1. Понятие последовательности 43

Последовательность {xn} называется ограниченной, если суще-ствует M > 0 такое, что для любого n ∈ N верно неравенство|xn| � M . Последовательность {xn} называется ограниченнойсверху (ограниченной снизу), если существует M ∈ R такое, чтодля любого n ∈ N верно неравенство xn � M (xn � M).Последовательность называется возрастающей (убыва-

ющей), если для любого n ∈ N выполняется неравенствоxn � xn+1 (xn � xn+1). Последовательность называется строговозрастающей (строго убывающей) если для каждого n ∈ Nвыполняется неравенство xn < xn+1 (xn > xn+1). Возрастающиеи убывающие последовательности называются монотонными,строго возрастающие и строго убывающие — строго монотон-ными.


1). Докажите, что последовательность ограничена тогда и толькотогда, когда она ограничена как сверху, так и снизу.

2). Докажите: если {xn}, {yn} — ограниченные последователь-ности, то ограничены последовательности {xn · yn}, {αxn + βyn},где α, β ∈ R.

3). Верно ли утверждение: если {xn}, {yn} — ограниченные по-следовательности, причем yn �= 0 для любого n ∈ N, то {xn/yn} —ограниченная последовательность?

4). Докажите формулы общего члена арифметической прогрессииan = a1 + (n− 1)d и геометрической прогрессии bn = b1 · qn−1.

5). Является ли арифметическая (геометрическая) прогрессия:а) ограниченной последовательностью; б) монотонной последова-тельностью?

6). Докажите, что последовательность(1+ 1

n

)n+1является убы-

вающей.

44 Гл. 2. Предел последовательности


Исследовать последовательность {xn} на ограниченность.Пример 1.1. xn = (−1)nn+ 3√

2n2 + 5.

� Заметим, что|3+ (−1)nn| � 3+ |(−1)nn| = 3+ n,

√2n2 + 5 >

√2n2 > n.

Отсюда имеем для любого n ∈ N:

|xn| = |3+ (−1)nn|√2n2 + 5

� 3+ n

n= 3n

+ 1 � 4.

Таким образом, существует M = 4 такое, что для всех n ∈ Nвыполняется неравенство |xn| � M . Следовательно, по определе-нию {xn} ограничена. �Пример 1.2. xn = n

an , a > 1.

� Используя неравенство Бернулли (пример 2.3, глава 1)и учитывая, что a− 1 > 0, имеем для любого n ∈ N:

an = (1+ a− 1)n� 1+ n(a− 1) � n(a− 1) =⇒ an

n� a− 1 > 0 =⇒

=⇒ 0 < n

an � 1a− 1 =⇒

∣∣∣ nan

∣∣∣ � 1a− 1 .

Итак, существует M = 1a− 1 такое, что для любого n ∈ N верно

неравенство |xn| � M , т. е. {xn} ограничена. �Пример 1.3. xn = 3n(−1)n

.

� Сформулируем отрицание определения ограниченной по-следовательности: последовательность {xn} называется неогра-ниченной, если для любого M > 0 найдется n ∈ N такое, что|xn| > M . Нужно доказать, что это определение выполняетсядля {3n(−1)n}. Заметим, что при четном n |xn| = 3n(−1)n = 3n.Возьмем любое M > 0 и произвольное четное n, удовлетворя-ющее неравенству n > log3M . Для такого n имеем |xn| = 3n >> 3log3M = M > 0, т. е. |xn| > M . Итак, {xn} не ограничена.Отметим, что {xn} ограничена снизу, поскольку xn = 3n(−1)n

> 0при всех n ∈ N. �

Исследовать последовательность {xn} на монотонность.Пример 1.4. xn = n

2n− 1.

1. Понятие последовательности 45

� Для любого n ∈ N имеем

xn+1 − xn = n+ 12(n+ 1) − 1 −

n

2n− 1 = −1(2n+ 1)(2n− 1) < 0.

Отсюда получаем: xn > xn+1, т. е. {xn} строго убывает. �

Пример 1.5. xn = 2n

(n+ 1)!.

� Для любого n ∈ N имеем xn > 0 и

xn+1

xn= 2

n+1(n+ 1)!2n(n+ 2)!

= 2n+ 2

< 1.

Отсюда получаем: xn > xn+1, т. е. {xn} строго убывает. �

Пример 1.6. xn =(1+ 1

n

)n

.

� Рассмотрим отношение

xn+1

xn=

(n+ 2n+ 1

)n+1

(n+ 1n

)n = (n+ 2)n+1nn

(n+ 1)n+1(n+ 1)n=

=(n2 + 2n(n+ 1)2

)n+1

· n+ 1n

=(1− 1

(n+ 1)2

)n+1

· n+ 1n

Из неравенства Бернулли (пример 2.3, глава 1) для любого n ∈ Nимеем (

1− 1

(n+ 1)2

)n+1

> 1− n+ 1(n+ 1)2

= n

n+ 1.

Поэтому для любого n ∈ N

xn+1

xn>n+ 1n

· n

n+ 1= 1,

т. е. при всех xn+1 > xn и, следовательно, {xn} строго возрас-тает. �


Исследуйте последовательность {xn} на ограниченность,ограниченность сверху, ограниченность снизу.

1.1. xn = 2n3 − 12− n3

; 1.2. xn = 1− n√n;

1.3. xn = n4 − 2n; 1.4. xn = 1+ (−1)n+1

n.


Исследуйте последовательность {xn} на монотонность.

1.5. xn = 2n2

n2 + 3; 1.6. xn =

√n+ 2−√

n+ 1;

1.7. xn = 1n

sin πn2; 1.8. xn = (−1)n.

2. Предел последовательности

2.1. Основные понятия и теоремы. Число a называется пре-делом последовательности {xn}, если для каждого ε > 0 су-ществует натуральное число N такое, что при любом n > Nвыполняется неравенство |xn − a| < ε. Обозначение: lim

n→∞xn = a,или xn → a при n→ ∞.С помощью логической символики определение предела по-

следовательности можно кратко записать так:lim

n→∞xn = a ⇐⇒ ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N |xn − a| < ε.

Рассмотрим ε-окрестность точки a, т. е. множество Uε(a) == (a − ε, a + ε). Используя понятие окрестности точки, можнодать следующую равносильную формулировку определения пре-дела последовательности.Число a называется пределом последовательности {xn}, ес-

ли для любой ε-окрестности Uε(a) точки a существует натураль-ное число N такое, что все члены последовательности, номеракоторых больше N , принадлежат этой окрестности. Это опреде-ление можно сформулировать и так: число a — предел последо-вательности {xn}, если вне любой окрестности точки a лежит неболее, чем конечное число членов этой последовательности.Краткая формулировка этого определения:

limn→∞xn = a⇐⇒ ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N xn ∈ Uε(a).

Если последовательность имеет предел, то она называетсясходящейся. Последовательность, не имеющая предела, называ-ется расходящейся.

Те о р е м а 2.1 (единственность предела последовательности).Если lim

n→∞xn = a и limn→∞xn = b, то a = b.

2. Предел последовательности 47

Те о р е м а 2.2 (ограниченность последовательности, имеющейпредел). Если lim

n→∞xn = a, то последовательность {xn} огра-ничена.



1). Если xn = c = const, то limn→∞xn = c.

2). a) limn→∞xn = a ⇐⇒ в любой ε-окрестности Uε(a) точки a

лежат все члены последовательности {xn} за исключением, бытьможет, конечного их числа;б) lim

n→∞xn = a ⇐⇒ вне любой ε-окрестности Uε(a) точки aнаходится не более, чем конечное число членов последователь-ности {xn};в) изменение конечного числа членов последовательности не

влияет на ее сходимость или расходимость.

3). Докажите, что если limn→∞xn = a, то lim

n→∞ |xn| = |a|. Существу-ют ли значения a, при которых верно обратное утверждение?

4). Верно ли утверждение: сходящаяся последовательность мо-нотонна и ограничена?


Используя определение предела последовательности, дока-зать равенство.

Пример 2.1. limn→∞

−2nn+ 1

= −2.� В соответствии с определением предела последовательно-

сти нужно доказать:

∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N |xn − (−2)| < ε.

Рассмотрим

|xn − (−2)| =∣∣∣ −2nn+ 1

+ 2∣∣∣ = ∣∣∣ 2

n+ 1

∣∣∣ = 2n+ 1

. (2.1)


Возьмем произвольное ε > 0. Необходимо указать номер N

такой, что при любом n > N выполняется неравенство2

n+ 1< ε.

Для нахождения N решим это неравенство относительно n.

Получим n >2ε− 1. Отсюда следует, что в качестве N мож-

но взять любое натуральное число, удовлетворяющее неравен-

ству N >2ε− 1. Тогда в силу (2.1) для любого n > N имеем

|xn − (−2)| < ε. А это означает по определению предела после-довательности, что lim

n→∞xn = −2. �


7n− 1(n+ 2)4n

= 0.

� Имеем

|xn − 0| =∣∣∣∣ 7n− 1(n+ 2)4n

∣∣∣∣ = 7n− 1(n+ 2)4n

<74n

<7n, (2.2)

поскольку7n− 1n+ 2

< 7, 4n > n при любом n ∈ N. Возьмем про-

извольное ε > 0. Для нахождения N решим неравенство7n< ε

относительно N . Получим n >7ε. Отсюда с учетом (2.2) следует,

что в качестве N можно взять любое натуральное число, удовле-

творяющее неравенству N >7ε. Итак, доказано:

∀ε > 0 ∃N ∈ N (N >7ε) ∀n > N |xn − 0| < ε,

т. е. limn→∞xn = 0. �

Пример 2.3. Доказать утверждение: пусть limn→∞xn = a > 0

и для каждого n ∈ N xn � 0; тогда limn→∞

√xn =

√a.

� Для любого n ∈ N имеем

|√xn −√a| =

∣∣∣∣ (√xn −√

a)(√xn +

√a)√

xn +√a

∣∣∣∣ = |xn − a|√xn +

√a<

|xn − a|√a

.

(2.3)Возьмем произвольное ε > 0. По условию lim

n→∞xn = a. Отсюда,

положив ε1 = ε√a, по определению предела имеем: существует

N ∈ N такое, что для любого n > N

2. Предел последовательности 49

|xn − a| < ε1 =⇒ |xn − a| < ε√a =⇒

=⇒ |√xn −√a| < ε в силу (2.3).

А это означает, что limn→∞

√xn =

√a. �

Доказать, что последовательность {xn} расходится.

Пример 2.4. xn = (−1)n.

� Сформулируем отрицание определения предела последова-тельности на «языке окрестностей»: число a не является пре-делом последовательности {xn}, если существует окрестностьточки a, вне которой находится бесконечно много членов {xn}.Нам нужно доказать, что никакое a ∈ R не является пределом{xn}. Сначала рассмотрим случай, когда a ∈ R и |a| �= 1. Для за-данной последовательности xn = −1 при нечетном n и xn = 1при четном n. Положим r = min(|a − 1|, |a + 1|) и рассмотримокрестность Ur(a) точки a. Она не содержит ни одного членаxn. А это означает, что рассматриваемое a не является пределомxn. Возьмем теперь a = 1 и рассмотрим окрестность U1(1) этойточки, т. е. интервал (0, 2). Поскольку xn = −1 при нечетном n,то все такие члены лежат вне интервала (0, 2). Таким образом,вне окрестности U1(1) находится бесконечно много членов по-следовательности {xn}, и поэтому число a = 1 не является еепределом. Аналогично доказывается, что a = −1 не может бытьпределом {xn}. Итак, {xn} расходится. �

Пример 2.5. xn = n2 − 3100n

.

� Необходимым условием сходимости последовательности{xn} по теореме 2.2 является ее ограниченность. Поэтому до-статочно доказать, что {xn} неограничена. Имеем |xn| � xn =

= n2 − 3100n

� n− 3100, так как n2 − 3 > n− 3, 100n > 100 при каждом

n ∈ N. Возьмем произвольное M > 0 и любое n, удовлетворяю-

щее неравенствуn− 3100

> M , т. е. n > 100M + 3. Для такого nимеем |xn| > M , значит последовательность {xn} не ограничена,и поэтому расходится. �

4



Используя определение предела последовательности, до-кажите равенства:

2.1. limn→∞

3− 2n2+ 3n

= −23; 2.2. lim

n→∞1√3n− 1 = 0;

2.3. limn→∞

1np = 0, p ∈ N; 2.4. lim

n→∞1an = 0, a > 1.

Докажите сходимость последовательностей:

2.5. xn = 1+ 2√n; 2.6. xn = −4+ (−1)n

n; 2.7. xn = n3 − 4n

n5 + 1.

Докажите расходимость последовательностей:

2.8. xn = (−1)n+1 − 2; 2.9. xn = n2 cos πn2; 2.10. xn = cos πn

2.

3. Переход к пределу в неравенствах

3.1. Основные понятия и теоремы.

Те ор ем а 3.1 (о трех последовательностях). Пусть последо-вательности {xn}, {yn}, {zn} удовлетворяют условиям:1) lim

n→∞xn = limn→∞ yn = a;

2) при любом n ∈ N выполнено неравенство xn � zn � yn.Тогда lim

n→∞ zn = 0.

Те о р ем а 3.2. Пусть limn→∞xn = a, lim

n→∞ yn = b, причем a < b.Тогда существует N ∈ N такое, что при любом n > N

выполнено неравенство xn < yn.

Те о р ем а 3.3. Пусть выполнены условия:1) существуют lim

n→∞xn = a, limn→∞ yn = b;

2) при каждом n ∈ N выполнено неравенство xn > yn(xn � yn).

Тогда a � b.Теоремы 3.1 и 3.3 остаются справедливыми и в том случае,

если неравенство, указанное в условии 2, выполнено не для всехнатуральных n, а лишь начиная с некоторого номера.

3. Переход к пределу в неравенствах 51



1). Если limn→∞xn �= 0 и xn �= 0 при каждом n ∈ N, то последова-

тельность yn = 1/xn ограничена.

2). Пусть limn→∞xn = a и существует N ∈ N такое, что для любого

n > N xn > b (xn � b). Тогда a � b.


Доказать равенство.


(sinn)2

n= 0.

� Для любого n ∈ N имеем 0 � (sinn)2 � 1, и поэтому

0 � (sinn)2

n� 1n.

Положимxn = 0, yn = 1

n, zn = (sinn)2

n.

Поскольку limn→∞xn = 0, lim

n→∞ yn = 0 (задача 2.3), то последова-тельности {xn}, {yn}, {zn} удовлетворяют условиям теоремы 3.1.Отсюда имеем

limn→∞ zn = lim

n→∞(sinn)2

n= 0. �


6n

nn = 0.

� Для всех n � 12 справедливо неравенство 6/n � 1/2, и по-этому

0 �( 6n

)n

�(12

)n

.

Положим xn = 0, yn = (1/2)n, zn = (6/n)n. Поскольку

limn→∞xn = 0, lim

n→∞ yn = 0

4*


(задача 2.4), то последовательности {xn}, {yn}, {zn} удовле-творяют условиям теоремы 3.1 (второе условие выполнено приn � 12). Отсюда следует, что

limn→∞ zn = lim

n→∞6n

nn = 0. �


3n

n!= 0.

� Заметив, что при n � 6 справедливо неравенство3/n � 1/2, имеем

0 <3n

n!= 3

5

5!· 3 · · · 36 · · ·n � 243

120·(12

)n−5= 243 · 32

120·(12

)n

.

Поскольку limn→∞

(12

)n

= 0 (задача 2.4), то из теоремы 3.1 следует,

что limn→∞

3n

n!= 0. �


n√a = 1, a > 1.

� Положим αn = n√a − 1. Тогда αn � 0 и n = (1+ αn)n.

Используя неравенство Бернулли (пример 2.3, глава 1), имеем

a = (1+ αn)n � 1+ nαn � nαn.

Отсюда следует, что 0 < αn � a/n и поэтому 1 << 1+ αn � 1+ a/n. Поскольку lim

n→∞(1+ a/n) = 1, то положив

xn = 1, yn = 1+ αn, zn = 1+ a/n

и применив теорему 3.1, получим, что limn→∞(1 + αn) = 1. Следо-

вательно,lim

n→∞n√a = lim

n→∞(1+ αn) = 1. �


n√n = 1.

� Положим αn = n√n − 1. Тогда αn � 0 и n = (1+ αn)n.

Используя неравенство (2.1), глава 1, имеем

n = (1+ αn)n � n(n− 1)2

αn2.

4. Бесконечно малые последовательности 53

При n � 2 выполняется неравенство n − 1 � n/2 и поэтомусправедливы неравенства

n � n(n− 1)2

αn2 � n2

4αn2,

0 � αn � 2/√n,

1 � 1+ αn � 1+ 2/√n.

Поскольку limn→∞(1 + 2/

√n) = 1, то теореме 3.1 имеем lim

n→∞(1 ++ αn) = 1. Следовательно,

limn→∞

n√n = limn→∞(1+ αn) = 1. �



3.1. limn→∞

(2000n

)n

= 0; 3.2. limn→∞

(3n+ 4n2

)n

= 0;

3.3. limn→∞

(n+ 24n− 1

)n

= 0.

4. Бесконечно малые последовательности

4.1. Основные понятия и теоремы. Последовательность{xn} называется бесконечно малой, если lim

n→∞xn = 0.

Те о р ем а 4.1. Пусть последовательность {xn} являетсябесконечно малой, последовательность {yn} ограничена. Тогдапроизведение {xn · yn} есть бесконечно малая последователь-ность.

Те о р ем а 4.2. Сумма двух бесконечно малых последователь-ностей есть бесконечно малая последовательность.

Те о р ем а 4.3. limn→∞xn = a ⇐⇒ последовательность αn =

= xn − a — бесконечно малая.



Докажите следующие утверждения:1). Алгебраическая сумма и произведение конечного числа бес-конечно малых последовательностей есть бесконечно малая по-следовательность.

2). Пусть последовательность {αn} — бесконечно малая,а lim

n→∞xn = a �= 0, причем при любом n ∈ N xn �= 0. Тогдапоследовательность βn = αn/xn — бесконечно малая.

3). limn→∞xn = 0 тогда и только тогда, когда lim

n→∞ |xn| = 0.

4). Пусть при любом n ∈ N xn � 0, limn→∞xn = 0, p ∈ N. Тогда

limn→∞

p√xn = 0.


Доказать, что последовательность {xn} является беско-нечно малой.

Пример 4.1. xn = qn, |q| < 1.� Если q = 0, то qn = 0 при любом n ∈ N и поэтому

limn→∞ qn = 0. Пусть 0 < |q| < 1. Докажем, что последователь-ность {qn} удовлетворяет определению бесконечно малой, т. е.∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N |qn| < ε. Зададим произвольное ε > 0.Для нахождения N решим неравенство |qn| < ε относительно n.Получим n > log|q| ε. Итак, доказано:

∀ε > 0 ∃N ∈ N (N > log|q| ε) ∀n > N |qn| < ε,

т. е. limn→∞ qn = 0. �

Пример 4.2. xn = sinn√3n− 1.

� Имеем xn = sinn · 1√3n− 1. Последовательность {sinn}

ограничена, а{

1√3n− 1

}— бесконечно малая (задача 2.2). От-

5. Бесконечно большие последовательности 55

сюда по теореме 4.1 получаем, что {xn} есть бесконечно малая.�


Определите, является ли последовательность {xn} бес-конечно малой.

4.1. xn = 3− 2n10n+ 7

; 4.2. xn = (−1)n

3√n ;

4.3. xn = n+ 8−n2 ; 4.4. xn = qn

n, |q| � 1;

4.5. xn = cosnnp , p ∈ N; 4.6. xn =

(34

)n

+ (−1)n

n.

5. Бесконечно большие последовательности

5.1. Основные понятия и теоремы. Последовательность{xn} называется бесконечно большой, если

∀A > 0 ∃N ∈ N ∀n > N |xn| > A.

Обозначение: limn→∞xn = ∞.

Последовательность {xn} называется бесконечно большойположительной, если

∀A > 0 ∃N ∈ N ∀n > N xn > A.

Обозначение: limn→∞xn = +∞.

Последовательность {xn} называется бесконечно большойотрицательной, если

∀A > 0 ∃N ∈ N ∀n > N xn < −A.Обозначение: lim

n→∞xn = −∞.Во всех этих случаях говорят также, что последователь-

ность {xn} имеет бесконечный предел, соответственно равный∞, +∞, −∞.Всякая бесконечно большая последовательность является

расходящейся.


Те ор ем а 5.1. 1). Пусть для любого n ∈ N xn �= 0, limn→∞xn =

= ∞. Тогда limn→∞

1xn

= 0.2). Пусть для любого n ∈ N xn �= 0, lim

n→∞xn = 0. Тогда

limn→∞

1xn

= ∞.3). Пусть для любого n ∈ N xn > 0 (xn < 0), lim

n→∞xn = 0.Тогда lim

n→∞ 1/xn = +∞(lim

n→∞ 1/xn = −∞).

Те ор ем а 5.2 (свойства бесконечно больших, связанные с нера-венствами). 1). Пусть ∀n ∈ N xn � yn, lim

n→∞ yn = +∞. Тогдаlim

n→∞xn = +∞.2). Пусть ∀n ∈ N xn � yn, lim

n→∞xn = −∞. Тогда limn→∞ yn =

= −∞.Те ор ем а 5.3. Пусть lim

n→∞xn = +∞. Тогда1) если lim

n→∞ yn = +∞, то limn→∞(xn + yn) = +∞.

2) если limn→∞ yn = −∞, то lim

n→∞(yn − xn) = −∞.

Те ор ем а 5.4. Пусть limn→∞xn = +∞. Тогда

1) если limn→∞ yn = b > 0, то lim

n→∞(xn · yn) = +∞.2) если lim

n→∞ yn = b < 0, то limn→∞(xn · yn) = −∞.

3) если limn→∞ yn = b �= 0, b ∈ R, то lim

n→∞(xn + yn) = +∞,lim

n→∞(yn − xn) = −∞.



1). limn→∞xn = +∞ ⇐⇒ lim

n→∞ |xn| = +∞.

2). Пусть |xn| � |yn| для любого n ∈ N, limn→∞ yn = ∞. Тогда

limn→∞xn = ∞.

3). limn→∞xn = +∞ =⇒ lim

n→∞(−xn) = −∞.

5. Бесконечно большие последовательности 57

4). limn→∞xn = −∞ =⇒ lim

n→∞(−xn) = +∞.

5). limn→∞xn = ∞, lim

n→∞ yn = ∞ =⇒ limn→∞(xn · yn) = ∞.

6). Произведение двух бесконечно больших последовательностейпротивоположных знаков есть отрицательная бесконечно боль-шая последовательность.

7). Произведение двух бесконечно больших последовательностейодного знака есть положительная бесконечно большая последо-вательность.

8). Пусть xn � 0 для любого n ∈ N, limn→∞xn = +∞, p ∈ N. Тогда

limn→∞

p√xn = +∞.

9). Верно ли утверждение: 1) всякая бесконечно большая после-довательность является неограниченной; 2) любая неограничен-ная последовательность является бесконечно большой?


Доказать.

Пример 5.1. limn→∞ an = +∞, a > 1.

� Докажем, что последовательность {an} удовлетворяетопределению бесконечно большой положительной, т. е.

∀A > 0 ∃N ∈ N ∀n > N an > A.

Возьмем произвольное A > 0. Для нахождения номера N ре-шим относительно n неравенство an > A. Получим n > logaA.Поэтому в качестве N можно взять любое натуральное число,удовлетворяющее неравенству N > logaA. Итак,

∀A > 0 ∃N ∈ N (N > logaA) ∀n > N an > A,

т. е. limn→∞ an = +∞. �


Пример 5.2. limn→∞(−1)n · n2 = ∞.

� Для доказательства воcпользуемся определением бесконеч-но большой последовательности. Возьмем произвольное A > 0.Поскольку |xn| = |(−1)n · n2| = n2, то неравенство |xn| > Aравносильно неравенству n2 > A, которое выполняется для всехn >

√A. Таким образом, ∀A > 0 ∃N ∈ N (N >

√A) ∀n > N

|(−1)n · n2| > A, т. е. limn→∞((−1)n · n2) = ∞. �

Пример 5.3. limn→∞− n2

n+ 8= −∞.

� Заметим, что для всех n ∈ N выполняетсяn2

n+ 8� n − 8

и поэтому

− n2

n+ 8� 8− n. (5.1)

Из теоремы 5.4 (часть 3) следует, что limn→∞(8 − n) = −∞, по-

скольку limn→∞(n) = +∞. Учитывая (5.1), по теореме 5.2 (часть 2)

имеем limn→∞− n2

n+ 8= −∞. �

Пример 5.4. Доказать, что последовательность xn = n(−1)n

неограничена, но не является бесконечно большой.

� а). Докажем, что {xn} удовлетворяет определению неогра-ниченной последовательности. Возьмем произвольное M > 0.При четном n xn = n, и поэтому неравенство |xn| > M рав-носильно неравенству n > M . Следовательно, если n — четноеи n > M , то |xn| > M . А это означает, что {xn} — неограничен-ная последовательность.б). Докажем, что {xn} не является бесконечно большой по-

следовательностью. Сформулируем отрицание определения бес-конечно большой последовательности:

∃A > 0 ∀N ∈ N ∃n > N |xn| � A.

Заметим, что |xn| = |1/n| � 1 при нечетном n. Отсюда следует,что для A = 1 и любого N ∈ N найдется n > N (в качестве nможно взять любое нечетное n > N) такое, что |xn| � A. А этоозначает, что {xn} не является бесконечно большой. �

6. Арифметические операции над сходящимися последовательностями 59



5.1. limn→∞n! = +∞; 5.2. 5.2. lim

n→∞np = +∞, p � 1;

5.3. limn→∞ qn = ∞, |q| > 1; 5.4. lim

n→∞(5− 2n3) = −∞;

5.5. limn→∞

11− n

√n

= −∞; 5.6. limn→∞

7n

n2= +∞.

Докажите, что последовательность {xn} не ограничена, ноне является бесконечно большой:

5.7. xn = n2 sin πn

2; 5.8. xn = n(1+ (−1)n).

6. Арифметические операциинад сходящимися последовательностями


Те ор ем а 6.1 (предел суммы, разности и произведения).Пусть

limn→∞xn = a, lim

n→∞ yn = b.

Тогда имеют предел последовательности {xn + yn},{xn · yn}, причем

limn→∞(xn + yn) = a+ b, lim

n→∞(xn − yn) = a− b,

limn→∞(xn · yn) = a · b.

Те ор ем а 6.2 (предел частного). Пусть

limn→∞xn = a, lim

n→∞ yn = b �= 0.и yn �= 0 для любого n ∈ N.

Тогда имеет предел последовательность {xn/yn}, причемlim

n→∞(xn/yn) = a/b.

В ряде случаев последовательность, предел которой надо вы-числить, представляет собой результат выполнения какой-либоарифметической операции над последовательностями, но теоре-мы 6.1 и 6.2 применить нельзя. В этом случае говорят, что


последовательность представляет собой неопределенность. На-пример, пусть zn = xn/yn. Если lim

n→∞xn = limn→∞ yn = 0, то гово-

рят, что отношение {xn/yn} при n → ∞ есть неопределенностьвида 0/0. Раскрыть неопределенность — это значит найтипредел lim

n→∞xn

ynили доказать, что он не существует. Аналогично

вводятся неопределенности вида ∞/∞, 0/∞, ∞−∞.


1). Приведите примеры последовательностей {xn} и {yn} таких,что lim

n→∞xn = limn→∞ yn = 0 и

a) limn→∞

xn

yn= 0; �) lim

n→∞xn

yn= 1;

�) limn→∞

xn

yn= −∞; �) lim

n→∞xn

ynне существует.

2). Пусть последовательность {xn} сходится, а последователь-ность {yn} расходится. Следует ли отсюда, что является расхо-дящейся последовательность:a) {xn + yn}; б) {xn · yn}?

3). Докажите утверждение: если последовательность {xn} схо-дится, причем ее предел отличен от нуля, a последовательность{yn} расходится, то последовательность {xn · yn} — расходится.

4). Верно ли утверждение: если последовательности {xn} и {yn}расходятся, то последовательность {xn · yn} расходится?

5). Верно ли утверждение: если limn→∞(xn · yn) = 0, то хотя бы одна

из последовательностей {xn}, {yn} является бесконечно малой?


Найти limn→∞xn.

Пример 6.1. xn = 5n5

n4 + 1.

6. Арифметические операции над сходящимися последовательностями 61

� Поскольку limn→∞(5n5) = ∞, lim

n→∞(n4 + 1) = ∞, то имеемнеопределенность вида ∞/∞. Для ее раскрытия выполним тож-дественные преобразования xn:

xn = 5n5

n4 + 1= n · 5n

4

n4 + 1= n · 5

1+ 1

n4

.

Учитывая, что{ 1n4

}— бесконечно малая, и применяя теоремы

6.1 и 6.2, получим

limn→∞

5

1+ 1

n4

=lim

n→∞ 5

limn→∞(1+ 1

n4)

= 5

1+ limn→∞

1

n4

= 51

= 5 > 0.

Так как limn→∞n = +∞, то по теореме 5.4 окончательно получаем

limn→∞xn = +∞. �

Пример 6.2. xn = 3n + 2n

5+ 3n+1 .

� Имеем неопределенность вида ∞/∞. Преобразуем xn, раз-

делив числитель и знаменатель на 3n: xn = 1+ (2/3)n

5/3n + 1/3. Теперь

для вычисления предела можно применить теоремы 6.1 и 6.2.Учитывая результат примера 4.1, получим:

limn→∞xn =

1+ limn→∞(2/3)n

limn→∞ 5/3

n + 3= 1+ 00+ 3

= 13. �

Пример 6.3. xn =√n2 + n+ 2+ n

n2 + 3n.

� Имеем неопределенность вида ∞/∞. Преобразуем xn, раз-делив числитель и знаменатель на n2:

xn =√n2 + n+ 2+ n

n2 + 3n=

√1

n2+ 1

n3+ 2

n4+ 1n

1+ 3n

.


Учитывая, что{ 1n2

},{ 1n3

},{ 2n4

},{ 1n

}— бесконечно малые,

а также утверждение примера 2.3 из п. 2.2, и применяя теоремы6.1 и 6.2, получим

limn→∞xn =

√lim

n→∞

(1

n2+ 1

n3+ 2

n4

)+ 1n

1+ limn→∞

3n

=√0+ 01+ 0

= 01

= 0. �

Пример 6.4. xn =√2n2 + n− n

√2.

� Имеем неопределенность вида ∞ − ∞. Преобразуем xn,умножив числитель и знаменатель на (

√2n2 + n+ n

√2):

xn = (√2n2 + n− n

√2)(√2n2 + n+ n

√2)√

2n2 + n+ n√2

=

= 2n2 + n− 2n2√2n2 + n+ n

√2

= n√2n2 + n+ n

√2.

В результате приходим к неопределенности ∞/∞, которая ана-логична рассмотренной в примере 6.3. Используя утверждениепримера 2.3, получаем

limn→∞xn = lim

n→∞1√

2+ 1n

+√2

= 1√2+ 0+

√2

= 1

2√2. �


Найдите limn→∞xn:

6.1. xn = 1+ 13

+ · · · + 13n; 6.2. xn = n2−n

n+ 2;

6.3. xn = n2 − 3n+ 22n2 + 3n− 2; 6.4. xn = 1+ 2+ · · · + n

n3 + 1;

6.5. xn = (n+ 5)3 − n(n+ 6)2

n2;

6.6. xn = 11 · 2 + 1

2 · 3 + · · · + 1n · (n+ 1)

; 6.7. xn =(−1)n + 1

n1

n2− (−1)n

;

7. Подпоследовательность. Частичный предел 63

6.8. xn = 3n

3n2 + 1sin n− 1

n+ 1; 6.9. xn =

√n2 + 2n−

√n2 − 2n;

6.10. xn =√n√

n+ 1+√n; 6.11. xn =

√2n+ 1−√

n− 1;

6.12. xn =√n2 + n− 1−

√n2 − n+ 1;

6.13. xn = n2(n−√n2 + 1

).

7. Подпоследовательность. Частичный предел

7.1. Основные понятия и теоремы. Пусть {xn} — некото-рая последовательность, {kn} — возрастающая последователь-ность натуральных чисел. Выберем из последовательности {xn}члены с номерами, принадлежащими последовательности {kn}:xk1 , xk2 , . . . , xkn , . . .. Полученную последовательность {xkn} на-зывают подпоследовательностью последовательности {xn}.Те о р ем а 7.1. Пусть1) lim

n→∞xn = a, где a ∈ R или один из символов +∞ или −∞;2) {xkn} — любая подпоследовательность последователь-

ности {xn}.Тогда lim

n→∞xkn = a.

Те ор ем а 7.2 (Больцано–Вейерштрасса). Любая ограничен-ная последовательность содержит сходящуюся подпоследо-вательность.Предел подпоследовательности данной последовательности

называется частичным пределом последовательности, или пре-дельной точкой последовательности.

Те о р ем а 7.3. Последовательность сходится тогда и толь-ко тогда, когда она ограничена и имеет единственный ча-стичный предел.Аналогом теоремы Больцано–Вейерштрасса для неограничен-

ных последовательностей является следующая теорема.

Те о р ем а 7.4. Всякая неограниченная последовательностьсодержит либо бесконечно большую положительную подпо-следовательность, либо бесконечно большую отрицательнуюподпоследовательность.




1). Число a ∈ R — частичный предел последовательность {xn}тогда и только тогда, когда в любой ε-окрестности точки aсодержится бесконечно много членов последовательности {xn}.

2). Ограниченная последовательность имеет хотя бы один ча-стичный предел.

3). Сходящаяся последовательность имеет только один частич-ный предел, совпадающий с ее пределом.

4). Монотонная ограниченная последовательность имеет толькоодин частичный предел.

5). Пусть {x2k}, {x2k−1} — подпоследовательности последова-тельности {xn}, причем {x2k} имеет предел a, a {x2k−1} имеетпредел b, где a, b ∈ R. Тогда только a и b являются частичнымипределами последовательности {xn}.

6). Из любой ограниченной последовательности можно выделитьмонотонную подпоследовательность.

7). Из каждой сходящейся последовательности можно выделитьмонотонную сходящуюся подпоследовательность.

8). Если последовательность монотонна и не ограничена, то лю-бая ее подпоследовательность также монотонна и не ограничена.

9). Приведите пример последовательности:а) расходящейся и имеющей только один частичный предел;б) имеющей только два частичных предела;в) не имеющей частичных пределов.

10). Верно ли утверждение:а) предел последовательности является ее частичным преде-

лом;

7. Подпоследовательность. Частичный предел 65

б) если последовательность имеет единственный частичныйпредел, то она сходится?

11). Существует ли неограниченная последовательность, содер-жащая сходящуюся подпоследовательность?


Пример 7.1. Доказать, что последовательность xn = cosπnрасходится.

� Рассмотрим две подпоследовательности этой последова-тельности: x2k = cos 2πk и x2k−1 = cos(2k − 1)π, k ∈ N. Имеемlim

k→∞x2k = 1, lim

k→∞x2k−1 = −1. Следовательно, у последователь-

ности {cosπn} есть два частичных предела: 1 и −1. По тео-реме 7.3 заключаем, что она расходится, поскольку сходящаясяпоследовательность имеет только один частичный предел. �Пример 7.2. Доказать, что любая подпоследовательностьбесконечно большой последовательности также являетсябесконечно большой.

� Пусть {xn} — бесконечно большая последовательностьи {xkn} — ее подпоследовательность. По определению бесконеч-но большой последовательности имеем:

∀A > 0 ∃N ∈ N ∀n > N |xn| > A.

Поскольку kn � n, то при любом n > N выполняется неравенствоkn > N и поэтому |xkn | > A. Следовательно, {xkn} — бесконечнобольшая. �Пример 7.3. Доказать, что бесконечно большая последова-тельность не имеет частичных пределов.

� Доказательство проведем методом от противного. Пусть{xn} — бесконечно большая последовательность и a ∈ R — еечастичный предел. Тогда у {xn} существует сходящаяся подпо-следовательность {xkn} такая, что lim

n→∞xkn = a. С другой сто-

роны, {xkn} — бесконечно большая, поскольку (пример 7.2) онаявляется подпоследовательностью бесконечно большой последо-вательности. Поэтому {xkn} расходится. Полученное противоре-чие показывает, что {xn} не имеет частичных пределов. �

5



Укажите сходящуюся подпоследовательность последова-тельности {xn}:7.1. xn = (−1)n

(2+ 1

n

); 7.2. xn = 2+ cos πn

2· n+ 1

n;

7.3. xn = n((−1)n + 1).Найдите все частичные пределы последовательно-

сти {xn}:7.4. xn = (−1)n

n+ 1; 7.5. xn = (−1)n

(1+ 1

n

);

7.6. xn = −n3n2 + 1

; 7.7. xn = cos πn3;

7.8. xn = (−1)n 3n+ 12n; 7.9. xn = (−1)n + 4.

8. Предел монотонной последовательности.Число e


Те ор ем а 8.1. 1). Если последовательность {xn} возрастаети ограничена сверху, то {xn} сходится, причем

limn→∞xn = sup{xn}.

2). Если последовательность {xn} убывает и ограниченаснизу, то {xn} сходится, причем lim

n→∞xn = inf{xn}.

Те ор ем а 8.2. Последовательность xn =(1+ 1

n

)n

сходится.

Предел этой последовательности — действительное число,которое обозначают e, т. е.

e = limn→∞

(1+ 1

n

)n

.

Число e играет важную роль в математическом анализе.

8. Предел монотонной последовательности. Число e 67



1). Если последовательность ограничена снизу (сверху) и убыва-ет (возрастает), начиная с некоторого номера, то она сходится.

2). Возрастающая (убывающая) последовательность сходится то-гда и только тогда, когда она ограничена сверху (снизу).

3). Монотонная ограниченная последовательность сходится.

4). Если последовательность {xn} возрастает (убывает) и неограничена сверху (снизу), то lim

n→∞xn = +∞ ( limn→∞xn = −∞).


Пример 8.1. Найти предел последовательности

wn =(1+ 1

n+ 5

)n

.

� Имеем

wn =(1+ 1

n+ 5

)n

=

(1+ 1

n+ 5

)n+5

(1+ 1

n+ 5

)5 .

Найдем пределы числителя и знаменателя дроби. Заметим, что

последовательность yn =(1+ 1

n+ 5

)n+5является подпоследова-

тельностью последовательности xn =(1+ 1

n

)n

. Применив теоре-мы 7.1 и 8.2, получаем lim

n→∞ yn = limn→∞xn = e. Теперь найдем пре-

дел последовательности zn =(1+ 1

n+ 5

)5. Применив теоремы

о пределе суммы и произведения, имеем limn→∞ zn = (1 + 0)5 = 1.

Наконец, используя теорему о пределе частного, получим

limn→∞wn =

limn→∞ yn

limn→∞ zn

= e

1= e. �

5*


Пример 8.2. Доказать, что последовательность xn = n3

10nимеет предел и найти его.

� Последовательность {xn} ограничена снизу, так как xn > 0для любого n. Докажем, что {xn} убывает. Рассмотрим

xn+1

xn= (n+ 1)3 · 10n

10n+1 · n3 =(n+ 1n

)3· 110

= 110

·(1+ 1

n

)3.

Поскольку для любого n � 1 (1 + 1/n)3 < 8, то xn+1/xn << 8/10 < 1. Значит, {xn} — убывающая. Отсюда по теореме 8.2следует, что {xn} сходится. Обозначим L = lim

n→∞xn. Переходя

к пределу при n → ∞ в равенстве xn+1 = 110

(1+ 1

n

)3xn, полу-

чимlim

n→∞xn+1 = 110

· limn→∞

(1+ 1

n

)3· lim

n→∞xn.

Откуда L = 110L, L = 0, т. е. lim

n→∞xn = 0. �

Пример 8.3. Доказать, что последовательность {xn}, гдеx1 =

√2, xn+1 =

√2+ xn, имеет предел, и найти его.

� Сначала докажем, что {xn} ограничена. Применим методматематической индукции. Очевидно, что 1 < x1 < 2. Пусть1 < xk < 2, тогда имеем

1 <√2+ xk <

√2+ 2 = 2 =⇒ 1 < xk+1 < 2.

Отсюда получаем, что 1 < xn < 2 при всех n ∈ N. Докажемтеперь, что {xn} возрастает. Имеем x2n+1 − x2n = 2 + xn − x2n.Отсюда получаем

xn+1 − xn = (2− xn)(xn + 1)xn+1 + xn

> 0,

т. е. xn+1 > xn. Таким образом, {xn} — ограниченная возраста-ющая последовательность, и поэтому по теореме 8.1 существуетlim

n→∞xn = a. Перейдем в равенстве x2n+1 = 2+ xn к пределу при

n → ∞. Поскольку последовательность {xn+1} является подпо-следовательностью последовательности {xn}, то lim

n→∞xn+1 = a.

Поэтому для нахождения a получим уравнение a2 = 2+ a, откудаa = −1 или a = 2. Заметим, что при любом n ∈ N xn > 1и поэтому a � 1. Таким образом, окончательно имеем a = 2. �

8. Предел монотонной последовательности. Число e 69

Пример 8.4. Доказать, что последовательность xn ==(1− 1

n

)n

имеет предел, и найти его.

� Заметим, что для любого n ∈ N 1 − 1n+ 1

= 1

1+ 1n

.

Рассмотрим подпоследовательность {xn+1} последовательности{xn}. Имеем

xn+1 =(1− 1

n+ 1

)n+1= 1(1+ 1

n

)n+1 = 1(1+ 1

n

)n (1+ 1

n

) .Отсюда получаем

limn→∞xn+1 = 1

limn→∞

(1+ 1

n

)n

limn→∞

(1+ 1

n

) = 1e.

Последовательность {xn} отличается от последовательности{xn+1} одним членом. Поэтому (см. теор. упр. 2в) из п. 2.2)

limn→∞xn = lim

n→∞xn+1 = e−1. �

Пример 8.5. Доказать, что что для любого a > 1 limn→∞xn =

= n

an = 0.

� Последовательность {xn} ограничена снизу, так как xn > 0для любого n. Докажем, что, начиная с некоторого номера, {xn}является убывающей. Рассмотрим

xn+1

xn= (n+ 1) · a

an+1 · n = 1a·(1+ 1

n

).

Решив относительно n неравенство1a·(1+ 1

n

)< 1, получим

n >1

a− 1 . Cледовательно, при любом n ∈ R и n >1

a− 1 вы-полняется неравенство

xn+1

xn< 1. Поэтому, начиная с номера

n =[ 1a− 1

]+ 1, {xn} — убывающая последовательность. Отсю-

да, используя утверждение теоретического упражнения 1 из п.8.2, получаем, что {xn} сходится. Пусть L = lim

n→∞xn. Перейдемк пределу в равенстве

xn+1 = 1a·(1+ 1

n

)xn.


Получим L = 1a· L, т. е. L = lim

n→∞xn = 0. �


Докажите сходимость последовательности {xn}:8.1. xn = 1+ 1

22+ 1

32+ · · · + 1

n2;

8.2. xn = 1n+ 1

+ 1n+ 2

+ · · · 12n;

Найдите предел последовательности {xn}:

8.3. xn =(1+ 1

n

)3n; 8.4. xn =

(4n + 14n

)4n;

8.5. xn =(1+ 1

2n

)n

; 8.6. xn =(

n

n+ 1

)n.

Докажите, что последовательность {xn} имеет предели найдите его.

8.7. xn = 2n

n!; 8.8. xn = n2

6n; 8.9. x1 = 0, xn+1 =

√6+ xn.

8.10. Докажите, что для любого a > 1 limn→∞xn = an

n!= 0.

9. Критерий Коши

9.1. Основные понятия и теоремы. Последовательность{xn} называется фундаментальной последовательностью,если она удовлетворяет условию Коши: для каждого ε > 0существует N ∈ N такое, что для любого n > N и любого m > Nвыполняется неравенство

|xn − xm| < ε.

Кратко это условие записывается так:

∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N ∀m > N |xn − xm| < ε.

Можно дать следующую равносильную формулировку усло-вия Коши:

9. Критерий Коши 71

Для каждого ε > 0 существует N ∈ N такое, что для любогоn > N и для любого натурального p выполняется неравенство

|xn+p − xn| < ε.

Краткая запись этой формулировки:

∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N ∀p ∈ N |xn+p − xn| < ε.

Те ор ем а 9.1 (критерий Коши). Последовательность {xn}сходится тогда и только тогда, когда {xn} являетсяфундаментальной.



1). Фундаментальная последовательность ограничена.

2). Если последовательность {xn} сходится, то она фундамен-тальна.

3). Если последовательность {xn} фундаментальна и содержитсходящуюся подпоследовательность, то {xn} сходится.

4). У фундаментальной последовательности любая подпоследова-тельность фундаментальна.

5). Постройте отрицание условия Коши и с его помощью сфор-мулируйте критерий расходимости последовательности.


Пример 9.1. Доказать сходимость последовательности {xn},где

xn = sin 12

+ sin 222

+ · · · + sinn2n

.


� В силу критерия Коши достаточно доказать, что {xn}фундаментальна. Имеем

|xn+p − xn| =∣∣∣ sin(n+ 1)2n+1 + · · · + sin(n+ p)

2n+p

∣∣∣ �� 1

2n+1 + · · · + 12n+p = 1

2n+1 ·1− 1

2p

1− 12

<12n.

Учитывая, что limn→∞ 1/2

n = 0, получаем: для любого ε > 0 су-ществует N ∈ N такое, что при каждом n > N и всех p ∈ Nвыполняется неравенство

|xn+p − xn| < 1/2n < ε.

Итак, последовательность {xn} фундаментальна и поэтому схо-дится. �

Пример 9.2. Доказать расходимость последовательности{xn}, где

xn = 1+ 12

+ · · · + 1n.

� Из критерия Коши следует, что последовательность {xn}не имеет предела, если

∃ ε > 0 ∀N ∃n > N ∃m > N |xn − xm| � ε.

Оценим |x2n − xn|. Имеем

|x2n − xn| = 1n+ 1

+ 1n+ 2

+ · · · + 12n

� n

2n= 12

для любого n ∈ N. Возьмем ε = 1/2 и для любого k ∈ N положимn = k + 1 и m = 2(k + 1). Тогда

|xm − xn| = |x2(k+1) − xk+1| � 12.

Это означает, что последовательность {xn} не является фунда-ментальной, и поэтому она расходится. �

9. Критерий Коши 73


Докажите сходимость последовательности {xn}:9.1. xn = 1

2!+ 13!

+ · · · + 1(n+ 1)!

;

9.2. xn = 11 · 2 −

12 · 3 + · · · + (−1)n−1

n · (n+ 1).

Докажите расходимость последовательности {xn}:9.3. xn = 1+ 1√

2+ 1√

3+ · · · + 1√

n;

9.4. xn = 1

22+ 2

32+ · · · + n

(n+ 1)2.

Гл а в а 3

ПРЕДЕЛ И НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ

1. Понятие предела функции (по Коши)


Окрестностью, или δ-окрестностью Uδ(a) точки a веще-ственной прямой R называется множество точек x ∈ R, удо-влетворяющих неравенству |x − a| < δ (δ > 0), т. е. интервал(a− δ, a+ δ).

Проколотой окрестностью, или проколотой δ-окрестно-

стью◦U δ(a) точки a называется множество точек x ∈ R, удовле-

творяющих неравенству 0 < |x− a| < δ (δ > 0), т. е. объединениеинтервалов (a− δ, a) ∪ (a, a+ δ).

Число b называется пределом функции f(x) в точке a (приx → a), если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что

при любом x ∈ ◦U δ(a) выполняется неравенство |f(x) − b| < ε.

Обозначение: b = limx→a

f(x).

Правой полуокрестностью◦U δ(a + 0) точки a называ-

ется множество точек x ∈ R, удовлетворяющих неравенству0 < x− a < δ (δ > 0), т. е. интервал (a, a+ δ).

Число b называется пределом функции f(x) в точке a справа(при x→ a+ 0), если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое,что при любом x ∈ ◦

U δ(a + 0) выполняется неравенство |f(x) −− b| < ε. Обозначения: b = lim

x→a+0f(x) = f(a+ 0) при a �= 0 и b =

= limx→+0

f(x) = f(0+ 0) при a = 0.

Левой полуокрестностью◦U δ(a− 0) точки a называется мно-

жество точек x ∈ R, удовлетворяющих неравенству −δ < x− a << 0 (δ > 0), т. е. интервал (a− δ, a).

1. Понятие предела функции (по Коши) 75

Число b называется пределом функции f(x) в точке a слева(при x→ a− 0), если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое,что при любом x ∈ ◦

U δ(a − 0) выполняется неравенство |f(x) −− b| < ε. Обозначения: b = lim

x→a−0f(x) = f(a− 0) при a �= 0 и b =

= limx→−0

f(x) = f(0− 0) при a = 0.

Пределы функции f(x) при x → a + 0 и при x → a − 0называются односторонними пределами.

Проколотой окрестностью, или проколотой δ-окрестно-

стью◦Uδ(∞) бесконечно удаленной точки называется мно-

жество точек x ∈ R, удовлетворяющих неравенству |x| > 1/δ(δ > 0), т. е. объединение интервалов (−∞, −1/δ) ∪ (1/δ, +∞).

Число b называется пределом функции f(x) при x → ∞,если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при любом

x ∈ ◦U δ(∞) выполняется неравенство |f(x)− b| < ε. Обозначение:

b = limx→∞ f(x).

Правой полуокрестностью◦U δ(−∞) бесконечно удаленной

точки называется множество точек x ∈ R, удовлетворяющихнеравенству x < −1/δ (δ > 0), т. е. интервал (−∞, −1/δ).Число b называется пределом функции f(x) при x → −∞,

если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при любом

x ∈ ◦U δ(−∞) выполняется неравенство |f(x) − b| < ε. Обозначе-

ние: b = limx→−∞ f(x).

Левой полуокрестностью◦U δ(+∞) бесконечно удаленной

точки называется множество точек x ∈ R, удовлетворяющихнеравенству x > 1/δ (δ > 0), т. е. интервал (1/δ,+ ∞).

Число b называется пределом функции f(x) при x → +∞,если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при любом

x ∈ ◦U δ(+∞) выполняется неравенство |f(x) − b| < ε. Обозначе-

ние: b = limx→+∞ f(x).

Пределы функции f(x) при x→ +∞, x→ −∞ и при x→ ∞называются пределами на бесконечности, причем пределы приx→ +∞ и при x→ −∞ называются односторонними предела-ми на бесконечности.Заметим, что неравенство |f(x)− b| < ε равносильно условию

f(x) ∈ Uε(b).

76 Гл. 3. Предел и непрерывность функции

Пусть w — один из символов {a, a+ 0, a− 0, ∞, +∞, −∞}(a ∈ R). Тогда можно сформулировать определение предела в об-щем случае.

Число b называется пределом функции f(x) при x → w,если для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при лю-

бом x ∈ ◦U δ(w) выполняется условие f(x) ∈ Uε(b). Обозначение:

b = limx→w

f(x).

Те о р ем а 1.1 (единственность предела функции). Еслиlimx→w

f(x) = b1 и limx→w

f(x) = b2, то b1 = b2.

Те о р е м а 1.2 (локальная ограниченность функции, имеющейпредел). Если lim

x→wf(x) = b, то существует δ > 0 такое, что

на множестве◦U δ(w) функция f(x) ограничена.


1). Докажите, что если limx→w

f(x) = b, то limx→w

|f(x)| = |b|. Верноли обратное утверждение?

2). Пусть w — один из символов {a, a + 0, a − 0} (a ∈ R).Докажите, что если существуют δ > 0, λ > 0 такие, что при

любом x ∈ ◦U δ(w) выполняется неравенство |f(x) − b| � λ|x− a|,

то limx→w

f(x) = b.

3). Докажите, что если существует limx→w

f(x), то для любого

ε > 0 существует δ > 0 такое, что при любых x1, x2 ∈◦U δ(w) вы-

полняется неравенство |f(x1) − f(x2)| < ε (необходимое условиеКоши).


Найти предел функции или доказать, что он не существу-ет.

Пример 1.1. limx→a

c (a, c ∈ R).


� Возьмем произвольное число ε > 0. Поскольку функ-ция f(x) = c — постоянная, то при любом x ∈ R имеем|f(x) − c| = |c − c| = 0 < ε. Поэтому в данном случае в каче-стве δ > 0, участвующего в определении предела, можно взятьлюбое положительное число, например, δ = 1. Итак, при любомx ∈ ◦

U δ(a) выполняется неравенство |f(x) − � | < ε. Следователь-но, lim

x→ac = c (a, c ∈ R). �


x (a ∈ R).

� Положим f(x) = x и возьмем произвольное число ε > 0.В данном случае при любом x ∈ R разность значений функцииf(x) − f(a) равна разности значений аргумента x − a, поэтому

в качестве δ > 0 можно принять δ = ε. Тогда при любом x ∈ ◦U δ(a)

будем иметь |f(x)− f(a)| = |x− a| < ε. Следовательно, limx→a

x = a

(a ∈ R). �Пример 1.3. lim

x→0|x|α (α > 0).

� Докажем, что limx→0

|x|α = 0 (α > 0). Возьмем произвольное

число ε > 0. Подберем такое δ > 0, чтобы при x ∈ ◦U δ(0), т. е. при

|x| < δ выполнялось условие |f(x)| = |x|α < ε. Для этого решимнеравенство |x|α < ε. Имеем:

|x|α < ε ⇐⇒ eα ln |x| < eln ε ⇐⇒ α ln |x| < ln ε ⇐⇒⇐⇒ ln |x| < ln ε

α⇐⇒ |x| < ε1/a.

Отсюда следует, что можно в качестве искомого δ принятьδ = ε1/a. При решении неравенства мы пользовались тем, чтофункции y = ex и y = lnx являются возрастающими. Итак, до-казано, что lim

x→0|x|α = 0 (α > 0). �

Пример 1.4. limx→∞ c/x (c �= 0).

� Положим f(x) = c/x. Заметим, что при возрастании xпо абсолютной величине значения функции f(x) неограни-ченно приближаются к нулю. Естественно предположить, чтоlim

x→∞ c/x = 0. Докажем справедливость нашей гипотезы. Возь-мем произвольное число ε > 0. Подберем такое δ > 0, что-

бы при x ∈ ◦U δ(∞), т. е. при |x| > 1/δ выполнялось условие


|f(x)| = |c/x| < ε. Для этого решим неравенство |c/x| < ε. Име-ем: ∣∣∣ c

x

∣∣∣ < ε ⇐⇒ |c||x| < ε ⇐⇒ |x| > |c|

ε.

Отсюда следует, что можно в качестве искомого δ принятьδ = ε/|c|. Итак, доказано, что lim

x→∞ 1/x = 0. �

Пример 1.5. limx→+0

lnx.

� Положим f(x) = lnx. Заметим, что при любом δ > 0функция lnx не ограничена на интервале (0, δ), т. е. в правойполуокрестности

◦U δ(+0) точки x = 0. Действительно, возьмем

произвольное число M > 0 и укажем число x ∈ ◦U δ(+0) такое,

что |f(x)| > M . Не ограничивая общности, будем предпола-гать, что δ < 1. Учитывая, что lnx < 0 при x ∈ (0, 1), имеем| lnx| = − lnx. Решаем неравенство:

− lnx > M ⇐⇒ lnx < −M ⇐⇒ 0 < x < e−M .

Таким образом, взяв число x ∈ ◦U δ(+0), удовлетворяющее усло-

вию x < e−M , получим |f(x)| > M . Итак, доказано, что прилюбом δ > 0 функция y = lnx не ограничена на множестве◦U δ(+0). Отсюда на основании теоремы о локальной ограничен-ности функции, имеющей предел, заключаем, что lim

x→+0lnx не

существует. �

Пример 1.6. limx→0

(|x|/x).

� По определению модуля имеем: f(x) = |x|x

=

={1 при x > 0,

−1 при x < 0.Заметим, что в данном случае необ-

ходимое условие Коши (упражнение 1.3) не выполняется.Действительно, положим ε = 1. При любом δ > 0 взяв x1 > 0,

x2 < 0, x1, x2 ∈◦U δ(0), получим |f(x1) − f(x2)| = 2 > ε. Итак,

установлено, что условие Коши нарушается и, следовательно,limx→0

(|x|/x) не существует. �




11+ x

= 1.

� Поскольку область определения функции f(x) = 1/(1+ x)не содержит точку x = −1, то мы будем рассматривать f(x)на промежутке (−1, 1). Согласно определению предела, надопоказать, что при любом ε > 0 существует δ > 0, что при |x| < δ

будет выполняться неравенство∣∣∣ 11+ x

− 1∣∣∣ < ε. Будем предпола-

гать, что ε < 1. Это не ограничивает общность, так как если

неравенство∣∣∣ 11+ x

− 1∣∣∣ < ε выполняется при ε = 1/2, то, тем

более, при ε = 1. Решим неравенство. Имеем:∣∣∣ 11+ x

− 1∣∣∣ < ε ⇐⇒

⇐⇒ −ε < 11+ x

− 1 < ε ⇐⇒ 1− ε <11+ x

< 1+ ε ⇐⇒

⇐⇒{1+ x > 1/(1+ ε)

1+ x < 1/(1− ε)⇐⇒ − ε

1+ ε< x <

ε

1− ε.

Посколькуε

1+ ε<

ε

1− ε, то(− ε

1+ ε,

ε

1+ ε

)⊂(− ε

1+ ε,

ε

1− ε

)и,

полагая δ = ε

1+ ε, получаем, что при x ∈ (−δ, δ) выполняeтся

неравенство∣∣∣ 11+ x

− 1∣∣∣ < ε. Следовательно, lim

x→011+ x

= 1. �


11+ |x| = 1.

� Рассмотрим и оценим сверху абсолютную величину разно-сти f(x) − b. Имеем:

|f(x) − b| =∣∣∣∣ 11+ |x| − 1

∣∣∣∣ = |x|1+ |x| � |x|.

Отсюда, пользуясь утверждением теоретического упражнения 2

из п. 1.2, заключаем, что limx→0

11+ |x| = 1. �


|x|3x

= 0.

� Область определения функции f(x) = |x|3xесть множе-

ство R \ {0}, и в любой проколотой δ-окрестности точки x = 0


имеем f(x) = x2, причем при |x| < 1 выполняется неравенство|f(x)| � |x|. Применяя утверждение теоретического упражне-ния 2, п. 1.2, заключаем, что lim

x→0|x|3x

= 0. �


√x =

√a (a > 0).

� Рассмотрим разность f(x) − b =√x − √

a и преобразуемее, умнножив и разделив на сопряженное иррациональное выра-жение

√x+

√a. Получим:

α(x) =√x−√

a = (√x−√

a)(√x+

√a)√

x+√a

= x− a√x+

√a.

Пользуясь полученным выражением и учитывая, что√x � 0 при

любом x � 0, оценим сверху абсолютную величину функции√x−√

a. Имеем:

|√x−√a| =

∣∣∣∣ x− a√x+

√a

∣∣∣∣ � |x− a|√a.

Из полученного неравенства следует, что limx→a

α(x) = 0 (см. теор.упр. 2, п. 1.2). �


Найдите предел функции или докажите, что он не суще-ствует.1.1. lim

x→∞ c (c ∈ R); 1.2. limx→1−0

(x+ 3);

1.3. limx→+∞

1lnx; 1.4. lim

x→−∞2

x− 1 ;

1.5. limx→1

2x− 1 ; 1.6. lim

x→a(|x− a|/(x− a)).

Докажите, что:

1.7. limx→0

|x|αx

= 0 (α > 1); 1.8. limx→1

|x− 1|3(x− 1) = 0;

1.9. limx→∞

x

1+ x= 1; 1.10. lim

x→01

a+ |x| = 1a

(α > 0).


2. Переход к пределу в неравенствах


Те ор ем а 2.1 (о трех функциях). Пусть функции f(x), h(x)и g (x) определены на множестве

◦U δ(w), где δ > 0, а w — один

из символов {a, a + 0, a − 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), и выпол-нены условия:

a) limx→w

f(x) = limx→wg (x) = b,

b) при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство

f(x) � h(x) � g (x).

Тогда существует limx→w

h(x) и limx→w

h(x) = b.

Те ор ем а 2.2. Пусть функции f(x) и g (x) определены на

множестве◦U δ0(w), где δ0 > 0, а w — один из символов

{a, a+ 0, a− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), и выполнены условия:a) lim

x→wf(x) = a; b) lim

x→wg (x) = b; c) a < b.

Тогда существует δ > 0 такое, что при любом x ∈ ◦U δ(w)

выполнено неравенство f(x) < g (x).

Те ор ем а 2.3. Пусть функции f(x) и g (x) определены на

множестве◦U δ0(w), где δ0 > 0, а w — один из символов

{a, a+ 0, a− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), и выполнены условия:

a) limx→w

f(x) = a; b) limx→wg (x) = b; c) существует δ > 0

такое, что при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство

f(x) � g (x).

Тогда a � b.


Пусть функция f(x) определена на множестве◦U δ0(w),

где δ0 > 0, а w — один из символов {a, a + 0, a −− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R). Докажите, что:

6


1). Если limx→w

f(x) = a < b (a, b ∈ R), то существует δ > 0 такое,

что при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) < b;


f(x) = a > b (a, b ∈ R), то существует δ > 0 такое,

что при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) > b;


f(x) = a и существует δ > 0 такое, что при любом

x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) � b, то a � b;



x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) � b, то a � b.

Докажите или опровергните данные утверждения:



x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) < b, то a < b;



x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) > b, то a > b.


f(x) = a �= 0, то существует δ > 0 такое, что функ-ция g (x) = 1/f(x) ограничена в проколотой окрестности

◦U δ(w).




|x|α1+ x2

= 0 (α > 0).

� Заметим, что при любом x ∈ R выполняются неравенства

0 <|x|α1+ x2

< |x|α.


Положим f(x) = 0, h(x) = |x|α1+ x2

, g (x) = |x|α. Посколькуlimx→0

f(x) = 0; limx→0g (x) = 0 (примеры 1.1 и 1.3), то функции f(x),

h(x) и g (x) удовлетворяют условиям теоремы о трех функциях.Применяя эту теорему, получаем, что

limx→0

|x|α1+ x2

= 0 (α > 0). �

Пример 2.2. limx→+∞

11+ x

= 0.

� Заметим, что при любом x > 0 выполняются неравенства

0 <11+ x

<1x.

Положим f(x) = 0, h(x) = 11+ x

, g (x) = 1x. Поскольку

limx→+∞ f(x) = 0; lim

x→+∞ g (x) = 0 (пример 1.4), то функции f(x),h(x) и g (x) удовлетворяют условиям теоремы 2.1 о трех функ-циях. Применяя эту теорему, получаем, что

limx→+∞

11+ x

= 0. �

Пример 2.3. limx→+∞(

√x2 + 1− x) = 0.

� Преобразуем функцию, стоящую под знаком предела,умножив и разделив ее на сопряженное иррациональное выра-жение (

√x2 + 1+ x). Имеем

h(x) =√x2 + 1− x = (

√x2 + 1− x)(

√x2 + 1+ x)√

x2 + 1+ x= 1√

x2 + 1+ x.

При x > 0 справедливо неравенство1√

x2 + 1+ x� 1

x. Положим

f(x) = 0 и g (x) = 1/x. Поскольку функции f(x), h(x) и g (x)удовлетворяют условию f(x) � h(x) � g (x) и lim

x→+∞ 1/x = 0, топо теореме о трех функциях заключаем, что

limx→+∞(

√x2 + 1− x) = 0. �

6*



1√1+ x2

= 1.

� Положим h(x) = 1√1+ x2

. Заметим, что h(x) = 1√1+ x2

� 1при любом x ∈ R. Оценим функцию h(x) снизу:

h(x) = 1√1+ x2

� 1√1+ 2|x| + x2

= 1√(1+ |x|)2

= 11+ |x|

при ∀x ∈ R.Положим f(x) = 1/(1 + |x|), g (x) = 1. Поскольку функцииf(x), h(x) и g (x) удовлетворяют условию f(x) � h(x) � g (x)и lim

x→01/(1+ |x|) = 1, то по теореме о трех функциях заключаем,

что limx→0

1√1+ x2

= 1. �



2.1. limx→+0

x

1+ xα = 0 (α > 0);

2.2. limx→0

1√a2 + x2

= 1a

(a > 0);

2.3. limx→∞

1√1+ x2

= 0; 2.4. limx→0

1√1+ x

= 1;

2.5. limx→+∞

x√x2 + 1

= 1;

2.6. limx→+∞ 2x

(√x2 + 1− x

)= 1.

3. Бесконечно малые функции

3.1. Основные понятия и теоремы. Функция f(x) называет-ся бесконечно малой при x → w, где w — один из символов{a, a+ 0, a− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), если lim

x→wf(x) = 0.

Те о р ем а 3.1 (произведение бесконечно малой фукции на огра-ниченную). Пусть функция α(x) является бесконечно малой

3. Бесконечно малые функции 85

при x→ w, а функция f(x) определена и ограничена в окрест-ности

◦U δ(w) (δ > 0). Тогда β(x) = α(x) · f(x) есть бесконечно

малая при x→ w.

Те о р ем а 3.2 (арифметические операции над бесконечно малы-ми фукциями). Пусть функции α(x) и β(x) являются бесконеч-но малыми при x → w. Тогда функции α(x) ± β(x), α(x) · β(x)и λα(x) (λ ∈ R) также являются бесконечно малыми приx→ w.

Те о р ем а 3.3 (необходимое и достаточное условие существова-ния предела). Функция f(x) имеет предел a при x → w тогдаи только тогда, когда функция α(x) = f(x) − a является бес-конечно малой при x→ w.


Докажите следующие утверждения.

1). Функция α(x) является бесконечно малой при x → w тогдаи только тогда, когда для любого ε > 0 существует δ > 0 такое,

что при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство |α(x)| < ε

(определение бесконечно малой функции на языке «ε–δ»).

2). Функция α(x) является бесконечно малой при x → w тогдаи только тогда, когда функция β(x) = |α(x)| является бесконечномалой при x→ w.

3). Произведение конечного числа бесконечно малых функцийпри x→ w есть бесконечно малая функция при x→ w.

4). Пусть функция α(x) — бесконечно малая при x → w,а lim

x→wf(x) = a �= 0. Тогда функция β(x) = α(x)/f(x) — беско-

нечно малая при x→ w.

5). Пусть R(x) = Pn(x)/Qm(x), где Pn(x) и Qm(x) — многочле-ны, причем n < m. Тогда R(x) — бесконечно малая при x→ ∞.



Пользуясь определением бесконечно малой функции на язы-ке «ε–δ», доказать, что функция является бесконечно малой.

Пример 3.1. f(x) =√x при x→ +0.

� Возьмем произвольное число ε > 0. Подберем такое δ > 0,чтобы при x ∈ ◦

U δ(+0), т. е. при 0 < x < δ выполнялось условие|f(x)| =

√x < ε. Для этого решим неравенство

√x < ε. Имеем

√x < ε ⇐⇒ 0 < x < ε2.

Полагая δ = ε1/a, получаем, что при x ∈ ◦U δ(+0) выполняется

неравенство |f(x)| < ε. Итак, доказано, что limx→+0

√x = 0. �

Пример 3.2. f(x) = 1/xα (α > 0) при x→ +∞.� Возьмем произвольное число ε > 0. Найдем такое δ > 0,

чтобы при x ∈ ◦U δ(+∞), т. е. при x > 1/δ выполнялось условие

|f(x)| = 1/xα < ε. Решим неравенство 1/xα < ε. В силу 1/xα > 0имеем

1/xα < ε ⇐⇒ xα > 1/ε ⇐⇒ x > (1/ε)1/α.

Полагая δ = (1/ε)2, получаем, что при x ∈ ◦U δ(+∞) выполня-

ется неравенство |f(x)| < ε. Итак, доказано, что limx→+∞ 1/x

α = 0.�

Пример 3.3. f(x) = ax (a > 1) при x→ −∞.� Возьмем произвольное число ε > 0. Найдем такое δ > 0,

чтобы при x ∈ ◦U δ(−∞), т. е. при x < −1/δ выполнялось условие

ax < ε. Решим это неравенство, пользуясь основным логарифми-ческим тождеством и учитывая, что при a > 1 функция f(x) = ax

возрастает. Имеем

ax < ε ⇐⇒ ax < aloga ε ⇐⇒ x < loga ε.

Пусть ε < 1. Это не ограничивает общность, так как если нера-венство ax < ε выполняется при ε = 1/2, то, тем более, приε � 1. Тогда при a > 1 будет loga ε < 0. Полагая δ = −1/(loga ε),получаем, что при x ∈ ◦

U δ(−∞) выполняется неравенство ax < ε.Итак, доказано, что lim

x→−∞ ax = 0 при a > 1. �


Пример 3.4. f(x) = sinx при x→ 0.� Возьмем произвольное число ε > 0. Используя неравенство

| sinx| � |x| и полагая δ = ε, получаем, что при x ∈ ◦U δ(0) вы-

полняется неравенство | sinx| � |x| < ε. Тем самым доказано, чтоlimx→0

sinx = 0, а это означает, что f(x) = sinx является бесконеч-но малой в нуле. �

Пользуясь свойствами арифметических операций над бес-конечно малыми функциями, доказать, что функция являетсябесконечно малой.

Пример 3.5. f(x) = 4(1− x)2 при x→ 1.� Положим α(x) = 1 − x. Функция α(x) является бесконеч-

но малой при x → 1, так как для любого ε > 0 выполняется

неравенство |α(x)| = |x− 1| < ε при любом x ∈ ◦U δ(1), где δ = ε.

Поэтому функция β(x) = α(x) · α(x) есть бесконечно малая какпроизведение двух бесконечно малых функций, а f(x) — беско-нечно малая как произведение бесконечно малой функции β(x)на число λ = 4 (теорема 3.2). �

Пример 3.6. f(x) = sinxxпри x→ +∞.

� По теореме 3.1 функция f(x) = sinx/x является беско-нечно малой как произведение ограниченной функции y = sinxна функцию α(x) = 1/x, бесконечно малую при x → +∞ (при-мер 3.2). �Пример 3.7. f(x) = xn (n ∈ N) при x→ +0.

� Функция f(x) = xn (n ∈ N) есть бесконечно малая приx → 0 как произведение конечного числа бесконечно малыхфункций α(x) = x (см. теор. упр. 3, п. 3.2). �Пример 3.8. f(x) = tg x при x→ 0.

� Вначале докажем, что limx→0

cosx = 1. Для этого рассмотримразность cosx − 1 и оценим ее сверху по модулю, пользуясьнеравенством | sinx| � |x|. Имеем

| cosx− 1| = 2 sin2 x2

� 2 · x2

4= x2

2.

Отсюда следует, что при |x| < 1 выполняется неравенство| cosx − 1| � |x|/2. Применяя утверждение теоретическогоупражнения 2 из п. 3.2, заключаем, что lim

x→0cosx = 1. Теперь


докажем, что limx→0

tg x = 0. Заметим, что функция tg x естьчастное от деления функции y = sinx, бесконечно малой приx → 0 (пример 3.4), на функцию y = cosx, предел которой приx→ 0 отличен от нуля. Пользуясь утверждением теоретическогоупражнения 4 из п. 3.2, получаем, что y = tg x — бесконечномалая при x→ 0. �

Пользуясь необходимым и достаточным условием суще-ствования предела, доказать, что:


xn = an (n ∈ N, a > 0).

� Положим α(x) = xn − an и покажем, что функция α(x)есть бесконечно малая при x → a. Для этого преобразуемфункцию α(x), пользуясь формулой сокращенного умноженияtn − 1 = (t− 1)(1+ t+ t2 + . . .+ tn−1) при t = x/a. Имеем

α(x) = an(xn

an − 1)

= an(x

a− 1)(1+ x

a+ x2

a2+ . . .+ xn−1

an−1

)=

= an−1(x− a)(1+ x

a+ x2

a2+ . . .+ xn−1

an−1

).

Обозначим

β(x) = an−1(x− a), γ(x) = 1+ x

a+ x2

a2+ . . .+ xn−1

an−1 .

Тогда α(x) = β(x) · γ(x). Положим δ = a/2 и покажем, что γ(x)ограничена в окрестности Uδ(a), т. e. в интервале (a/2, 3a/2).Действительно, (|x|/a)k � (3/2)k � (3/2)n (0 � k � n) и по нера-венству треугольника |γ(x)| � n · (3/2)n. Функция β(x) являетсябесконечно малой при x→ a как произведение бесконечно малойx − a на число an−1. По теореме 3.1 функция α(x) являетсябесконечно малой как произведение бесконечно малой функцииβ(x) на ограниченную γ(x). �Пример 3.10. lim

x→a1/xn = 1/an (n ∈ N, a > 0).

� Обозначим α(x) = 1/xn − 1/an и покажем, что функцияα(x) есть бесконечно малая при x → a. Преобразуем функциюα(x), приведя дроби к общему знаменателю, и оценим ее сверхупо модулю в интервале (a/2, 3a/2):

|α(x)| = |an − xn|an xn � |an − xn|

an · (a/2)n .


Положим f(x) = 0, h(x) = |α(x)|, g (x) = |an − xn|an · (a/2)n . Эти три

функции связаны неравенствами f(x) � h(x) � g (x). Посколькуlimx→a

xn = an (пример 3.9), то по теореме 3.3 функция xn − an естьбесконечно малая при x → a. Применяя теоретическое упраж-нение 2 из п. 3.2 и теорему 3.2 (необходимость), получаем,что lim

x→ag (x) = 0. По теореме о трех функциях заключаем, что

limx→a

h(x) = 0. Отсюда limx→a

α(x) = 0 (см. теор. упр. 2, п. 3.2) и потеореме 3.2 (достаточность) получаем требуемое утверждение. �Пример 3.11. lim

x→asinx = sin a.

� Согласно теореме 3.3, достаточно доказать, что функцияf(x) = sinx − sin a является бесконечно малой при x→ a. Пре-образуем данную функцию следующим образом:

f(x) = sinx− sin a = 2 cos x+ a

2· sin x− a

2.

Пользуясь неравенствами | cosx| � 1 и | sinx| � |x|, оценим абсо-лютную величину функции f(x) сверху:

|f(x)| = 2∣∣∣cos x+ a

2· sin x− a

2

∣∣∣ � 2 ∣∣∣x− a

2

∣∣∣ = |x− a|.Возьмем произвольное число ε > 0. Полагая δ = ε, получаем, что

при x ∈ ◦U δ(a) выполняется неравенство |f(x)| � |x− a| < ε. Тем

самым доказано, что limx→a

(sinx− sin a) = 0, а это означает, чтоlimx→a

sinx = sin a. �


Пользуясь определением бесконечно малой функции на язы-ке «ε–δ», докажите, что следующие функции являются бес-конечно малыми:

3.1. f(x) =√x− a при x→ a+ 0;

3.2. f(x) = xα (α > 0) при x→ +0;3.3. f(x) = ax (a < 1) при x→ +∞;

Пользуясь свойствами арифметических операций над беско-нечно малыми функциями, докажите, что следующие функ-ции являются бесконечно малыми:


3.4. f(x) = 1/xn (n ∈ N) при x→ +∞;3.5. f(x) = x sin 1/x при x→ 0;3.6. f(x) = (x2 + 5x)ex при x→ 0;3.7. f(x) = ctg x при x→ π/2.

Пользуясь необходимым и достаточным условием суще-ствования предела, докажите, что:

3.8. limx→8

3√x = 2 (a > 0); 3.9. limx→1

xn = 1 (n ∈ N);

3.10. limx→α

cosx = cosα.

4. Арифметические операции над пределами.Первый замечательный предел


Те ор ем а 4.1 (предел суммы и произведения). Пусть функ-

ции f(x) и g (x) определены в окрестности◦U δ(w) (δ > 0).

Тогда если limx→w

f(x) = a, limx→wg (x) = b, то

1) limx→w

(f(x) + g (x)) = a+ b, 2) limx→w

f(x) · g (x) = a · b.

Те ор ем а 4.2 (предел частного). Пусть функции f(x) и g (x)определены в окрестности

◦U δ(w) (δ > 0). Тогда если

limx→w

f(x) = a, limx→wg (x) = b �= 0, то lim

x→w

f(x)g (x)

= a

b.

Те ор ем а 4.3 (1-й замечательный предел). Справедливо ра-венство

limx→0

sinxx

= 1.




f(x) = a, limx→wg (x) = b, то lim

x→w(f(x)− g (x)) = a− b

(теорема о пределе разности);

4. Первый замечательный предел 91


f(x) = a, λ ∈ R, то limx→w

λf(x) = λa (теорема о пре-

деле произведения функции на число);

3). Если Pn(x) = a0xn + a1x

n−1 + . . . + an — многочлен степениn, то lim

x→aPn(x) = Pn(a);

4). Если R(x) = Pn(x)Qm(x)

, где Pn(x) и Qm(x) — многочлены, при-

чем Q(a) �= 0, то limx→a

R(x) = R(a).


Найти пределы дробно-рациональных функций.

Пример 4.1. f(x) = x2 − 5x+ 6x− 3 a) при x→ 1; b) при x→ 3.

� Функция f(x) есть частное от деления функции α(x) == x2 − 5x+ 6 на функцию β(x) = x − 3. Определим, можно лидля вычисления данного предела применить теорему о пределечастного. Для этого необходимо вычислить пределы числителяи знаменателя, если они существуют, и проверить, не равен линулю предел знаменателя.a). Вычислим пределы числителя и знаменателя дроби при

x→ 1, пользуясь теоремой 4.1 и теоретическими упражнениями1 и 2 из п. 4.2. Имеем:

limx→1

α(x) = limx→1

(x2 − 5x+ 6) = limx→1

x · limx→1

x− 5 limx→1

x+ 6 =

= 1 · 1− 5 · 1+ 6 = 2;limx→1

β(x) = limx→1

(x− 3) = 1− 3 = −2.Итак, условия теоремы 4.1 выполнены: пределы числителя и зна-менателя существуют, причем предел знаменателя не равен ну-лю. Применяя эту теорему, получаем

limx→1

x2 − 5x+ 6x− 3 =

limx→1

(x2 − 5x+ 6)

limx→1

(x− 3) = 2−2 = −1.

b). Вычислим пределы числителя и знаменателя дроби приx→ 3. Имеем:


limx→3

α(x) = limx→3

(x2 − 5x+ 6) = limx→3

x · limx→3

x− 5 limx→3

x+ 6 =

= 3 · 3− 5 · 3+ 6 = 0;limx→3

β(x) = limx→3

(x− 3) = 0.

Предел знаменателя в данном случае равен нулю, поэто-му теорему о пределе частного применять нельзя. Преобразуемфункцию f(x), разложив числитель на множители: (x2 − 5x ++ 6)/(x− 3) = (x− 2)(x− 3)/(x− 3). Итак, при x �= 3, т. е. в лю-бой проколотой окрестности точки x = 3 справедливо равенствоf(x) = x− 2. Следовательно,

limx→3

f(x) = limx→3

(x− 2) = limx→3

x− 2 = 3− 2 = 1. �

Пример 4.2. f(x) = x2 − 5x+ 62x2 − 6x+ 4

a) при x→ 2; b) при x→ ∞.� a). Вычислим пределы числителя и знаменателя дроби при

x→ 2, применяя теоремы о пределе суммы, разности и произве-дения:

limx→2

(x2 − 5x+ 6) = limx→2

x · limx→2

x− 5 limx→2

x+ 6 =

= 2 · 2− 5 · 2+ 6 = 0;limx→2

(2x2 − 6x+ 4) = 2 · 22 − 6 · 2+ 4 = 0.

Предел знаменателя равен нулю, поэтому теорему о пределечастного применять нельзя. Преобразуем функцию f(x), разло-жив числитель и знаменатель на множители:

x2 − 5x+ 62x2 − 6x+ 4

= (x− 2)(x− 3)2(x− 1)(x− 2) .

При x ∈ D(f) = (−∞, 1) ∪ (1, 2) ∪ (2, +∞) справедливо равен-

ство f(x) = x− 32(x− 1) . В частности, это равенство верно для лю-

бого x ∈ ◦U δ(2) при δ < 1.

Выясним теперь, можно ли применить к преобразованнойфункции теорему о пределе частного. Вычисляем пределы чис-лителя и знаменателя:

limx→2

(x− 3) = −1; limx→22(x− 1) = 2 · (2− 1) = 2.

Поскольку предел знаменателя отличен от нуля, то условия тео-ремы 4.2 выполнены, и lim

x→2f(x) = −1/2.

4. Первый замечательный предел 93

b). Докажем, что пределы числителя и знаменателя дробипри x → ∞ не существуют. Для этого установим, что функцииα(x) = x2 − 5x+ 6 и β(x) = 2x2 − 6x+ 4 не ограничены в окрест-ности

◦U δ(∞) при любом δ > 0. По теореме 1.2 о локальной огра-

ниченности функции, имеющей предел, отсюда будет следовать,что пределы α(x) и β(x) при x → ∞ не существуют. Оценимснизу модуль функции α(x):

|α(x)| = |x2 − 5x+ 6| = |(x− 5/2)2 − 1/4| �� (x− 5/2)2 − 1/4 = |x− 5/2|2 − 1/4.

Возьмем произвольное число M > 0 и решим неравенство|x− 5/2|2 − 1/4 > M . Имеем:

|x− 5/2|2 − 1/4 > M ⇐⇒ |x− 5/2|2 > M + 1/4 ⇐⇒⇐⇒ |x− 5/2| >

√M + 1/4 ⇐⇒ x ∈ AM ,

где AM = (−∞, 5/2−√M + 1/4) ∪ (5/2+

√M + 1/4, +∞).

При любом δ > 0 множества AM и◦U δ(∞) имеют непустое

пересечение. Следовательно, для любого M > 0 в любой окрест-

ности◦U δ(∞) существует x такое, что |α(x)| > M . Таким об-

разом, неограниченность α(x) на множестве◦U δ(∞) при любом

d > 0 доказана. Аналогичные рассуждения показывают неогра-ниченность функции β(x). Итак, функция f(x) при x → ∞ неудовлетворяет условиям теоремы 4.1, поэтому непосредственноеиспользование теоремы о пределе частного невозможно. Для вы-числения предела используем следующий прием. В числителеи знаменателе дроби вынесем x2 за скобки и сократим на x2.

Это можно сделать при любом x �= 0, т. е. при любом x ∈ ◦U δ(∞).

Получим

f(x) = x2 − 5x+ 62x2 − 6x+ 4

= x2(1− 5/x+ 6/x2)x2(2− 6/x+ 4/x2)

= 1− 5/x+ 6/x2

2− 6/x+ 4/x2.

Вычислим пределы числителя и знаменателя, преобразованнойфункции, учитывая, что lim

x→∞ c/x = 0 при c �= 0 (пример 1.4):

limx→∞(1− 5/x+ 6/x2) = 1; lim

x→∞(2− 6/x+ 4/x2) = 2.

Поскольку предел знаменателя отличен от нуля, то условия тео-ремы 4.1 выполнены, и lim

x→∞ f(x) = 1/2. �


Найти предел функции.


sin 2xx.

� Вычислим данный предел, пользуясь 1-м замечательнымпределом, непрерывностью функции y = cosx и теоремой о пре-деле произведения:

limx→0

sin 2xx

= limx→0

2 sin x · cosxx

= limx→0

(2 · sinx

x· cosx

)= 2 · 1 · 1 = 1.

�Пример 4.4. lim

x→0tg xx.

� Данный предел найдем, используя определение функцииtg x, а также непрерывность функции y = cosx и 1-й замечатель-ный предел:

limx→0

tg xx

= limx→0

1cosx

· sinxx

= limx→0

1cosx

· limx→0

sin xx

=

= 1cos 0

· limx→0

sinxx

= 1. �


1− cos 2xx2

.

� Преобразуем функцию, стоящую под знаком предела, сле-дующим образом:

1− cos 2xx2

= 2 sin2 xx2

= 2 ·(sin x

x

)2.

Применяя теоремы о пределе произведения и 1-м замечательномпределе, получим

limx→0

1− cos 2xx2

= limx→02 ·(sin x

x

)2= 2 · 12 = 2. �


Найдите пределы дробно-рациональных функций:

4.1. f(x) = x2 − 13x+ 12x− 1 a) при x→ 1; b) при x→ 3;

4.2. f(x) = 2x2 + 10x+ 12x2 + 2x− 3 a) при x→ −3; b) при x→ ∞;

5. Непрерывность функции в точке 95

4.3. Докажите, что если

Pn(x) = a0xn + a1x

n−1 + . . .+ an,

Qn(x) = b0xn + b1x

n−1 + . . .+ bn

— многочлены степени n, то limx→∞

Pn(x)Qn(x)

= a0b0.

Найдите пределы функций:

4.4. limx→0

x ctg x; 4.5. limx→0

tg 2x− sin 2xx3

;

4.6. limx→π/4

sin x− cosx1− tg3 x

; 4.7. limx→0

1− cos3 2xx · (x− sin 2x)

.

5. Непрерывность функции в точке

5.1. Основные понятия и теоремы. Функция f(x) называет-ся непрерывной в точке a, если она определена в окрестностиUδ(a) точки a и lim

x→af(x) = f(a).

Те о р е м а 5.1 (арифметические операции над непрерывнымифукциями). Пусть функции f(x) и g (x) непрерывны в точке a.Тогда1) функции f(x) + g (x), f(x) − g (x) непрерывны в точке a;2) функция f(x) · g (x) непрерывна в точке a;3) если g (a) �= 0, то функция f(x)/g (x) непрерывна в точ-

ке a.

Те о р е м а 5.2 (непрерывность основных элементарных функ-ций). Если основная элементарная функция f(x) определенав окрестности Uδ(a) точки a, то она непрерывна в точке a.



1). Функция f(x) является непрерывной в точке x = a то-гда и только тогда, когда для любого ε > 0 существует δ > 0такое, что для всех x ∈ (a − δ, a + δ) выполнено неравенство|f(x) − f(a)| < ε (определение непрерывности функции в точкена языке «ε–δ»).


2). (Теорема о локальной ограниченности непрерывной функ-ции.) Если функция f(x) непрерывна в точке a, то существуетδ > 0 такое, что в окрестности Uδ(a) функция f(x) ограничена.

3). (Теорема о сохранении знака непрерывной функции.) Еслифункция f(x) непрерывна в точке a и f(a) > 0 (f(a) < 0), тосуществует δ > 0 такое, что при любом x ∈ Uδ(a) выполненонеравенство f(x) > 0 (f(x) < 0).

4). Все многочлены непрерывны в каждой точке a ∈ R.

5). Если f(x) = Pn(x)Qm(x)

, где Pn(x) и Qm(x) — многочлены,

и Qm(a) �= 0, то f(x) непрерывна в точке a.


Исследовать непрерывность функции f(x) в точке x = a.

Пример 5.1. f(x) = 1/(x− a) a ∈ R.

� Функция f(x) = 1/(x− a) не является непрерывной в точкеx = a, так как эта точка не принадлежит области определенияфункции. �Пример 5.2. f(x) = sgnx a = 0.

� Функция f(x) = sgnx определяется равенством:

f(x) = sgnx =

⎧⎨⎩

1 при x > 0,0 при x = 0,

−1 при x < 0.

Функция f(x) = sgnx определена в любой окрестности точкиx = 0. Докажем, что lim

x→asgnx не существует, пользуясь необхо-

димым условием Коши (см. теор. упр. 3, п. 1.2). Положим ε = 1.При любом δ > 0, взяв x1 > 0, x2 < 0, x1, x2 ∈

◦U δ(0), получим

|f(x1) − f(x2)| = 2 > ε. Итак, установлено, что условие Кошинарушается. Следовательно, функция f(x) не имеет предела приx→ 0 и поэтому не является непрерывной в точке x = 0. �

5. Непрерывность функции в точке 97

Пример 5.3. f(x) =√x− a a ∈ R.

� Областью определения функции f(x) =√x− a являет-

ся полупрямая [a, +∞). Следовательно, не существует такойокрестности точки x = a, в которой функция f(x) определена.Поэтому f(x) не является непрерывной в точке x = a. �

Исследовать функцию f(x) на непрерывность.

Пример 5.4. f(x) = (x− 2)/(x2 − 4).� Функция f(x) = (x− 2)/(x2 − 4) есть рациональная дробь.

Корнями знаменателя x2 − 4 являются числа x = ±2. Во всехточках x �= ±2 функция f(x) непрерывна (см. теор. упр. 5,п. 5.2), а в точках x = ±2 не является непрерывной, так как неопределена. �

Пример 5.5. f(x) = lnx.

� Функция f(x) = lnx является одной из простейших эле-ментарных функций. Областью определения этой функции яв-ляется множество D(f) = (0, +∞). Каждая точка этого мно-жества имеет окрестность, целиком принадлежащую множеству,т. е. в которой функция y = lnx определена. По теореме 5.2отсюда следует, что функция y = lnx непрерывна в каждой точкеполупрямой (0, +∞). �


Исследуйте непрерывность функций f(x) в точке x = a:

5.1. f(x) =√x− 1x− 1 , a = 1; 5.2. f(x) = ln |x|, a = 0;

5.3. f(x) =

⎧⎨⎩x sin 1

xпри x �= 0,

0 при x = 0;a = 0.

Исследуйте функции f(x) на непрерывность:

5.4. f(x) = [x]; 5.5. f(x) = x− 1x3 − 3x+ 2

; 5.6. f(x) = 1cosx

.

7


6. Односторонние пределы и непрерывность.Пределы монотонных функций


Те ор ем а 6.1 (предел функции в точке и односторонние преде-лы). Функция f(x) имеет предел в точке a ∈ R тогда и толькотогда, когда выполнены условия:1) ∃ lim

x→a+0f(x) = f(a+ 0);

2) ∃ limx→a−0

f(x) = f(a− 0);3) f(a+ 0) = f(a− 0).Функция f(x) называется непрерывной в точке a справа,

если она определена на промежутке [a, a + ε) и limx→a+0

f(x) =

= f(a+ 0) = f(a).Функция f(x) называется непрерывной в точке a слева,

если она определена на промежутке (a − ε, a] и limx→a−0

f(x) =

= f(a− 0) = f(a).Те о р е м а 6.2 (непрерывность в точке и односторонняя непре-рывность). Функция f(x) непрерывна в точке a ∈ R тогдаи только тогда, когда она непрерывна в точке a слеваи справа.

Те о р ем а 6.3 (критерий непрерывности функции в точке).Функция f(x) непрерывна в точке a ∈ R тогда и толькотогда, когда выполнены следующие условия:1) ∃ lim

x→a+0f(x) = f(a+ 0);

2) ∃ limx→a−0

f(x) = f(a− 0);3) f(a+ 0) = f(a− 0) = f(a).

Те о р е м а 6.4 (пределы монотонной ограниченной функции).Пусть функция f(x) возрастает (убывает) и ограничена напромежутке (a, b), где a ∈ R или a = −∞, b ∈ R или b = +∞.Тогда существуют пределы:

limx→a+0

f(x) = infx∈(a, b)

f(x); limx→b−0

f(x) = supx∈(a, b)

f(x). (6.1)(lim

x→a+0f(x) = sup

x∈(a, b)f(x); lim

x→b−0f(x) = inf

x∈(a, b)f(x).

)(6.2)

6. Пределы монотонных функций 99

Те о р е м а 6.5 (односторонние пределы монотонной функции).Пусть функция f(x) монотонна на промежутке (a, b), гдеa ∈ R или a = −∞, b ∈ R или b = +∞, и c ∈ (a, b). Тогда1) ∃ lim

x→c+0f(x) = f(c+ 0); 2) ∃ lim

x→c−0f(x) = f(c− 0).



1). Функция f(x) имеет предел при x→ ∞ тогда и только тогда,когда выполнены условия:1) ∃ lim

x→+∞ f(x) = b1; 2) ∃ limx→−∞ f(x) = b2; 3) b1 = b2.

2). Если функция f(x) непрерывна в точке a справа, то суще-ствует δ > 0 такое, что в промежутке [a, a + δ) функция f(x)ограничена.

3). Если функция f(x) непрерывна в точке a слева, то суще-ствует δ > 0 такое, что в промежутке (a − δ, a] функция f(x)ограничена.

4). Если функция f(x) непрерывна в точке a справа и f(a) > 0(f(a) < 0), то существует δ > 0 такое, что при любом x ∈∈ [a, a+ δ) выполнено неравенство f(x) > 0 (f(x) < 0).

5). Если функция f(x) непрерывна в точке a слева и f(a) > 0(f(a) < 0), то существует δ > 0 такое, что при любом x ∈∈ (a− δ, a] выполнено неравенство f(x) > 0 (f(x) < 0).


Пример 6.1. Найти пределы функции f(x) = sgnx1+ x2

при

x→ +0, x→ −0, x→ 0.� По определению функции y = sgnx имеем

f(x) =

⎧⎪⎨⎪⎩1/(1+ x2) при x > 0,

0 при x = 0,

−1/(1+ x2) при x < 0.

7*


При x ∈ ◦U δ(+0) имеем f(x) = 1/(1+ x2) и в силу непрерывности

элементарной функции 1/(1+ x2) в точке x = 0 заключаем, что

f(+0) = limx→+0

f(x) = limx→+0

1

1+ x2= lim

x→01

1+ x2= 1

1+ 02= 1.

При x ∈ ◦U δ(−0) имеем f(x) = −1/(1+ x2) и в силу непрерывно-

сти элементарной функции −1/(1+ x2) в точке x = 0 заключаем,что

f(−0) = limx→−0

f(x) = limx→−0

(− 1

1+ x2

)=

= limx→0

(− 1

1+ x2

)= − 1

1+ 02= −1.

Итак, f(+0) �= f(−0). Cледовательно, по теореме 6.1 limx→0

f(x) несуществует. �

Исследовать непрерывность и одностороннюю непрерыв-ность функции f(x) в точке x = a.

Пример 6.2. f(x) =

{−2x+ 3 при x � 1,3x− 5 при x > 1;

a = 1.

� При x ∈ ◦U δ(1 − 0) имеем f(x) = −2x + 3 и в силу непре-

рывности элементарной функции −2x + 3 в точке x = 1 заклю-чаем, что

f(1− 0) = limx→1−0

f(x) = limx→1

(−2x+ 3) = 1.

Поскольку в точке x = 1 функция f(x) определена формулойf(x) = −2x + 3, то f(1) = −2 · 1 + 3 = 1 = f(1 − 0) и, сле-довательно, f(x) непрерывна слева. При x ∈ ◦

U δ(1 + 0) имеемf(x) = 3x − 5 и в силу непрерывности элементарной функции3x− 5 в точке x = 1 заключаем, что

f(1+ 0) = limx→1+0

f(x) = limx→1

(3x− 5) = −2.

Итак, f(1 + 0) �= f(1). Cледовательно, f(x) не является непре-рывной в точке x = 1 справа и по теореме 6.2 в этой точке неявляется непрерывной. �

6. Пределы монотонных функций 101

Пример 6.3. f(x) =√|x− 2|; a = 2.

� Данная функция определена на всей числовой прямой,причем по определению модуля

f(x) =

{√x− 2 при x � 2,√2− x при x > 2.

Вычислим односторонние пределы функции f(x) в точке x = 2и воспользуемся критерием непрерывности (теорема 6.3). Имеем:

limx→2+0

f(x) = limx→2+0

√x− 2 = 0; lim

x→2−0f(x) = lim

x→2−0√2− x = 0.

Получаем f(2 + 0) = f(2 − 0) = f(2) = 0 и по теореме 6.3 за-ключаем, что данная функция непрерывна в точке x = 2 и,следовательно, непрерывна в этой точке как слева, так и справа.

�Пример 6.4. f(x) = [x] = n при x ∈ [n, n+ 1) — целая часть x;a = n (n ∈ Z).

� Положим δ = 1/2. При любом x ∈ ◦U δ(n+ 0) имеем [x] = n

и, следовательно,

f(n+ 0) = limx→n+0

f(x) = n = f(n).

Таким образом, функция [x] непрерывна в точке x = n справа.

При любом x ∈ ◦U δ(n− 0) имеем [x] = n− 1 и, следовательно,

f(n− 0) = limx→n−0

f(x) = n− 1 �= f(n).

Отсюда следует, что данная функция не является непрерывнойв точке x = n слева. Cледовательно, по теореме 6.2 функция [x]не является непрерывной в точке x = n при любом n ∈ Z. �


Найдите пределы функции f(x) = при x→ a+ 0, x→ a− 0,x→ a:

6.1. f(x) = x2 − 1|x− 1| ; a = 1;

6.2. f(x) = 3+ 1

1+ 71/(1−x); a = 1;

6.3. f(x) = cos(π/x); a = 0; 6.4. f(x) = 5

(x− 2)3 ; a = 2.


Исследуйте непрерывность и одностороннюю непрерывностьфункции f(x) в данной точке x = a.

6.5. f(x) =

{e1/x при x < 0,

x при x � 0;a = 0;

6.6. f(x) = sgnx; a = 0;

6.7. f(x) =

⎧⎨⎩

|x+ 1|x+ 1

x− 1 при x �= −1,1 при x = −1;

a = −1;

6.8. f(x) = {x} = x− [x] — дробная часть x; a = n (n ∈ Z).

6.9. Определите, при каком значении параметра b функ-ция

f(x) =

{4 · 3x при x < 0,

2b+ x при x � 0непрерывна в точке x = 0.

7. Бесконечно большие функции

7.1. Основные понятия и теоремы. Функция f(x) называ-ется бесконечно большой при x → w, где w — один из сим-волов {a, a + 0, a − 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), если она опре-делена в окрестности

◦U δ0(w) и для любого M > 0 существует

δ > 0 такое, что при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство

|f(x)| > M , т. е. f(x) ∈ ◦U1/M (∞). Обозначение: lim

x→wf(x) = ∞.

Функция f(x) называется бесконечно большой положитель-ной при x → w, где w — один из символов {a, a + 0, a −− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), если она определена в окрестно-сти

◦U δ0(w) и для любого M > 0 существует δ > 0 такое, что

при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) > M , т. е.

f(x) ∈ ◦U1/M (+∞). Обозначение: lim

x→wf(x) = +∞.

Функция f(x) называется бесконечно большой отрицатель-ной при x → w, где w — один из символов {a, a + 0, a −− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R), если она определена в окрестно-

7. Бесконечно большие функции 103

сти◦U δ0(w) и для любого M > 0 существует δ > 0 такое, что

при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) < −M , т. е.

f(x) ∈ ◦U1/M (−∞). Обозначение: lim

x→wf(x) = −∞.

Те о р ем а 7.1 (связь между бесконечно большими и бесконечномалыми). 1). Если функция f(x) есть бесконечно малая приx→ w и существует δ > 0 такое, что f(x) �= 0 при x ∈ ◦

U δ(w),то функция g (x) = 1/f(x) есть бесконечно большая при x→ w.2). Если функция f(x) есть бесконечно большая при x→ w, тофункция g (x) = 1/f(x) есть бесконечно малая при x→ w.

Те о р ем а 7.2 (свойства бесконечно больших, связанные с нера-венствами). Пусть функции f(x) и g (x) определены на мно-

жестве◦U δ(w), где δ > 0, и при любом x ∈ ◦

U δ(w) выполне-но неравенство |f(x)| � |g (x)|. Тогда если lim

x→wf(x) = ∞, то

limx→wg (x) = ∞.

Те о р е м а 7.3 (операции над ограниченной и бесконечно боль-шой функциями). Пусть функция f(x) есть бесконечно боль-шая при x→ w, а g (x) ограничена в окрестности

◦U δ(w). Тогда

1) limx→w

f(x) ± g (x)) = ∞;2) lim

x→w(g (x)/f(x)) = 0;

3) если g (x) �= 0 при x ∈ ◦U δ(w), то lim

x→w(f(x)/g (x)) = ∞.

Те о р е м а 7.4 (произведения, содержащие бесконечно большиефункции). Пусть lim

x→wf(x) = ∞. Тогда

1) если limx→wg (x) = b �= 0, то lim

x→wf(x) · g (x) = ∞;

2) если limx→wg (x) = ∞, то lim

x→wf(x) · g (x) = ∞.

Те о р ем а 7.5 (сумма и разность бесконечно больших функций).Пусть lim

x→wf(x) = +∞. Тогда

1) если limx→wg (x) = +∞, то lim

x→w(f(x) + g (x)) = +∞;

2) если limx→wg (x) = −∞, то lim

x→w(g (x) − f(x)) = −∞.



1). Приведите пример бесконечно большой функции, которая неявляется ни бесконечно большой положительной, ни бесконечнобольшой отрицательной.

2). Приведите пример неограниченной функции, которая не яв-ляется бесконечно большой.



f(x) = +∞, то limx→w

(−f(x)) = −∞;


f(x) = ∞, то limx→w

|f(x)| = +∞.

5). Пусть f(x) и g (x) определены на множестве◦U δ(w), где δ > 0,

и при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) � g (x).

Тогда если limx→wg (x) = −∞, то lim

x→wg (x) = −∞.

6). Пусть g (x) ограничена в окрестности◦U δ(w). Тогда если

limx→w

f(x) = −∞, то limx→w

(f(x) ± g (x)) = −∞.

7). Пусть limx→w

f(x) = +∞. Тогда если limx→wg (x) = b > 0, то

limx→w

f(x) · g (x) = +∞.



Пример 7.1. limx→∞ cx = ∞ (c �= 0).

� Возьмем произвольное M > 0 и найдем δ > 0 такое, что

при любом x ∈ ◦U δ(∞) будет выполнено условие |cx| > M . Решая

это неравенство, получим

|cx| > M ⇐⇒ |c||x| > M ⇐⇒ |x| > M/|c|.Положим δ = |c|/M . Тогда при любом x ∈ ◦

U δ(∞) будет выполне-но неравенство |cx| > M . Следовательно, lim

x→∞ cx = ∞. �

7. Бесконечно большие функции 105

Пример 7.2. limx→+∞ ax = +∞ (a > 1).

� Возьмем произвольное M > 1 и найдем δ > 0 такое, что

при любом x ∈ ◦U δ(+∞) будет выполнено неравенство ax > M .

Условие M > 1 не ограничивает общности, так как если нера-венство ax > M выполнено при M > 1, то, тем более, и при0 < M � 1. Решим это неравенство, пользуясь тем, что функцияax при a > 1 возрастает на R. Имеем:

ax > M ⇐⇒ ax > aloga M ⇐⇒ x > logaM.

Положим δ = 1/ logaM . Из условий M > 1, a > 1 следует, что

δ > 0 и при любом x ∈ ◦U δ(∞) выполняется неравенство ax > M .

Следовательно, limx→+∞ ax = +∞. �


c/x = ∞ (c �= 0).

� Функция α(x) = x есть бесконечно малая при x → 0.Поэтому функция 1/x является бесконечно большой при x → 0(теорема 7.1). Отсюда по п. 1 теоремы 7.4 следует, что функцияf(x) = c/x также является бесконечно большой при x→ 0. �


Докажите:

7.1. limx→+0

c

x= +∞ (c > 0); 7.2. lim

x→−0c

x= −∞ (c > 0);

7.3. limx→−∞ ax = +∞ (a < 1);

7.4. limx→+∞ loga x =

{+∞ при a > 1,

−∞ при a < 1;

7.5. limx→+0

loga x =

{−∞ при a > 1,

+∞ при a < 1.

7.6. Докажите, что если Pn(x) — многочлен степени n > 0,тоa) lim

x→∞Pn(x) = ∞; b) limx→∞ 1/Pn(x) = 0.

Пусть Pn(x) = a0xn + a1x

n−1 + . . . + an, Qm(x) = b0xm +

+ b1xm−1 + . . .+ bm — многочлены степени n и m, m > 0.


Докажите:

7.7. Если n > m, тоa) lim

x→∞Pn(x)/Qm(x) = ∞; b) limx→∞Qm(x)/Pn(x) = 0;

7.8. Если n > m, a0 > 0, b0 > 0, тоa) lim

x→+∞Pn(x)/Qm(x) = +∞;

b) limx→−∞Pn(x)/Qm(x) =

{+∞ при m+ n = 2k,

−∞ при m+ n = 2k + 1.

7.9. Если Qm(a) = 0 (m > 0), Pn(a) �= 0, то limx→a

Pn(x)Qm(x)

= ∞.

8. Пределы по последовательностям (по Гейне).Второй замечательный предел

8.1. Основные понятия и теоремы. Пусть {xn} — сходящая-ся последовательность. Будем говорить, что последовательностьxn стремится к пределу a слева, если lim

n→∞xn = a и существуетn0 ∈ N такое, что при каждом n > n0 выполняется неравенствоxn � a. Обозначения: lim

n→∞xn = a− 0 при a �= 0 и limn→∞xn = −0

при a = 0.

Будем говорить, что последовательность xn стремитсяк пределу a справа, если lim

n→∞xn = a и существует n0 ∈ Nтакое, что при каждом n > n0 выполняется неравенство xn � a.Обозначения: lim

n→∞xn = a + 0 при a �= 0 и limn→∞xn = +0 при

a = 0.

Те о р ем а 8.1 (равносильное определение предела — по Гейне).Число b является пределом функции f(x) при x → w тогдаи только тогда, когда для любой последовательности {xn},удовлетворяющей условиям:

1) существует δ > 0, что xn ∈ ◦U δ(w), 2) lim

n→∞xn = w, где w —один из символов {a, a+ 0, a− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R),выполнено равенство lim

n→∞ f(xn) = b.

Те о р е м а 8.2 (признак «несуществования» предела функции).Пусть существуют 2 последовательности {xn} и {yn},удовлетворяющие условиям:

8. Второй замечательный предел 107

1) limn→∞xn = w; 2) lim

n→∞ yn = w; 3) limn→∞ f(xn) = b1;

4) limn→∞ f(yn) = b2; 5) b1 �= b2.

Тогда limn→∞ f(x) не существует.

Те о р ем а 8.3 (предел непрерывной функции от последователь-ности). Пусть функция f(x) непрерывна в точке a и lim

n→∞xn == a.Тогда lim

n→∞ f(xn) = f( limn→∞xn) = f(a).

Те о р ем а 8.4 (2-й замечательный предел). Справедливо ра-венство

limx→0

(1+ x)1/x = limx→∞

(1+ 1

x

)x

= e.



1). Пусть xn � 0 для любого n ∈ N, limn→∞xn = a. Тогда

limn→∞

p√xn = p√a, p ∈ N.

2). Последовательность xn стремится к пределу a слева тогдаи только тогда, когда для любого ε > 0 существует n0 ∈ N такое,

что при каждом n > n0 выполняется условие xn ∈ ◦U ε(a− 0).

3). Последовательность xn стремится к пределу a справа тогдаи только тогда, когда для любого ε > 0 существует n0 ∈ N такое,

что при каждом n > n0 выполняется условие xn ∈ ◦U ε(a+ 0).

4). (Теорема о равносильном определении бесконечно большойфункции — по Гейне). Функция f(x) является бесконечно боль-шой при x → w тогда и только тогда, когда для любойпоследовательности {xn}, удовлетворяющей условиям:1) существует δ > 0, что xn ∈ ◦

U δ(w),2) lim

n→∞xn = w, где w — один из символов {a, a + 0, a −− 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R),последовательность f(xn) является бесконечно большой приx→ w.





2nn+ 1

= 2− 0.� Преобразуем общий член последовательности, выделив це-

лую часть. Получим

xn = 2nn+ 1

= (2n+ 2) − 2n+ 1

= 2− 2n+ 1

< 2.

Итак, limn→∞xn = 2 и при любом n ∈ N выполняется неравенство

xn < 2. Следовательно, limn→∞xn = 2− 0. �

Пример 8.2. limn→∞xn =

(1+ 1

n

)n+1= e+ 0.

� Последовательность xn =(1+ 1

n

)n+1убывает (см. теор.

упр. 6, п. 1.2, гл. 2) и ограничена снизу, так как xn � 1. По тео-реме Вейерштрасса отсюда следует, что последовательность xnимеет предел, причем lim

n→∞xn = inf xn, т. е. xn стремится к свое-

му пределу справа. Но

limn→∞

(1+ 1

n

)n+1= lim

n→∞

(1+ 1

n

)n

· limn→∞

(1+ 1

n

)= e.


limn→∞

(1+ 1

n

)n+1= e+ 0. �

Пример 8.3. Доказать, что limn→∞ sin(t/n) = +0 при t > 0

и limn→∞ sin(t/n) = −0 при t < 0.� Докажем, что lim

n→∞ sin(t/n) = 0, пользуясь теоремой о пре-деле непрерывной функции от последовательности. Условия этойтеоремы выполняются: функция y = sinx непрерывна в точкеx = 0 и lim

n→∞t

n= 0 при любом значении параметра t. Получаем

limn→∞ sin t

n= sin

(lim

n→∞t

n

)= sin 0 = 0.

Пусть t > 0, тогда найдется натуральное число n0 такое, чтоt/n0 < π/2. В качестве n0 можно взять любое целочисленноерешение неравенства n0 > 2t/π. Поскольку последовательность


t/n при t > 0 убывает, то при любом n > n0 будет t ∈ (0, π/2) и,следовательно, sin(t/n) > 0. Итак, при t > 0 последовательностьxn = sin(t/n) > 0 стремится к нулю справа.Пусть t < 0, тогда найдется натуральное число n0 такое,

что t/n0 > −π/2: в качестве n0 возьмем любое целочислен-ное решение неравенства n0 > 2|t|/π. Поскольку последователь-ность t/n при t < 0 возрастает, то при любом n > n0 будетt ∈ (−π/2, 0) и, sin(t/n) < 0. Итак, при t < 0 последовательностьxn = sin(t/n) > 0 стремится к нулю слева. �Пример 8.4. Доказать, что последовательность xn = 1 +

+ (−1)n

nне стремится к своему пределу ни слева, ни справа.

� Последовательность xn сходится и limn→∞xn = 1. При этом,

xn =

{1+ 1/n при n = 2k;

1− 1/n при n = 2k − 1.Таким образом, все члены последовательности с четными номе-рами больше, а все члены с нечетными номерами меньше, чем еепредел. Следовательно, данная последовательность не стремитсяк своему пределу ни слева, ни справа. �

Пример 8.5. Доказать, что функция f(x) = sin 1xне имеет

предела при x→ 0.� Воспользуемся признаком «несуществования» предела

функции. Рассмотрим две сходящиеся к нулю последовательно-сти:

xn = 1/(πn); yn = 1/(π/2+ 2πn).

Вычислим значение функции в точках этих последовательностей:

sin 1xn

= sinπn = 0; sin 1yn

= sin(π

2+ 2πn

)= 1.


limn→∞ sin 1

xn= 0; lim

n→∞ sin 1yn

= 1.

Поскольку пределы данной функции по двум сходящимся к нулю

последовательностям не совпадают, то limn→∞ sin 1

xне существует

(теорема 8.2). �


Найти предел последовательности {xn}, если он сущест-вует.

Пример 8.6. xn = 3

√27+ 1

n2− 8

n3.

� Представим данную последовательность в виде

xn = 3√yn, где yn = 27+ 1

n2− 8

n3

и вычислим limn→∞xn, учитывая непрерывность функции f(x) =

= 3√x и пользуясь теоремой о пределе непрерывной функции отпоследовательности. Имеем

limn→∞ yn = 27 =⇒ lim

n→∞3√yn = 3

√lim

n→∞ yn = 3√27 = 3. �

Пример 8.7. xn = n sin t

n.


xn = t · sin yn

yn, где yn = t/n.

Поскольку limn→∞ yn = 0, то из 1-го замечательного предела с уче-

том теоремы 8.1 следует

limn→∞ t · sin yn

yn= t lim

x→0sin xx

= t. �

Пример 8.8. xn = n(ln(n+ 1) − lnn).


xn = n(ln(n+ 1) − lnn) = n ln(1+ 1

n

)= ln

(1+ 1

n

)n

= ln yn,

где yn =(1+ 1

n

)n

, и вычислим limn→∞xn, учитывая непрерывность

функции f(x) = lnx и пользуясь теоремой о пределе непрерыв-ной функции от последовательности. Имеем

limn→∞ yn = e =⇒ lim

n→∞ ln yn = ln(

limn→∞ yn

)= ln e = 1. �


Пример 8.9. xn =(1− 1

3n

)n

.


xn =(1− 1

3n

)n

=((1− 1

3n

)−3n)−1/3= y−1/3n ,

где yn =(1− 1

3n

)−3n.

По теореме 8.1 из 2-го замечательного предела следует, что

limn→∞ yn = lim

n→∞

(1− 1

3n

)−3n= e,

так как limn→∞

(− 13n

)= 0. Вычислим теперь lim

n→∞xn, учитывая

непрерывность функции f(x) = x−1/3 в точке x = e и пользуясьтеоремой о пределе непрерывной функции от последовательно-сти. Имеем

limn→∞ yn = e =⇒ lim

n→∞(yn)−1/3 =(

limn→∞ yn

)−1/3= 1

3√e . �



8.1. limn→∞ = 3n

n− 1 = 3+ 0; 8.2. limn→∞ = cos t

n= 1− 0;

8.3. limn→∞

(1+ 1

n

)n

= e− 0.

Докажите, что последовательность {xn} не стремится к сво-ему пределу ни слева, ни справа:

8.4. xn = cos(πn/2)n

.

Найдите предел последовательности {xn}, если он существу-ет:

8.5. xn =√n2 + 1+

√n

4√n3 + n−√

n. 8.6. xn = 3

√1− n3 +

√n;


Найдите пределы:

8.7. limn→∞n(ln(n+ 3) − lnn); 8.8. lim

n→∞

(1+ 2

n

)3n;

8.9. limn→∞

(1− 5

n

)n

; 8.10. limn→∞n(lnn− ln(n+ 2));

8.11. limn→∞

(1+ 4

n

)n+3; 8.12. lim

n→∞

(n− 3n

)n/2.

Докажите, что следующие пределы не существуют:

8.13. limx→1

cos 1x− 1; 8.14. lim

x→021/x; 8.15. lim

x→∞ sinx.

9. Предел и непрерывность сложной функци

9.1. Основные понятия и теоремы. Будем говорить, чтофункция f(x) стремится к пределу b слева при x → w, если

limx→w

f(x) = b и существует δ > 0 такое, что при любом x ∈ ◦U δ(w)

выполнено неравенство f(x) � b. Обозначение: limx→w

f(x) = b− 0.Будем говорить, что функция f(x) стремится к пределу

b справа при x → w, если limx→w

f(x) = b и существует δ > 0

такое, что при любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено неравенство f(x) � b.

Обозначение: limx→w

f(x) = b+ 0.

Те о р ем а 9.1 (предел сложной функции).Пусть функции f(x) и g (y) удовлетворяют следующим усло-виям:1) E(f) ⊂ D(g ); 2) lim

x→w1f(x) = w2; 3) lim

y→w2g (y) = w;

4) если w2 — один из символов {b, b+ 0, b− 0}, то существуетδ > 0 такое, что при любом x ∈ ◦

U δ(w1) выполнено неравенствоf(x) �= b.

Тогда ∃ limx→w1

g (f(x)) = limy→w2

g (y) = w.

Теорема о пределе сложной функции позволяет использоватьпри вычислении пределов метод замены переменной под знакомпредела, который мы продемонстрируем в п. 3 на примерах.

9. Предел и непрерывность сложной функци 113

Те о р ем а 9.2 (предел непрерывной функции). Пусть функцииf(x) и g (y) удовлетворяют следующим условиям:1) E(f) ⊂ D(g );2) g (y) непрерывна в точке y0;3) lim

x→wf(x) = y0.

Тогда ∃ limx→wg (f(x)) = g ( lim

x→wf(x)) = g (y0).

Те ор ем а 9.3 (непрерывность сложной функции). Пустьфункции f(x) и g (y) удовлетворяют следующим условиям:1) E(f) ⊂ D(g );2) f(x) непрерывна в точке x0;3) g (y) непрерывна в точке y0 = f(x0).

Тогда g (f(x)) непрерывна в точке x0.

Те ор ем а 9.4 (непрерывность элементарных функций). Еслиэлементарная функция f(x) определена в окрестности Uδ(a)точки a, то она непрерывна в точке a.



1). Функция f(x) стремится к пределу b слева тогда и толькотогда, когда для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при

любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено условие f(x) ∈ ◦

U ε(b− 0).

2). Функция f(x) стремится к пределу b справа тогда и толькотогда, когда для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при

любом x ∈ ◦U δ(w) выполнено условие f(x) ∈ ◦

U ε(b+ 0).


Найти предел функции при x→ w и определить, стремит-ся ли функция к своему пределу слева или справа.

Пример 9.1. f(x) = 2x при x→ +0.

� Областью определения функции f(x) = 2x является мно-жество R, поэтому функция f(x) = 2x, как элементарная, непре-рывна в каждой точке числовой оси и, в частности, в точке x = 0.

8


Следовательно, limx→+0

2x = limx→02x = 20 = 1. Поскольку функция

y = ax при a > 1 возрастает, то 2x > 20 = 1 при x > 0, т. е. прилюбом x ∈ ◦

U δ(+0). Таким образом, limx→+0

2x = 1+ 0. �

Пример 9.2. f(x) = 2x при x→ 0.� Поскольку функция y = ax при a > 1 возрастает на всей

числовой оси, то 2x > 20 = 1 при любом x > 0 и 2x < 20 = 1при любом x < 0. Следовательно, хотя функция f(x) = 2x имеетпредел, равный 1 при x → 0, но она не стремится к нему нислева, ни справа. �Пример 9.3. f(x) = 2x при x→ −∞.

� Поскольку функция f(x) = 2x положительна на всей чис-ловой оси и lim

x→−∞ 2x = 0 (пример 3.3), то lim

x→−∞ 2x = +0. �

Пример 9.4. f(x) = 1− x2 при x→ 0.� Поскольку 1− x2 < 1 при любом x ∈ R и lim

x→0(1− x2) = 1,

то функция f(x) = 1− x2 стремится к своему пределу слева. �Найти предел сложной функции.


12x − 1.

� Для вычисления данного предела воспользуемся методoмзамены переменной под знаком предела, основанном на примене-нии теоремы о пределе сложной функции.Введем новую переменную y = 2x и представим функцию

h(x), стоящую под знаком предела, как сложную функцию пе-ременной x, а именно: h(x) = g (f(x)), где f(x) = 2x, x > 0,g (y) = 1/(y − 1). Проверим, что функции f(x) и g (�) удовлетво-ряют условиям теоремы 9.1:

1) E(f) = (1, +∞); D(g ) = R \ {1} =⇒ E(f) ⊂ D(g );2) w1 = +0; w2 = lim

x→+02x = 1+ 0 (пример 9.1);

3) limy→1+0

1y − 1 = +∞;

4) 2x �= 1 при ∀x ∈ ◦U δ(+0) и при ∀δ > 0.

Применяя теорему 9.1, получаем

limx→+0

12x − 1 = lim

y→1+01

y − 1 = +∞. �



sin√2x

x.

� Для вычисления данного предела воспользуемся 1-м за-мечательным пределом, применение которого станет возмож-ным после замены переменной. Введем новую переменную y ==

√2x =⇒ x = y/

√2 и представим функцию h(x), стоящую под

знаком предела, как сложную функцию переменной x, а именно:

sin√2x

x= g (f(x)), где f(x) =

√2x, x �= 0, g (y) =

√2 sin yy

.

Проверим, что функции f(x) и g (�) удовлетворяют условиямтеоремы 9.1:

1) E(f) = R \ {0}; D(g ) = R \ {0} =⇒ E(f) ⊂ D(g );2) w1 = 0; w2 = lim

x→0√2x = 0;

3) limy→0

√2 sin yy

=√2 lim

y→0sin yy

=√2 (1-й замечательный предел);

4) f(x) =√2x �= 0 при ∀x ∈ ◦

Uπ/2(0).


limx→0

sin√2x

x= lim

y→0

√2 sin yy

=√2. �


(1+ 1

x

)7x.

� Вычисление данного предела основано на 2-м замеча-

тельном пределе. Введем новую переменную y =(1+ 1

x

)x

,x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, +∞) и представим функцию h(x), стоящуюпод знаком предела, в виде сложной функции:

h(x) =(1+ 1

x

)7x=((1+ 1

x

)x)7= g (f(x)),

где f(x) =(1+ 1

x

)x

, g (y) = y7.

Функция h(x) удовлетворяет условиям теоремы 9.2 о пределенепрерывной функции:

1) E(f) ⊂ (0, +∞); D(g ) = R =⇒ E(f) ⊂ D(g );2) g (y) = y7 непрерывна в точке y0 = e;

8*


3) w = ∞; limx→∞

(1+ 1

x

)x

= e (2-й замечательный предел).


limx→∞

((1+ 1

x

)x)7=(

limx→∞

(1+ 1

x

)x)7= e7. �


(1+ x

2+ x

)1/(1+√

x)

.

� Функция h(x), стоящая под знаком предела, являетсяпоказательно-степенной, т. е. имеет вид h(x) = f(x)g(x). Пре-делы показательно-степенной функции вычисляются методом ло-гарифмирования, который состоит в том, что данную функциюпредставляют в виде h(x) = eg(x) ln f(x) и, пользуясь непрерыв-ностью функции ex, применяют теорему о пределе непрерывнойфункции:

limx→w

h(x) = limx→w

eg(x) ln f(x) = elim

x→wg(x) ln f(x)

.

В данном случае имеем

h(x) = f(x)g(x), где f(x) = 1+ x

2+ x, g (x) = 1

1+√x;

limx→+∞h(x) = eL, где L = lim

x→+∞

(1

1+√x· ln 1+ x

2+ x

).

Пользуясь непрерывностью функции y = lnx и применяя теоре-му 9.2, получаем

limx→+∞ ln 1+ x

2+ x= ln

(lim

x→+∞1+ x

2+ x

)= ln 1 = 0.

Учтем, что limx→+∞

11+

√x

= 0 и вычислим предел показателястепени L:

L = limx→+∞

11+

√x· lim

x→+∞ ln 1+ x

2+ x= 0.

Окончательно получаем: limx→+∞h(x) = e0 = 1. �


Доказать следствие из 1-го замечательного предела.


arcsinx/x = 1.

� Положим y = arcsinx =⇒ x = sin y и воспользуемся мето-дом замены переменной под знаком предела:

w1 = 0; w2 = limx→0

arcsinx = 0;

limx→0

arcsinxx

= limy→0

y

sin y= lim

y→01

sin y

y

= 1

limy→0

sin y

y

= 11

= 1. �

Доказать следствия из 2-го замечательного предела.


ln(1+ x)x

= 1.

� Преобразуем функцию h(x) = ln(1+ x)x

, стоящую под зна-ком предела:

h(x) = ln(1+ x)x

= ln(1+ x)1/x.

Положим y = (1 + x)1/x, w = limx→0

(1 + x)1/x = e и воспользу-

емся непрерывностью функции y = lnx. Применяя теорему 9.2,получаем

limx→0

ln(1+ x)x

= limy→e

ln y = 1. �


ex − 1x

= 1.

� Произведем замену переменной y = ex − 1 =⇒=⇒ x = ln(y + 1). В силу непрерывности функции ex имеем:

w = limx→0

(ex − 1) = e0 − 1 = 0.

Пользуясь пределом, вычисленным в примере 9.10, получим

limx→0

ex − 1x

= limy→0

y

ln(y + 1)= 1

limy→0

ln(y + 1)y

= 11

= 1. �


Найти предел.

Пример 9.12. limx→π

sinxx− π

.

� Сделаем замену переменной y = x − π =⇒ x = y + πи воспользуемся 1-м замечательным пределом. Имеем:

limx→π

sinxx− π

= limy→0

sin(y + π)y

= − limy→0

sin yy

= −1. �


lnx− 1x− e

.

� Преобразуем функцию, стоящую под знаком предела, та-ким образом, чтобы можно было использовать пример 9.10:

lnx− 1x− e

= ln x− ln ex− e

= ln(x/e)e(x/e− 1) = ln(x/e− 1+ 1)

e(x/e− 1) .

Введем новую переменную y = x/e − 1. Отсюда w = limx→e

y = 0.Произведя замену переменной, получим

limx→1

lnx− 1x− e

= limy→0

ln(1+ y)ey

= 1e· lim

y→0ln(1+ y)

y= 1

e. �


ex − e

x− 1 .

� Преобразуем функцию, стоящую под знаком предела, та-ким образом, чтобы можно было использовать пример 9.11,и сделаем замену переменной y = x− 1. Получим

limx→1

ex − e

x− 1 = limx→1

ex − e

x− 1 = limx→1

e(ex−1 − 1)x− 1 = e · lim

y→0ey − 1y

= e. �


Найдите предел функции при x → w и определите, стре-мится ли функция к своему пределу слева или справа:

9.1. f(x) = 2x при x→ 0; 9.2. f(x) = cosx при x→ π;

9.3. f(x) = x2 + 2x+ 3 при x→ −1;9.4. f(x) = 3−x2 при x→ ∞.

10. Сравнение функций. Эквивалентные бесконечно малые 119

Найдите пределы сложных функций:

9.5. limx→−∞

12x − 1; 9.6. lim

x→0tg 100x

x;

9.7. limx→1

3√x2 − 2 3√x+ 1(x− 1)2 ; 9.8. lim

x→∞

(2x2 + 32x2 + 5

)8x2+3.

Докажите следствия из 1-го замечательного предела:

9.9. limx→0

arctg xx

= 1. 9.10. limx→0

1− cosxx2

= 1/2.

Докажите следствия из 2-го замечательного предела:

9.11. limx→0

ax − 1x

= ln a; 9.12. limx→0

(1+ x)p − 1x

= p (p ∈ R);

9.13. limx→0

n√1+ x− 1x

= 1n

(n ∈ N);

9.14. limx→0

loga(1+ x)x

= 1ln a;

9.15. limx→1

xp − 1x− 1 = p (p ∈ R); 9.16. lim

x→1

n√x− 1x− 1 = 1

n(n ∈ N).

Найдите пределы:

9.17. limx→π/2

(π/2− x) tg x; 9.18. limx→1

(1− x) tg πx2;

9.19. limx→∞x(e1/x − 1); 9.20. lim

x→22x − 4x− 2 ;

9.21. limx→a

lnx− ln ax− a

(a > 0); 9.22. limx→+∞x (ln(x+ a) − lnx) .

10. Сравнение функций.Эквивалентные бесконечно малые

10.1. Основные понятия и теоремы. Пусть α(x), β(x) —бесконечно малые при x → w, где w — один из символов{a, a + 0, a − 0, ∞, +∞, −∞} (a ∈ R). Говорят, что α(x) —бесконечно малая


(1) более высокого порядка, чем β(x) при x→ w, если

limx→w

α(x)β(x)

= 0,

(обозначение: α(x) = o (β(x)));(2) одного порядка с β(x) при x→ w, если

limx→w

α(x)β(x)

= L �= 0;(3) эквивалентна β(x) при x→ w, если

limx→w

α(x)β(x)

= 1,

(обозначение: α(x) ∼ β(x)).Говорят, что α(x) — бесконечно малая n-го порядка при

x→ w, где w — один из символов {a, a+ 0, a− 0} (a ∈ R), еслиlimx→w

(α(x)/(x− a)n) = L �= 0.Те о р ем а 10.1 (принцип замены эквивалентных бесконечно ма-лых).1) Если α(x), α1(x), β(x), β1(x) — бесконечно малые при x→ wи α ∼ α1, β ∼ β1, то lim

x→w(α(x)/β(x)) = lim

x→w(α1(x)/β1(x)) либо

оба предела не существуют.2) Если α(x), α1(x) — бесконечно малые при x → w и α ∼ α1,то lim

x→w(α(x) · f(x)) = lim

x→w(α1(x) · f(x)) либо оба предела не

существуют.

Таблица эквивалентных бесконечно малых функцийα(x) — бесконечно малая при x→ w

1. sinα(x) ∼ α(x); 2. arcsinα(x) ∼ α(x);

3. 1− cosα(x) ∼ (α(x))2

2; 4. tgα(x) ∼ α(x);

5. arctgα(x) ∼ α(x); 6. ln (1+ α(x)) ∼ α(x);7. aα(x) − 1 ∼ α(x) ln a (a > 0), 7a. eα(x) − 1 ∼ α(x);

8. (1+ α(x))p − 1 ∼ pα(x), 8a. n√1+ α(x) − 1 ∼ α(x)

n.

Пусть f(x), g (x) — бесконечно большие при x→ w. Говорят, чтоf(x) — бесконечно большая(1) более высокого порядка, чем g (x) при x→ w, если

limx→w

(f(x)/g (x)) = ∞;


(2) одного порядка с g (x) при x→ w, если

limx→w

(f(x)/g (x)) = L �= 0;(3) эквивалентна g (x) при x→ w, если

limx→w

(f(x)/g (x)) = 1,

(обозначение: f(x) ∼ g (x)).Говорят, что f(x) — бесконечно большая n-го порядка

при x → w, где w — один из символов {∞, +∞, −∞}, еслиlimx→w

(f(x)/xn) = L �= 0.



1). Пусть α(x), β(x) — бесконечно малые при x → w. Функцииα(x) и β(x) эквивалентны при x→ w тогда и только тогда, когдаγ = α(x) − β(x) — бесконечно малая более высокого порядка посравнению с α(x) при x→ w.

2). Если α(x) — бесконечно малая при x→ w, а limx→w

f(x) = k �= 0,то f(x)α(x) ∼ kα(x).

3). Если α(x), α1(x), β(x), β1(x) — бесконечно большие приx → w и α ∼ α1 при x → w, β ∼ β1, то lim

x→w(α(x)/β(x)) =

= limx→w

(α1(x)/β1(x)) либо оба предела не существуют.

4). Если α(x), α1(x) — бесконечно большие при x→ w и α ∼ α1при x → w, то lim

x→w(α(x) · f(x)) = lim

x→w(α1(x) · f(x)) либо оба

предела не существуют.


Пример 10.1. Доказать, что функции α = 2x2

1+ xи β = x2

являются бесконечно малыми функциями одного порядка приx→ 0.

� Данные функции являются бесконечно малыми при x→ 0.Действительно,


limx→0

2x2

1+ x= 0; lim

x→0x2 = 0.

Найдем предел отношения данных функций:

limx→0

2x2

1+ x

x2= lim

x→02x2

x2(1+ x)= 2 lim

x→01

x+ 1= 2 �= 0

Поскольку предел существует и не равен 0, то функции естьбесконечно малые одного порядка. �

Пример 10.2. Доказать, что порядок функции α = x2 sinx3− x

выше, чем порядок функции β = x2 при x→ 0.� Обе данные функции являются бесконечно малыми при

x→ 0. Найдем предел их отношения:

limx→0

x2 sinx

3− x

x2= lim

x→0x2 sin xx2(3− x)

= limx→0

sin x3− x

= 0.

Поскольку предел существует и равен 0, то функция α =

= x2 sinx3− x

есть бесконечно малая более высокого порядка, чем

β = x2. �

Пример 10.3. Определить порядок функции α = tg x − sinxотносительно β = x при x→ 0.

� Для определения порядка функции α = tg x− sinx нужнонайти такое число n ∈ N, что lim

x→0(α(x)/xn) = c �= 0. Имеем

limx→0

tg x− sinxxn = lim

x→0sin x(1− cosx)

cosx · xn = 2 limx→0

sin x sin2 x2

cosx · xn =

=2 limx→0

sinxx

·sin x

2x

·sin x

2x

· 1

xn−3 = 12· lim

x→01

xn−3 .

Замечаем, что

limx→0

1

xn−3 =

⎧⎨⎩

0 при n < 3;1 при n = 3;

+∞ при n > 3.

Следовательно, бесконечно малая функция α = tg x− sinx имеетпорядок n = 3 относительно x при x→ 0. �


Пример 10.4. Доказать эквивалентность бесконечно малыхфункций α = 1− 1

1+ xи β = x при x→ 0.

� Вычислим предел отношения данных функций:

limx→0

1− 1/(1+ x)x

= limx→0

1+ x− 1(1+ x)x

= limx→0

11+ x

= 1.

Поскольку предел существует и равен 1, то 1 − 11+ x

∼ x при

x→ 0. �

Пример 10.5. Доказать эквивалентность бесконечно большихфункций y = 3√

x3 + 9 и g = x при x→ ∞.� Вычислим предел отношения данных функций:

limx→∞

3√x3 + 9x

= limx→∞

x 3√1+ 9/x3

x= lim

x→∞3√1+ 9/x3 = 1.

Поскольку предел существует и равен 1, то данные бесконечнобольшие функции эквивалентны. �

Найти предел, пользуясь методом замены бесконечно ма-лых эквивалентными.


sin(x− 3)x2 − 4x+ 3

.

� Функция α = x− 3 при x→ 3 является бесконечно малой,поэтому sin(x− 3) ∼ x− 3 и по принципу замены эквивалентныхполучаем

limx→3

sin(x− 3)x2 − 4x+ 3

= limx→3

(x− 3)(x− 3)(x− 1) = lim

x→31

x− 1 = 12. �


eax − ebx

sin ax− sin bx.

� Преобразуем функцию f(x), стоящую под знаком предела.В числителе вынесем за скобки eβx, а в знаменателе преобразуемсумму тригонометрических функций в произведение. Имеем

f(x) = eax − ebx

sin ax− sin bx= ebx(e(a−b)x − 1)2 cos (a+ b)x

2sin (a− b)x

2

.


Заметим, что функции α(x) = (a− b)x, β(x) = (a− b)x/2, γ(x) == (a + b)x/2 являются бесконечно малыми при x → 0, поэтому,используя формулы 7а и 1 таблицы эквивалентных, имеем

eα(x) − 1 ∼ α(x); sinβ(x) ∼ β(x); limx→0

cos γ(x) = 1.

Применяя принцип замены эквивалентных, получаем:

limx→0

f(x) = limx→0

ebx(a− b)x

2 cos (a+ b)x

2(a− b)x

2

= limx→0

ebx

cos (a+ b)x

2

= 1. �


ln cosxx2.

� Заметим, что cosx = 1+ α(x), где α(x) = cosx− 1→ 0 приx → 0, и воспользуемся формулами 6 и 3 таблицы эквивалент-ных. Имеем ln cosx ∼ cosx− 1 ∼ −x2

2. Заменяя числитель дроби

эквивалентной бесконечно малой, получаем

limx→0

ln cosxx2

= limx→0

−x2

2x2

= −12. �

Пример 10.9. limx→∞x(a1/x − 1).

� При x → ∞ функция 1/x является бесконечно малой.

По формуле 7 таблицы эквивалентных получаем a1/x − 1 ∼ ln axи вычисляем предел:

limx→∞x(a1/x − 1) = lim

x→∞ln ax

· x = ln a. �

Пример 10.10. limx→∞

(cos m

x

)x.

� Преобразуем показательно-степенную функцию в показа-тельную (

cos mx

)x2

= ex2 ln(cos(m/x)).

Найдем предел показателя степени:

L = limx→∞x2 ln

(cos m

x

)= lim

x→∞x2(cos m

x− 1)

=

= − limx→∞x2

m2

2x2= −m2

2.


При вычислении этого предела мы дважды воспользовались эк-вивалентностью бесконечно малых функций при x→ ∞:

ln(cos m

x

)∼ cos m

x− 1; 1− cos m

x∼ m2

2x2.

По теореме о пределе непрерывной функции получаем

limx→∞

(cos m

x

)x2

= eL = e−m2/2. �


sin x+ x2 − x5

3x− x4.

� Заметим, что sinx + x2 − x5 ∼ sinx при x→ 0, так какразность (sinx+ x2 − x5)− sinx = x2 − x5 есть бесконечно малаяболее высокого порядка по сравнению с sinx (см. теор. упр. 1,п. 10.2). Аналогично, 3x2 − x4 ∼ 3x. Заменяя бесконечно малыефункции эквивалентными, получаем

limx→0

sinx+ x2 − x5

3x− x4= lim

x→0sinx3x

= 13. �


10.1. Докажите, что функции α = 1− x

1+ xи β = 1 − √

x

являются бесконечно малыми функциями одного порядка приx→ 1.10.2. Докажите, что порядок функции α = tg x выше, чем

порядок функции β = 3√x при x→ 0.10.3. Определите порядок функции α = cosx − cos 2x от-

носительно β = x при x→ 0.10.4. Докажите эквивалентность бесконечно малых функ-

ций α = e2x − ex и β = sin 2x− sinx при x→ 0.10.5. Сравните порядки бесконечно больших функций

f(x) = 3√x2 + 1 и g (x) = 3√x при x→ ∞.


Найдите пределы, пользуясь методом замены бесконечномалых эквивалентными:

10.6. limx→−2

sin(x+ 2)4x+ 8

; 10.7. limx→π

1− sin(x/2)π − x

;

10.8. limx→π/3

sin(x− π/3)1− 2 cosx

; 10.9. limx→−∞

ln(1+ 3x)ln(1+ 2x)

;

10.10. limx→+∞

ln(1+ 3x)ln(1+ 2x)

; 10.11. limx→0

ax − a−x

sin bx;

10.12. limx→π/2

(sinx)tg x; 10.13. limx→0

5√32x5 − x8

e5x − 1 ;

10.14. limx→0

sin2 x− tg4 x3x2 + 5x4

.

11. Точки разрыва. Асимптоты

11.1. Основные понятия и теоремы. Точка x = a называетсяточкой разрыва функции f(x), если(1) f определена в некоторой проколотой окрестности точки a,(2) не является непрерывной в точке a.

Точки разрыва классифицируются следующим образом. Пустьточка x = a есть точка разрыва функции f(x). Она называется(1) точкой устранимого разрыва, если ∃ lim

x→af(x) = b;

(2) точкой разрыва 1-го рода, если

∃ limx→a−0

f(x) = b1, ∃ limx→a+0

f(x) = b2, b2 �= b1

(разность b2 − b1 называется скачком функции в точке a);(3) точкой разрыва 2-го рода, если не существует, по крайнеймере, один из двух пределов:lim

x→a−0f(x), lim

x→a+0f(x).

Те о р ем а 11.1 (точка разрыва монотонной функции). Пустьфункция f(x), монотонная на промежутке (a, b), где a ∈ Rили a = −∞, b ∈ R или b = +∞, терпит разрыв в точкеc ∈ (a, b). Тогда c — точка разрыва 1-го рода.

11. Точки разрыва. Асимптоты 127

Прямая x = a называется вертикальной асимптотой графи-ка функции f(x), если хотя бы один из двух пределов lim

x→a−0f(x)

или limx→a+0

f(x) равен +∞ или −∞.Прямая y = kx+ b называется наклонной асимптотой гра-

фика функции y = f(x) при x→ +∞ (правой наклонной асимп-тотой), если эта функция представима в виде f(x) = kx + b ++ α(x), где α(x) → 0 при x→ +∞.Аналогично вводится понятие наклонной асимптоты при

x→ −∞ (левой наклонной асимптоты).Те о р е м а 11.2 (условие существования наклонной асимп-

тоты). Прямая y = kx + b является наклонной асимптотойграфика функции y = f(x) при x → +∞ (x → −∞) в томи только том случае, если существуют пределы

limx→+∞

f(x)x

= k; limx→+∞(f(x) − kx) = b (11.1)(

limx→−∞

f(x)x

= k; limx→−∞(f(x) − kx) = b

). (11.2)

Если у правой (левой) наклонной асимптоты угловой коэффи-циент k = 0, то ее называют правой (левой) горизонтальнойасимптотой.



1). Если функция f(x) монотонна на интервале (a, b) и терпитразрыв в точке c ∈ (a, b), то c — точка разрыва 1-го рода.

2). Если график четной функции имеет правую наклоннуюасимптоту, то он имеет и левую, причем левой наклонной асимп-тотой является прямая, симметричная правой асимптоте относи-тельно оси OY .

3). Если график четной функции имеет правую горизонталь-ную асимптоту, то эта прямая является и левой горизонтальнойасимптотой данного графика.

4). Если график нечетной функции имеет правую наклоннуюасимптоту, то он имеет и левую, причем левой наклонной асимп-


тотой является прямая, симметричная правой асимптоте относи-тельно начала координат.

5). Если график нечетной функции имеет правую наклоннуюасимптоту, проходящую через начало координат, то эта прямаяявляется и левой наклонной асимптотой данного графика.

6). Если график периодической функции имеет асимптоту, тофункция является постоянной.


Найти точки разрыва функции, если они существуют.Установить, к какому классу относится каждая точка раз-рыва. В точках разрыва 1-го рода определить скачок.

Пример 11.1. f = sinxx.

� Область определения функции — R \ 0. Функция y == sinx/x является элементарной как частное двух основныхэлементарных функций sinx и x и, следовательно, по теореме 5.2непрерывна на всей области определения, т. е. при x �= 0. В точкеx = 0 функция имеет разрыв, так как она в этой точке неопределена. Поскольку существует lim

x→0sin xx

= 1, то имеет местоустранимый разрыв. �

Пример 11.2. f = 1

cos2 x.

� Функция определена и по теореме 5.2 непрерывна привсех x таких, что cos2 x �= 0, т. е. при x �= π/2 + πn. Поскольку

limx→π/2+πn

1

cos2 x= +∞ при любом n ∈ N, то точки x = π/2 + πn

(n ∈ Z) являются точками разрыва 2-го рода данной функции �

Пример 11.3. f = arctg 1x− 5.

� Функция является сложной, составленной из двух ос-

новных элементарных функций y = arctg x и g = 1x− 5, пер-

вая из которых определена на всей числовой оси, а вторая неопределена при x = 5. По теореме 9.4 заключаем, что данная


функция имеет одну точку разрыва x = 5. Для выяснения харак-тера разрыва найдем односторонние пределы функции в даннойточке. При вычислении пределов используем замену переменной

t = 1x− 5:

L1 = limx→5+

arctg 1x− 5 = lim

t→+∞ arctg t = π

2; (11.3)

L2 = limx→5−

arctg 1x− 5 = lim

t→−∞ arctg t = −π

2. (11.4)

Таким образом, данная функция в точке x = 5 имеет конечныеодносторонние пределы, не равные между собой. Следовательно,в точке x = 5 имеется разрыв 1-го рода. Cкачок равен L1 − L2 == π

2−(−π

2

)= π. �

Пример 11.4. f = 1

2− 21/x.

� Функция терпит разрыв в точке, где знаменатель дробиравен нулю. Решая уравнение 2− 21/x = 0, получаем точку раз-рыва x = 1. Кроме того, функция разрывна в точке x = 0, так какв этой точке не существует

1x. В остальных точках числовой оси

функция непрерывна. Определим характер разрывов. Рассмотримточку x = 0. Найдем односторонние пределы функции в даннойточке. При вычислении пределов используем замену перемен-

ной t = 1xи свойства показательной функции: lim

t→+∞ 2t = +∞,

limt→−∞ 2

t = 0. Имеем

L1 = limx→0+

1

2− 21/x= lim

t→+∞1

2− 2t = 0; (11.5)

L2 = limx→0−

1

2− 21/x= lim

t→−∞1

2− 2t = 12. (11.6)

Итак, пределы функции при x → +0 и при x → −0 существуюти не равны. Следовательно, в точке x = 0 имеется разрыв 1-города. Cкачок равен L1 − L2 = −1/2. Исследуем теперь точкуразрыва x = 0. При x → 1 знаменатель 2− 21/x → 0 и, следова-тельно, f(x) → ∞. Таким образом, в точке x = 0 функция имеетразрыв 2-го рода. �

9


Пример 11.5. f = sin 1x.

� Функция разрывна в точке x = 0, так как в этой точкене определено значение дроби 1/x. Докажем, что не существует

limx→0

sin 1x. Рассмотрим две стремящиеся к нулю последователь-

ности xn = 1πnи yn = 1

π/2+ 2πn. Поскольку f(xn) = sinπn = 0,

а f(yn) = sin(π/2+ 2πn) = 1, то limx→0

f(x) не существует и, сле-довательно, в точке x = 0 функция имеет разрыв 2-го рода. �

Пример 11.6. f = x+ x+ 2|x+ 2| .

� Функция имеет разрыв в точке x = −2, где знамена-тель дроби обращается в нуль. Исследуем поведение функциив окрестности этой точки. По определeнию модуля

f(x) =

⎧⎪⎨⎪⎩x+ x+ 2

x+ 2= x+ 1 при x > −2;

x− x+ 2x+ 2

= x− 1 при x < −2.

Отсюда следует, что

L1 = limx→−2+

f(x) = limx→−2+

(x+ 1) = −1;L2 = lim

x→−2−f(x) = lim

x→−2−(x− 1) = −3.

Получается, что односторонние пределы функции в точке x = −2существуют и не равны между собой. Следовательно, в этойточке функция имеет разрыв 1-го рода. Cкачок равен L1 − L2 == −1− (−3) = 2. �

Найти асимптоты графика функции.

Пример 11.7. f = 3x2 + 3x− 1x− 1 .

� Функция имеет разрыв в точке x = 1, причем

limx→1−

3x2 + 3x− 1x− 1 = −∞; lim

x→1+3x2 + 3x− 1

x− 1 = +∞.


Следовательно, прямая x = 1 является вертикальной асимптотой.Ищем наклонные асимптоты. По формулам (11.1) устанавливаемсуществование правой асимптоты:

k1 = limx→+∞

3x2 + 3x− 1x− 1x

= limx→+∞

3x2 + 3x− 1x(x− 1) = 3;

b1 = limx→+∞

(3x2 + 3x− 1

x− 1 − 3x)

= limx→+∞

6x− 1x− 1 = 6.

Таким образом, прямая y = 3x + 6 является правой наклоннойасимптотой графика. Аналогичным образом выясняем наличиелевой наклонной асимптоты:

k2 = limx→−∞

3x2 + 3x− 1x− 1x

= limx→−∞

3x2 + 3x− 1x(x− 1) = 3;

b2 = limx→−∞

(3x2 + 3x− 1

x− 1 − 3x)

= limx→−∞

6x− 1x− 1 = 6.

Получилось, что прямая y = 3x + 6 является как правой, таки левой наклонной асимптотой графика. �

Пример 11.8. f = x arctg x.

� Функция определена на всей оси и поэтому вертикальныхасимптот не имеет. Найдем наклонные асимптоты. Для правойнаклонной асимптоты имеем:

k1 = limx→+∞

x arctg xx

= limx→+∞ arctg x = π

2;

b1 = limx→+∞

(x arctg x− π

2x)

= limx→+∞x

(arctg x− π

2

)=

=∣∣∣∣ t = arctg x− π/2; x = − ctg t

x→ +∞ =⇒ t→ 0−∣∣∣∣ = − lim

t→0−t ctg t =

= − limt→0−

t cos tsin t

= −1.

Итак, прямая y = πx/2 − 1 является правой наклонной асимп-тотой графика. Функция f = x arctg x является четной, поэтомуее график симметричен относительно оси OY . Отсюда следует,что ее левой наклонной асимптотой является прямая, симмет-ричная правой асимптоте относительно оси OY , т. е. прямаяy = −πx/2− 1.

9*


Пример 11.9. f = e−x2

x.

� Функция определена на всей оси и поэтому вертикальныхасимптот не имеет. Найдем наклонные асимптоты. Для правойнаклонной асимптоты имеем:

k1 = limx→+∞

e−x2

x2= 0; b1 = lim

x→+∞

(e−x2

x− 0 · x

)= 0.

Таким образом, график функции имеет правую горизонтальнуюасимптоту y = 0. Функция f = e−x2/x является нечетной, по-этому ее график симметричен относительно начала координат.Отсюда следует, что ее левой наклонной асимптотой являетсяпрямая, симметричная правой асимптоте относительно началакоординат. Таким образом, прямая y = 0 является как правой,так и левой горизонтальной асимптотой.


Найдите точки разрыва функций, если они существуют.Установите, к какому классу относится каждая точка раз-рыва. В точках разрыва 1-го рода определите скачок.

11.1. f = sin2 xx; 11.2. f = 4

x2 − 2x+ 1; 11.3. f = tg x

x2;

11.4. f = |2x− 3|2x− 3 ; 11.5. f = sin2 x

1− cosx; 11.6. f = | sin x|

sin x;

11.7. f = 1

1+ 21/x; 11.8. f =

√1+ x− x

x2; 11.9. f = 2|x− 1|

x2 − x3.

Найдите асимптоты графиков функций:

11.10. f = x

x2 + 1; 11.11. f = x2 − 6x+ 3

x− 3 ;

11.12. f = e1/(x−1)(3−x); 11.13. f = ln(4− x2);

11.14. f = 2√4+ x2; 11.15. f =

√1+ x2 sin 1

x.

12. Свойства функций, непрерывных на промежутках 133

12. Свойства функций, непрерывных на промежутках

12.1. Основные понятия и теоремы. Функция f(x) называ-ется непрерывной на интервале (a, b), где a ∈ R или a = −∞,b ∈ R или b = +∞, если она непрерывна в каждой точке этогоинтервала.Функция f(x) называется непрерывной на отрезке [a, b]

(a, b ∈ R), если она непрерывна на интервале (a, b), непрерывнав точке a справа, непрерывна в точке b слева.Функция f(x) называется непрерывной на промежутке

[a, b), где a ∈ R, b ∈ R или b = +∞, если она непрерывнав каждой точке интервала (a, b) и непрерывна в точке a справа.Функция f(x) называется непрерывной на промежутке (a, b],где a ∈ R или a = −∞, b ∈ R, если она непрерывна в каждойточке интервала (a, b) и непрерывна в точке b слева.Введем обозначение:

f(X) = {y ∈ R | y = f(x), x ∈ X ⊂ D(f)}.

Те ор ем а 12.1 (Вейерштрасса). Если функция f(x) непрерыв-на на отрезке [a, b], то она ограничена на этом отрезкеи принимает на нем наибольшее и наименьшее значение.

Те ор ем а 12.2 (Больцано–Коши). Если функция f(x) непре-рывна на отрезке [a, b], то для любого числа C, заключенногомежду f(a) и f(b), существует такая точка c ∈ [a, b], чтоf(c) = C.

Те о р е м а 12.3 (достаточное условие непрерывности монотон-ной функции). Если функция f(x) монотонна на промежуткеX и f(X) есть промежуток, то f(x) непрерывна на X.

Те о р ем а 12.4 (непрерывность обратной функции). Пустьфункция f(x) строго монотонна и непрерывна на про-межутке X и Y = f(X). Тогда существует обратнаяфункция x = f−1(y); она строго монотонна и непрерывна напромежутке Y .

Те ор ем а 12.5. Если функция f(x) непрерывна в промежуткеX, то f(X) есть промежуток.



Докажите следующие утверждения.1). Пусть функция f(x) строго монотонна и непрерывна на отрез-ке [a, b] и f(a) · f(b) < 0. Тогда существует единственная точкаc ∈ [a, b] такая, что f(c) = 0.

2). Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке [a, b], m == min

x∈[a, b]f(x), M = max

x∈[a, b]f(x). Тогда f ([a, b]) = [m,M ].

3). Пусть функция f(x) монотонна и непрерывна на промежуткеX = [a, b), где a ∈ R, b ∈ R или b = +∞, и не является постоян-ной. Тогда f(X) = [A, B), где A = f(a), B = lim

x→b−0f(x).

4). Пусть функция f(x) монотонна и непрерывна на промежуткеX = (a, b], где a ∈ R или a = −∞, b ∈ R, и не является постоян-ной. Тогда f(X) = [A, B), где A = lim

x→a+0f(x), B = f(b).

5). Многочлен нечетной степени имеет хотя бы один действи-тельный корень.

6). Если многочлен четной степени принимает хотя бы однозначение, противоположное по знаку старшему коэффициенту,то он имеет не менее двух действительных корней.

7). Приведите пример, показывающий, что теорема, обратнаяк теореме 12.4, не верна, т. е. функция, имеющая обратную,может быть немонотонной.


Пример 12.1. Определить, имеет ли корни уравнение

sinx = x− 1.

� Рассмотрим функцию f(x) = sinx − x + 1. Эта функциянепрерывна на всей числовой оси и принимает значения разныхзнаков. Например, f(0) = 1 > 0, а f(π) = 1 − π < 0. Следова-

12. Свойства функций, непрерывных на промежутках 135

тельно, по теореме о промежуточных значениях непрерывнойфункции, на отрезке [0, π] существует корень данного уравнения.

�Пример 12.2. Определить, имеет ли уравнение f(x) = 0 кореньна отрезке [−1, 1], если

f(x) ={

x2 + 1, x ∈ [−1, 0);−(x2 + 2), x ∈ [0, 1].

� На концах данного отрезка функция f(x) принимает зна-чения разных знаков: f(−1) = 1; f(1) = −2. Но ни в однойточке данного отрезка функция не обращается в нуль, так какf(x) = −(x2 + 2) < 0 при любом x � 0 и f(x) = x2 + 2 > 0 приx > 0. Однако это не противоречит теореме Больцано–Коши, таккак функция f(x) терпит разрыв в точке x = 0. �Пример 12.3. Определить, достигает ли функция f(x) = {x}своего наибольшего и наименьшего значения на отрезке:а) [n, n+ 1/2]; б) [n, n+ 3/2].

� а). На отрезке [n, n+ 1/2] функция f(x) = {x} непрерывна,возрастает и достигает на нем наименьшее значение в левом,а наибольшее — в правом конце отрезка:

minx∈[n,n+1/2]

f(x) = f(n) = 0; minx∈[n,n+1/2]

f(x) = f(n+ 1/2) = 1/2.

б). Множество значений функции f(x) = {x} есть проме-жуток [0, 1). На промежутке [n, n + 3/2] эта функция прини-мает наименьшее значение f(n) = 0. Поскольку lim

x→(n+1)−= 1

и f(x) < 1, то supx∈[n,n+3/2]

f(x) = 1. Однако, f(x) �= 1 для лю-бого x. Следовательно, функция f(x) не достигает на отрезке[n, n + 3/2] своего наибольшего значения. Это не противоречиттеореме Вейерштрасса, потому что функция f(x) = {x} в точкеx = n+ 1 терпит разрыв. �Пример 12.4. Доказать, что функция f(x) = (3x+ 1)/x имеетобратную в промежутке (0, +∞). Найти обратную функцию.

� Преобразуем данную функцию, выделив целую часть дро-би. Получим

f(x) = 3x+ 1x

= 3+ 1x.

Поскольку функция h = 1/x строго убывает и непрерывна в про-межутке (0, +∞), то и функция f(x) строго убывает и непре-


рывна в этом промежутке. На основании теоремы 12.4 заклю-чаем, что f(x) в промежутке (0, +∞) имеет обратную. Най-дем обратную функцию. Пусть y = 3 + 1/x. Тогда y − 3 = 1/xи x = 1/(y − 3) есть искомая функция независимой переменнойy. Обозначая аргумент обратной функции через x, окончательнополучаем, что обратная функция имеет вид g (x) = 1/(x− 3). �


12.1. Определите, имеет ли корни уравнение

x5 − 18x3 + 333 = 0?

12.2. Докажите, что уравнение x3 − 3x+ 1 = 0 имеет кореньна отрезке [1, 2] и вычислите его с точностью до 0,01.

12.3. Определите, достигает ли функция

f(x) =

{x+ 1 при x � 0;−x при x > 0

своего наибольшего и наименьшего значения на отрезке[−1, 1].

12.4. Докажите, что функция

y =

⎧⎪⎨⎪⎩x при x � 1;x2 при 1 � x � 4;2x при x > 4

имеет непрерывную обратную в промежутке (−∞, +∞). Най-дите обратную функцию.

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ

1. Числовые множества и функции на них

1.1. x = −1, x = 3. 1.2. x = −3, x = 3. 1.3. x ∈ (2, 3). 1.4. x ∈ (−∞, − 1) ∪∪ [1, +∞). 1.5. x ∈ (−1, 0). 1.6. x ∈ (−∞,− 1] ∪ [6, +∞). 1.7. |x| > 3.3.1. Ограничено снизу. 3.2. Ограничено. 3.3. Не ограничено ни снизу, нисверху. 3.4. Ограничено. 3.5. supX = +∞, maxX �, infX = minX = 0.3.6. supX = maxX = 1/2, infX = 0, minX �.

4.1. D(f) = R \ {πk,k ∈ Z}. 4.2. D(f) = {−π/6 + 2πk < x < 7π/6+ 2πk,k ∈∈ Z}. 4.3. D(f) = {1}. 4.4. E(f) = [0, 1]. 4.5. E(f) = R \ {1}. 4.6. E(f) == (0, 1/3]. 4.7. E(f) = (0, +∞).

5.1. Не является ни четной, ни нечетной. 5.2. Четная. 5.3. Не является ничетной, ни нечетной. 5.4. Четная. 5.5. Не является ни четной, ни нечетной.5.6. Нечетная. 5.7. Убывает при x � 0, возрастает при x � 0. 5.8. Убывает наR. 5.9. Возрастает при x � −1/2, убывает при x � −1/2. 5.10. Возрастает приx < 2 и при x > 2.

6.5. Ограничена снизу. 6.6. Ограничена снизу. 6.7. Ограничена снизу и свер-ху. 6.8. Ограничена сверху. 6.9. sup f = max f = 3, inf f = min f = −1.6.10. sup f = 1, max f �, inf f = min f = 0. 6.11. sup f = max f = 1/6,inf f = min f = 0. 6.12. sup f = 0, inf f = −∞, max f �, min f �.

7.1. T = 2π/5. 7.2. T = π. 7.3. T �. 7.4. T = 6π. 7.5. T �. 7.6. T �. 7.7. T == π/2. 7.8. T �. 7.9. T = π.

8.1. f ◦ g (x) = |1 − x|, x ∈ R; g ◦ f(x) = 1 − |x|, x ∈ R. 8.2. f ◦ g (x) =

= (3 + x)5, x ∈ R; g ◦ f(x) = 3 + x5, x ∈ R. 8.3. f ◦ g (x) = log2√x,

x > 0; g ◦ f(x) =√

log2 x, x � 1. 8.4. f ◦ g (x) = ln sin2 x, x �= πn, n ∈ Z;g ◦ f(x) = sin lnx2, x �= 0. 8.5. f = g ◦ h, g = x10, h = 1− 4x. 8.6. f = g ◦ h ◦ q,g = 5

√x, h = cosx, q = 2x. 8.7. f = g ◦ h ◦ q, g = lnx, h = sinx, q = log3 x.

8.8. f = g ◦ h ◦ q, g = tg x, h = 5x, q = sinx. 8.9. f−1 = 1/x − 1, x �= 0.8.10. f−1 �. 8.11. f−1 = x − 2√1+ x + 2, x � 0. 8.12. f−1 = 3√−x, x ∈ R.8.13. f−1 �. 8.14. f−1 �. 8.15. f−1 = x2 − 2, x ∈ R. 8.16. f−1 = x/(1 − x),x �= 1.

2. Предел последовательности

1.1. Ограничена. 1.2. Ограничена сверху. 1.3. Ограничена снизу. 1.4. Ограни-чена. 1.5. Возрастает. 1.6. Убывает. 1.7. Немонотонна. 1.8. Немонотонна.

3.1. Воспользуйтесь неравенством 2000/n � 1/2, n � 4000 и теоремой 3.1.3.2. Воспользуйтесь неравенством (3n + 4)/n2 � 7/n � 1/2, n � 1 и теоре-

138 Ответы и указания

мой 3.1. 3.3. Воспользуйтесь неравенством (n + 2)/(4n − 1) � 1/2, n � 3и теоремой 3.1.

4.1. Нет. 4.2. Да. 4.3. Да. 4.4. Да. 4.5. Да. 4.6. Да.

6.1. 3/2. 6.2. 0. 6.3. 1/2. 6.4. 0. 6.5. 3. 6.6. 1. 6.7. −1. 6.8. 0.6.9. 2. 6.10. 1/2. 6.11. +∞. 6.12. 1. 6.13. 0. ◦ Умножьте и разделите нанеполный квадрат суммы.

7.4. 0. 7.5. ±1. 7.6. �. 7.7. ±1, ± 1/2. 7.8. ±3/2. 7.9. 3, 5.8.3. e3. 8.4. e. 8.5.

√e. 8.6. e−1. 8.7. 0. 8.8. 0. 8.9. 3.

3. Предел и непрерывность функции1.1. c. 1.2. 4. 1.3. 0. 1.4. 0. 1.5. �. 1.6. �.

4.1. a) −11; b) −9. 4.2. a) 1/2; b) 2. 4.4. 1; 4.5. 4; 4.6. −1/3; 4.7. −6.5.1. Нет непрерывности. 5.2. Нет непрерывности. 5.3. Непрерывна.5.4. Непрерывна при x /∈ Z. 5.5. Непрерывна при x �= 1, x �= ±√

2.5.6. Непрерывна при x �= π(2n− 1)/2,n ∈ Z.

6.1. 2, −2, �. 6.2. 3, 4, �. 6.3. �, �, �. 6.4. �, �, �. 6.5. Непрерывна. 6.6. Неявляется непрерывной ни справа, ни слева. 6.7. Не является непрерывной нисправа, ни слева. 6.8. Непрерывна справа; не непрерывна слева. 6.9. 2.

8.1. 3+. 8.2. 1−. 8.3. e−. ◦ См. пример 1.5 из 2.1. 8.4. 0; не стремится к пре-делу ни слева, ни справа. 8.5. +∞. ◦ Вынесите в числителе и знаменателестаршие степени x из-под корня. 8.6. 0. ◦ Умножьте и разделите на неполныйквадрат суммы. 8.7. 3. 8.8. e6. 8.9. 1/e5 8.10. −2. 8.11. e4. 8.12. 1/(e√e).9.1. 1; не стремится к пределу ни слева, ни справа. 9.2. −1+. 9.3. 2+.9.4. 0+. 9.5. −1. 9.6. 100. 9.7. 0. ◦ Замена переменной y = 3

√x. 9.8. e−8.

◦ Выделите целую часть дроби. 9.17. 1. 9.18. 2/π. 9.19. 1. 9.20. 4 ln 2.◦ Сделайте замену t = x − 2 и используйте задачу 9.11. 9.21. √

4 ln 2. ◦Сделайте замену t = x/a− 1 и используйте пример 9.10. 9.22. a.10.4. 2. 10.4. f(x) имеет более высокий порядок, чем g (x). 10.6. 1/4.10.7. 0. 10.8. 1/

√3. 10.9. 0. ◦ Воспользуйтесь эквивалентностью ln(1 +

+ ax) ∼ ax (a > 1) при x→−∞ 10.10. ln 3/ ln 2. ◦ Воспользуйтесь равенствомln(1+ ax) = ln

(ax(1+ a−x)

). 10.11. 2a/b. 10.12. 1. 10.13. 2/5. 10.14. 1/3.

11.1. Устранимый разрыв в точке x = 0. 11.2. Разрыв 2-го рода в точке x = 1.11.3. Разрыв 2-го рода в точке x = 0. 11.4. Разрыв 1-го рода в точке x = 3/2.Скачок равен 2. 11.5. Устранимый разрыв в точках x = 2πk. 11.6. Разрыв1-го рода в точках x = πk. Скачок равен 2. 11.7. Разрыв 1-го рода в точкеx = 0. Скачок равен −1. 11.8. Разрыв 2-го рода в точке x = 0. 11.9. Разрыв2-го рода в точке x = 0, разрыв 1-го рода в точке x = 1. Скачок равен −4.11.10. y = 0. 11.11. x = 0; y = x − 2. 11.12. x = 1, x = 3. 11.13. x = 2;x = −2. 11.14. y = 2x при x → +∞; y = −2x при x → −∞. 11.15. y = 1;y = −1.12.1. Да. 12.2. 1,53. 12.3. Да.

12.4. x =

⎧⎪⎨⎪⎩y при −∞ < y � 1;√y при 1 < y � 16;

log2 y при 16 < y < +∞.

ПРИЛОЖЕНИЕ.ВАРИАНТЫ КОНТРОЛЬНЫХ РАБОТ

1. Kонтрольная работа по теме«Предел последовательности»

Найдите пределы последовательностей:

Вариант I.

1. limn→∞

(2n3

n3 − 2 + sinnn2 + 1

); 2. lim

n→∞(n+ 2)! + (n+ 1)!

(n+ 3)!;

3. limn→∞

2n+1 + 3n+1

2n + 3n; 4. lim

n→∞

(√n2 + 1+

√n2 − 1

)n.

Вариант II.

1. limn→∞

3n2 + 2n cosn4n2 − 1 ; 2. lim

n→∞(n+ 2)! + (n+ 1)!(n+ 2)! − (n+ 1)!

;

3. limn→∞

2n − 5n+1

2n+1 + 5n+2; 4. lim

n→∞

(√n(n− 2) +

√n2 − 3

)n.

Вариант III.

1. limn→∞

(2− 3n24+ 5n2

+ n sin πn

2

); 2. lim

n→∞(n+ 4)! − (n+ 2)!

(n+ 3)!;

3. limn→∞

3n − 2n3n−1 + 2n

; 4. limn→∞

(√n2 − 3n+ 2− n

).

Вариант IV.

1. limn→∞

5n2 + 3n cosn2n+ 1

; 2. limn→∞

(2n+ 1)! + (2n+ 2)!(2n+ 3)!

;

3. limn→∞

2n + 7n

7n−1 − 2n ; 4. limn→∞

(n−√n(n− 1)

).

140 Приложение. Варианты контрольных работ

Вариант V.

1. limn→∞

n3 − 10n+ 1100n3 + 15n

; 2. limn→∞

(n)! + (n+ 2)!(n− 1)! + (n+ 2)!

;

3. limn→∞

7n + (−2)n

7n−1 − 2n ; 4. limn→∞

(n√n−√n(n+ 1)(n+ 2)

).

Вариант VI.

1. limn→∞

(n+ 1)(n+ 2)(n+ 3)n3

; 2. limn→∞

(3n− 1)! + (3n+ 1)!(3n)!(n− 1) ;

3. limn→∞

5n+1 + (−2)n

5n+1 + 2n+1 ; 4. limn→∞

(√n(n+ 5) − n

).

Вариант VII.

1. limn→∞

(n+ 1)(n+ 2)2n2

; 2. limn→∞

(2n+ 1)! + (2n+ 2)!(2n− 1)! + (2n+ 2)!

;

3. limn→∞

3n+1 + (−2)n+1

3n + 2n; 4. lim

n→∞√n(√

n+ 2−√n− 1

).

Вариант VIII.

1. limn→∞

(2n+ 1)2 − (n+ 1)2

n2 + n+ 1; 2. lim

n→∞(3n)! − (3n− 1)!

(3n+ 1)!;

3. limn→∞

5n + (−2)n

5n+1 − 2n+1 ; 4. limn→∞

(√2n+ 3−√

n− 1).

Вариант IX.

1. limn→∞

(3− n)2

(n+ 1)2 − (n+ 1)3; 2. lim

n→∞(n+ 2)! − (n+ 1)!

(n)!;

3. limn→∞

5n

2n + 10n; 4. lim

n→∞

(√n2 + n− 1−

√n2 − n+ 1

).

Вариант X.

1. limn→∞

(n+ 2)2 − (n− 2)2(n+ 3)2

; 2. limn→∞

(n)! − (n− 1)!(n+ 1)! + (n)!

;

3. limn→∞

1+ 2+ . . .+ n

n− n2 + 3; 4. lim

n→∞n2(n−√n2 + 1

).

2. Kонтрольная работа по теме «Предел и непрерывность функции» 141

2. Kонтрольная работа по теме«Предел и непрерывность функции»

Вариант I.

1. Найдите пределы дробно-рациональной функции

f(x) = x2 − 5x+ 6x− 3

a) при x→ 2; b) при x→ 3; c) при x→ ∞.


2. limx→−∞(

√x2 + 4− x); 3. lim

x→π/2(x− π/2) tgx;

4. limx→0

3√1+ x2 − 1√1+ 3x2 − 1

; 5. limx→∞

(x2 + 1x2

)2x2.

6. Найдите и классифицируйте точки разрыва функции

f(x) = x sin 1x.

Вариант II.


f(x) = x100 + x99

x101 − x100

a) при x→ +∞; b) при x→ −∞; c) при x→ 0.


2. limx→−∞(x−

√x2 + x+ 1); 3. lim

x→0tg 5xsin 7x

;

4. limx→0

sin2 3x√1− 3x2 − 1

; 5. limx→∞

(2x+ 32x+ 1

)x+1.


f(x) = arctg 1/x.


Вариант III.


f(x) = y4 − y2 + y − 1y − 1

a) при y → +∞; b) при y → −∞; c) при y → 1.


2. limx→+∞(

√1+ x2 − x); 3. lim

x→π/2

tg 2xsin 4x

;

4. limx→0

4√1+ x− 15√1+ 2x− 1

; 5. limx→+∞

(2+ x

3+ x

)x

.


f(x) = ex − 1x

.

Вариант IV.


f(x) = 1x+ 2

+ 4

x2 − 4a) при x→ 2; b) при x→ −2; c) при x→ ∞.


2. limx→+∞(

√x2 + 4− x); 3. lim

x→0tg x− sinx

x3;

4. limx→0

4x − 7x3x − 10x ; 5. lim

x→∞

(x3 + 1x3 + 8

)2/(x+1)

.


f(x) = sin2 x1− cosx

.


Вариант V.


f(x) = x2 − x− 2x3 + 1

a) при x→ 1; b) при x→ −1; c) при x→ ∞.


2. limx→+∞(x−

√x2 + x+ 1); 3. lim

x→01− cos 2xx sin 3x

;

4. limx→0

e5x − e2x

x; 5. lim

x→∞

(1+ 4

x

)x+3.


f =

{x+ 2, x < 2;

x2 − 1, x � 2.

Вариант VI.


f(x) = x2 − 7x+ 6(1− x)(x+ 2)



2. limx→−∞(

√x2 − 3+ 5x); 3. lim

x→0x tg 5x1− cosx

;

4. limx→5

5x − 55arctg(x− 5) ; 5. lim

x→∞

(3x− 13x− 6

)x

.


f(x) = 5x2 − 3x2x

.


Вариант VII.


f(x) = (x2 + 1)2

(x+ 1)4



2. limx→∞(

√x2 + 4− x); 3. lim

x→−2(x+ 2)/ tg πx;

4. limx→0

tg 2x− sin 2x3√1+ x3 − 1

; 5. limx→∞

(2x+ 12x− 1

)4x−3.


f =

⎧⎨⎩−x, x � 1;2

x− 1, x > 1.

Вариант VIII.


f(x) = 2x3 + 6x2

6− x+ 2x2 + x3

a) при x→ +∞; b) при x→ −∞; c) при x→ −3.


2. limx→∞(x−

√x2 + x+ 1); 3. lim

x→11− x2

sinπx;

4. limx→2

4x−2 − 13x−2 − 1; 5. lim

x→∞

( 2+ x

2x− 1)x2

.


f(x) = sin x1− cosx

.


Вариант IX.


f(x) = x3

3x2 − 4 + x2

3x+ 2

a) при x→ 1; b) при x→ −2/3; c) при x→ ∞.Найдите пределы функций:

2. limx→+∞(

√x2 − 3+ 5x); 3. lim

x→π

1− sin(x/2)π − x

;

4. limx→1

x4/5 − 1x3/2 − 1; 5. lim

x→∞

(3x2 + 13x2 − 1

)x+1

.


f(x) = 2|x− 1|x2 − x3

.

Вариант X.


f(x) = x3 − 3x− 2x+ x2

a) при x→ −1; b) при x→ 0; c) при x→ ∞.Найдите пределы функций:

2. limx→+∞

√4x2 + 1− x

3x+ 5; 3. lim

x→π/2

tg 3xtg x;

4. limx→0

4x − 64x− 3 ; 5. lim

x→2ln(log2 x)x− 2 .


f(x) = ln |x|x− 1 .

10

Час т ь II

ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ ОДНОЙ

ПЕРЕМЕННОЙ

10*

Гл а в а 1

ПРОИЗВОДНАЯ И ДИФФЕРЕНЦИАЛ

1. Понятие производной

1.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)определена в интервале (a, b), x0, x ∈ (a, b), причем x �= x0. По-ложим

Δx = x− x0, Δf = f(x0 + Δx) − f(x0).

Назовем Δx приращением аргумента, а Δf — соответствующимприращением функции в точке x0.

Производной функции f(x) в точке x0 называется

limΔx→0

ΔfΔx

.

Обозначения производной:

f ′(x0), f ′(x)|x=x0,

df(x0)dx

.

Таким образом,

f ′(x0) = limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

f(x0 + Δx) − f(x0)Δx

= limx→x0

f(x) − f(x0)x− x0

.

Функция, имеющая в некоторой точке производную, называетсядифференцируемой в этой точке.

Те о р ем а 1.1 (формула бесконечно малых приращений).Пусть функция f(x) имеет производную в точке x0. Тогдаприращение функции f(x) в точке x0 представимо в виде

f(x0 + Δx)− f(x0) = f ′(x0)Δx+ α(Δx)Δx, где limΔx→0

α(Δx) = 0.(1.1)

Если функция f(x) имеет производную в каждой точке ин-тервала (a, b), то она называется дифференцируемой в интерва-ле (a, b). Обозначения: f ′(x), f ′x, f ′,

df

dx.

150 Гл. 1. Производная и дифференциал


1). Верно ли утверждение: если функция непрерывна в некоторойточке, то она имеет в этой точке производную?

2). Докажите следующие утверждения:1) Производная четной дифференцируемой функции есть

функция нечетная.2) Производная нечетной дифференцируемой функции есть

функция четная.3) Производная дифференцируемой периодической функции

есть функция периодическая с тем же периодом.


Найти f ′(x0), пользуясь определением производной функ-ции в точке.

Пример 1.1. f = 5x2, x0 = 1.

� Найдем приращение функции f(x) = 5x2 в точке x0 = 1,соответствующее приращению аргумента Δx:

Δf = f(1+ Δx) − f(1) = 5(1+ Δx)2 − 5 = 10Δx+ 5(Δx)2.

Вычислим отношение приращения функции к приращению аргу-мента:

ΔfΔx

= 10Δx+ 5(Δx)2

Δx= 10+ 5Δx.

Переходя к пределу при Δx→ 0, получим:lim

Δx→0ΔfΔx

= limΔx→0

(10+ 5Δx) = 10.

Следовательно, f ′(1) = 10. �

Пример 1.2. f =√x, x0 = 5.

� ИмеемΔf = f(5+ Δx) − f(5) =

√5+ Δx−

√5.

1. Понятие производной 151

Тогда

ΔfΔx

=√5+ Δx−

√5

Δx= (

√5+ Δx)2 − (

√5)2

Δx(√5+ Δx+

√5)

=

= 5+ Δx− 5Δx(

√5+ Δx+

√5)

= 1√5+ Δx+

√5.

Переходя к пределу, получаем

limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

1√5+ Δx+

√5

= 1

2√5.

Итак, f ′(5) = 1

2√5. �

Пример 1.3. f = 3√x2, x0 = 0.

� Имеем Δf = f(0+ Δx) − f(0) = 3√

(Δx2) − 0 = 3√

(Δx2);

ΔfΔx

=3√

(Δx)2

Δx= 1

3√Δx; limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

13√Δx

= ∞.

Следовательно, функция в точке x0 = 0 не имеет производной.�

Найти f ′(x), пользуясь определением производной. Ука-зать область существования производной.

Пример 1.4. f = C.

� Для любых x и Δx имеем

Δf = f(x+ Δx) − f(x) = C − C = 0;

f ′(x) = limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

0Δx

= limΔx→0

0 = 0.

Таким образом, (C)′ = 0. �Пример 1.5. f = x.

� Имеем Δf = (x+ Δx) − x = Δx;

f ′(x) = limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

ΔxΔx

= limΔx→0

1 = 1,

т. е. (x)′ = 1 для любого x ∈ R. �Пример 1.6. f = sinx.

� Имеем Δf = sin(x + Δx) − sinx. Преобразовав разность


синусов в произведение, получим Δf = 2 sin Δx2

cos(x+ Δx

2

).

Найдем

limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

2 sin Δx

2cos(x+ Δx

2

)Δx

.

При Δx→ 0 бесконечно малые sin Δx2и

Δx2эквивалентны, т. е.

справедливо соотношение sin Δx2

∼ Δx2. Учитывая это, получаем

limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

2Δx

2cos(x+ Δx

2

)Δx

= limΔx→0

cos(x+ Δx2

) = cosx.

Таким образом, ∀x ∈ R (sinx)′ = cosx. �

Пример 1.7. f = ex.

� Имеем Δf = ex+Δx − ex = ex(eΔx − 1);

limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

ex(eΔx − 1)Δx

=∣∣∣∣ eΔx − 1 ∼ Δxпри Δx→ 0

∣∣∣∣ =

= ex limΔx→0

ΔxΔx

= ex.

Итак, ∀x ∈ R (ex)′ = ex. �

Пример 1.8. f = lnx.

� Имеем:Δf = ln(x+ Δx) − lnx = ln

(x+ Δx

x

)= ln

(1+ Δx

x

);

limΔx→0

ΔfΔx

= limΔx→0

ln(1+ Δx

x)

Δx=

∣∣∣∣∣∣ln(1+ Δx

x) ∼ Δx

xпри Δx→ 0

∣∣∣∣∣∣ =

= limΔx→0

Δx

xΔx

= 1x.

Итак, ∀x > 0 (lnx)′ = 1x. �

1. Понятие производной 153

Пример 1.9. f = xα, x > 0, α ∈ R.

� Имеем

Δf = (x+ Δx)α − xα = xα( (x+ Δx)α

xα − 1)

=

= xα((1+ Δx

x

)α

− 1).

Тогда limΔx→0

ΔfΔx

=

= limΔx→0

xα((1+ Δx

x

)α

− 1)

Δx=

∣∣∣∣∣∣(1+ Δx

x

)α

− 1 ∼ αΔxx

при Δx→ 0

∣∣∣∣∣∣ =

= xα limΔx→0

αΔx

xΔx

= xα limΔx→0

α

x= αxα−1.

Итак, ∀x > 0 ∀α ∈ R (xα)′ = αxα−1. �


Найдите f ′(x0), пользуясь определением производной функ-ции в точке.

1.1. f = 3x, x0 = −2; 1.2. f = 2|x− 1|, x0 = −1;1.3. f = 1

x2 − 3, x0 = 0; 1.4. f = tg x, x0 = π

4;

1.5. f = arcsinx, x0 = 0; 1.6. f = xα, α > 0, x0 = 0.

Найдите f ′(x), пользуясь определением производной. Укажитеобласть существования производной.

1.7. f = x3 − 2x; 1.8. f = 1

x2 + 1; 1.9. f = 5

1− 3x ;1.10. f = cosx; 1.11. f = ax; 1.12. f = loga x.


2. Правила вычисления производной.Таблица производных


Те ор ем а 2.1. Пусть функции f(x) и g (x) имеют производ-ные в точке x0. Тогда функции f(x) ± g (x), f(x) · g (x), λf(x)(λ ∈ R), f(x)/g (x) (частное при условии g (x0) �= 0) также име-ют производные в точке x0, причем в точке x0 справедливыравенства:

(f ± g )′ = f ′ ± g ′, (λf)′ = λf ′, (2.1)

(f · g )′ = f ′g + fg ′,(f

g

)′= f ′g − fg ′

g2. (2.2)

Формулы (2.1) выражают свойство линейности операции диф-ференцирования.Пусть функции f(x) и g (y) таковы, что область значений

E(f) функции f содержится в области определения D(g ) функ-ции g , т. е. E(f) ⊂ D(g ).

Сложной функцией z = g ◦ f называют функцию, определен-ную на множестве D(f) формулой z(x) = g (f(x)).

Те о р ем а 2.2 (о производной сложной функции). Пустьфункция f(x) имеет производную в точке x0, а функцияg (y) имеет производную в точке y0 = f(x0). Тогда сложнаяфункция z(x) = g (f(x)) имеет производную в точке x0 и

z′(x0) = g ′(y0) · f ′(x0).Пусть функция y = f(x), x ∈ D(f), удовлетворяет условию, чтодля любых x1, x2 ∈ D(f) из x1 �= x2 следует f(x1) �= f(x2).В этом случае для любого y ∈ E(f) найдется только одинx ∈ D(f) такой, что f(x) = y.Функция, значения которой определяются по правилу: эле-

менту y ∈ E(f) ставится в соответствие элемент x ∈ D(f) такой,что f(x) = y, называют обратной к функции f и обозначаютсимволом f−1. Функция, обратная к f−1, есть f . Поэтому функ-ции f и f−1 называются взаимно обратными. Для обозначенияпары взаимно обратных функций удобно использовать обозначе-ния: y = y(x), x = x(y).

Те о р ем а 2.3 (об обратной функции). Пусть функция y == y(x) непрерывна и строго возрастает (убывает) в проме-

2. Правила вычисления производной. Таблица производных 155

жутке X. Тогда в промежутке y(X) существует обратнаяфункция x = x(y), также строго возрастающая (убывающая)и непрерывная в этом промежутке.

Те о р ем а 2.4 (о производной обратной функции). Пустьфункция y(x) удовлетворяет условиям:

1. y = y(x) определена и непрерывна в интервале X;2. имеет обратную функцию x = x(y), определеннную в ин-тервале E(y);

3. x0 ∈ X и существует y′(x0), причем y′(x0) �= 0.

Тогда обратная функция x = x(y) в точке y0 = y(x0) имеетпроизводную и

x′(y0) = 1y′(x0)

.

Таблица производных основных элементарных функций

I. C ′ = 0II. (xα)′ = αxα−1III. (ax)′ = ax ln a, (ex)′ = ex

IV. (loga x)′ = 1

x ln a, (lnx)′ = 1

xV. (sinx)′ = cosxVI. (cosx)′ = − sinxVII. (tg x)′ = 1

cos2 xVIII. (ctg x)′ = − 1

sin2 xIX. (arcsinx)′ = 1√

1− x2

X. (arccosx)′ = − 1√1− x2

XI. (arctg x)′ = 1

1+ x2

XII. (arcctg x)′ = − 1

1+ x2

Каждая из этих формул справедлива при тех значениях перемен-ной x, при которых определены ее левая и правая части.



1). Докажите формулы:

1) (fgh)′ = f ′gh+ fg ′h+ fgh′; 2) (f(ax+ b))′ = af ′(ax+ b).

2). Можно ли утверждать, что произведение h(x) = f(x)g (x) неимеет производной в точке x = x0, если:1) функция f(x) имеет производную в точке x0, а функция

g (x) не имеет производной в этой точке.2) обе функции f(x) и g (x) не имеют производной в точке x0.Рассмотрите примеры:1) f(x) = x; g (x) = |x|; 2) f(x) = |x|; g (x) = |x|.

3). Можно ли утверждать, что сумма h(x) = f(x) + g (x) неимеет производной в точке x = x0, если:1) функция f(x) имеет производную в точке x0, а функция

g (x) не имеет производной в этой точке?2) обе функции f(x) и g (x) не имеют производной в точке x0?

4). Пусть f(x) — четная всюду дифференцируемая функция.Верно ли какое-либо из следующих утверждений: а) f ′(0) > 0;б) f ′(0) < 0; с) f ′(0) = 0?

5). Верно ли утверждение: если f(x) < g (x), то f ′(x) < g ′(x)?


Найти производную функции, пользуясь таблицей произ-водных и правилами дифференцирования.

Пример 2.1. f =√7+ 4x4 − 6x.

� Данная функция — алгебраическая сумма трех дифферен-цируемых функций. Сначала используем правила дифференциро-вания суммы, разности и вынесения постоянного множителя зазнак производной:

f ′(x) = (√7+ 4x4 − 6x)′ = (

√7)′ + 4(x4)′ − 6(x)′.


Теперь к первому слагаемому применим формулу (I) таблицы,а ко второму и третьему — формулу (II) с α = 4 и α = 1:

f ′(x) = 0+ 4 · 4x3 − 6x0 = 16x3 − 6. �

Пример 2.2. f = 5x cosx.

� Данная функция — произведение двух дифференцируе-мых функций. Применяя формулу для производной произведенияи табличные формулы (III) и (IV), получим:

f ′(x) = (5x cosx)′ = (5x)′ cosx+ 5x(cosx)′ == 5x ln 5 cosx+ 5x(− sinx) = 5x(ln 5 cosx− sinx). �

Пример 2.3. f = log3 xsin x

.

� Данная функция — частное двух дифференцируемых функ-ций. Применим формулу для производной частного и табличныеформулы (IV) и (V). Получим:

f ′(x) =( log3 x

sin x

)′= (log3 x)

′ sinx− log3 x(sinx)′

(sinx)2

=sinx

x ln 3− log3 x cosx

(sinx)2= sin x− x ln 3 log3 x cosx

x(sinx)2 ln 3. �

Пример 2.4. f = 12x

+ x lnx− 4x

− 3√x2 − 1√

x+ 5

x3.

� Сначала выполним тождественные преобразования. Во вто-ром слагаемом разделим почленно числитель на знаменатель,введем дробные и отрицательные показатели степени:

f(x) = 12x

+ x lnx− 4x

− 3√x2 − 1√

x+ 5

x3=

= 12x

+ lnx− 4x− 3√x2 − 1√

x+ 5

x3=

=(12

)x

+ lnx− 4x−1 − x2/3 − x−1/2 + 5x−3.

Теперь используем линейность операции дифференцирования,а также формулу (III) с a = 1/2 для первого слагаемого и фор-


мулу (II) — для остальных слагаемых при α = 1, −1, 2/3, −1/2,−3 соответственно:f ′(x) =

(12

)x

ln 12

+ 1x− 4(−1)x−2 − 2

3x−1/3 −

(−12

)x−3/2 +

+ 5(−3)x−4 = − ln 22x

+ 1x

+ 4

x2− 2

3 3√x

+ 12x

√x− 15x4. �

Пример 2.5. f = (x2 − 1)(x2 − 4)(x2 − 9).� Данная функция — произведение трех сомножителей. При-

менив правило дифференцирования произведения два раза, по-лучим

f ′(x) =((x2 − 1)(x2 − 4)(x2 − 9))′ =

=((x2 − 1)(x2 − 4))′ (x2 − 9) + (x2 − 1)(x2 − 4) (x2 − 9)′ =

=((x2 − 1)′(x2 − 4) + (x2 − 1)(x2 − 4)′)×× (x2 − 9) + (x2 − 1)(x2 − 4)2x =

=(2x(x2 − 4) + (x2 − 1)2x) (x2 − 9) + 2x(x2 − 1)(x2 − 4) =

= 2x(3x4 − 28x2 + 49). �

Найти производную, используя правило дифференцирова-ния сложной функции.

Пример 2.6. z = 3√4+ 7 cosx.� Представим функцию z(x) в виде сложной функции z(x) =

= g (f(x)), где f(x) = 4+ 7 cosx и g (y) = 3√y, причемf ′(x) = −7 sinx, g ′(y) = 1

3 3√y2.

По правилу дифференцирования сложной функции (теорема 2.2)имеем

z′(x) = g ′(y)f ′(x) = 1

3 3√y2

· (−7 sinx)∣∣∣∣y=4+7 cosx

=

= − 7 sinx

3 3√

(4+ 7 cosx)2. �

Пример 2.7. u = arctg(x4 + 1)5.� В данном случае правило дифференцирования сложной

функции нужно применить несколько раз, «по цепочке», по-


следовательно переходя от «внешней» функции к «внутренней».У функции u = arctg(x4 + 1)5 «внешней» функцией являет-ся g = arctg y. Представим u(x) в виде u(x) = g (f(x)), гдеg (y) = arctg y и f(x) = (x4 + 1)5. Для нахождения ее производ-ной применим правило дифференцирования сложной функции:

u′(x) = (arctg y)′ · f ′(x) = 1

1+ y2((x4 + 1)5)′

∣∣∣∣y=(x4+1)5

=

= ((x4 + 1)5)′

1+ (x4 + 1)10.

Найдем теперь производную функции z(x) = (x4 + 1)5. Предста-вим ее в виде z(x) = h(p(x)), где h(y) = y5 и p(x) = x4 + 1. При-менив еще раз правило дифференцирования сложной функции,получим

z′(x) = h′(y) · p′(x) = (y5)′ · ((x4 + 1)5)′ == 5(x4 + 1)44x3 = 20x3(x4 + 1)4.

Окончательно имеем

u′(x) = 20x3(x4 + 1)4

1+ (x4 + 1)10. �

Доказать формулу.

Пример 2.8. (arctg x)′ = 1

1+ x2, x ∈ R.

� Функция y = arctg x, x ∈ R, есть функция, обратнаяк функции x = tg y, y ∈ (−π/2, π/2). Функция x = tg y непре-рывна и строго возрастает в интервале (−π/2, π/2). По теоре-ме 2.3 она имеет обратную функцию y = arctg x, определеннуюв интервале (−∞, +∞). Функция x = tg y имеет производнуюx′(y) = 1

cos2 y, причем x′(y) �= 0 при y ∈ (−π/2, π/2). Применяя

к функции x = tg y, y ∈ (−π/2, π/2) теорему о производнойобратной функции, получаем, что y = arctg x в каждой точкеинтервала (−∞, +∞) имеет производную и y′(x) = (arctg x)′ =

= 1x′(y)

= cos2 y. Для получения y′(x) как функции переменной


x выразим cos2 y через x, используя тождество 1+ tg2 y = 1

cos2 y.

Имеем cos2 y = 1

1+ tg2 y= 1

1+ x2. Окончательно получаем

(arctg x)′ = 1

1+ x2, x ∈ R. �

Пример 2.9. (arcsinx)′ = 1√1− x2

, − 1 < x < 1.

� Функция y = arcsinx, x ∈ (−π/2, π/2) есть функция, об-ратная к функции x = sin y, y ∈ (−1, 1). Функция x = sin yнепрерывна и строго возрастает в интервале (−π/2, π/2). По тео-реме 2.3 она имеет обратную функцию y = arcsinx, опреде-ленную в интервале (−1, 1). Функция x = sin y имеет произ-водную x′(y) = cos y, причем x′(y) �= 0 при y ∈ (−π/2, π/2).По теореме о производной обратной функции, получаем, чтоy = arcsinx в каждой точке интервала (−1, 1) имеет производ-ную и y′(x) = (arcsinx)′ = 1

x′(y)= 1

cos y. Выразим cos y через пе-

ременную x: cos y > 0 при |y| < π/2, поэтому cos y =√1− sin2 x.

Окончательно получаем:

(arcsinx)′ = 1cos y

= 1√1− sin2 y

= 1√1− x2

, x ∈ (−1, 1). �

Пример 2.10. Найти производную функции

f = x− ln√1+ e2x + e−x arcctg ex.

� Пользуясь линейностью операции дифференцирования,имеем

f ′ = (x)′ −(ln√1+ e2x

)′+(e−x arcctg ex

)′.

Применив ко второму и третьему слагаемым правила дифферен-цирования сложной функции и произведения, а также табличныеформулы (II), (III), (IV) и (XII), получим

f ′ = 1−(√1+ e2x

)′√1+ e2x

+(e−x)′ arcctg ex + e−x (arcctg ex)′ =

= 1− 1√1+ e2x

· 2e2x

2√1+ e2x

+ (e−x)(−1) arcctg ex +


+ e−x

(− 1

1+ (ex)2

)ex = 1− e2x

1+ e2x− arcctg ex

ex −

− 1

1+ e2x= −arcctg ex

ex . �


Найдите производные функций, пользуясь таблицей произ-водных и правилами дифференцирования.

2.1. f = ln 5x

− e3 + 5√x; 2.2. f = 7x8 + 3

x2+ x2

√x;

2.3. f = (x2 − 7x+ 8)ex; 2.4. f = sinx+ cosxcosx− sinx

.

Найдите производные, используя правило дифференцированиясложной функции.

2.5. f = 3√2x− 1; 2.6. f = ln(x+√x2 + α);

2.7. f = 2x3+3x; 2.8. f = e

√1−cos 2x;

2.9. f = sin2(2x+ π

4

); 2.10. f = log3 log5 log7(x

2 + 4).

Докажите формулы, используя теорему о производной обрат-ной функции.

2.11. (arcctgx)′ = − 1

1+ x2, x ∈ R;

2.12. (arccosx)′ = − 1√1− x2

, − 1 < x < 1;

2.13. ( n√x)′ =n√x

nx, x ∈ R, x �= 0, n = 2m+ 1, m ∈ N.

Найдите производные:

2.14. f = tg2 2x+ ln cosx;

2.15. f = 12

(x√9− x2 + 9 arcsin x

3

);

2.16. f = x√4+ x2

; 2.17. f = sin cos2 x · cos sin2 x;

2.18. f = 4

√2x+ 13x+ 4

; 2.19. f =(√

x+ 1√x

)12.

11


3. Односторонние производные

3.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)определена в промежутке [x0, x0 + δ), где δ > 0. Правой произ-водной f(x) в точке x0 называют односторонний предел

limΔx→+0


.

Правая производная обозначается символом f ′(x0 + 0) при x0 �= 0и f ′(+0) при x0 = 0. Аналогично определяется левая производнаяв точке x0, она обозначается f ′(x0 − 0) при x0 �= 0 и f ′(−0) приx0 = 0. Правая и левая производные называются односторон-ними.

Те о р ем а 3.1. Функция f(x) имеет производную в точке x0тогда и только тогда, когда в этой точке существуют обеодносторонние производные и они равны.

Говорят, что функция f(x) в точке x0 имеет положительную(отрицательную) бесконечную правую производную, если

limΔx→+0


= +∞

( limΔx→+0


= −∞).

Аналогично определяется положительная (отрицательная)бесконечная левая производная.


1). Приведите пример непрерывной функции, не имеющей в неко-торой точке ни одной из односторонних производных.

2). Верно ли утверждение: если функция имеет в точке обеодносторонние производные, то она дифференцируема в этойточке?


Найти правую и левую производные функции в указаннойточке.

3. Односторонние производные 163

Пример 3.1. f = |x|, x0 = 0.

� Используя определения односторонних производных,имеем

f ′(+0) = limΔx→+0

|Δx+ 0| − |0|Δx

= limΔx→0+

ΔxΔx

= 1;

f ′(−0) = limΔx→−0

|Δx|Δx

= limΔx→−0

−ΔxΔx

= −1. �

Пример 3.2. f = 3√

(|x| + x)2, x0 = 0.

� Используя определение модуля, представим функцию fв виде

f =

{3√4x2, x � 0,

0, x < 0.

По определению правой производной имеем

f ′(+0) = limΔx→+0

3√4(Δx)2 − 0

Δx= 3√4 lim

Δx→+0

13√Δx

= +∞.

Аналогично, по определению левой производной получаем

f ′(−0) = limΔx→−0

0− 0Δx

= limΔx→−0

0 = 0. �

Пример 3.3. f =

{x2, x � 12− x, x < 1,

x0 = 1.

� Как и в предыдущих примерах, можно найти односто-ронние производные по определению. Однако, здесь удобнее ис-пользовать другой способ. Функция f «склеена» из двух частей:функций f1 = x2 и f2 = 2 − x (x0 = 1 — точка «склейки»).Функция f1 дифференцируема при любом x, cледовательно, су-ществует f ′1(1) и по теореме 3.1 существует f

′1(1+ 0), причем

f ′1(1+ 0) = f ′1(1) = (x2)′∣∣x=1 = 2.

Из равенства функций f1 и f при x � 1 следует равенство их пра-вых производных в точке x0 = 1, т. е. f ′(1 + 0) = f ′1(1+ 0) = 2.Аналогично,

f ′(1− 0) = f ′2(1− 0) = f ′2(1) = (2− x)′|x=1 = −1. �

11*


Пример 3.4. f = | sin 3x|, x0 = π

3.

� Для нахождения односторонних производных применимметод примера 3.3. Рассмотрим функцию f(x) = | sin 3x| в ин-тервале (0, 2π/3). В этой окрестности точки x0 = π/3 слеваот x0 = π/3 выполняется неравенство sin 3x > 0, а справа —неравенство sin 3x < 0. Поэтому в рассматриваемой окрестностифункцию f можно представить в виде

f =

{sin 3x, 0 < x � π/3,

− sin 3x, π/3 < x < 2π/3.

Следовательно, в рассматриваемой окрестности функцию f мож-но рассматривать как «склеенную» из функций f1 = sin 3xи f2 = − sin 3x, причем f = f1 при 0 < x � π/3 и f = f2 приπ/3 < x < 2π/3. Учитывая дифференцируемость f1, f2 и исполь-зуя теорему 3.1, находим

f ′(π

3− 0)

= f ′1(π

3− 0)

= f ′1(π

3

)= (sin 3x)′|x=π

3=

= (3 cos 3x)|x=π3

= 3 cosπ = −3;f ′(π

3+ 0)

= f ′2(π

3+ 0)

= f ′2(π

3

)= (− sin 3x)′|x=π

3=

= (−3 cos 3x)|x=π3

= −3 cosπ = 3. �

Пример 3.5. f = arcsinx, x0 = 1.

� Область определения функции f = arcsinx — отрезок[−1, 1]. Поэтому функция не определена в правой полуокрестно-сти точки x0 = 1 и, следовательно, не имеет правой производ-ной в этой точке. Левую производную найдем по определению.Имеем

f ′(1− 0) = limΔx→−0

arcsin(1+ Δx) − arcsin 1Δx

=

= limΔx→−0

arcsin(1+ Δx) − π

2Δx

.

Введем новую переменную t = arcsin(1 + Δx) − π

2. Если Δx →

→ −0, то t→ −0. Тогда учитывая, чтоΔx = sin

(π

2+ t)− 1 = cos t− 1,

3. Односторонние производные 165

получим

limΔx→−0

arcsin(1+ Δx) − π

2Δx

= limt→−0

t

cos t− 1 .

Используя соотношение эквивалентности 1 − cos t ∼ t2/2 приt→ 0, получим

limt→−0

t

cos t− 1 = limt→−0

−tt2

2

= limt→−0

−1t

= +∞.

Итак, f ′(1− 0) = +∞, т. е. в точке x0 = 1 функция имеет левуюположительную бесконечную одностороннюю производную. �

Исследовать функцию на дифференцируемость в указан-ной точке.Пример 3.6. f = (x+ 1)|x+ 1|, x0 = −1.

� Используя определение модуля, представим функциюв виде

f =

{−(x+ 1)2, x � −1

(x+ 1)2, x > −1.Найдем односторонние производные функции f в нуле ме-тодом, изложенным в примере 3.3. Положим f1 = −(x+ 1)2,f2 = (x+ 1)2. Имеем

f ′1(−1− 0) = f ′1(−1) = (−(x+ 1)2)′∣∣x=−1 = −2(x+ 1)|x=−1 = 0;

f ′2(−1+ 0) = f ′2(−1) = ((x+ 1)2)′∣∣x=−1 = 2(x+ 1)|x=−1 = 0.

Учитывая, что f = f1, если x � −1, и f = f2, если x � −1,получаем

f ′(−1− 0) = f ′1(−1) = 0; f ′(−1+ 0) = f ′2(−1+ 0) = 0.

Итак, f ′(−1 − 0) = f ′(−1 + 0) = 0. Отсюда по теореме 3.1 за-ключаем, что функция f дифференцируема в точке x = −1и f ′(−1) = 0. �


⎧⎨⎩x arctg 1

x, x �= 0

0, x = 0,x0 = 0.


� Найдем одностронние производные, используя их опреде-ления:

f ′(−0) = limΔx→−0

Δx arctg 1Δx

− 0Δx

= limΔx→−0

arctg 1Δx

= −π

2;

f ′(+0) = limΔx→+0

arctg 1Δx

= π

2.

Односторонние производные в точке x0 = 0 не равны. По теоре-ме 3.1 функция в этой точке не дифференцируема. �


Найдите правую и левую производные функций в указан-ных точках.

3.1. f = e|2x|, x0 = 0; 3.2. f = 3√x+ 5, x0 = −5;

3.3. f =3√x2, x0 = 0; 3.4. f =

√x2 + x

√x, x0 = 0;

3.5. f =

{(x+ 1)2, x � −1,(x+ 1)3, x < −1, x0 = −1;

3.6. f = arccos 1x, x0 = 1.

Исследуйте функции на дифференцируемость в указанныхточках.

3.7. f = (x+ 2)2/3, x0 = −2;3.8. f = 1

2|x− 1|2, x0 = 1;

3.9. f = |x2 − 4x+ 3|, x0 = 3.

4. Геометрический смысл производной

4.1. Основные понятия и теоремы. Секущей графикафункции f(x) называется прямая, проходящая через двеего точки. Секущая, проходящая через точки M(x0, f(x0))и P (x0 + Δx, f(x0 + Δx)), имеет уравнение

y = ΔfΔx

(x− x0) + f(x0), где Δf = f(x0 + Δx) − f(x0).

4. Геометрический смысл производной 167

Пусть функция f(x) имеет производную в точке x0. Касатель-ной к графику функции f(x) в точке M(x0, f(x0)) называетсяпрямая, имеющая уравнение

y = f ′(x0)(x− x0) + f(x0).

Пусть непрерывная функция f(x) в точке x0 не имеет произ-водной, но имеет бесконечные односторонние производные. Тогда

угловой коэффициентΔfΔxсекущей к графику функции в точке x0

имеет предел, равный +∞ или −∞. В этом случае касательнойк графику функции в точке M(x0, f(x0)) называется прямаяx = x0.

Геометрический смысл производной: производная f ′(x0)функции f(x) в точке x0 равна пределу при Δx → 0 угловогокоэффициента

ΔfΔxсекущей к графику функции f(x) в точке

M(x0, f(x0)), и, таким образом, f ′(x0) — угловой коэффициенткасательной к графику функции f(x) в точке M(x0, f(x0)).


1). В каких точках нельзя провести касательную к графикуфункции:1) f = |x− a| + |x+ b|; 2) f = |ax2 + bx+ c|.

2). Определите, при каких соотношениях между параметрами a,b и c парабола

y = ax2 + bx+ c

касается оси OX?

3). Определите, при каких соотношениях между параметрами pи q кубическая парабола

y = x3 + px+ q

касается оси OX?

4). Пусть f(x) — дифференцируемая функция и f(x) > 0. Дока-жите, что графики функций

y = f(x) и y = f(x) sin ax

в общих точках касаются (имеют общую касательную).



Пример 4.1. Написать уравнение касательной к графикуфункции f = |x− 1| 3√x+ 2 в точке x0 = 6.

� Найдем производную функции. При x > 1 |x− 1| == x− 1, и функцию можно представить в виде f(x) == (x− 1) 3√x+ 2. Отсюда

f ′(x) =((x− 1) 3√x+ 2

)′= 3√

x+ 2+ (x− 1)13

(x+ 2)−2/3 =

= 3(x+ 2) + x− 13 3√

(x+ 2)2= 4x+ 5

3 3√

(x+ 2)2.

Вычислим в точке x0 = 6 значения функции и ее производной:

f(6) = 5 3√8 = 10, f ′(6) = 29

3 3√

(8)2= 2912.

Теперь запишем уравнение касательной y = 2912

(x − 6) + 10.

Упростив это уравнение, окончательно получим y = 2912x− 9

2. �

Пример 4.2. Какой угол образует с осью абсцисс касательнаяк графику функции f = sin 3x в точке x0 = 2π/3?

� Функция f = sin 3x дифференцируема на множестве R,поэтому ее график имеет в любой точке x0 касательную y == f ′(x0)(x− x0) + f(x0). Пусть ϕ — угол ее наклона к оси OX.Из уравнения касательной имеем tgϕ = f ′(x0). Учитывая, чтоf ′ = 3 cos 3x и f ′(2π/3) = 3 cos 2π = 3, для нахождения угла ϕполучаем уравнение tgϕ = 3. Отсюда ϕ = arctg 3. �Пример 4.3. Найдите точки, в которых касательная к гра-фику функции f = x2 параллельна прямой y = 2x+ 1.

� Функция f = x2 дифференцируема при любом x ∈ R. По-этому ее график имеет касательную в каждой точке. Пусть x0 —абсцисса искомой точки. Найдем в ней угловой коэффициенткасательной к графику: f ′(x0) = 2x0. Рассматриваемая касатель-ная должна быть параллельна прямой y = 2x + 1. Посколькуугловой коэффициент прямой равен 2, а угловые коэффициентыпараллельных прямых должны быть равны, получаем 2x0 = 2,т. е. x0 = 1. Итак, искомой является точка (1, 1). �

4. Геометрический смысл производной 169

Пример 4.4. Определить, в каких точках и под каким угломпересекаются графики функций f1 =

√2 sinx и f2 =

√2 cosx

(углом между графиками функций в точке их пересечения называется уголмежду касательными к этим графикам в данной точке).

� Для определения абсцисс xk точек пересечения графи-ков функций f1 =

√2 sinx и f2 =

√2 cosx решим уравнение√

2 sinx =√2 cosx. Получим xk = π

4+ πk, k ∈ Z. Найдем орди-

наты точек пересечения:

yk =√2 sin

(π

4+ πk

)=

√2(−1)k

√22

= (−1)k.

Таким образом, графики пересекаются в точках(π

4+ πk, (−1)k

),

k ∈ Z. Для нахождения угла между графиками в точках ихпересечения найдем угловые коэффициенты k1 и k2 касательныхк графикам в этих точках. Имеем

k1 = f ′1(π

4+ πk

)=

√2 cos

(π

4+ πk

)=

√2(−1)k

√22

= (−1)k;

k2 = f ′2(π

4+ πk

)= −

√2 sin

(π

4+ πk

)=

= −√2(−1)k

√22

= (−1)k+1.

Отсюда получаем k1 · k2 = (−1)k(−1)k+1 = −1. Это означает, чтокасательные перпендикулярны друг к другу в рассматриваемыхточках, т. е. графики пересекаются под углом π/2. �Пример 4.5. Под какими углами график функции f = sinxпересекает ось абсцисс?

� График функции f = sinx пересекает ось OX в точ-ках x = πn, k ∈ Z. Если n четно, т. е. n = 2k, то x = 2πkи y′(2πk) = cos 2πk = 1. Поэтому в точках x = 2πk угловой коэф-фициент касательной к графику tgϕ = 1. Следовательно, в этихточках график пересекает ось OX под углом ϕ = π/4. Если nнечетно, т. е. n = 2k + 1, то

x = (2k + 1)π, y′((2k + 1)π) = cos((2k + 1)π) = −1.Отсюда tgϕ = −1, и поэтому в точках x = (2k + 1)π графикпересекает ось OX под углом ϕ = 3π/4. �

Существует ли касательная к графику функции f в точкес абсциссой x0? Является ли функция f дифференцируемойв точке x0?


Пример 4.6. f = 3√sinx, x0 = 0.

� Найдем производную функции f(x) в точке x0 по опре-делению (правило дифференцирования сложной функции приме-нить нельзя, так как функция 3√y не дифференцируема в нуле).Имеем

Δf(0)Δx

=3√sin Δx− 0

Δx= 3

√sin Δx

Δx· 13√

(Δx)2→ +∞,

посколькуsin Δx

Δx→ 1, а 1

3√

(Δx)2→ +∞ при Δx → 0. Отсюда

следует, что данная функция в точке x0 не дифференцируема,однако она является в этой точке непрерывной и ее график имеетв точке (0, 0) касательную, уравнение которой x = 0. �


{(x+ 1)2, при x < −1,(x+ 1)3, при x � −1, x0 = −1.

� Для выяснения вопроса о существовании производнойфункции f в точке x = −1 применим метод, изложенный в при-мере 3.3. Функция f «склеена» из функций f1 = (x + 1)2и f2 = (x+ 1)3. Имеем

f ′(−1− 0) = f ′1(x+ 1) = 2(x+ 1)|x=−1 = 0,

f ′(−1+ 0) = f ′2(x+ 1) = 3(x+ 1)2∣∣x=−1 = 0,

f ′(−1− 0) = f ′(−1+ 0) = 0.

Отсюда следует, что существует f ′(−1) = 0, т. е. функция f(x)дифференцируема в точке x = −1 и ее график имеет в точке(−1, 0) касательную y = 0. �


Напишите уравнение касательной к графику функции fв точке x0.

4.1. f =√5− x2, x0 = 1; 4.2. f = arctg 2x, x0 = 0.

Определите угол касательной к графику функции f в точ-ке x0 с осью абсцисс.

4.3. f = lnx, x0 = 1; 4.4. f = −x2 + 4x− 17, x0 = 2, 5.

5. Производные высших порядков. 171

Найдите точки, в которых касательная к графику функ-ции f параллельна заданной прямой.

4.5. f = 2+ x− x2, y = 0; 4.6. f = x3 − 13x, y = −x;4.7. f = (3− x2)ex, y = 0.

Определите, в каких точках и под каким углом пересека-ются графики функций f1 и f2:

4.8. f1 = x− x3, f2 = 5x; 4.9. f1 = 1x, f2 =

√x.

Существует ли касательная к графику функции f в точкес абсциссой x0? Дифференцируема ли функция f в точке x0?

4.10. f = |3x+ 2|, x0 = −2/3; 4.11. f = 3√x, x0 = 0;

4.12. f =

{ex, при x � 0,−x2 + x− 1/4, при x < 0, x0 = 0;

4.13. f =√|x2 − 1|, x0 = 1.

В каких точках график данной функции имеет вертикаль-ные касательные? Запишите их уравнения.

4.14. f = 3√x− 5;

4.15. f = f =√|x+ 1|.

5. Производные высших порядков.

5.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)дифференцируема в интервале (a, b ). Производную f ′(x) называ-ют производной первого порядка. Если производная f ′(x) имеетв точке x0 производную, то она называется производной второгопорядка и обозначается одним из символов:

f ′′(x0), f (2)(x0),d2f(x0)dx2

.

Если (n − 1)-я производная функции f(x) имеет производнуюв точке x0, то эта производная называется производной n-гопорядка, или n-й производной функции f(x) в точке x0, онаобозначается f (n)(x0) или

dnf(x0)dxn . Таким образом, производ-


ные высших порядков определяются индуктивно по формуле

f (n)(x) =(f (n−1)(x)

)′. Иногда в обозначениях производных выс-

ших порядков аргумент опускают (так же, как и для производнойпервого порядка).

Правила вычисления производных n-го порядка

(f + g )(n) = f (n) + g (n); (5.1)

(λf)(n) = λf (n), λ ∈ R; (5.2)

(f(αx+ β))(n) = αnf (n)(t)∣∣∣t=αx+β

. (5.3)

Таблица производных n-го порядка основных элементарныхфункций

(ax)(n) = ax lnn a (a > 0); (ex)(n) = ex; (5.4)

(sinx)(n) = sin(x+ n · π

2

); (5.5)

(cosx)(n) = cos(x+ n · π

2

); (5.6)

(xα)(n) = α(α− 1) . . . (α− n+ 1)xα−n; (5.7)

(lnx)(n) = (−1)n−1 (n− 1)!xn . (5.8)


1). Докажите следующие утверждения:1) Если m ∈ N, то

(xm)(m) = m!;

2) Если Pn(x) — многочлен степени n, то

P (k)n (x) ≡ 0 при k > n.

2). Найдите f (n), если:

f(x) = ax+ b

cx+ d(ad �= cd).



Найти производную указанного порядка.

Пример 5.1. f = 3x2 − 4x+ 1, f (3).

� Находим последовательно f (1), f (2), f (3):f (1) =

(3x2 − 4x+ 1

)′ = 6x− 4, f (2) = (6x− 4)′ = 6, f (3) = 6′ = 0.�

Пример 5.2. f = sin 5x, f (4).

� По формуле (5.3)

f (4) = (sin 5x)(4) = 54(sin t)(4)∣∣∣t=5x

.

Используя формулу (5.5) n-й производной для функции sin t приn = 4, имеем

(sin t)(4) = sin(t+ 4 · π

2

)= sin t.

И, наконец, f (4) = 625 sin 5x. �Доказать формулы.

Пример 5.3. (sinx)(n) = sin(x+ n · π

2

).

� Докажем формулу методом математической индукции.При n = 1 имеем f (1) = cosx = sin

(x+ π

2

), т. е. формула вер-

на. Предположим,что она верна при n = k, т. е. (sinx)(k) == sin

(x+ k · π

2

). Тогда

(sinx)(k+1) =(sin(x+ k · π

2

))′=

= cos(x+ k · π

2

)= sin

(x+ k · π

2+ π

2

)= sin

(x+ (k + 1)π

2

).

Следовательно, формула верна и при n = k + 1. Отсюда следует,что она верна при любом натуральном n. �Пример 5.4. (xα)(n) = α(α− 1) . . . (α− n+ 1)xα−n.

� Докажем справедливость формулы методом математиче-ской индукции. При n = 1 имеем f (1) = αxα−1, т. е. формулаверна. Предположим, что формула справедлива при n = k, т. е.

(xα)(k) = α(α− 1) . . . (α− k + 1)xα−k.


Тогда, дифференцируя еще раз, получим

(xα)(k+1) =(α(α− 1) . . . (α− k + 1)xα−k

)′=

= α(α− 1) . . . (α− k + 1)(α− k)xα−k−1 == α(α− 1) . . . (α− k)xα−(k+1).

Таким образом, формула доказана. �Найти f (n), пользуясь таблицей производных n-го порядка.

Пример 5.5. f = ln(1+ x).

� Используя правило (5.3) и формулу (5.8) для n-й произ-водной функции y = lnx, получаем

(ln(1+ x))(n) = (ln t)(n)∣∣∣t=1+x

= (−1)n−1 (n− 1)!(1+ x)n . �

Пример 5.6. f =√1− x.

� Сделаем замену переменной t = 1 − x и найдем сначалаn-ю производную функции

√t, используя формулу (5.7) при

α = 1/2:(√t)(n)

=(t1/2)(n)

= 12·(12− 1)(12− 2). . .(12− n+ 1

)t1/2−n =

= 12·(−12

)(−32

). . .(−2n− 3

2

)t1/2−n =

= (−1)n−1 1 · 3 . . . (2n− 3)2n

t1/2−n.

Применяя теперь формулу (5.3) c α = −1, получаем(√1− x

)(n)= (−1)n

(t1/2)(n)∣∣∣∣t=1−x

=

= −1 · 3 . . . (2n− 3)2n

(1− x)1/2−n. �

Пример 5.7. Доказать, что функция

f(x) =

{√1− x2, −1 < x � 0,

1, x > 0,

имеет в точке x = 0 первую производную, но не имеетвторой.


� Сначала найдем в точке x = 0 односторонние производные:

f ′(−0) =(√1− x2

)′∣∣∣x=0

= − x√1− x2

∣∣∣∣x=0

= 0;

f ′(+0) = (1)′ = 0.

Получили, что в точке x = 0 существуют обе односторонниепроизводные 1-го порядка, причем f ′(−0) = f ′(+0) = 0. По тео-реме 3.1 заключаем, что f(x) в точке x = 0 имеет производнуюи f ′(0) = 0. Tеперь найдем односторонние производные 2-гопорядка:

f ′′(−0) =(− x√

1− x2

)′∣∣∣∣x=0

= − 1(1− x2

)3/2∣∣∣∣∣x=0

= −1;

f ′′(+0) = 0.

Итак, f ′′(−0) �= f ′′(+0). Следовательно, f ′′(0) не существует. �Пример 5.8. Определить, производные какого порядка имеетфункция f(x) = |x|3 в точке x = 0.

� Найдем f ′(0) по определению производной:

f ′(0) = limΔx→0

f(0+ Δx) − f(0)Δx

= limΔx→0

|Δx|3Δx

= limΔx→0

(Δx|Δx|) = 0.

Таким образом, установлено существование 1-й производной приx = 0. Если x > 0, то f(x) = x3 и f ′(x) = 3x2; если x < 0, тоf(x) = −x3 и f ′(x) = −3x2. Следовательно, функция f(x) имеетпроизводную 1-го порядка для любого x ∈ R, причем

f ′(x) =

{3x2, x � 0

−3x2, x < 0.

Найдем f ′′(0). По определению односторонних производныхимеем

f ′′(+0) = limΔx→+0

f ′(0+ Δx) − f ′(0)Δx

= limΔx→+0

3(Δx)2

Δx= 0;

f ′′(−0) = limΔx→−0

f ′(0+ Δx) − f ′(0)Δx

= limΔx→−0

−3(Δx)2

Δx= 0.

Итак, f ′′(+0) = f ′′(−0) = 0. Применяя к функции f ′(x) в точкеx = 0 теорему 3.1, получаем, что существует f ′′(0) = 0. Еслиx > 0, то f ′′(x) =

(3x2)′ = 6x; если x < 0, то f ′′(x) =

(−3x2)′ == −6x. Таким образом, функция f(x) имеет производную 2-го


порядка для любого x ∈ R, причем f ′′(x) = 6|x|. Посколькуфункция g = |x| не дифференцируема в нуле, то и f ′′(x) неимеет в нуле производной, т. е. f (3)(0) не существует. Итак,функция f(x) в точке x = 0 имеет производные до 2-го порядкавключительно. �


Найдите производные указанного порядка:

5.1. f = x5 lnx, f (3); 5.2. f = x2e2x, f (4).

Докажите формулы:

5.3. (cosx)(n) = cos(x+ n · π

2

);

5.4. (lnx)(n) = (−1)n−1(n− 1)!xn .

Найдите f (n), пользуясь таблицей n-х производных:

5.5. f = (1+ x)α; 5.6. f = loga x; 5.7. f = 1+ x

1− x.


5.8. Если m ∈ N, то (xm)(m) = m!;

5.9. Если Pn(x) — многочлен степени n, то P (k)n (x) ≡ 0 при

k > n.

6. Производные функции, заданной параметрически

6.1. Основные понятия и теоремы. Пусть даны две функции

x = ϕ(t), y = ψ(t),

определенные в промежутке T изменения переменной t, которуюназовем параметром. Множества значений функций обозначимX и Y соответственно, т. е. положим X = E(ϕ), Y = E(ψ).Для каждого t ∈ T значению x = ϕ(t) поставим в соответствиезначение y = ψ(t). Если при этом любому x ∈ X соответствуетровно одно значение y ∈ Y , то получим функцию f : X �−→ Y .Такую функцию называют функцией, заданной параметриче-ски.

6. Производные функции, заданной параметрически 177

Те о р ем а 6.1. Пусть выполнены условия:1) функции x = ϕ(t), y = ψ(t) определены в интервале T ;2) функции ϕ(t) и ψ(t) дифференцируемы в интервале T ;3) ϕ′(t) сохраняет знак в интервале T .

Тогда формулы (6.1) определяют параметрически заданнуюфункцию f : X �−→ Y , которая для любого x ∈ X имеетпроизводную и

f ′(x) = ψ′(t)ϕ′(t)

.

Те ор ем а 6.2. Пусть выполнены условия:1) функции x = ϕ(t), y = ψ(t) определены в интервале T ;2) функции ϕ(t) и ψ(t) имеют производные второго порядкав интервале T ;

3) ϕ′(t) сохраняет знак в интервале T .Тогда формулы (6.1) определяют параметрически заданнуюфункцию f : X �−→ Y , которая для любого x ∈ X имеетвторую производную, причем справедливы формулы:

f ′′(x) =

(ψ′(t)ϕ′(t)

)′

ϕ′(t), (6.1)

f ′′(x) = ψ′′(t) · ϕ′(t) − ψ′(t) · ϕ′′(t)(ϕ′(t))3

. (6.2)


1). Докажите, что график параметрически заданной функции

x = a cos t, y = a sin t, t ∈ (0, π)

представляет собой верхнюю половину окружности радиуса a cцентром в начале координат. Напишите уравнение касательнойк графику в точке M(x(t),y(t)).

2). Докажите, что график параметрически заданной функции

x = a cos t, y = b sin t, t ∈ (0, π)

представляет собой верхнюю половину эллипса с полуосями aи b и с центром в начале координат. Напишите уравнение каса-тельной к графику в точке M(x(t),y(t)).

12


3). Докажите, что параметрически заданная функция

x = a(t− sin t), y = a(1− cos t),

есть периодическая функция, определенная и дифференцируемаяна всей числовой оси. При каких график этой функции (цикло-ида) имеет касательную, параллельную одной из координатныхосей?

4). Докажите, что при любом c > 0 параметрически заданнаяфункция

x = ce−t − 2t+ 2, y = c(1+ t)e−t − t2 + 2, t ∈ R

является дифференцируемой и при всех t удовлетворяет равен-ству

y = (1+ y′)x+ (y′)2.


Найти f ′(x) и f ′′(x) для функции y = f(x), заданной пара-метрически.

Пример 6.1. x = t− sin t, y = 1− cos t, 0 < t < 2π.

� Функции ϕ(t) = t− sin t, ψ(t) = 1− cos t дифференцируемыпри всех T : ϕ′(t) = 1 − cos t, ψ′(t) = sin t. Кроме того, ϕ′(t) > 0в интервале (0, 2π). По формуле (6.1) имеем: f ′(x) = sin t

1− cos t.

Для нахождения f ′′(x) воспользуемся формулой (6.2). Все усло-вия ее применимости выполнены: функции ϕ′(t), ψ′(t) диффе-ренцируемы при любом t ∈ R, причем ϕ′′(t) = sin t; ψ′′(t) = cos t.Для каждого t ∈ (0, 2π) выполняется неравенство ϕ′(t) > 0.По формуле (6.2) получаем

f ′′(x) = cos t(1− cos t) − sin t · sin t(1− cos t)3

=

= cos t− (sin2 t+ cos2 t)(1− cos t)3

= cos t− 1(1− cos t)3

= − 1

(1− cos t)2. �

Пример 6.2. x = a cos3 t, y = a sin3 t, 0 < t <π

2.

7. Дифференциал функции 179

� Для нахождения f ′(x) применим формулу (6.1). Имеем:ϕ(t) = a cos3 t, ψ(t) = a sin3 t;ϕ′(t) = −3a cos2 t sin t, ψ′(t) = 3a sin2 t cos t < 0

в интервале(0,π

2

).

По формуле (6.1) получаем

f ′(x) = ψ′(t)ϕ′(t)

= 3a sin2 t cos t−3a cos2 t sin t

= − tg t.

Теперь найдем f ′′(x). Условия теоремы 6.1 выполнены, так какфункции ϕ′(t) и ψ′(t) имеют производные при любом t ∈ R

и ϕ′(t) < 0 в интервале(0,π

2

). В данном случае f ′′(x) удобнее

находить по формуле (6.1):

f ′′(x) = (− tg t)′

−3a cos2 t sin t= 1

3a sin t cos4 t.

Видим, что применение формулы (6.1) позволило избежать на-хождения ϕ′′(t) и ψ′′(t) и упростить вычисления. �


Найдите f ′(x) и f ′′(x) для функции y = f(x), заданнойпараметрически.

6.1. x = a cos t, y = a sin t, 0 < t < π;

6.2. x = et cos t, y = et sin t, π

4< t <

5π4.

7. Дифференциал функции

7.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)имеет производную в точке x0. Дифференциалом функции f(x)в точке x0 называется линейная функция приращения Δx, обо-значаемая символом df(x0) и определяемая формулой

df(x0) = f ′(x0) · Δx. (7.1)

12*


Для функции f(x) = x по определению дифференциала имеемdf(x0) = 1 · Δx = Δx. Поэтому Δx = dx и формулу (7.1) можнозаписать в виде

df(x0) = f ′(x0) · dx.Дифференциал функции существует в любой точке, в которойфункция имеет производную. Поэтому функцию, имеющую про-изводную в точке, называют также дифференцируемой в этойточке, а операцию нахождения производной — дифференцирова-нием.

Те о р ем а 7.1. Если функция f(x) дифференцируема в точкеx, то ее приращение в этой точке представимо в виде

f(x+ Δx) − f(x) = df(x) + o(Δx).

Для приближенного вычисления значений функцииf(x+ Δx) при заданном значении Δx применяют формулу

f(x+ Δx) ≈ f(x) + df(x).

Эта формула дает абсолютную погрешность

δ = |f(x+ Δx) − f(x) − df(x)| = |Δf(x) − df(x)|,причем из теоремы 7.1 следует, что δ = o(Δx).

Свойства дифференциала.

Для любых дифференцируемых функций f и g справедливыравенства:

d(f ± g ) = df ± dg , d(λ · f) = λ · df (λ ∈ R),

d(f · g ) = df · g + f · dg , d

(f

g

)= df · g − f · dg

g2(g �= 0).

Формула для дифференциала df(x) = f ′(x) · dx верна не толь-ко в том случае, когда x — независимая переменная, а и в случае,когда x — функция некоторой другой переменной. Это свойствоназывают свойством инвариантности (или неизменности) фор-мы дифференциала.Пусть M(x0, f(x0)) и P (x0 + Δx, f(x0 + Δx)) — точки на

графике дифференцируемой функции f(x). Касательная к гра-фику функции в точке M имеет уравнение y = f ′(x0)(x− x0) ++ f(x0). Приращение ординаты касательной, соответствующееприращению аргумента Δx, имеет вид

y(x0 + Δx) − y(x0) = f ′(x0) · dx = df(x0).


Геометрический смысл дифференциала: дифференциалфункции f(x) в точке x0 равен приращению ординатыкасательной к графику функции в точке M(x0, f(x0)).


1). Докажите формулы об арифметических операциях над диф-ференциалами.

2). Докажите формулу:√a2 + x = a+ x

2a+ o(x) (a > 0).

3). Докажите формулу:√an + x = a+ x

nan−1 + o(x) (a > 0, n ∈ N).


Пример 7.1. Найти дифференциал функции f(x) = ctg 3xв точке x0 = π/9.

� Вычислим значение производной:

f ′(x) = − 3

sin2 3x; f ′

(π

9

)= − 3

sin2(π/3)= −4.

По формуле (7.1) имеем df(π/9) = f ′(π/9) dx = −4 dx. �

Пример 7.2. Заменяя приращение функции f = 5x2 диффе-ренциалом, вычислить приближенно f(2 + Δx) при Δx = 1,Δx = 0,1, Δx = 0,001. Найти абсолютную погрешность полу-ченных результатов.

� Для приближенного вычисления значений функцииf(2+ Δx) при заданных значениях Δx необходимо применитьформулу f(2 + Δx) ≈ f(2) + df(2). Сначала вычислим значениефункции в точке x = 2: f(2) = 20, затем найдем дифференциалв точке x = 2. Имеем f ′(x) = 10x, df(2) = f ′(2)Δx = 20Δx.


Теперь вычислим приближенно f(2 + Δx) по формулеf(2+ Δx) ≈ f(2) + df(2) при заданных значениях Δx:

если Δx = 1, то df(2) = 20 · 1 = 20,f(2+ 1) ≈ 20+ 20 = 40;

если Δx = 0,1, то df(2) = 20 · 0,1 = 2,f(2+ 0,1) ≈ 20+ 2 = 22;

если Δx = 0,001, то df(2) = 20 · 0,001 = 0,02,f(2+ 0,001) ≈ 20+ 0,02 = 20,02.

Теперь найдем абсолютные погрешности полученных приближен-ных значений функции по формуле δ = |Δf(2) − df(2)|:Δf(2) = f(2+ Δx) − f(2) = 5(2+ Δx)2 − 20 = 5(4Δx+ (Δx)2);если Δx = 1, то Δf(2) = 5(4 · 1+ 12) = 25,

δ = |25− 20| = 5;если Δx = 0,1, то Δf(2) = 5(4 · 0,1+ (0,1)2) = 2,05,

δ = |2,05− 2| = 0,05;если Δx = 0,001, то Δf(2) = 5(4·0,001+(0,001)2) = 0,020005,

δ = |0,020005− 0,02| = 0,000005.

Видим, что абсолютная погрешность быстро убывает при умень-шении приращения аргумента Δx. �

Пример 7.3. Заменяя приращение функции дифференциалом,вычислите приближенно 3√7,99.

� Применим формулу f(x+ Δx) ≈ f(x) + df(x). Число 3√7,99

является значением функции 3√x при x = 7,99. Поэтому положим

f(x) = 3√x. Тогда df(x) = f ′(x) · Δx = Δx

33√x2и приближенная

формула принимает вид

3√x+ Δx ≈ 3√x+ Δx

33√x2.

Положив в этой формуле x = 8, Δx = −0,01, находим3√7,99 = 3

√8− 0,01 ≈ 3√8− 0,01

33√82

=

= 2− 11200

= 2− 0,001 = 1,999. �


Пример 7.4. Заменяя приращение функции дифференциалом,выведите приближенную формулу для вычисления sin(30◦ + α)при малых α (α задано в градусах).

� Положим f(x) = sinx, x = π/6, Δx = πα/180 (градуснуюмеру аргумента переводим в радианную). Имеем:

df(x) = cosx · Δx; df(π

6

)= cos

(π

6

)· Δx =

√32

Δx;

f(π

6

)= sin

(π

6

)= 12;

f(π

6+ Δx

)= sin

(π

6+ Δx

)= sin(30◦ + α).

Применив формулу f(x+ Δx) ≈ f(x) + df(x), получим

sin(30◦ + α) ≈ 12

+ π√3

360α. �


Найдите дифференциал функции f(x) в точке x0:

7.1. f = arctg lnxx, x0 = e; 7.2. f = x√

1− x2, x0 = −

√32.

7.3. Заменяя приращение функции f = x3 − 2x + 1 диффе-ренциалом, вычислите приближенно f(1 + Δx) при Δx = 1,Δx = 0,1, Δx = 0,01. Найдите абсолютную погрешность по-лученных результатов.

7.4. Заменяя приращение функции дифференциалом, вычис-лите приближенно lg 11.

7.5. Заменяя приращение функции дифференциалом, выведи-те приближенную формулу для вычисления cos(120◦ + α) прималых α (α задано в градусах).

Гл а в а 2

СВОЙСТВА ДИФФЕРЕНЦИРУЕМЫХ ФУНКЦИЙ

1. Основные теоремы о дифференцируемых функциях


Те ор ем а 1.1 (о связи дифференцируемости и непрерывности).Если функция имеет производную в точке, то она непрерывнав этой точке.

Те о р ем а 1.2 (Ферма). Пусть функция f(x) удовлетворяетусловиям:1) f(x) определена в интервале (a, b), x0 ∈ (a, b);2) в интервале (a, b) f(x0) � f(x) [f(x0) � f(x)];3) существует f ′(x0).

Тогда f ′(x0) = 0.

Те о р ем а 1.3 (Ролля). Пусть функция f(x) удовлетворяетусловиям:1) f(x) непрерывна на отрезке [a, b];2) f(x) дифференцируема в интервале (a, b);3) f(a) = f(b).

Тогда существует точка c ∈ (a, b), в которой f ′(�) = 0.

Те о р ем а 1.4 (Коши). Пусть функции f(x), g (x) удовлетво-ряют условиям:1) f(x), g (x) непрерывны на отрезке [a, b];2) f(x), g (x) дифференцируемы в интервале (a, b), причемg ′(x) �= 0 в (a, b).

Тогда существует точка c ∈ (a, b) такая, чтоf(b) − f(a)g (b) − g (a)

= f ′(c)g ′(c)

— формула Коши.

Те ор ем а 1.5 (Лагранжа). Пусть функция f(x) удовлетворя-ет условиям:

1. Основные теоремы о дифференцируемых функциях 185

1) f(x) непрерывна на отрезке [a, b];2) f(x) дифференцируема в интервале (a, b).

Тогда существует точка c ∈ (a, b) такая, что

f(b) − f(a) = f ′(c)(b− a) — формула Лагранжа.

Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши приg (x) = x. Полагая в формуле Лагранжа a = x0, b− a = Δx, c == x0 + θΔx, где θ ∈ (0, 1), получаем формулу

f(x0 + Δx) − f(x) = f ′(x0 + θΔx)Δx, (1.1)

которую называют формулой конечных приращений.


1). Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям:а) f(x) имеет непрерывную производную на отрезке [a, b];б) f(x) имеет вторую производную в интервале (a, b);в) f(a) = f ′(a) = 0; f(b) = 0.Докажите, что существует точка c ∈ (a, b) такая, что

f ′(c) = 0.

2). Пусть функции f(x) и g (x) удовлетворяет условиям:а) f(x) и g (x) определены и дифференцируемы при x � x0;б) f(x0) = g (x0);в) f ′(x) > g ′(x) при x > x0.Докажите, что f(x) > g (x) при x > x0.

3). Выясните, останется ли справедливой теорема Ролля, если небудет выполнено условие:а) f(a) = f(b); б) f(x) непрерывна на [a, b].

Приведите соответствующие примеры.

4). Докажите: между двумя действительными корнями много-члена с действительными коэффициентами имеется корень егопроизводной.

5). При каких условиях к функции f(x) = 1/(x − p) на отрезке[a, b] применима теорема Лагранжа?

186 Гл. 2. Свойства дифференцируемых функций

6). Докажите, что все корни производной от многочлена

P (x) = (x+ a)(x− a)(x− b),

где 0 < a < b, действительны. Укажите границы, между которы-ми они заключены.


Пример 1.1. Верно ли, что всякая непрерывная в точке функ-ция дифференцируема в этой точке?

� Данное утверждение неверно. Рассмотрим, например,функцию f(x) = |x|. Она непрерывна при любом x ∈ R, в точкеx = 0 имеет односторонние производные f ′(−0) = −1, f ′(+0) == 1 (пример 3.1, глава 1), причем f ′(−0) �= f ′(+0). По теоре-ме 3.1 отсюда следует, что данная функция не дифференцируемапри x = 0. �

Пример 1.2. Доказать утверждение: если функции f и gимеют производные в некоторой точке, то их линейная ком-бинация αf + βg непрерывна в этой точке.

� Пусть функции f и g имеют производные в точке x0. Тогдапо теореме 1.1 они непрерывны в этой точке. Отсюда следует, чтов точке x0 непрерывна и функция αf + βg (произведение непре-рывной функции на число и сумма двух непрерывных функцийявляются непрерывными функциями). �

Пример 1.3. Доказать утверждение: если f(x) = x(x + 1) ×× (x+ 2)(x+ 3), то уравнение f ′(x) = 0 имеет три различныхдействительных корня.

� Функция f(x) — многочлен и, следовательно, она непре-рывна и дифференцируема на множестве R. Кроме того, f(x)обращается в нуль в точках −3, − 2, − 1, 0, являющихсякорнями многочлена. Докажем, что уравнение f ′(x) = 0 имееткорень на отрезке [−3, −2]. На этом отрезке функция f(x) удо-влетворяет всем условиям теоремы Ролля: f(x) непрерывна на[−3, −2], дифференцируема в (−3, −2), f(−3) = f(−2). По тео-реме Ролля существует точка c ∈ (−3, −2), удовлетворяющаяуравнению f ′(�) = 0. Аналогично доказывается, что это урав-нение имеет еще два действительных корня: один в интервале(−2, −1), а другой в интервале (−1, 0). �

1. Основные теоремы о дифференцируемых функциях 187

Пример 1.4. Доказать, что уравнение x3 + 3x − 6 = 0 имеетединственный действительный корень.

� Рассмотрим функцию f(x) = x3 + 3x− 6. Она непрерывнаи дифференцируема на множестве R, причем f ′(x) = 3x2 + 3.Сначала покажем, что уравнение f(x) = 0 имеет хотя бы одиндействительный корень. Для этого применим теорему о проме-жуточных значениях непрерывной функции: если f(x) непре-рывна на [a, b] и f(a)f(b) < 0, то существует точка c ∈ (a, b),в которой f(�) = 0. Для функции f(x) имеем: f(1) = −2 < 0,f(2) = 8 > 0. Поэтому на отрезке [1, 2] есть точка c, в которойf(c) = 0, а это означает, что уравнение имеет один действи-тельный корень. Докажем, что других действительных корнейу этого уравнения нет. Допустим противное: пусть уравнениеимеет два корня x1 и x2 (x1 < x2). Тогда на отрезке [x1, x2] дляфункции f(x) выполнены все условия теоремы Ролля. Согласноэтой теореме между x1 и x2 есть точка t, в которой f ′(t) = 0.А это невозможно, так как f ′(x) = 3x2 + 3 �= 0. Следовательно,уравнение f(x) = 0 имеет единственный корень. �

Пример 1.5. Используя теорему Лагранжа, доказать неравен-ство

| cosx− cos y| � |x− y|, x, y ∈ R.

� Не ограничивая общности, можно считать, что x < y.Функция f(z) = cos z на отрезке [x, y] удовлетворяет всем усло-виям теоремы Лагранжа: f(z) непрерывна на [x, y] и дифферен-цируема в (x, y), причем f ′(z) = − sin z. По теореме Лагранжаимеем

cos y − cosx = f ′(t)(y − x), где t ∈ (x, y).

Переходя к модулям и учитывая, что |f ′(t)| = | − sin t| � 1 длялюбого t, получим

| cos y − cosx| = | − sin t||y − x| � |y − x|. �

Пример 1.6. Доказать, что если функция f(x) непрерывна на[a, b], f ′(x) = 0 в интервале (a, b), то функция f(x) постояннана [a, b].

� Пусть x ∈ (a, b]. Для функции f(x) на отрезке [a, x] вы-полнены все условия теоремы Лагранжа. По этой теореме имеем

f(x) − f(a) = f ′(t)(x− a), где t ∈ (a, x).


Учитывая, что по условию f ′(t) = 0, отсюда получаем f(x) −− f(a) = 0, т. е. f(x) = f(a) для любого x ∈ [a, b]. А это означает,что f(x) является постоянной на отрезке [a, b]. �Пример 1.7. Доказать, что

arcsinx+ arccosx = π/2 при |x| � 1.� Рассмотрим функцию f(x) = arcsinx + arccosx. Она

определена на отрезке [−1, 1], дифференцируема в интервале(−1, 1) и

f ′(x) = 1√1− x2

+(− 1√

1− x2

)= 0.

В силу утверждения, доказанного в примере 1.6, f(x) = C длялюбого x ∈ [−1, 1]. Для нахождения значения постоянной Cположим x = 0 и найдем f(0). Имеем

f(0) = arcsin 0+ arccos 0 = π

2+ 0 = f(0) = π

2;

отсюда следует, что C = π/2. Таким образом, тождество доказа-но. �Пример 1.8. Доказать неравенство ex > 1+ x при x > 0.

� Рассмотрим функцию f(x) = ex − (1+ x). Найдем ее про-изводную: f ′(x) = ex − 1. Для любого x > 0 на отрезке [0, x]функция f(x) удовлетворяет теореме Лагранжа. Применив фор-мулу Лагранжа, получим

f(x) − f(0) = f ′(t)x, где t ∈ (0, x).

Поскольку x > 0 и f ′(t) = et − 1 > 0 при t > 0, то отсюда следует,что f(x) − f(0) > 0. Учитывая, что

f(0) = e0 − (1+ 0) = 1− 1 = 0,

из последнего неравенства получаем ex − (1+ x) > 0, т. е.

ex > 1+ x. �


1.1. Верно ли утверждение: если функции f , g дифференци-руемы в некоторой точке, то функции f · g и f/g непрерывныв этой точке?

2. Правило Лопиталя 189

1.2. Рассмотрим функции: f1(x) = |x|, f2(x) = x. На от-резке [−1, 1] у каждой из этих функций нет точки, в которойпроизводная обращается нуль. Какое условие теоремы Роллянарушено?

1.3. Докажите, что уравнение 3x5 + 15x − 8 = 0 имеетединственный действительный корень.

1.4. Выясните, сколько корней имеет уравнение

ex − x− 1 = 0.

1.5. Верна ли формула Лагранжа для функции f(x) = 1/xна отрезке [a, b], если a) ab < 0; b) ab > 0.

Найдите на графике функции f(x) точку, к которой ка-сательная параллельна секущей, проходящей через точки Aи B, если такая точка существует:

1.6. f = x(x2 − 1), A(0; 0), B(1; 0);1.7. f = x3 + 3x+ 1, A(−1; − 3), B(1; 5).


1.8. | arctg x− arctg y| � |x− y|, x, y ∈ R;1.9. ex > ex, x ∈ R, x > 1.

Докажите тождества:

1.10. arctg x+ arcctg x = π

2, x ∈ R;

1.11. sin2 x = 12(1− cos 2x), x ∈ R.

2. Правило Лопиталя


Те ор ем а 2.1 (правило Лопиталя). Пусть функции f(x), g (x)удовлетворяют условиям:

1) в проколотой окрестности◦U(x0) точки x0 f(x) и g (x)

дифференцируемы и g ′(x) �= 0;


2) limx→x0

f(x) = limx→x0

g (x) = 0[

limx→x0

f(x) = limx→x0

g (x) = ∞];

3) limx→x0

f ′(x)g ′(x)

= L, где L ∈ R или L = ∞.Тогда lim

x→x0

f(x)g (x)

= L.

Если все условия теоремы выполнены в правой [левой] полу-окрестности точки x0, то теорема верна для правого [левого]

предела функцииf(x)g (x)

в точке x0. Теорема справедлива и для

пределов при x→ ∞, x→ +∞, x→ −∞.В общем случае правило Лопиталя можно сформулировать

следущим образом.

Те о р е м а 2.2 (обобщенная формулировка правила Лопиталя).Пусть w — один из символов {a, a + 0, a − 0, ∞, +∞, −∞}(a ∈ R). Если функции f(x), g (x) удовлетворяют условиям:

1) в проколотой окрестности◦U(w) f(x) и g (x) дифферен-

цируемы и g ′(x) �= 0;2) lim

x→wf(x) = lim

x→wg (x) = 0

[limx→w

f(x) = limx→wg (x) = ∞

],

3) limx→w

f ′(x)g ′(x)

= L, где L ∈ R или L = ∞,то lim

x→w

f(x)g (x)

= L.

Если

limx→w

f(x) = limx→wg (x) = 0

[limx→w

f(x) = limx→wg (x) = ∞

],

то limx→w

f(x)g (x)

называется неопределенностью вида00

[∞∞], а вы-

числение предела раскрытием неопределенности.


1). Пусть выполнены условия 1)-3) теоремы о правиле Лопиталяи пусть не существует

limx→w

f ′(x)g ′(x)

.

Следует ли отсюда, что не существует

limx→w

f(x)g (x)

?


2). Докажите, что:

1) limx→∞

xn

ex = 0 при любом n ∈ N;

2) limx→∞

lnxxa = 0 при любом a > 0;

3) limx→+0

xa lnx = 0 при любом a > 1;

4) limx→+0

xa lnx = +∞ при любом 0 < a < 1.


Найти предел функции.


x− arctg xx3

.

� Числитель и знаменатель дроби определены в окрестноститочки x = 0, причем

limx→0

f(x) = limx→0

(x− arctg x) = 0; limx→0g (x) = lim

x→0x3 = 0.

Таким образом, данный предел есть неопределенность вида00.

Далее, f ′(x) = 1− 1

1+ x2и g ′(x) = 3x2 существуют в окрестно-

сти точки x = 0, причем g ′(x) �= 0 при x �= 0. Наконец, суще-ствует предел отношения производных

limx→0

f ′(x)g ′(x)

= limx→0

1− 1

1+ x2

3x2= lim

x→01

3(1+ x2)= 13.

Следовательно, применимо правило Лопиталя:

limx→0

x− arctg xx3

= limx→0

1− 1

1+ x2

3x2= 13. �

Вычисление предела по правилу Лопиталя обычно сразу за-писывают в виде цепочки равенств, убеждаясь в существова-нии нужных производных и пределов в ходе самих вычислений.При необходимости правило Лопиталя применяют повторно до


тех пор, пока не раскроется неопределенность или не обнару-жится, что получившийся предел не существует.

Пример 2.2. limx→1+0

arcsin(x− 1)√x2 + x− 2

.

� Имеем неопределенность вида 00. По правилу Лопиталя

limx→1+0

arcsin(x− 1)√x2 + x− 2

= limx→1+0

(arcsin(x− 1))′(√x2 + x− 2

)′ =

= limx→1+0

2√x2 + x− 2

(2x+ 1)√1− (x− 1)2

= 03 · 1 = 0. �


x lnx.

� Под знаком предела стоит произведение f(x) · g (x), гдеf(x) = x; g (x) = lnx. При этом lim

x→+0x = 0; lim

x→+0lnx = −∞.

Такой предел называется неопределенностью вида 0 · ∞. Преоб-разуем его к виду

∞∞ и затем применим правило Лопиталя:

limx→+0

x lnx = limx→+0

lnx1/x

= limx→+0

1/x

−1/x2 = − limx→+0

x = 0. �


x10 − 10x+ 9x5 − 5x+ 4

.

� Имеем неопределенность вида 00. По правилу Лопиталя:

L = limx→1

x10 − 10x+ 9x5 − 5x+ 4

= limx→1

10x9 − 105x4 − 5 = lim

x→12(x9 − 1)x4 − 1 .

Вновь получили неопределенность вида00. Воспользуемся пра-

вилом Лопиталя еще раз:

L = limx→12 · x

9 − 1x4 − 1 = lim

x→12 · 9x

8

4x3= 2 · 9

4= 92. �



x3

ex .

� Поскольку limx→+∞x3 = lim

x→+∞ ex = +∞, то имеем неопреде-ленность вида

∞∞ . Применяя правило Лопиталя трижды, получим

limx→+∞

x3

ex = limx→+∞

3x2

ex = limx→+∞

6xex = lim

x→+∞6ex = 0. �


sin x− x cosxx2 sin x

� Имеем неопределенность вида00. Для упрощения дан-

ной дроби воспользуемся эквивалентностью бесконечно малыхsinx ∼ x при x → 0 и заменим функцию x2 sinx в знаменателедроби функцией x3. Затем применим правило Лопиталя:

limx→0

sinx− x cosxx2 sin x

= limx→0

sinx− x cosxx3

=

= limx→0

cosx− cosx+ x sinx3x2

= 13

limx→0

sinxx

= 13. �


(ctg x− 1

x

).

� Под знаком предела стоит разность двух функций, бес-конечно больших при x → 0: lim

x→0ctg x = ∞, lim

x→01x

= ∞. Такойпредел называется неопределенностью вида∞−∞. Преобразуемфункцию, стоящую под знаком предела, заменяя ctg x на tg xи приводя к общему знаменателю:

ctg x− 1x

= x− tg xx tg x

.

Получили неопределенность00. Воспользуемся эквивалентно-

стью бесконечно малых функций tg x ∼ x при x → 0, а затемприменим правило Лопиталя:

limx→0

(ctg x− 1

x

)= lim

x→0x− tg xx tg x

= limx→0

x− tg xx2

=

= limx→0

1− 1

cos2 x2x

= limx→0

cos2 x− 12x cos2 x

= limx→0

− sin2 x2x cos2 x

=

13


= −12

limx→0

sinx · limx→0

sinxx

· limx→0

1

cos2 x= −1

2· 0 · 1 · 1 = 0. �


x− sin xx+ sin x

.

� Имеем неопределенность вида ∞∞ . При попытке использо-

вать правило Лопиталя обнаруживаем, что отношение производ-ных (x− sinx)′

(x+ sinx)′= 1− cosx1+ cosx

не имеет предела при x → +∞. Между тем, исходный пределсуществует:

limx→+∞

x− sin xx+ sin x

= limx→+∞

1− sinxx

1+ sinxx

= 1.

Таким образом, если при вычислении предела по правилу Ло-питаля обнаруживается, что предел отношения производных несуществует, то это означает неприменимость метода в рассмат-риваемом случае. Никакого вывода об исходном пределе на этомосновании сделать нельзя. �

Найти асимптоты графика функции.

Пример 2.9. f = 3x+ ex.

� Данная функция определена на всей числовой оси и неимеет точек разрыва. Следовательно, у графика нет вертикаль-ных асимптот.Ищем наклонные асимптоты. Начнем с правой асимптоты.

Для нахождения углового коэффициента k прямой y = kx + bпользуемся формулой:

k = limx→+∞

f(x)x.

Имеем

k = limx→+∞

3x+ ex

x= lim

x→+∞3xx

+ limx→+∞

ex

x.

Первый из двух пределов равен 3, а второй представляет собойнеопределенность вида

∞∞ , которую раскроем по правилу Лопи-таля:

limx→+∞

ex

x= lim

x→+∞(ex)′

x′= lim

x→+∞ex

1= +∞.


Таким образом, график данной функции не имеет правой на-клонной асимптоты. Выясняем наличие левой наклонной асимп-тоты:

k = limx→−∞

3x+ ex

x= lim

x→−∞3xx

+ limx→−∞

ex

x=

= 3+ limx→−∞ ex. lim

x→−∞1x

= 3+ 0 = 3.

Итак, k = 3. Находим коэффициент b по формуле:

b = limx→−∞ (f(x) − kx) .

Получим

b = limx→−∞(3x+ ex − 3x) = lim

x→−∞ ex = 0.

Таким образом, прямая y = 3x является левой наклонной асимп-тотой графика функции. �

Пример 2.10. f = xe1/x.

� Функция имеет разрыв в точке x = 0. Найдем односторон-ние пределы функции в этой точке:

limx→+0

xe1/x = limt→+∞

et

t= +∞; lim

x→−0xe1/x = lim

t→−∞et

t= 0.

Поскольку один из двух односторонних пределов равен +∞, топрямая x = 0 является вертикальной асимптотой, а точка x == 0 — точкой разрыва 2-го рода. Ищем наклонные асимптоты.По формулам (11.1), часть 1, глава 3 имеем

k1 = limx→+∞

xe1/x

x= lim

x→+∞ e1/x = e0 = 1;

b1 = limx→+∞

(xe1/x − x

)= lim

x→+∞e1/x − 11/x

= limt→+0

et − 1t

= 1.

Итак, прямая y = x+ 1 является наклонной асимптотой графикапри x→ +∞. Аналогичные вычисления показывают, что прямаяy = x+ 1 является наклонной асимптотой и при x→ −∞. �

13*



2.1. limx→1

x5 − 12x3 − x− 1; 2.2. lim

x→0tg x− x

x− sin x;

2.3. limx→0

x− sinxx3

; 2.4. limx→+∞

π − 2 arctg xln(1+ 1/x)

;

2.5. limx→+0

√x lnx; 2.6. lim

x→+∞x3 − 3xex ;

2.7. limx→3

ln(x2 − 8)x2 + 2x− 15; 2.8. lim

x→+0

ln sin xlnx

;

2.9. limx→0

ex + e−x − 2x− sinx

; 2.10. limx→0

esin x − ex

sin x− x;

2.11. limx→1

√5x3 − x− 2x5√x2 − 1

; 2.12. limx→1−0

ln(2− x)√x2 − 4x+ 3

;

2.13. f = x2e1/x; 2.14. f = x3 lnx;

2.15. f = x+ lnxx.

3. Формула Тейлора

3.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)имеет в точке x0 производную порядка n. Многочленом Тейлорафункции f(x) с центром в точке x0 называется многочлен

Tn(x) = f(x0) +n∑

k=1

f (k)(x0)k!

(x− x0)k.

Те ор ем а 3.1. Если функция f(x) имеет в точке x0 произ-водную порядка n, то существует окрестность точки x0,в которой справедливо равенство

f(x) = Tn(x) + o ((x− x0)n), где limx→x0

o ((x− x0)n)(x− x0)n = 0. (3.1)

Формула (3.1) называется локальной формулой Тейлора n-гопорядка с центром в точке x0. При n = 1 формула (3.1) пре-вращается в формулу (1.1) бесконечно малых приращений.

3. Формула Тейлора 197

Те о р ем а 3.2. Если функция f(x) имеет производную поряд-ка n+ 1 в окрестности точки x0, то существует окрест-ность этой точки, в которой справедливо равенство

f(x) = Tn(x) + f (n+1)(x0 + θ(x− x0))(n+ 1)!

(x− x0)(n+1), где θ ∈ (0, 1).

(3.2)При n = 0 формула (3.2) превращается в формулу (1.1) конечныхприращений.Функция rn(x) = f(x) − Tn(x) называется остаточным чле-

ном порядка n формулы Тейлора. Остаточный член

rn(x) = o ((x− x0)n)

называют остаточным членом в форме Пеано, а форму-лу (3.1) — формулой Тейлора с остаточным членом в формеПеано. Остаточный член

rn(x) = f (n+1)(x0 + θ(x− x0))(n+ 1)!

(x− x0)(n+1)

называют остаточным членом в форме Лагранжа, а форму-лу (3.2) — формулой Тейлора с остаточным членом в формеЛагранжа. Существуют и другие формы записи остаточногочлена.

Разложением функции f(x) по формуле Тейлора с центромв точке x0 называется равенство

f(x) = f(x0) +n∑

k=1

f (k)(x0)k!

(x− x0)k + rn(x),

где rn(x) — остаточный член формулы Тейлора в одной из формзаписи.При x0 = 0 формулу Тейлора называют также формулой

Маклорена.

Те о р ем а 3.3 (о единственности разложения). Если в окрест-ности точки x0 функцию f(x) можно представить в виде

f(x) =n∑

k=0

ck (x− x0)k + o ((x− x0)n),

то многочленn∑

k=0

ck (x − x0)k есть многочлен Тейлора функ-

ции f(x).


Формулу (3.1) называют также разложением функции f(x) постепеням (x− x0) до члена n-го порядка. Первый отличный отнуля одночлен многочлена Тейлора называют главным членомразложения, а степень этого одночлена — порядком главногочлена.

Формулы Тейлора для основных элементарных функций

ex = 1+ x+ x2

2!+ . . .+ xn

n!+ rn(x) (3.3)

sinx = x− x3

3!+ . . .+ (−1)n−1 x2n−1

(2n− 1)! + r2n(x) (3.4)

cosx = 1− x2

2!+ . . .+ (−1)n x2n

(2n)!+ r2n+1(x) (3.5)

ln(1+ x) = x− x2

2+ . . .+ (−1)n−1xn

n+ rn(x) (3.6)

(1+ x)α = 1+ αx+ α(α− 1)2!

x2 + . . .+ (3.7)

+ α(α− 1) . . . (α− n+ 1)n!

xn + rn(x)

Отметим, что в разложениях функций y = sinx и y = cosxпорядок остаточного члена на единицу выше степени многочленаТейлора, так как в формулу (3.4) четные степени переменнойx, а в формулу (3.5) — нечетные степени x входят с нулевымикоэффициентами.


1). Докажите, что если существует f ′(a), то

limh→0

f(a+ h) − f(a− h

2h= f ′(a).

2). Докажите, что если существует f ′′(a), то

limh→0

f(a+ h) − 2f(a) + f(a− h)h2

= f ′′(a).


3). Докажите формулы:

1) sin(x+ h) = sinx+ h cosx− h2

2!sinx− h3

3!cosx+ o(h4);

2) cos(x+ h) = cosx− h sinx− h2

2!cosx+ h3

3!sinx+ o(h4).


Пример 3.1. Разложить функцию f(x) = tg x по формуле Тей-лора с центром в точке x0 = 0 до члена третьего порядка.

� Найдем производные функции f(x) = tg x до третьегопорядка:

f ′(x) = 1

cos2 x= cos−2 x;

f ′′(x) = 2 cos−3 x sinx;f ′′′(x) = 6 cos−4 x sin2 x+ 2 cos−2 x.

Вычислим значение функции и ее производных в точке x0 = 0:

f(0) = tg 0 = 0;f ′(0) = cos−2 0 = 1;f ′′(0) = 2 cos−3 0 · sin 0 = 0;f ′′′(0) = 6 cos−4 0 · sin2 0+ 2 cos−2 0 = 2.

По формуле (3.1) при x0 = 0 получаем

tg x = x+ 2x3

3!+ o(x3) = x+ x3

3+ o(x3). �

Пример 3.2. Разложить функцию f(x) = x2 ex по формуле Тей-лора с центром в точке x0 = 0 до члена четвертого порядка.

� Данная функция есть произведение x2 и ex Чтобы полу-чить разложение этой функции до члена с x4 включительно,нужно разложить ex до члена с x2 и умножить полученноеразложение на x2. Воспользуемся разложением (3.3) функции ex,полагая n = 2 и учтем, что x2 o(x2) = o(x4). Получаем

f(x) = x2(1+ x+ x2

2!+ o(x2)

)= x2 + x3 + x4

2+ o(x4).


Согласно теореме 3.3 полученное разложение является искомым.�

Пример 3.3. Разложить функцию f(x) = sin2 x по формулеТейлора с центром в точке x0 = 0.

� Преобразуем данную функцию по формуле sin2 x == (1− cos 2x)/2 и сделаем замену переменной t = 2x. Получимf(t) = (1 − cos t)/2. При этой замене окрестность точки x = 0переходит в окрестность точки t = 0. Пользуясь разложением(3.5), получаем

f(t) = 12− 12

(1− t2

2!+ . . .+ (−1)n t2n

(2n)!+ r2n+1(t)

)=

= t2

2 · 2! + . . .+ (−1)n+1 t2n

2 · (2n)!+ r2n+1(t).

Возвращаемся к переменной x:

sin2 x = (2x)2

2 · 2! + . . .+ (−1)n+1 (2x)2n

2 · (2n)!+ r2n+1(x) =

=n∑

k=1

(−1)n+1 22n−1x2n

(2n)!+ r2n+1(x).

Согласно теореме единственности полученное разложение явля-ется искомым. �

Пример 3.4. Разложить функцию

f(x) = 1+ x+ x2

1− x+ x2

по формуле Тейлора с центром в точке x = 0 до члена с x4.Найти f (4)(0).

� Данную функцию можно рассматривать как произведениедвух функций:

f1 = 1+ x+ x2 и f2 = 1

1− x+ x2.

Функция f1 является многочленом. Чтобы получить разложениефункции f до члена с x4, разложим f2 до члена с x4; затемумножим полученное разложение на f1, объединяя слагаемыес xk при k > 4 в o(x4). Сделаем замену переменной t = −x+ x2


и воспользуемся разложением функции (1 + t)α при α = −1 дочлена t4. Получим

11+ t

= 1− t+ t2 − t3 + t4 + o(t4).

Возвращаемся к переменной x и раскрываем скобки, выписываячлены с xk при k � 4:

1

1− x+ x2= 1+ x− x2 + (x− x2)2 + (x− x2)3 +

+ (x− x2)4 + o(x4) = 1+ x− x2 + x2 − 2x3 + x4 + x3 −− 3x4 + x4 + o(x4) = 1+ x− x3 − x4 + o(x4).

Умножаем полученное разложение на f1 и раскрываем скобки,включая слагаемые выше 4-го порядка в o(x4):

(1+ x− x3 − x4 + o(x4))(1+ x+ x2) == 1+ 2x+ 2x2 − 2x4 + o(x4).

Пользуясь формулой

an = f (n)(0)n!

при n = 4,

получаем

−2 = f (4)(0)4!

=⇒ f (4)(0) = −48. �

Пример 3.5. Разложить функцию 3√x по формуле Тейлорас центром в точке x0 = 1 до члена с x3 включительно.

� Преобразуем данную функцию: 3√x = 3√1+ (x− 1). Сде-

лав замену переменной t = x − 1, получим f(t) = 3√1+ t.При этой замене переменной δ-окрестность точки x = 1 перехо-дит в δ-окрестность точки t = 0. Пользуясь разложением (3.7)c α = 1/3 и n = 3, получаем

(1+ t)1/3 =1+ 13t+

13(13− 1)2!

t2 +13(13− 1)(1

3− 2)

3!t3 + rn(t) =

=1+ 13t− 1 · 232 · 2! t

2 + 1 · 2 · 533 · 3! t

3 + r3(t) =

=1+ 13t− 19t2 + 5

81t3 + r3(t).


Возвращаемся к переменной x:

3√x = 1+ 13

(x− 1) − 19

(x− 1)2 + 581

(x− 1)3 + r3(x). �

Найти пределы функции.C помощью формулы Тейлора можно раскрыть неопреде-

ленность типа00, т. е. найти пределы вида lim

x→x0

f(x)g (x), где

limx→x0

f(x) = limx→x0

g (x) = 0. Для этого нужно разложить числи-тель и знаменатель дроби по степеням x− x0 до первого отлич-ного от нуля члена числителя или знаменателя. При вычислениипределов используется локальная формула Тейлора, так как в нейявно указан порядок остаточного члена.


3√1+ 3x−√1+ 2x

x2.

� В знаменателе дроби стоит x2, поэтому числитель такжеразложим до члена 2-го порядка. Пользуясь разложением (3.7),имеем:

3√1+ 3x = (1+ 3x)1/3 = 1+ 13· 3x−

13· 23

(3x)2

2!+ o(x2)

=

= 1+ x− x2 + o(x2);

√1+ 2x = (1+ 2x)1/2 = 1+ 1

2· 2x−

12· 12

(2x)2

2!+ o(x2)

=

= 1+ x− 12x2 + o

(x2).

Преобразуем числитель дроби, учитывая, что o(x2) − o

(x2)

== o(x2). Получим

3√1+ 3x−√1+ 2x =

= 1+ x− x2 + o(x2)− (1+ x− 1

2x2 + o

(x2))

= −x2

2+ o(x2).

Завершаем вычисление предела:


limx→0

3√1+ 3x−√1+ 2x

x2= lim

x→0−12x2 + o

(x2)

x2=

= limx→0

⎛⎝−1

2x2

x2+o(x2)

x2

⎞⎠ = −1

2. �


cosx− e−x2/2

x4.

� Числитель дроби разложим до члена 4-го порядка, так какв знаменателе стоит x4. Пользуясь разложением (3.5), получаем

cosx = 1− x2

2!+ x4

4!+ o(x4)

= 1− x2

2+ x4

24+ o(x4).

Чтобы разложить функцию y = e−x2/2, сделаем замену перемен-ной t = −x2/2 и воспользуемся формулой (3.3) при n = 2:

et = 1+ t+ t2

2!+ o(t2).

Возвращаясь к исходной переменной x, получаем разложениефункции y = e−x2/2 по формуле Тейлора до члена 4-го порядка:

e−x2/2 = 1− x2

2+

(−x22

)22!

+ o

((−x2

2

)2)= 1− x2

2+ x4

8+ o(x4).

Преобразуем числитель данной дроби:

cosx− e−x2/2 = 1− x2

2+ x4

24+ o(x4)− (1− x2

2+ x4

8+ o(x4))

=

= x4

24− x4

8+ o(x4)

= − 112x4 + o

(x4)

и, наконец, вычисляем предел:

limx→0

cosx− e−x2/2

x4= lim

x→0− 112x4 + o

(x4)

x4= − 1

12. �

Продемонстрированный метод позволяет избежать громозд-ких вычислений, возникающих иногда при повторном приме-нении правила Лопиталя. Следует, однако, иметь в виду, чтодля использования формулы Тейлора требуется существованиепроизводной соответствующего порядка в полной (а не проколо-той) окрестности данной точки. Правило Лопиталя применимо


и в том случае, когда какая-либо из функций f или g не имеетпроизводной в точке x0 (пример 2.2).

Пример 3.8. limx→+∞x3/2(

√x+ 1+

√x− 1− 2√x).

� Вынесем за скобки x2, произведем замену переменной

t = 1x, затем воспользуемся разложением (3.7):

limx→+∞x3/2(

√x+ 1+

√x− 1− 2√x) =

= limt→+∞x2

(√1+ 1

x+√1− 1

x− 2)

= limt→0+

√1+ t+

√1− t− 2

t2=

= limt→0+

1+ t

2− t2

8+ 1− t

2− t2

8− 2+ o(t2)

t2= −1

4. �

Пример 3.9. limx→∞

(x− x2 ln

(1+ 1

x

)).

� Вынесем за скобки x2, произведем замену переменной

t = 1x, затем воспользуемся разложением (3.6):

limx→∞

(x− x2 ln

(1+ 1

x

))= lim

x→∞x2(1x− ln

(1+ 1

x

))=

= limt→0

t− ln(1+ t)t2

= limt→0

t− t+ t2

2+ o(t2)

t2= 12. �

Пример 3.10. Пользуясь разложением по формуле Тейло-ра 9-го порядка, вычислить приближенно значение функцииf(x) = ln(1+ x) в точке x = 0,2. Оценить допущенную погреш-ность.

� Пользуясь формулой (3.6) c n = 9, напишем разложениефункции ln(1+ x) по формуле Тейлора 9-го порядка с центром вточке x0 = 0:

ln(1+ x) = x− x2

2+ x3

3− . . .+ x9

9+ r9(x).

Вычислим ln 1,2 по формуле

ln(1+ x) ≈ x− x2

2+ x3

3− . . .+ x9

9,


где x = 0,2. Получим

ln(1,2) ≈ 0,2− 0,22

2+ 0,2

3

3− . . .+ 0,2

9

9≈ 0,1823215.

Для оценки погрешности используем остаточный член в формеЛагранжа

r9(x) = f (10)(x0 + θ(x− x0))(10)!

(x− x0)(10) (0 < θ < 1).

Пользуясь формулой (5.8) для n-й производной функции y = lnx(глава 1, пример 5.5), находим ln(10)(1 + x)) = (−1)9 (9)!

(1+ x)10.

Полагая x0 = 0, x = 0,2, имеем:

r9(x) = f (10)(θx)(10)!

x10 = − 9!10!(1+ θx)10

x10 =

= − x10

10(1+ θx)10= − 0,210

10(1+ 0,2θ)10(0 < θ < 1).

Заменяя в знаменателе дроби 1+ 0,2θ на 1, что при θ < 1 лишьувеличивает ее значение, получаем оценку остаточного члена

|r9(x)| = 0,210

10(1+ 0,2θ)10<210

1011= 1,024 · 10−8 < 10−7.

Таким образом, получена оценка погрешности Δ < 10−7. �

Пример 3.11. Оценить абсолютную погрешность приближен-ной формулы:

sinx ≈ x− x3

6при |x| � 1

2.

� Для получения оценки абсолютной погрешности нужнооценить разность между правой и левой частью приближенной

формулы, т. е. разность sinx −(x− x3

6

). Правая часть прибли-

женной формулы представляет собой многочлен Тейлора 3-гопорядка для функции y = sinx. Он совпадает с многочленом4-го порядка, так как в разложении (3.4) члены четной степенивходят с нулевыми коэффициентами. Таким образом, для оценкипогрешности нужно взять остаточный член 4-го порядка. Оста-точный член в форме Лагранжа для функции y = sinx имеет


вид rn(x) = xn+1

(n+ 1)!sin(n+1)(θx). По формуле (5.5), глава 1, для

sin(n)(x) находим

sin(5)(x) = sin(x+ 5π

2

)= cosx

и, полагая n = 4, имеем r4(x) = x5

5!cos(θx). Учитывая, что

| cosx| � 1 и по условию |x| � 12, получаем оценку абсолютной

погрешности Δ:

Δ = max|x|�1/2

|r4(x)| � (0,5)5

5!= 13840

< 2,7 · 10−4. �

Пример 3.12. Сколько нужно взять членов в формуле Тейлорадля функции ex, чтобы получить многочлен, представляющийэту функцию на отрезке [−1, 1] с точностью до 10−3?

� Из разложения (3.3) получаем приближенную формулу

ex ≈ 1+ x+ x2

2!+ . . .+ xn

n!.

Для оценки погрешности Δ используем остаточный член в формеЛагранжа

rn(x) = e(n+1)(θx)(n+ 1)!

xn+1 = xn+1eθx

(n+ 1)!(0 < θ < 1).

Учитывая, что |x| � 1, получаем −1 � θx � 1, eθx � e и, следо-вательно,

Δ � e

(n+ 1)!<

3(n+ 1)!

.

Для определения числа n, обеспечивающего заданную точ-

ность 10−3, нужно решить неравенство 3(n+ 1)!

< 10−3, т. е.(n+ 1)! > 3000. Найдем искомое n методом подбора: 1! = 1,2! = 2, 3! = 6, 4! = 24, 5! = 120, 6! = 720, 7! = 5040 > 3000. Сле-довательно, n + 1 = 7. Таким образом, для получения заданнойточности достаточно в формуле Тейлора взять 6 членов. �Пример 3.13. Вычислить приближеннo 4√83 с точностью до10−6.

� Пользуясь тем, что 4√81 = 3, преобразуем данное выраже-ние: 4√83 = 4√81+ 2 = 3 4

√1+ 2/81.


С помощью разложения (3.7) вычислим 4√1+ 2/81. Определим

количество членов разложения, обеспечивающее заданную точ-ность. Пользуясь формулой (5.7), глава 1 для производной n-гопорядка функции (1+ x)α при α = 1/4, найдем остаточный членв форме Лагранжа для функции 4√1+ x:

rn(x) = 14

(14− 1). . .(14− n) (1+ θx)1/4−n−1xn+1

(n+ 1)!=

= (−1)n 3 · 7 · . . . · (4n− 1)xn+1

4n+1(n+ 1)!(1+ θx)n+1−1/4 .

Учитывая, что (1+ θx)n+1−1/4 > 1 для любых x > 0, θ > 0, n ∈ N,получаем при x = 2/81 оценку погрешности

Δ = |rn(x)| <( 281

)n+1· 3 · 7 · . . . · (4n− 1)4n+1 · (n+ 1)!

= 3 · 7 · . . . · (4n− 1)162n+1 · (n+ 1)!

.

Вычисляем последовательно оценки погрешности приn = 1, 2, . . . и сравниваем их с допустимым значением 10−6:Δ1 = 3

1622 · 2 = 5 · 10−5; Δ2 = 3 · 71623 · 6 = 8 · 10−7, т. е. Δ2 < 10−6.

Таким образом, установлено, что для получения требуемойточности можно ограничиться разложением до члена 2-гопорядка. Имеем

4√83 ≈ 3(1+ 1

162− 3

1622 · 2)≈ 3,018347. �

Пример 3.14. Доказать неравенство:

x− x2

2< ln(1+ x) < x (x > 0).

� По формуле Тейлора (3.6) с остаточным членом в формеЛагранжа при n = 1 имеем

ln(1+ x) = x− x2

2(1+ θx)2(0 < θ < 1).

По той же формуле при n = 2 имеем

ln(1+ x) = x− x2

2+ x3

3(1+ θ1x)3(0 < θ1 < 1).


Заметим, что при x > 0 и при любых θ > 0, θ1 > 0 выполняютсянеравенства:

x2

2(1+ θx)2> 0,

x3

3(1+ θ1x)3> 0.

Cледовательно, многочлены Тейлора 1-го порядка и 2-го порядкапри любом x > 0 дают, соответственно, верхнюю и нижнююоценку значения ln(1+ x). Таким образом, неравенство доказано.

�


Разложите функцию f(x) по формуле Тейлора с центромв точке x0 = 0 до члена указанного порядка n.

3.1. f(x) = x√1− x2, n = 5; 3.2. f(x) = cosx ln(1+ x), n = 4.

Разложите функцию f(x) по формуле Тейлора с центромв точке x0 = 0.

3.3. f(x) = e−x; 3.4. f(x) = ln(1− x2); 3.5. f(x) = 1x

sin x2.

Разложите функцию f(x) по формуле Тейлора с центромв точке x0 = 1 до члена указанного порядка n.

3.6. f(x) = x√x, n = 3; 3.7. f(x) = sin(πx/2), n = 4.


3.8. limx→0

1−√1+ x2 cosxtg4 x

; 3.9. limx→0

x(1+ x) − ex sinxx3

;

3.10. limx→+∞( 6

√x6 + x5 − 6

√x6 − x5).

Пользуясь разложением по формуле Тейлора 2-го порядка,вычислите приближенно значение функции f(x) в точке x = a.Оцените допущенную погрешность.

3.11. f(x) = arctg x, a = 0,8; 3.12. f(x) = arcsinx, a = 0,45.


Оценитe абсолютную погрешность приближеннойформулы:

3.13. tg x ≈ x+ x3

3при |x| � 0,1;

3.14.√1+ x ≈ 1+ x

2− x2

8при x ∈ (0, 1);

3.15. cosx ≈ 1− x2

2+ x4

24при |x| � 0,5.

Вычислитe приближеннo с заданной точностью ε:

3.16. 3√25, ε = 10−3; 3.17. ln 1,1, ε = 10−3;3.18. e0, 2, ε = 10−5; 3.19. cos 5◦, ε = 10−5.


3.20. tg x > x+ x3

3при 0 < x <

π

2;

3.21. 1+ x

2− x2

8<

√1+ x < 1+ x

2при 0 < x < +∞.

Найдите производную указанного порядка с помощью форму-лы Тейлора:

3.22. f = x7e−x2 ; f (5)(0) =? 3.23. f = (1− x) tg 2x; f (4)(0) =?

14

Гл а в а 3

ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ

1. Монотонность функции

1.1. Основные понятия и теоремы. Функция называетсявозрастающей [убывающей] на множестве A ⊂ D(f), еслидля любых x1, x2 ∈ A из неравенства x1 < x2 следует неравен-ство f(x1) � f(x2) [f(x1) � f(x2)]. Функция называется строговозрастающей [строго убывающей] на множестве A ⊂ D(f),если для любых x1, x2 ∈ A из неравенства x1 < x2 следует нера-венство f(x1) < f(x2) [f(x1) > f(x2)]. Возрастающие и убываю-щие функции называются монотонными, строго возрастающиеи строго убывающие — строго монотонными функциями.

Те о р ем а 1.1 (критерий монотонности). Функция f(x), диф-ференцируемая в интервале (a, b), возрастает [убыва-ет] в этом интервале тогда и только тогда, когда∀x ∈ (a, b) f ′(x) � 0 [f ′(x) � 0].Утверждение теоремы справедливо и в случае, если вме-

сто интервала (a, b) рассматривается бесконечный промежуток(−∞, b), (a, +∞) или (−∞, +∞).

Те о р ем а 1.2 (достаточное условие строгой монотонности).Если дифференцируема в интервале (a, b) и ∀x ∈ (a, b) f ′(x) > 0[f ′(x) < 0], то f(x) строго возрастает [убывает] на отрезке[a, b].Утверждение теоремы справедливо и в случае, если вместо

отрезка [a, b] рассматривается бесконечный промежуток (−∞, b],[a, +∞) или (−∞, +∞).


1). Пусть производная функции равна нулю в промежутке [a, b).Следует ли отсюда, что эта функция постоянна на отрезке [a, b]?

1. Монотонность функции 211

2). Пусть производная функции положительна в промежутке[a, b). Следует ли отсюда, что эта функция возрастает на отрезке[a, b]? Какое нужно дополнительное условие, чтобы гарантиро-вать возрастание?

3). Докажите: если функция f(x) непрерывна в интервале (a, b)и f ′(x) > 0 всюду на (a, b), кроме конечного числа точек, то f(x)строго возрастает на этом интервале.

4). Найдите все значения параметров a и c, при которых функция

f(x) = ax3 + cx

1) строго возрастает на R;2) строго убывает на R.

5). Найдите все значения параметра a, при которых функция1) f(x) = sinx+ ax строго убывает на R.2) f(x) = cosx+ ax строго возрастает на R.3) f(x) = 3 sinx+ 4 cosx+ ax возрастает на R.

6). Верно ли утверждение: если дифференцируемая функция воз-растает в интервале, то ее производная также возрастает в этоминтервале?


Определить, является ли функция f(x) строго монотон-ной на D(f).Пример 1.1. f(x) = x5 + 4x.

� Функция f(x) = x5 + 4x дифференцируема на R и f ′(x) == 5x4 + 4 > 0 при любом x ∈ (−∞, +∞). По теореме 1.2 отсюдаследует, что она строго возрастает на всей числовой прямой. �Пример 1.2. f(x) = x3.

� Функция имеет производную f ′(x) = 3x2 � 0 при x ∈∈ (−∞, +∞). По теореме 1.1 отсюда следует, что она возрастаетпри x ∈ (−∞, +∞). Покажем, что функция f(x) = x3 строговозрастает на всей числовой прямой. На промежутке [0, + ∞)

14*

212 Гл. 3. Исследование функций

функция f(x) = x3 непрерывна и при x ∈ (0, + ∞) имеет по-ложительную производную f ′(x) = 3x2 > 0. По теореме 1.2 за-ключаем, что данная функция на промежутке [0, + ∞) строговозрастает. Аналогичные рассуждения показывают, что f(x) = x3

строго возрастает на промежутке (−∞, 0]. Покажем теперь, чтопри любых x1,x2 ∈ R выполняется неравенство f(x1) < f(x2).Если x1 � 0 и x2 � 0 (или x1 � 0 и x2 � 0), то требуемоенеравенство следует из строгого возрастания данной функциина промежутке [0, + ∞) ((−∞, 0]). Если же x1 < 0, а x2 > 0,то имеем f(x1) < f(0) < f(x2). Тем самым установлено строгоевозрастание функции на всей числовой прямой. �Пример 1.3. f(x) = 3√x.

� Данная функция имеет производную f ′(x) = 1

33√x2> 0 при

любом x �= 0. Функция f(x) = 3√x не удовлетворяет условиямтеорем 1.1 и 1.2, так как при x = 0 не имеет производной.На каждом из промежутков [0,+ ∞) и (−∞, 0] к данной функ-ции применима теорема 1.2. Повторяя рассуждения предыдущегопримера, устанавливаем строгое возрастание этой функции навсей числовой прямой. �Пример 1.4. f(x) = 1/x.

� Данная функция имеет производную f ′(x) = − 1x2< 0 при

любом x �= 0. Функция f(x) = 1xпри x ∈ (−∞, +∞) не удо-

влетворяет условиям теорем 1.1 и 1.2, так как в точке x = 0имеет разрыв. На каждом из промежутков (0, +∞) и (−∞, 0) этафункция по теореме 1.2 строго убывает. Тем не менее, функция

f(x) = 1xне является убывающей на всей области определения,

так как, например, f(−1) = −1 < f(1) = 1. �Пример 1.5. f(x) = sinx− x.

� Функция f(x) = sinx− x дифференцируема на R и f ′(x) == cosx − 1 � 0 при любом x ∈ (−∞, +∞). По теореме 1.1 от-сюда следует, что функция f(x) убывает на R. Решая уравне-ние cosx − 1 = 0, устанавливаем, что f ′(x) = 0 при x = 2πk.По теореме 1.2 заключаем, что f(x) строго убывает на каж-дом отрезке [2πk, 2π(k + 1)], k ∈ Z. Покажем, что f(x) строгоубывает на всей прямой. Пусть x1 < x2 и f(x1) = f(x2). Тогдав силу убывания функции f(x) заключаем, что f(x1) ≡ f(x2) наотрезке [x1, x2]. Это противоречит строгому убыванию функции


в промежутках между точками 2πk. Таким образом, функцияf(x) = sinx− x строго убывает на всей числовой прямой. �

Определить промежутки монотонности функции.Задача определения промежутков монотонности функции

f(x) сводится к задаче нахождения тех промежутков, на которыхее производная f ′(x) существует и имеет постоянный знак. Еслиf(x) в некотором интервале имеет непрерывную производную, топромежутками монотонности являются интервалы между нулямипроизводной.

Пример 1.6. f(x) = 2x2 − lnx.

� Функция f(x) = 2x2 − lnx определена на множестве x > 0.Найдем ее производную: f ′(x) = 4x − 1/x. Найдем нули про-изводной: 4x − 1/x = 0; откуда 4x2 − 1 = 0, и x = 1/2 (вто-рой корень этого уравнения x = −1/2 не принадлежит областиопределения функции). Точка x = 1/2 разбивает полуось x > 0на два промежутка: (0, 1/2) и (1/2, +∞). В интервале (0, 1/2)имеем 4x− 1/x < 0, т. е. производная отрицательна, и, следова-тельно, по теореме 1.2 функция строго убывает. В промежутке(1/2, +∞) имеем противоположное неравенство 4x − 1/x > 0,производная положительна и по теореме 1.2 функция строговозрастает. �Пример 1.7. f(x) = x2 (1− x)3.

� Данная функция дифференцируема на всей числовой пря-мой. Найдем ee производную:

f ′(x) = 2x(1− x)3 − 3x2(1− x)2 == x(1− x)2(2− 5x) = −x(x− 1)2(x− 2/5).

Отметим на числовой оси точки 0, 1, 2/5, в которых f ′(x) == 0 и определим знаки производной в промежутках между ними.Имеем

f ′(x) > 0 при x ∈ (0, 2/5);f ′(x) < 0 при x ∈ (−∞, 0) ∪ (2/5, 1) ∪ (1, +∞).

Отсюда по теореме 1.2 заключаем, что функция строго воз-растает в интервале (0, 2/5) и строго убывает в промежутках(−∞, 0), (2/5, 1], [1, +∞). Повторяя рассуждения примера 1.2,объединяем два последних промежутка и получаем, что даннаяфункция строго убывает в интервалах (−∞, 0) и (2/5, +∞). �


Пример 1.8. f(x) = 3 3√x− 5 5√x.

� Имеем f ′(x) = x−2/3 − x−4/5 = x−4/5(x2/15 − 1). При x = 0

производная не существует. Учтем, что x−4/5 =(1/ 5

√x)4> 0 при

x �= 0, и получим интервалы знакопостоянства производной:f ′(x) > 0 при x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, +∞);f ′(x) < 0 при x ∈ (−1, 0) ∪ (0, 1).

Следовательно, по теореме 1.2 функция строго убывает в ин-тервале (−1, 1) и строго возрастает в промежутках (−∞, −1)и (1, +∞). �Пример 1.9. f(x) = sinx+ cosx.

� Преобразуем данную функцию:

f(x) = sinx+ cosx = sinx+ sin(π

2− x)

=

= 2 sin π4

cos(π

4− x)

=√2 cos

(π

4− x).

Найдем производную:

f ′(x) =√2 sin

(π

4− x).

Определим промежутки знакопостоянства производной:

sin(π

4− x)> 0 при 2πk <

π

4− x < π + 2πk

⇐⇒ −3π4

+ 2πk < x <π

4+ 2πk, k ∈ Z.

sin(π

4− x)< 0 при π + 2πk < π

4− x < 2π + 2πk

⇐⇒ π

4+ 2πk < x <

5π4

+ 2πk, k ∈ Z.

Следовательно, функция строго убывает в интервалах

(π/4+ 2πk, 5π/4+ 2πk), k ∈ Z

и строго возрастает в интервалах

(−3π/4+ 2πk, π/4+ 2πk), k ∈ Z �

Доказать неравенство.

Пример 1.10. arctg x < x− x3/6, 0 < x � 1.


� Рассмотрим функцию f(x) = arctg x− x+ x3/6. Найдем еепроизводную:

f ′(x) = 1

1+ x2− 1+ x2

2= x2(x2 − 1)2(1+ x2)

.

Функция f(x) непрерывна на отрезке [0, 1] и f ′(x) < 0 в интерва-ле (0, 1). По теореме 1.2 заключаем, что f(x) строго убывает наотрезке [0, 1]. Следовательно, при любом x ∈ (0, 1] выполняетсянеравенство f(x) < f(0) = 0, т. е. arctg x − x + x3/6 < 0, чторавносильно исходному неравенству. �

Пример 1.11. (1+ x)p � 1+ xp при 0 < p � 1, x � 0.

� Рассмотрим функциюf(x) = 1+ xp − (1+ x)p; x � 0; p ∈ (0, 1).

Найдем ее производную:

f ′(x) = pxp−1 − p(1+ x)p−1 = p

(1

x1−p− 1

(1+ x)1−p

).

Учитывая неравенства 1 − p > 0 и x � 0, заключаем, чтоf ′(x) > 0 при x ∈ (0, +∞). По теореме 1.2, глава 1, отсюда сле-дует, что функция f(x) строго возрастает в промежутке [0, +∞),и, следовательно, при любом x > 0 справедливо неравенствоf(x) > f(0) = 0, т. е.

1+ xp − (1+ x)p > 0.

При x = 0 данное неравенство превращается в равенство. Та-ким образом, справедливость неравенства установлена при всехx � 0, p ∈ (0, 1). Непосредственная проверка показывает, что приp = 1 неравенство также выполняется в виде равенства. �


Исследуйте функции на монотонность при x ∈ (−∞, +∞):

1.1. f(x) = x5 + 6x3; 1.2. f(x) = 2− 5√x+ 1;

1.3. f(x) = x− 12x+ 1

; 1.4. f(x) = cosx+ x+ 1.


Определите промежутки монотонности данных функций:

1.5. f(x) = ln√1+ x2;

1.6. f(x) = x2 + 1(x− 1)2 ;

1.7. f(x) = 2x3 − 9x2 − 24x+ 7;1.8. f(x) = 2 cosx− 1.


1.9. arcsinx > x, 0 < x < 1;

1.10. ln(1+ x) > x

x+ 1, x > 0;

1.11. arctg x > x− x3/3, 0 < x � 1;1.12. (1+ x)p � 1+ xp при p � 1, x � 0.

2. Экстремумы функции

2.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)определена в окрестности точки x0. Точка x0 называется точкойлокального максимума [локального минимума] функции f(x),если существует проколотая окрестность точки x0, в которойвыполняется неравенство f(x) > f(x0) [f(x) < f(x0)]. При этомf(x0) называется локальным максимумом [локальным миниму-мом] функции f(x). Точки локального максимума и минимуманазывают также точками локального экстремума функции.Слово «локальный» в выражениях «локальный максимум», «ло-кальный минимум», «локальный экстремум» часто опускается.

Те о р ем а 2.1 (необходимое условие экстремума). Если x0 —точка экстремума функции f(x), то f ′(x) = 0 или не суще-ствует.Частным случаем этой теоремы, дающим необходимое усло-

вие экстремума для дифференцируемой функции, является тео-рема Ферма (1.2), глава 2.

Kритической точкой функции f(x) называется точка непре-рывности этой функции, в которой производная равна 0 или несуществует. Говорят, что при переходе через точку x0 функцияf(x) меняет знак с «+» на «−», если существует δ-окрестностьточки x0, такая что f(x) > 0 при любом x ∈ (x0 − δ, x0)

2. Экстремумы функции 217

и f(x) < 0 при любом x ∈ (x0, x0 + δ). Аналогично вводитсяпонятие функции, меняющей знак с «−» на «+» при переходечерез точку x0.

Те о р ем а 2.2 (достаточное условие экстремума). Пусть x0 —критическая точка функции f(x). Тогда

1) если f ′(x) при переходе через точку x0 меняет знак с «+»на «−», то x0 — точка максимума;

2) если f ′(x) при переходе через точку x0 меняет знак с «−»на «+», то x0 — точка минимума;

3) если f ′(x) при переходе через точку x0 не меняет знак,то в точке x0 нет экстремума.

Те о р е м а 2.3 (обобщенное достаточное условие экстремума).Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям:1) в точке x0 ∈ (a, b) существует f (n);2) f (k)(x0) = 0 при k = 1, 2, . . . ,n− 1;3) f (n)(x0) �= 0.

Тогда(a) если n = 2m и f (n)(x0) > 0, то x0 — точка минимума;(b) если n = 2m и f (n)(x0) < 0, то x0 — точка максимума;(c) если n = 2m+ 1, то в точке x0 нет экстремума.


1). Найдите все значения параметров b и c, при которых функция

f(x) = x3 + bx2 + cx+ 1

1) имеет в точке x = 0 максимум;2) имеет в точке x = 0 минимум.

2). Найдите все значения параметров a, b и c функция

f(x) = x3 + ax2 + bx+ c

имеет максимум в точке x = m, минимум в точке x = n, гдеm < n.

3). Может ли функция, определенная на отрезке, не иметь наэтом отрезке ни максимума, ни минимума?


4). Может ли иметь только один экстремум четная функция?нечетная функция? периодическая функция?

5). Может ли функция, обладающая экстремумом, иметь обрат-ную?


Найти экстремумы функции.

Пример 2.1. f(x) = x4 − 8x3 + 22x2 − 24x+ 12.

� Функция определена и дифференцируема на всей числовойоси, поэтому критическими точками являются нули производной.Найдем их:

f ′(x) = 4x3 − 24x2 + 44x− 24 = 4(x3 − 6x2 + 11x− 6) = 0.

Легко угадывается корень x = 1. Для определения остальныхкорней разделим многочлен x3 − 6x2 + 11x− 6 на двучлен x− 1.Получим

f ′(x) = 4(x− 1)(x2 − 5x+ 6) = 4(x− 1)(x− 2)(x− 3).Таким образом, x1 = 1, x2 = 2, x3 = 3 — критические точки.В промежутках между ними методом интервалов получаем

f ′(x) > 0 при x ∈ (1, 2) ∪ (3, +∞);f ′(x) < 0 при x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, 3).

Итак, при переходе через точки x1 = 1 и x3 = 3 производнаяменяет знак с «−» на «+», а при переходе через точку x2 = 2 —с «+» на «−». Следовательно, по теореме 2.2 в точках x1 = 1и x3 = 3 — минимумы f(1) = 3 и f(3) = 1, а при x2 = 2 —максимум f(2) = 4. �Пример 2.2. f(x) = (x+ 1)10e−x.

� Функция определена и дифференцируема на всей числовойоси, поэтому критическими точками являются нули производной.Найдем их. Имеем f ′(x) = −(x + 1)9(x − 9)e−x. Критическиеточки: x1 = −1, x2 = 9. При переходе через точку x1 = −1производная меняет знак с «−» на «+», а при переходе черезточку x2 = 9 — с «+» на «−». По теореме 2.2 имеем в точке

2. Экстремумы функции 219

x1 = −1 минимум f(−1) = 0, а в точке x2 = 9 — максимум

f(9) = 1010

e9. �

Пример 2.3. f(x) = 3 3√x2 − x2.

� Функция определена и непрерывна на всей числовой оси.Найдем производную:

f ′(x) = 2(x−1/3 − x) = 2x−1/3(1− x4/3).

Из уравнения (1− x4/3) = 0 находим корни производной x1 = −1,x2 = 1. Критической точкой является также точка x3 = 0, в кото-рой производная не существует. Определяем знаки производнойв промежутках между критическими точками: f ′(x) > 0 приx ∈ (−∞, −1) ∪ (0, 1) и f ′(x) < 0 при x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞).При переходе через точки x1 = −1, x2 = 1 производная меняетзнак с «+» на «−», а при переходе через точку x3 = 0 — с «−» на«+». Следовательно, функция имеет два максимума: f(−1) = 2и f(1) = 2 и минимум f(0) = 0. �

Пример 2.4. f(x) = x+ 1x.

� Функция определена и непрерывна при всех x �= 0. Найдемпроизводную: f ′(x) = 1 − 1/x2. Критические точки: x1 = −1,x2 = 1. Точка x = 0 не является критической, так как в этойточке функция имеет разрыв. Для исследования функции на экс-тремум в критических точках используем вторую производную.Имеем

f ′′(x) = 2x−3; f ′′(−1) = −2 < 0; f ′′(1) = 2 > 0.

Итак, в обеих точках производная 2-го (четного) порядка отлич-на от нуля. Следовательно, по теореме 2.3 это точки экстремума.Поскольку f ′′(−1) < 0, то в точке x1 = −1 функция имеет мак-симум f(−1) = −2. Из f ′′(1) > 0 заключаем, что в точке x2 = 1функция имеет минимум f(1) = 2. �

Пример 2.5. f(x) = sin2 x− 2 cosx.

� Пользуясь периодичностью данной функции, ограничимсяпромежутком [0, 2π). Найдем производную:

f ′(x) = 2 sinx cosx+ 2 sinx = 2 sinx(cosx+ 1).


Из уравнения 2 sinx(cosx + 1) = 0 находим критические точкиx = 0, x = π. Для исследования критических точек используемпроизводные высших порядков. Имеем

f ′′(x) = (2 sinx cosx+ 2 sinx)′ == (sin 2x+ 2 sinx)′ = 2 cos 2x+ 2 cosx.

Определим знаки второй производной в критических точках:f ′′(0) = 4 > 0, f ′′(π) = 0. Из теоремы 2.3 следует, что в точкеx1 = 0 функция имеет минимум f(0) = −2. Поскольку f ′′(π) = 0,то в точке x2 = π найдем следующие производные:

f ′′′(x) = −4 sin 2x− 2 sinx; f ′′′(π) = 0;f (4)(x) = −8 cos 2x− 2 cosx; f (4)(π) = −6 < 0.

Итак, порядок первой отличной от нуля производной в точкеx2 = π равен 4, т. е. является четным числом. По теореме 2.3заключаем, что в этой точке функция имеет максимум f(π) = 2.Окончательно получаем: данная функция в точках x = 2πk,k ∈ Z, имеет минимум, равный −2, а в точках x = π + 2πk, k ∈ Zмаксимум, равный 2. �

Исследовать функцию на экстремум в точке x = 0.

Пример 2.6. f(x) = 1+ cosx+ x2

2− x3

3.

� Определим порядок первой отличной от нуля производнойв точке x = 0. Последовательно находим производные и вычис-ляем их значение в этой точке. Имеем f ′(x) = − sinx + x − x2;f ′(0) = 0. Далее f ′′(x) = − cos x + 1 − 2x; f ′′(0) = 0. Наконец,f ′′′(x) = sinx− 2; f ′′′(0) = −2 �= 0. Итак, порядок первой отлич-ной от нуля производной в точке x = 0 равен 3, т. е. являетсянечетным числом. По теореме 2.3 заключаем, что в этой точкефункция не имеет экстремума. �

Пример 2.7. f(x) = e−x + sinx− x2

2+ x3

3.

� Для определения порядка первой отличной от нуля про-изводной можно вместо непосредственного дифференцированияиспользовать разложение по формуле Тейлора. Напишем разло-жения 3-го порядка для функций y1 = e−x и y2 = sinx:

e−x = 1− x+ x2

2!− x3

3!+ x4

4!+ o1(x4); sinx = x− x3

3!+ o2(x4).

3. Выпуклость и точки перегиба 221

Отсюда получаем разложение для f(x):

f(x) = 1− x+ x2

2!− x3

3!+ x4

4!+ o1(x4) + x− x3

3!+ o2(x4) −

− x2

2+ x3

3= 1+ x4

4!+ o(x4).

Поскольку коэффициент при xn в формуле Тейлора равенf (n)(0)n!,

то из полученного разложения следует, что порядок первойотличной от нуля производной равен 4, т. е. является четным

числом. Коэффициент при x4 в этом разложении равен14!и,

следовательно, f (4)(0) = 1 > 0. По теореме 2.3 заключаем, чтов точке x = 0 функция имеет минимум f(0) = 1. �


Найдите экстремумы функций :

2.1. f(x) = x3 − 6x2 + 9x− 4; 2.2. f(x) = cosx+ 12

cos 2x;

2.3. f(x) = x 3√x− 1; 2.4. f(x) = xe−x;

2.5. f(x) = ln2 xx.

Исследуйте функции на экстремум в точке x = 0:

2.6. f(x) = cosx− 1+ x2

2; 2.7. f(x) = sinx− x+ x3

3;

2.8. f(x) = sinx− x+ x3

6− x4

12.

3. Выпуклость и точки перегиба

3.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)дифференцируема в интервале (a, b), x0 ∈ (a, b). Тогда уравнениекасательной к графику функции в точке (x0, f(x0)) имеет видy = f ′(x0)(x − x0) + f(x0). График функции f(x) называется


выпуклым вверх [вниз] в точке x0, если существует такаяокрестность этой точки, в которой выполняется неравенство

f(x) � f ′(x0)(x− x0) + f(x0) [f(x) � f ′(x0)(x− x0) + f(x0)].(3.1)

Это неравенство означает, что график функции расположен ниже[выше] касательной к нему в точке x0. Если при x �= x0 неравен-ство (3.1) является строгим, то говорят о строгой выпуклостиграфика.График функции f(x) называется выпуклым вверх [вниз]

в интервале (a, b), если он является выпуклым вверх [вниз]в каждой точке этого интервала.

Те о р ем а 3.1 (критерий выпуклости). 1. График функцииf(x) является выпуклым вверх [вниз] в интервале(a, b) тогда и только тогда, когда f ′(x) убывает[возрастает] в этом интервале.

2. График функции f(x) является строго выпуклым вверх[вниз] в интервале (a, b) тогда и только тогда, когдаf ′(x) строго убывает [строго возрастает] в этом ин-тервале.

Те о р ем а 3.2 (достаточное условие выпуклости). Если длялюбого x ∈ (a, b) f ′′(x) � 0 [f ′′(x) � 0], то график функцииf(x) является выпуклым вверх [вниз] в интервале (a, b).Пусть функция f(x) непрерывна в окрестности точки x0, диф-ференцируема в проколотой окрестности точки x0 и имеет ка-сательную в точке x0. Точка x0 называется точкой перегибаграфика функции f(x), если существует δ-окрестность точки x0такая, что в интервалах (x0 − δ, x0) и (x0, x0 + δ) направлениявыпуклости различны.

Те о р ем а 3.3 (необходимое условие перегиба). Если функцияf(x) дифференцируема в интервале (a, b) и x0 ∈ (a, b) — точкаперегиба, то f ′′(x0) = 0 или не существует.

Те о р ем а 3.4 (достаточное условие перегиба). Если функцияf(x) удовлетворяет условиям:1) функция f(x) дифференцируема в интервале (a, b);2) f ′′(x) меняет знак при переходе через точку x0 ∈ (a, b),

то x0 — точка перегиба.

Те о р ем а 3.5 (обобщенное достаточное условие перегиба).Пусть функция f(x) в точке x0 ∈ (a, b) удовлетворяетследующим условиям:


1) существует f (n)(x0) ;2) f (k)(x0) = 0 при k = 2, 3, . . . ,n− 1;3) f (n)(x0) �= 0.

Тогда(a) если n = 2m+ 1, то x0 — точка перегиба;(b) если n = 2m, то точка x0 не является точкой перегиба.


1). Найдите все значения параметра a, при которых графикфункции

f(x) = x4 + ax3 + 32x2 + 1

будет выпуклым вниз (вверх) на всей числовой прямой.

2). Найдите все значения параметров a и b, при которых графикфункции1) f(x) = ax3 + bx2 + x+ 1 будет выпуклым вверх на R;2) f(x) = ax3 + bx2 + x+ 1 будет выпуклым вниз на R.

3). Найдите все значения параметра a, при которых графикфункции1) f(x) = sinx+ ax2 будет выпуклым вниз на R;2) f(x) = cosx+ ax2 будет выпуклым вверх на R.

4). Выясните, при каких значениях параметров a и b точкаA(1, 3) является точкой перегиба графика функции f(x) = ax3 ++ bx2.

5). Докажите или опровергните:1) график каждого многочлена нечетной степени имеет хотябы одну точку перегиба;

2) график каждого многочлена четной степени с положитель-ными коэффициентами не имеет точек перегиба.


Найти интервалы выпуклости вверх, вниз и точки пере-гиба графика функции.


Пример 3.1. f(x) = 3x4 − 4x3 + 1.

� Найдем f ′′(x). Имеемf ′(x) = 12x3 − 12x2; f ′′(x) = 36x2 − 24x = 36x(x− 2/3).

Решая уравнение f ′′(x) = 0, получаем возможные точки пере-гиба: x1 = 0, x2 = 2

3. Для исследования поведения функции в

этих точках определим знаки f ′′(x) в промежутках между ними.Пользуясь методом интервалов, получаем

f ′′(x) > 0 при x ∈ (−∞, 0) ∪(23, +∞

),

f ′′(x) < 0 при x ∈(0,23

).

Отсюда, пользуясь теоремой 3.2, заключаем, что график функ-ции f(x) имеет выпуклость вниз при x ∈ (−∞, 0) и приx ∈ (2/3, +∞), а при x ∈ (0, 2/3) — выпуклость вверх. Из теоре-мы 3.4 следует, что x1 = 0, x2 = 2/3 — точки перегиба графикафункции. �

Пример 3.2. f(x) = 2+ 3√x− 4.� Имеем

f ′(x) = 13(x− 4)−2/3; f ′′(x) = −2

9(x− 4)−5/3 = − 2

9 3√

(x− 4)5.

При x = 4 функция не имеет ни первой, ни, тем более, вто-рой производной. В этой точке функция имеет бесконечные од-носторонние производные 1-го порядка. Следовательно, графикфункции y = 2 + 3√x− 4 имеет в точке (4, 2) вертикальнуюкасательную. Далее, f ′′(x) > 0 при x < 4 и f ′′(x) < 0 при x > 4.Итак, график функции f(x) является выпуклым вниз при x < 4и выпуклым вверх при x > 4. При этом, функция f(x) непрерыв-на в окрестности точки x = 4 и дифференцируема в проколотойокрестности этой точки. Следовательно, точка x = 4 являетсяточкой перегиба. �

Пример 3.3. f(x) = x2 + 1x.

� Данная функция определена при x �= 0. Имеем

f ′(x) = 2x− 1

x2; f ′′(x) = 2+ 2

x3= 2(1+ x3)

x3.


Решая уравнение f ′′(x) = 0, получаем x = −1. Определяем ин-тервалы знакопостоянства для f ′′(x):

f ′′(x) > 0 при x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, +∞),f ′′(x) < 0 при x ∈ (−1, 0).

Итак, график функции f(x) является выпуклым вверх при x ∈∈ (−1, 0) и выпуклым вниз в промежутках (−∞, −1) и (0, +∞);точка x = −1 является точкой перегиба. Tочка x = 0 не являетсяточкой перегиба, так как в этой точке функция имеет разрыв. �

Исследовать расположение графика функции относитель-но касательной к нему в точке (0, f(0)).

Пример 3.4. f(x) = e−x + cosx.

� Вычислим значения функции и ее первых двух производ-ных в точке x = 0:

f(0) = e0 + cos 0 = 2; f ′(x) = −e−x − sinx; f ′(0) = −1.Отсюда получаем уравнение касательной к графику функциив точке (0, f(0)): y = 2− x. Далее имеем

f ′′(x) = e−x − cosx; f ′′(0) = 0.

Итак, в точке x = 0 возможен перегиб. Для дальнейшего иссле-дования найдем f ′′′(0):

f ′′′(x) = −e−x + sinx; f ′′′(0) = −1.По теореме 3.5 отсюда следует, что x = 0, действительно, явля-ется точкой перегиба. Определим направление выпуклости в по-луокрестностях этой точки. В левой полуокрестности f ′′(x) > 0,так как | cosx| � 1, а e−x > 1 при x < 0. Отсюда по теореме 3.2следует, что при x < 0 график функции является выпуклым вниз,т. е. расположен выше касательной. Поскольку в точке x = 0направление выпуклости меняется, то при x > 0 график функцииявляется выпуклым вверх, т. е. расположен ниже касательной. �

Пример 3.5. f(x) = sinx+ x3

6.

� Для исследования направления выпуклости можно вме-сто непосредственного дифференцирования использовать разло-жение по формуле Тейлора. Пользуясь разложением функцииy = sinx до члена пятого порядка, получаем

f(x) = sinx+ x3

6= x− x3

6+ x5

5!+ o(x4) + x3

6= x+ x5

5!+ o(x4).

15


Линейный член разложения дает уравнение касательной y = x.В полученном разложении коэффициенты при xk для k = 2, 3, 4равны нулю. Отсюда следует, что

f ′′(0) = f ′′′(0) = f (4)(0) = 0,

так как коэффициент при xn в формуле Тейлора равенf (n)(0)n!.

Коэффициент при x5 в разложении f(x) равен 15!и, следователь-

но, f (5)(0) = 1 �= 0. По теореме 3.5 заключаем, что x = 0 являетсяточкой перегиба. Разность f(x) − x в δ-окрестности точки x = 0имеет тот же знак, что и x5/5!. Следовательно, при x < 0 графикфункции расположен ниже (x5 < 0), а при x > 0 — выше (x5 > 0)касательной прямой y = x. �

Пример 3.6. f(x) = e−x −(x

2+ 1)

sinx.

� Напишем разложение данной функции по формуле Тей-лора, пользуясь разложениями функций y1 = e−x и y2 = sinxчетвертого порядка. Получим

f(x) = 1− x+ x2

2− x3

6+ x4

24+ o(x4) −

−(x

2+ 1)(

x− x3

6+ o(x4)

)=

= 1− x+ x2

2− x3

6+ x4

24− x2

2− x+ x3

6+ x4

12+ o(x4) =

= 1− 2x+ x4

8+ o(x4).

Линейные члены разложения дают уравнение касательной y == 1 − 2x. В полученном разложении коэффициенты при xk дляk = 2, 3 равны нулю. Отсюда следует, что f ′′(0) = f ′′′(0) = 0.Коэффициент при x4 в разложении f(x) равен 1/8 и, следова-тельно, f (4)(0) �= 0. По теореме 3.5 заключаем, что x = 0 неявляется точкой перегиба. Разность f(x) − (1 − 2x) в окрестно-сти точки x = 0 имеет тот же знак, что и x4/8. Следовательно,график функции в окрестности точки x = 0 расположен вышекасательной прямой y = 1− 2x. �

4. Наибольшее и наименьшее значения функции 227


Найдите интервалы выпуклости вверх, вниз и точки пе-региба графиков функций:

3.1. f(x) = x+ 36x2 − 2x3 − x4;

3.2. f(x) = x− 5√

(x− 3)2; 3.3. f(x) = 13x3 − 1

x.

Исследуйте расположение графика функции относительнокасательной к нему в точке (0, f(0)). Сделайте эскиз графикафункции вместе с касательной в окрестности точки x = 0.

3.4. f(x) = ex − x2

2; 3.5. f(x) = sinx− x;

3.6. f(x) = cosx+ x+ x2

2; 3.7. f(x) = xe−x + x2;

3.8. f(x) = − cos x+ x− x2

2+ x3; 3.9. f(x) = e−x2/2 − cosx.

4. Наибольшее и наименьшее значения функции

4.1. Основные понятия и теоремы. Значение f(x0) называ-ют наибольшим [наименьшим] значением функции f на мно-жестве A ⊂ D(f), если существует x0 ∈ A такой, что для всехx ∈ A выполнено неравенство f(x) � f(x0) [f(x) � f(x0)]. Числоf(x0) в этом случае обозначают max

x∈Af(x), или max

x∈Af [min

x∈Af(x),

или minx∈A

f ].

Те о р ем а 4.1 (Вейерштрасса). Если функция f(x) непрерывнана отрезке, то она ограничена на этом отрезке и принимаетна нем наибольшее и наименьшее значение.

Те о р ем а 4.2. Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям:1) f(x) непрерывна на [a, b];2) ∀x ∈ (a, b) f ′(x) � 0 [f ′(x) � 0].

Тогда

maxx∈[a, b]

f(x) = f(b); minx∈[a, b]

f(x) = f(a),[max

x∈[a, b]f(x) = f(a); min

x∈[a, b]f(x) = f(b)

],

15*


Те ор ем а 4.3. Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям:1) f(x) непрерывна на [a, b];2) f(x) дифференцируема на (a, b);3) существует лишь конечное число точек xk ∈ (a, b)(1 � k � n) таких, что f ′(xk) = 0.

Тогда

maxx∈[a, b]

f(x) = max0�k�n+1

{f(xk)}; minx∈[a, b]

f(x) = min0�k�n+1

{f(xk)},

где x0 = a, xn+1 = b.

Те о р ем а 4.4. Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям:1) f(x) непрерывна в промежутке X с концами a и b, где a,

b — действительные числа или символы −∞, +∞;2) f(x) дифференцируема в (a, b);3) существует единственная точка x0 ∈ (a, b) такая,что f ′(x0) = 0.

Тогда(a) если x0 — точка локального минимума, то

minx∈X

f(x) = f(x0);

(b) если x0 — точка локального максимума, то

maxx∈X

f(x) = f(x0).

Те ор ем а 4.5. Пусть функция f(x) удовлетворяет условиям:1) f(x) непрерывна в промежутке X с концами a и b, где a,

b — действительные числа или символы −∞, +∞;2) f(x) дифференцируема в (a, b);3) существует не более, чем конечное число точек xk ∈

∈ (a, b) (1 � k � n) таких, что f ′(xk) = 0.4) M = max

0�k�n+1{Mk}, где Mk = f(xk), k = 1,2, . . . , n;

M0 = limx→a+

f(x); Mn+1 = limx→b−

f(x).Тогда(a) если M = Mk, 1 � k � n, то max

x∈Xf(x) = f(xk);

(b) если M = M0 < +∞, a > −∞, a ∈ X, то maxx∈X

f(x) = f(a);(c) еслиM =Mn+1 < +∞, b < +∞, b ∈X, то max

x∈Xf(x) = f(b).

(d) в остальных случаях maxx∈X

f(x) не существует.

Справедлива аналогичная теорема для наименьшего значенияфункции.



1). Может ли функция, определенная на отрезке, не иметь наэтом отрезке ни наибольшего, ни наименьшего значений?

2). Установите, верно ли какое-либо из следующих утверждений:1) если функция достигает на отрезке [a, b] наибольшегои наименьшего значений, то она имеет производную в ин-тервале (a, b).

2) если функция достигает на отрезке [a, b] наибольшегои наименьшего значений, то она непрерывна на отрезке[a, b].

3). Выясните, при каких значениях параметра функция y = 1x− a

имеет на отрезке [0, 1]:1) только наибольшее значение;2) только наименьшее значение;3) наибольшее и наименьшее значения.


Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x)на указанном отрезке.

Пример 4.1. f(x) = x2 − 1; x ∈ [1, 3].

� Функция непрерывна на отрезке [1, 3] и по теореме 4.1принимает на нем наибольшее и наименьшее значение. Исследу-ем ее монотонность. Имеем f ′(x) = 2x > 0 при любом x ∈ (1, 3).Cледовательно, по теореме 4.2 данная функция принимает наи-большее значение на правом конце отрезка, а наименьшее — налевом: max

x∈[1, 3]f(x) = f(3) = 8; min

x∈[1, 3]f(x) = f(1) = 0. �

Пример 4.2. f(x) = x3 − 3x; x ∈ [0, 3].

� Функция непрерывна на отрезке [0, 3] и по теореме 4.1 при-нимает на нем наибольшее и наименьшее значения. Найдем про-изводную: f ′(x) = 3x2 − 3. Решая уравнение 3x2 − 3 = 0, находимкритические точки: x = −1, x = 1. Точка x = −1 исключаетсяиз рассмотрения, так как не принадлежит отрезку [0, 3]. Следуяпроцедуре, описанной в теореме 4.3, присоединяем к критиче-


ской точке x1 = 1 концы отрезка [0, 3] и получаем 3 точки дляисследования: x0 = 0, x1 = 1, x2 = 3. Вычисляем значения функ-ции в этих точках: f(0) = 0; f(1) = −2; f(3) = 18. Сравниваяэти значения, получаем по теореме 4.3: max

x∈[0, 3]f(x) = f(3) = 18;

minx∈[0, 3]

f(x) = f(1) = −2. �

Пример 4.3. f(x) = x4 − 8x2 − 9; x ∈ [−1, 3].� Функция непрерывна на отрезке [−1, 3] и, следовательно,

принимает на нем наибольшее и наименьшее значения. Найдемкритические точки внутри данного отрезка. Ими являются корниуравнения f ′(x) = 4x3 − 16x = 0; x1 = 0, x2, 3 = ±2, за иcключе-нием точки x = −2, не принадлежащей отрезку [−1, 3]. Добав-ляя концы отрезка, получаем четыре точки для исследования:x0 = −1, x1 = 0, x2 = 2, x3 = 3. Вычисляем значения функциив этих точках: f(−1) = −16, f(0) = −9; f(2) = −25; f(3) = 0.Сравниваем эти значения и получаем, что

maxx∈[−1, 3]

f(x) = f(3) = 0; minx∈[−1, 3]

f(x) = f(2) = −25. �

Найти наибольшее и наименьшее значения функции f(x)в данном промежутке, если они существуют.Пример 4.4. f(x) = 1

x− 1

x2; x ∈ (0, 3].

� Промежуток (0, 3] не является отрезком и, следовательно,теорему 4.1 применить нельзя. Найдем критические точки:

f ′(x) = − 1x2

+ 2

x3= 2− x

x3= 0.

Уравнение f ′(x) = 0 имеет единственный корень x = 2, причемf ′(x) > 0 при x ∈ (0, 2) и f ′(x) < 0 при x ∈ (2, 3). Таким об-разом, x = 2 является точкой локального максимума функции.По теореме 4.4 заключаем, что в этой точке функция принимает

наибольшее значение maxx∈(0, 3)

f(x) = f(2) = 14. Исследуем поведе-

ние функции при x→ 0. Имеемlimx→0

(1x− 1

x2

)= lim

x→0x− 1x2

= −∞.

Итак, функция не ограничена снизу, и, следовательно, наимень-шее значение в промежутке (0, 3] не существует. �


Пример 4.5. f(x) = x2e−x; x ∈ (−1, +∞).

� Функция непрерывна на данном промежутке. Найдем про-изводную:

f ′(x) = 2xe−x − x2e−x = x(2− x)e−x.

Критические точки: x1 = 0, x2 = 2. Выполнены первые три усло-вия теоремы 4.5. Вычислим значения функции в критическихточках:M1 = f(0) = 0;M2 = f(2) = (2/e)2. Исследуем поведениефункции на концах промежутка:

M0 = limx→−1

x2e−x = e; M3 = limx→+∞x2e−x = 0.

Сравниваем полученные значения и получаем

max0�k�3

Mk = M0 = e; min0�k�3

Mk = M1 = M3 = 0.

Применив теорему 4.5, имеем

minx∈(−1,+∞)

f(x) = f(0) = 0.

Учитывая, что точка x = −1 не принадлежит данному проме-жутку, заключаем на основании пункта (d) теоремы 4.5, что

maxx∈(−1,+∞)


Пример 4.6. f(x) = x+√x; x ∈ (0, 4).

� Найдем производную: f ′(x) = 1+ 12√x. Функция в проме-

жутке [0, +∞) непрерывна и f ′(x) > 0 при любом x ∈ (0, +∞),поэтому она удовлетворяет первым трем условиям теоремы 4.5 cn = 0. Поскольку точки x = 0 и x = 4 не принадлежат данномупромежутку, то, согласно пункту (d) теоремы 4.5, ни наибольше-го, ни наименьшего значения функции на этом промежутке несуществует. �

Пример 4.7. f(x) = x+ 1x2 + 2x+ 5

; x ∈ (−∞, +∞).

� Функция непрерывна на всей числовой оси, так как дис-криминант квадратного трехчлена в знаменателе дроби отрица-телен. Найдем производную:

f ′(x) = x2 + 2x+ 5− 2(x+ 1)2

(x2 + 2x+ 5)2= −x2 − 2x+ 3

(x2 + 2x+ 5)2.


Критические точки: x1 = −3, x2 = 1. Вычислим значения функ-ции в критических точках и пределы при x→ −∞, x→ +∞:

M0 = limx→−∞

x+ 1x2 + 2x+ 5

= 0;

M1 = f(−3) = −14; M2 = f(1) = 1

4;

M3 = limx→+∞

x+ 1x2 + 2x+ 5

= 0.

Сравнивая эти числа, находим

max0�k�3

Mk = M2 = 14; min0�k�3

Mk = M1 = −14.


maxx∈(−∞,+∞)

f(x) = f(1) = 14; min

x∈(−∞,+∞)f(x) = f(−3) = −1

4. �

Пример 4.8. f(x) = 2 cosx− sin2 x; x ∈ (−∞, +∞).

� Функция имеет период 2π, поэтому можно ограничитьсяопределением ее наибольшего и наименьшего значения на отрез-ке [0, 2π]. Найдем производную:

f ′(x) = −2 sinx− 2 sinx cosx = −2 sinx(1+ cosx).

Критические точки: x1 = 0, x2 = π, x3 = 2π. Вычисляем значенияфункции в критических точках:

f(0) = f(2π) = 2; f(π) = −2.Сравниваем эти числа и на основании теоремы 4.3 заключаем,что

maxx∈[0, 2π]

f(x) = f(0) = f(2π) = 2; minx∈[0, 2π]

f(x) = f(π) = −2.

Учитывая периодичность функции, окончательно получаем

maxx∈(−∞,+∞)

f(x) = f(2πn) = 2;

minx∈(−∞,+∞)

f(x) = f(π + 2πn) = −2. �

5. Построение графиков функций 233


Найдите наибольшее и наименьшее значения функции f(x)на отрезке:

4.1. f(x) = x2 lnx; x ∈ [1, e];4.2. f(x) = 1− x2; x ∈ [−1, 2];4.3. f(x) = 2x3 − 3x2 − 12x+ 1; x ∈ [−2, 5/2].

Найдите наибольшее и наименьшее значения функции f(x)в данном промежутке, если они существуют:

4.4. f(x) = 1x; x ∈ (0, 2];

4.5. f(x) = 2 tg x− tg2 x; x ∈ [0, π/2);4.6. f(x) = x−√

x; x ∈ (0, 4);4.7. f(x) = xe−x; x ∈ (−∞, +∞);4.8. f(x) = x lnx; x ∈ (0, +∞);

4.9. f(x) = 1− x

x2 + 2x+ 13; x ∈ (−∞, +∞);

4.10. f(x) = cos2 x− 2 sinx; x ∈ (−∞, +∞).

5. Построение графиков функций

5.1. Схема исследования функции.

I. Определение общего вида графика функции.1. Найти область определения функции.2. Исследовать функцию на четность и нечетность.3. Исследовать функцию на периодичность.4. Исследовать функцию на непрерывность; найти точки раз-рыва.

5. Исследовать поведение функции в окрестности каждой точ-ки разрыва: найти односторонние пределы и установить типразрыва.

6. Найти и изобразить на чертеже вертикальные асимптоты(если они существуют).

7. Исследовать поведение функции при x → +∞ и при x →→ −∞:(a) найти и изобразить на чертеже наклонную асимптотупри x→ +∞ (если она существует);


(b) если асимптоты нет, то установить, является ли функ-ция ограниченной при x→ +∞ или неограниченной;

(c) если функция является неограниченной, то устано-вить, является ли она бесконечно большой при x →→ +∞ и какого знака.

(d) аналогично исследовать функцию при x→ −∞.8. Найти нули функции, т. е. решить уравнение f(x) = 0;определить промежутки знакопостоянства функции.

II. Уточнение вида графика с использованием первой произ-водной.1. Найти f ′(x). Решить уравнение f ′(x) = 0; определить про-межутки монотонности и критические точки функции.

2. Исследовать критические точки функции: выявить точкимаксимума, минимума; вычислить значение функции в точ-ках экстремума.

III. Уточнение вида графика с использованием второй произ-водной.1. Найти f ′′(x). Pешить уравнение f ′′(x) = 0; определитьпромежутки сохранения направления выпуклости и точкиперегиба.

2. В точках перегиба вычислить значение функции и первойпроизводной, построить касательные.

3. Построить эскиз графика функции.


Исследовать функцию и построить график.


√x− 1x− 2.

� I. Определение общего вида графика функции.1. Область определения функции D(f) = R \ 2.2. Функция не является ни четной, ни нечетной, так как об-ласть определения не является симметричным множеством.

3. Функция не является периодической, так как область опре-деления не является периодическим множеством.

4. Функция имеет одну точку разрыва x = 2.5. Поведение функции в окрестности каждой точки разрыва:

limx→2+0

3

√x− 1x− 2 = +∞ lim

x→2−03

√x− 1x− 2 = −∞.

Следовательно, x = 2 — точка разрыва 2-го рода.


6. Прямая x = 2 является вертикальной асимптотой графикафункции.

7. Поведение функции при x→ ±∞:

limx→+∞

3

√x− 1x− 2 = lim

x→+∞3

√(1+ 1

x− 2)

= 1+ 0.

Аналогично,

limx→−∞

3

√x− 1x− 2 = lim

x→−∞3

√(1+ 1

x− 2)

= 1− 0.Таким образом, прямая y = 1 является правой и левойгоризонтальной асимптотой графика функции. Посколькуlim

x→+∞ f(x) = 1 + 0, то график функции при x → +∞ при-

ближается к асимптоте y = 1 сверху. Аналогично, посколь-ку lim

x→−∞ f(x) = 1 − 0, то график функции при x → −∞приближается к асимптоте y = 1 снизу.

8. Уравнение3

√x− 1x− 2 = 0

имеет единственный корень x = 1. Данная функция имеетте же промежутки знакопостоянства, что и функция

y = x− 1x− 2 .

Пользуясь методом интервалов, заключаем, что

f(x) > 0 при x ∈ (−∞; 1) ∪ (2; + ∞); f(x) < 0 при x ∈ (1; 2).

II. Уточнение вида графика с использованием первой произ-водной.1. Находим критические точки и промежутки монотонности.

f ′(x) =((x− 1)1/3(x− 2)−1/3

)′=

= 13(x− 1)−2/3(x− 2)−1/3 − 1

3(x− 1)1/3(x− 2)−4/3 =

= 13(x− 1)−2/3(x− 2)−4/3 ((x− 2) − (x− 1)) =

= − 13√

(x− 1)2(x− 2)4.

Знаки производной:

f ′(x) < 0 при x �= 1, 2.


Учитывая, что x = 2 — точка разрыва, заключаем, функцияубывает на промежутках (−∞; 2) и (2; +∞), но не являет-ся убывающей на всей области определения. Точка x = 1является критической. Поскольку f ′(1+ 0) = f ′(1− 0) == −∞, то в точке x = 1 график имеет вертикальную каса-тельную x = 1.

2. В критической точке x = 1 у функции нет экстремума, таккак при переходе через эту точку производная не меняетзнак.

III. Уточнение вида графика с использованием второй произ-водной.1. Находим f ′′(x):

f ′′(x) =(−13(x− 1)−2/3(x− 2)−4/3

)′=

= 29(x− 1)−5/3(x− 2)−4/3 + 4

9(x− 1)−2/3(x− 2)−7/3 =

= 29(x− 1)−5/3(x− 2)−7/3 ((x− 2) + 2(x− 1)) =

= − 2(x− 4/3)3√3(x− 1)5(x− 2)7

.

Уравнение f ′′(x) = 0 имеет один корень x = 4/3. Опреде-ляем знаки f ′′(x) методом интервалов:

f ′′(x) > 0 при x ∈ (1; 4/3) ∪ (2; + ∞);f(x) < 0 при x ∈ (−∞; 1) ∪ (4/3; 2).

Следовательно, график функции y = f(x) является выпук-лым вниз на промежутках (1; 4/3), (2; + ∞) и выпуклымвверх на промежутках (−∞; 1), (4/3; 2). График имеет2 точки перегиба: x = 1 и x = 4/3.

2. Составим уравнения касательных в точках перегиба.Рассмотрим точку x = 1. Находим f(1) = 0. Посколькуf ′(1+ 0) = f ′(1− 0) = −∞, то в точке (1, 0) графикимеет вертикальную касательную. Рассмотрим теперьточку x = 4/3. Вычисляем:

f(4/3) = −0,79; f ′(4/3) = −1,19.Уравнение касательной в точке перегиба (4/3; − 0,79):

y = −1,19(x− 4/3) − 0,79 =⇒ y = −1,19x+ 0,8.

3. Эскиз графика функции изображен на рисунке. �


Рисунок к примеру 5.1

Пример 5.2. f = arcsin 4x

4+ x2.

� I. Определение общего вида графика функции.1. Поскольку D(arctgx) = [−1, 1], то для нахождения обла-сти определения данной функции рассматриваем двойноенеравенство

−1 � 4x

1+ x2� 1.

Покажем, что это неравенство выполняется при всех x ∈ R.Умножим все части неравенства на 4+ x2. Получим

−(4+ x2) � 4x � 4+ x2 ⇐⇒ −(x+ 2)2 � 0 � (x− 2)2.Последнее двойное неравенство справедливо при всех дей-ствительных x. Поэтому D(f) = R.

2. Исследуем функцию на четность и нечетность. Областьопределения — симметричное множество. Вычислим f(−x),учитывая нечетность функции y = arcsinx:

f(−x) = arcsin −4x4+ (−x)2 = arcsin

(− 4x

4+ x2

)= −f(x).

Следовательно, данная функция является нечетной.3. Функция не является периодической, так как имеет един-ственный нуль (см. далее).

4. Функция непрерывна на R по теореме о непрерывностиэлементарной функции на области ее определения.

5. Точек разрыва нет.6. Вертикальных асимптот нет.7. Поведение функции при x→ +∞.


8. Ищем наклонную асимптоту при x → +∞. Вычисляем ко-эффициенты прямой y = k1x+ b1:

k1 = limx→+∞

arcsin −4x4+ (−x)2x

= limx→+∞

arcsin −4x4+ (−x)2x

.

Найдем предел числителя дроби:

limx→+∞ arcsin −4x

4+ (−x)2 =

= arcsin limx→+∞

−4x4+ (−x)2 = arcsin 0 = +0.

Следовательно, k1 = 0 как предел произведения двух бес-конечно малых при x→ +∞ функций: f(x) и 1/x. Вычис-ляем b1:

b1 = limx→+∞ arcsin −4x

4+ (−x)2 − 0 · x = +0.

Таким образом, прямая y = 0 является правой горизонталь-ной асимптотой графика функции. Поскольку lim

x→+∞ f(x) == +0, то график функции при x → +∞ приближаетсяк асимптоте y = 0 сверху.

9. Аналогично проводится исследование поведения функциипри x → −∞. Ищем наклонную асимптоту при x → −∞.Вычисляем коэффициенты прямой y = k2x+ b2. Устанавли-ваем, что k2 = 0, b2 = −0. Таким образом, прямая y = 0 яв-ляется также и левой горизонтальной асимптотой графикафункции. Поскольку lim

x→−∞ f(x) = −0, то график функциипри x→ +∞ приближается к асимптоте y = 0 снизу.

10. Находим нули функции. Решаем уравнение f(x) = 0, учи-тывая, что функция y = arcsinx обращается в нуль в един-ственной точке x = 0:

arcsin −4x4+ (−x)2 = 0 ⇐⇒ −4x

4+ (−x)2 = 0 ⇐⇒ x = 0.

Промежутки знакопостоянства:

f(x) > 0 при x ∈ (−∞; 0); f(x) < 0 при x ∈ (0; + ∞).

II. Уточнение вида графика с использованием первой произ-водной.


1. Находим f ′(x):

f ′(x) = 1√1−(4x

4+ x2

)2 · 4(4+ x2) − 2x · 4x(4+ x2)2

=

= 4(4− x2)√(4− x2)2(4+ x2)2

= 4(4− x2)|4− x2|(4+ x2)

.

Производная не существует при |x| = 2. При |x| �= 2 рас-крываем модуль:

f ′ =

⎧⎪⎨⎪⎩

4

4+ x2при |x| < 2;

− 4

4+ x2при |x| > 2.

Уравнение f ′(x) = 0 не имеет корней. Промежутки знако-постоянства производной:

f ′(x) < 0 при x ∈ (−∞; − 2) ∪ (2; + ∞);f ′(x) > 0 при x ∈ (−2; 2).

Промежутки монотонности: функция убывает на проме-жутках (−∞; − 2) и (2; + ∞) и возрастает в интервале(−2; 2). Критическими точками функции являются точкиx = −2 и x = 2, в которых производная не существует.

2. Исследуем поведение функции в критических точках. Рас-смотрим точку x = −2. При переходе через эту точку про-изводная меняет знак с минуса на плюс. Следовательно,x = −2 — точка минимума. Находим значение функциив точке минимума:

fmin = f(−2) = arcsin 4 · (−2)4+ (−2)2 = arcsin(−1) = −π

2.

Вычислим односторонние производные в точке минимума:

f ′(−2− 0) = limx→−2−0

− 4

4+ x2= −1

2;

f ′(−2+ 0) = limx→−2+0

4

4+ x2= 12.

Таким образом, в точке x = −2 график не имеет касатель-ной, у него излом. Рассмотрим точку x = 2. При переходечерез эту точку производная меняет знак с плюса на ми-


нус. Следовательно, x = 2 — точка максимума. Вычисляемзначение функции в этой точке:

fmax = f(2) = arcsin 4 · 24+ 22

= arcsin 1 = π

2.

Вычисляем односторонние производные в точке максимума:

f ′(2− 0) = limx→2−0

4

4+ x2= 12;

f ′(2+ 0) = limx→2+0

− 4

4+ x2= −1

2.

Таким образом, в точке максимума график также имеетизлом.

III. Уточнение вида графика с использованием второй произ-водной.1. Находим f ′′(x):

f ′′ =

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩− 8x

(4+ x2)2при |x| < 2;

8x

(4+ x2)2при |x| > 2.

Уравнение f ′′(x) = 0 имеет один корень x = 0. Знаки f ′′(x):

f ′′(x) < 0 при x ∈ (−∞; − 2) ∪ (0; 2);f ′′(x) > 0 при x ∈ (−2; 0) ∪ (2; + ∞).

Следовательно, график функции имеет выпуклость вниз напромежутках (−2; 0), (2; +∞) и выпуклость вверх на про-межутках (−∞; − 2), (0; 2). График меняет направлениевыпуклости в точках −2, 0,2. Точки x = −2 и x = 2 неявляются точками перегиба, так как в этих точках графикне имеет касательных; x = 0 — точка перегиба.

2. Найдем уравнение касательной в точке перегиба:

f(0) = 0; f ′(0) = 1 =⇒ y = x.

3. Эскиз графика функции изображен на рисунке. �




Исследуйте функции и постройте графики:

5.1. f =√1+ x2 + 2x; 5.2. f = 1√

1− x2;

5.3. f = ln(x+√1+ x2

); 5.4. f = arcsin 1− x2

1+ x2;

5.5. f = ex(x− 1)2/3x

.

16


1. Производная и дифференциал

1.1. 3. 1.2. −2. 1.3. 0.1.4. 2. ◦ Используйте формулу sinx − cos x =

√2 sin

(x− π

4

)и первый заме-

чательный предел.1.5. 1. ◦ Cделайте замену переменной t = arcsin Δx и используйте первыйзамечательный предел.

1.6. 0. 1.7. 3x2 − 2; R. 1.8. −2x(x2 + 1)2

; R. 1.9.15

(3x − 1)2 ; R \{ 13

}.

1.10. − sinx; R. ◦ Воспользуйтесь тождествомcosα− cos β = −2 sin

α + β

2sin

α − β

2.

1.11. ax ln a; R. ◦ Воспользуйтесь тождеством ax = ex ln a.

1.12.1

x ln a; x > 0. ◦ Воспользуйтесь тождеством loga x =

ln x

ln a.

2.1. − ln 5

x2+1

5x−4/5. 2.2. 56x7 − 6

x3+5

2x3/2. 2.3. (x2 − 5x+ 1)ex.

2.4.2

(cosx − sin x)2. 2.5.

2

3 3√

(2x − 1)2. 2.6.

1√x2 + α

.

2.7. 3 ln 2(x2 + 1)2x3+3x. 2.8.

sin 2x√1− cos 2x

· e√1−cos 2x. 2.9. 2 cos 4x.

2.10.2x

ln 3(x2 + 4) ln(x2 + 4) ln log7(x2 + 4)

. 2.14.4 tg 2x

cos2 2x− tg x.

2.15.√9− x2. 2.16. 4(4+ x2)−3/2. 2.17. − sin 2x cos(cos 2x).

2.18.5

4 4√

(2x + 1)3(3x + 4)5. 2.19.

6(x − 1)x√

x

(√x+

1√x

)11.

3.1. f ′(−0) = −2, f ′(+0) = 2. 3.2. f ′(−5 − 0) = +∞; f ′(−5 + 0) = +∞.3.3. f ′(−0) = −∞; f ′(+0) = +∞. 3.4. f ′(−0) не существует; f ′(+0) = 1.3.5. f ′(−1− 0) = f ′(−1+ 0) = 0.3.6. f ′(1 − 0) не существует; f ′(1 + 0) = +∞. ◦ При вычислении пределасделайте замену переменной t = arccos

1

1+ Δx.

3.7. f ′(−2) не существует: f ′(−2 − 0) = −∞, f ′(−2 + 0) = +∞. 3.8. суще-ствует, f ′(1) = 0.3.9. f ′(3) не существует: f ′(3− 0) = −2, f ′(3+ 0) = 2. ◦ «Раскройте» модульи используйте метод примера 3.3.4.1. y = −x/2+ 5/2. 4.2. y = 2x. 4.3. π/4. 4.4. 3π/4. 4.5. (1/2, 5/4).4.6. (−2, 18), (2, −18). 4.7. (1, 2e), (−3, −6e−3). 4.8. (0, 0), arctg(2/3).4.9. (1, 1), arctg 3.4.10. Касательная не существует, функция не дифференцируема.4.11. Касательная x = 0, функция не дифференцируема.

2. Свойства дифференцируемых функций 243

4.12. Касательная y = x+ 1, f ′(0) = 1. ◦ Используйте метод примера 3.3.4.13. Касательная x = 1, функция не дифференцируема. ◦ Покажите, чтофункция имеет при x = 1 бесконечные односторонние производные и исполь-зуйте определение касательной для этого случая. 4.14. x = 5. 4.15. x = −1.5.1. x2(60 lnx+ 47). 5.2. 16e2x(x2 + 4x+ 3).5.3. ◦ Используйте метод математической индукции.5.4. ◦ Используйте метод математической индукции.5.5. ◦ Используйте метод примера 3.5.5.6. ◦ Используйте тождество loga x =

ln x

ln aи формулу (5.8).

5.7. ◦ Используйте тождество 1+ x

1− x= −1− 2

x − 1 и формулу (5.7).

6.1. f ′ = − ctg t, f ′′ = − 1

a sin3 t. 6.2. f ′ =

sin t + cos t

cos t − sin t, f ′′ =

2

et(cos t − sin t)3.

7.1. 0. 7.2. 8 dx. 7.3. f ≈ 1, δ = 4; f ≈ 0, 1, δ = 0, 031; f ≈ 0, 01, δ = 0, 000301.

7.4. 1, 043. 7.5. cos(150◦ + α) ≈ −12− π

√3

360α.

2. Свойства дифференцируемых функций

1.1. а). Верно; б). Неверно. 1.3. ◦ Используйте метод примера 1.4.1.4. Oдин корень x = 0. ◦ Используйте метод примера 1.4.1.5. а). Hеверна; б). Верна. 1.6. (0, 1). ◦ Примените теорему Ролля.1.7.

(√3

3, − 2

√3

9

)и(−

√3

3,2√3

9

). ◦ Примените теорему Лагранжа.

1.8. ◦ Используйте теорему Лагранжа и метод примера 1.5.1.9. ◦ Примените теорему Лагранжа и метод примера 1.6 к функции f(x) == ex − ex на отрезке [1, x].1.10. ◦ Используйте метод примера 1.7.1.11. ◦ Используйте метод примера 1.7.2.1. 1. 2.2. 2. 2.3. 1/6. 2.4. 2. 2.5. 0. 2.6. 0. 2.7. 3/4. 2.8. 1.2.9. ∞. ◦ Примените правило Лопиталя 2 раза.2.10. 1. ◦ Используйте тождество esin x − ex = ex · (esin x−x − 1) и применитеправило Лопиталя к дроби

esin x−x − 1sin x − x

. 2.11. 15/4. 2.12. 0. 2.13. x = 0. 2.14.

Нет асимптот. 2.15. x = 0; y = x. 3.1. x − x3

2− x5

8+ o(x5). 3.2. x − x2

2−

− x3

6+ o(x4).

3.3. 1− x+x2

2!− . . .+ (−1)n xn

n!+ rn(x).

3.4. −x2 − x4

2− . . .− x2n

n+ rn(x).

3.5.1

2− x2

23 · 3! + . . .+ (−1)n x2n

22n+1 · (2n + 1)!+ r2n+1(x).

3.6. 1+3

2(x− 1) +

3

8(x− 1)2 − 1

16(x− 1)3 + o

((x− 1)3

). ◦ Сделайте замену

y = x− 1 и примените (3.7) с α = 3/2.

3.7. 1− π2

8(x− 1)2 +

π4

384(x− 1)4 + o

((x− 1)5

). ◦ Сделайте замену y = x− 1

16*


и примените (3.5) к cosπ

2x.

3.8. 1/3. 3.9. −1/3. 3.10. 1/3. 3.11. 0, 67474. 3.12. 0, 46676.3.13. < 7 · 10−6. 3.14. < 0, 0625. 3.15. < 0, 00003.3.16. 2,924. ◦ Воспользуйтесь равенством 3√25 = 3 3

√1− 2

27.

3.17. 0, 095. 3.18. 1, 22140. 3.19. 0, 99619.3.20. ◦ Определите знак r3(x).3.21. ◦ Определите знаки r2(x) и r3(x).3.22. f (5)(0) = 0.3.23. f (4)(0) = −64.

3. Исследование функций1.1. Строго возрастает на R. 1.2. Строго убывает на R.1.3. Не является монотонной на R. Убывает на промежутках (−∞, −1/2),(−1/2, +∞).1.4. Строго возрастает на R.1.5. Убывает на (−∞, 0), возрастает на (0, +∞).1.6. Убывает на (−∞, −1) и (1, +∞), возрастает на (−1, 1).1.7. Возрастает на (−∞, −1) и (4, +∞), убывает на (−1, 4).1.8. Убывает на (2πn, π + 2πn), возрастает на (−π + 2πn, 2πn).1.9. ◦ Докажите монотонность функции f(x) = arcsinx − x при 0 < x < 1и примените метод примера 3.13. 1.10. ◦ Докажите монотонность функцииf(x) = ln(1+ x) − x

x + 1при x > 0 и примените метод примера 3.13.

1.11. ◦ Докажите монотонность функции f(x) = arctg x − x + x3/3 при 0 << x � 1 и примените метод примера 3.13.1.12. ◦ Примените метод примера 3.14.2.1. fmax = f(1) = 0; fmin = f(3) = −4.2.2. fmax = f(πk) = (−1)k + 1/2, k ∈ Z; fmin = f(±2π/3+ 2πk) = −3/4.2.3. fmin = f(3/4) = −3 3√2/8. 2.4. fmax = f(1) = e−1.2.5. fmin = f(1) = 0; fmax = f(e2) = 4/e2.2.6. fmin = f(0) = 0. 2.7. Экстр. нет. 2.8. fmax = f(0) = 0.3.1. Выпуклость вниз при x ∈ (−3, 2), вверх при x ∈ (−∞, −3) ∪ (2, +∞),точки перегиба x = −3, x = 2.3.2. Выпуклость вниз в промежутках (−∞, 3) и (3, +∞), точек перегиба нет,в точке x = 3 вертикальная касательная.3.3. Выпуклость вниз при x ∈ (−1, 0) ∪ (1, +∞), вверх при x ∈ (−∞, −1) ∪∪ (0, 1), точка перегиба x = ±1.3.4. График над касательной y = x+ 1 при x > 0, под касательной при x < 0,x = 0 — точка перегиба.3.5. График над касательной y = 0 при x < 0, под касательной при x > 0,x = 0 — точка перегиба. ◦ Используйте разложение по формуле Тейлора:f(x) = −x3/6+ o(x4).3.6. График над касательной y = x + 1, в точке x = 0 выпуклость вниз. ◦Используйте разложение по формуле Тейлора:f(x) = 1+ x+ x4/24+ o(x5).3.7. График над касательной y = x при x > 0, под касательной при x < 0,x = 0 — точка перегиба. ◦ Используйте разложение по формуле Тейлора:f(x) = x+ x3/2+ o(x3).3.8. График над касательной y = x− 1 при x > 0, под касательной при x < 0,

3. Исследование функций 245

x = 0 — точка перегиба. ◦ Используйте разложение по формуле Тейлора:f(x) = −1+ x+ x3 + o(x3).3.9. График над касательной y = 0. ◦ Используйте разложение по формулеТейлора: f(x) = x4/12+ o(x3).4.1. max f = f(e) = e2; min f = f(1) = 0.4.2. max f = f(0) = 1; min f = f(2) = −3.4.3. max f = f(−1) = 8; min f = f(2) = −19.4.4. max f не существует; min f = f(2) = 1/2.4.5. max f = f(π/4) = 1; min f не существует.4.6. max f не существует; min f = f(1/4) = −1/2.4.7. max f = f(1) = 1/e; min f не существует.4.8. max f не существует; min f = f(1/e) = −1/e.4.9. max f = f(−3) = 1/4; min f = f(5) = −1/12.4.10. max f = f(−π/2+ 2πk) = 2; min f = f(π/2+ 2πk) = −2.5.1. Непрерывна на R, возрастает, выпуклость вниз; правая асимптота y = 3x,левая асимптота y = x.5.2. Непрерывна в интервале (−1, 1), четная, асимптоты x = −1, x = 1; ymin == y(0) = 1, выпуклость вниз.5.3. Непрерывна на R, нечетная, возрастает, выпуклость вниз на промежутке(0; + ∞), выпуклость вверх на промежутке (−∞; 0), x = 0 — точка перегиба.5.4. Непрерывна на R, четная, возрастает, асимптота y = −π

2, выпуклость

вниз на промежутках (0; + ∞), (−∞; 0), ymax = y(0) =π

2, в точке

(0;

π

2

)нет

касательной.5.5. Непрерывна на R \ 0, асимптота x = 0, левая асимптота y = 0, ymin == y(1) = 0, в точке (1, 0) вертикальная касательная; x1 = 0,76, x2 = 1,37 —точки перегиба.


1. Найдите производную функции:

I. y = sin(2x2 + 1); y = arcsin√x; y =

(2x+ 1

x

)5;

y = e1/x; y = cos 2√x; y = arccos ex;

y = ln5 x; y = arcctg 1x; y = 1+ 2x

1− 2x .

II. y = e−x2 ; y = sinx4 + cosx4; y = (1+ sinx)5 ;

y = arctg 1x− 3 ; y = arcsin2 x; y = ln(x+

√x+ 1);

y = ctg(√x+ 1); y = cos π

3x; y =

(1+ x

1− x

)3.

III. y =√

sinx; y = ln cosx; y = sinx3;

y = etg x; y = ex + e−x

2; y = 1√

x2 − 1;

y = arcctg2 x; y = arcsin 1√2x; y = cos2 πx.

IV. y =√1+ 3x; y = sin(2x+ 1); y = arcsin x

2;

y = log3(1+ x2); y = cos x3; y = ctg(8+ x3);

y = arccosx2; y = 2√

x; y = arcctg3 x.

V. y = arcctg x3; y = 2x

2; y = arccos

√x+ 1;

y = ctg(8+ 3√x); y = x cos 3x; y = ln(1+ x5);

y = arcsin 2x; y = tg π

4x; y = sin

(x

2+ x2).

VI. y = arcctg√x; y = 5(1+x)2 ; y = arccos 1

x;

y = tg x2); y = x arcsin 4√x; y = (1+ x)100

ex ;

y = ln(1+√x); y = arctg(2x); y = cos

(2x+ π

24

).

VII. y =√1− x2; y = sin3 x; y = arccos ex;

Приложение. Варианты контрольных работ 247

y = tg(x2 + 3); y = x2 sin 3x; y = ln tg x;

y = arcsin x√3; y = e2x

x; y = arctg

√1− 2x.

VIII. y =√√

x+ 3√x; y = e−x2 ; y = sin(x

2+ 2x

);

y = ctg 1

x2 + 3; y = ln(x3 + 5x); y = cos 8x3;

y = arccos2 x; y =√x

log2 x; y = x2 arctg 3x.

IX. y = 4

√√x+ 1

x; y = 0,5x

2; y = ctg 3

√x2 + 1;

y = tg(x2 + 2x); y = lg sinx; y = cos√x;

y = arccos 1x; y = x5 + 1

(x+ 1)5; y = x3 arcsin 2x.

X. y =√x5 + 6x+ 3; y = 2

√x; y = arcsin

√x2 + 1;

y = tg x8; y = log3 cosx; y = cos(3x+ 4);

y = arctg(lnx); y = x2

ex ; y = (x+ 1)3 sin 2x.

2. Составьте уравнения касательной и нормали к графикуфункции f(x) в точке: a) (x0, f(x0)); b) (x(t0), y(t0)).

I. a) f(x) = 4x− x2

4; x0 = 0; b)

{x = sin3 t;

y = cos3 t; t0 = π/3.

II. a) f(x) = x2 + 8√x− 32; b)

{x =

√3 cos t;

y = sin t; t0 = π/3.x0 = 4;

III. a) f(x) = x+√x3; x0 = 1; b)

{x = t− sin t;

y = 1− cos t; t0 = π/3.

IV. a) f(x) = 1+√x

1−√x; x0 = 4; b)

{x = 2t− t2;

y = 3t− t3; t0 = 1.

V. a) f(x) = 2x+ 1/x; x0 = 1; b)

{x = sin2 t;

y = cos2 t; t0 = π/6.


VI. a) f(x) = 2x

x2 + 1; x0 = −2; b)

{x = 3t cos t;

y = 3t sin t; t0 = π/2.

VII. a) f(x) = x5 + 1x4 + 1

; x0 = 1; b)

{x = t(1− sin t);

y = t cos t; t0 = 0.

VIII. a) f(x) = 13x+ 2

; x0 = 2; b)

{x = t− t4;

y = t2 − t3; t0 = 1.

IX. a) f(x) = 1+ 3x2

3+ x2; x0 = 1; b)

{x = sin t;

y = 5t; t0 = 0.

X. a) f(x) = x3 + 2x3 − 2; x0 = 2; b)

{x = 2et;

y = e−t; t0 = 0.

3. Вычислите приближенно, заменяя приращение функции диф-ференциалом:

I. y =√x; x = 16,08.

II. y = 3√x3 + 7x; x = 1,012.

III. y = (x+√5− x2)/2; x = 0,98.

IV. y = arcsinx; x = 0,08.V. y = x11; x = 1,021.VI. y =

√4x− 1; x = 2,56.

VII. y = 1/√2x2 + x+ 1; x = 1,016.

VIII. y =√1+ x+ sinx; x = 0,01.

IX. y = 3√3x+ cosx; x = 0,01.X. y = 1/

√2x+ 1; x = 1,58.

4. Найдите y(n)(x), если:

I. y = e3x; . II. y = sin 2x+ cos(x+ 1);III. y = lg(5x+ 2); IV. y =

√x;

V. y = 4/x; VI. y = 75x;VII. y = sin(3x+ 1) + cos 5x; VIII. y = x

x+ 1;

IX. y =√e3x+1; X. y = 1+ x

1− x.

Приложение. Варианты контрольных работ 249

5. Найдите предел функции:

I. a) limx→0

2− (ex + e−x) cosxx4

; b) limx→1

x2 − 1+ lnxex − e

.

II. a) limx→+∞;

π/2− arctg x12

ln x− 1x+ 1

; b) limx→0

x(ex + 1) − 2(ex − 1)x3

.

III. a) limx→0

x− arctg xx3

; b) limx→0

1− cosx2

x2 sin x2.

IV. a) limx→1

ln(x− 1)ctg πx

; b) limx→0

1−√1+ x2 cosxx4

.

V. a) limx→1

tg π2x

ln(x− 1) ; b) limx→0

ln(cosx+ x2/2)x(sinx− x)

.

VI. a) limx→1

(x− 1) tg π2x; b) lim

x→01x− 1ex − 1 .

VII. a) limx→0

tg x− x

x− sin x; b) lim

x→0

e−x − 1+ x− x2

2ex3 − 1

.

VIII. a) limx→+∞

ln(1+ 1/x2)π − 2 arctg x

; b) limx→0

2x − 1− x ln 2(1− x)3 − 1+ 3x

.

IX. a) limx→+∞

π − 2 arctg xe3/x − 1 ; b) lim

x→0ln(1− x) + x2

(1+ x)5 − 1+ x2.

X. a) limx→0

arcsin 2x− 2 arcsin xx3

; b) limx→0

1+ x sinx− cos 2xsin2 x

.

6. Исследуйте функции и постройте графики:

I. y = 12x− x3; y = 2ex(x+ 3)

; y = ln(x− 1)(x− 1)2 .

II. y = x2/3(1− x); y = x3 ex; y = x2 + 1x

.

III. y = x2 + 1x; y = ex

4(1− x); y = x− lnx.

IV. y = (1− x)ex; y = x

lnx; y = x4

(1+ x)3.

V. y = 2x− 1(x− 1)2 ; y = ex

x; y = x+ arctg x.

VI. y = x(x− 1)2/3; y = xe−x2/2; y = x− arctg 2x.


VII. y = (x+ 1)2

x2 + 2x; y = x2e−x; y = x ln2 x.

VIII. y =√x2 + 1+

√x2 − 1; y = x

x2 − 4; y = x2 ln2 x.

IX. y = (x− 1)2x2 + 1

; y = x3e−x; y = x lnx.

X. y = 1+ 3√

(x− 1)2; y = 3− 2x(x− 2)2 ; y = xe−x/2.

XI. y = x2

x2 − 1; y = x2e1/x; y = 1+ lnxx

.

XII. y = x+ 2√−x; y = x2e−x2 ; y = x3

1− x2.

Час т ь III

ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕФУНКЦИЙ ОДНОЙ ПЕРЕМЕННОЙ

Гл а в а 1

НЕОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

1. Первообразная и неопределенный интеграл

1.1. Основные понятия и теоремы. Функция F (x) называ-ется первообразной для функции f(x) в промежутке X, еслиF (x) имеет производную на этом промежутке и F ′(x) = f(x)при любом x ∈ X. Для концов промежутка под производнойпонимается односторонняя производная.

Те о р ем а 1.1. Если F1(x) и F2(x) — две первообразные дляфункции f(x) в промежутке X, то при x ∈ X

F1(x) − F2(x) = C, где C = const.

Неопределенным интегралом от функции f(x) в промежут-ке X называется множество всех первообразных функции f(x)в данном промежутке. Неопределенный интеграл обозначаетсясимволом ∫

f(x) dx,

где∫— знак интеграла, f(x) — подынтегральная функция, x —

переменная интегрирования, f(x) dx — подынтегральное выра-жение.Операция отыскания первообразной для данной функции на-

зывается интегрированием этой функции. Если F (x) — одна изпервообразных функции f(x) в промежутке X, то∫

f(x) dx = {F (x) + C | C ∈ R}.Эту формулу принято более кратко записывать так:∫

f(x) dx = F (x) + C.

254 Гл. 1. Неопределенный интеграл

Постоянная C может принимать любые действительные зна-чения. Поэтому она называется произвольной постоянной илипостоянной интегрирования.

Таблица основных неопределенных интегралов

I.∫0 dx = C

II.∫xα dx = xα+1

α+ 1+ C (α �= −1)

III.∫dx

x= ln |x| + C

IV.∫ax dx = ax

ln a+ C ( a > 0, a �= 1 )

V.∫ex dx = ex + C

VI.∫

sinx dx = − cos x+ C

VII.∫

cosx dx = sinx+ C

VIII.∫

dx

cos2 x= tg x+ C

IX.∫

dx

sin2 x= − ctg x+ C

X.∫

dx

x2 + 1= arctg x+ C

XI.∫

dx√1− x2

= arcsinx+ C

XII.∫

dx√x2 + α

= ln∣∣∣x+

√x2 + α

∣∣∣+ C (α �= 0)

Каждая формула таблицы справедлива на любом промежутке,содержащемся в области определения подынтегральной функ-ции. Отметим, что формула (III) объединяет две формулы, однаиз которых применяется при положительных значениях x, а вто-рая — при отрицательных. В формуле (XII) также объединеныдве формулы.Первообразная существует не у всякой функции. Достаточ-

ные условия существования первообразной даны в теореме 1.2главы 2.

1. Первообразная и неопределенный интеграл 255

Основные свойства неопределенных интегралов(∫f(x) dx

)′

x

= f(x) (1.1)∫(f(x) + g (x)) dx =

∫f(x) dx+

∫g (x) dx (1.2)∫

kf(x) dx = k

∫f(x) dx ( k �= 0 ) (1.3)

Свойства (1.2) и (1.3) называются линейными свойстваминеопределенного интеграла.

Метод разложения.Метод разложения заключается в представлении подынте-

гральной функции в виде линейной комбинации таких функ-ций, интегралы от которых содeржатся в таблице, и применениисвойств линейности:∫ ( n∑

i=1

αifi(x)

)dx =

n∑i=1

αi

∫fi(x) dx.


1). Верно ли утверждение: всякая функция имеет первообраз-ную? Рассмотрите пример:

f(x) =

{1, x > 0,

− 2, x � 0.

2). Известно, что две первообразных функции f(x) в точке x = 5отличаются на 10. На сколько отличаются эти же первообразныев точке x = 11?

3). Докажите: функция

f(x) =

⎧⎪⎨⎪⎩1, x > 0,

0, x = a,

− 2, x < a,

при всех значениях параметра a ∈ R имеет первообразную налюбом промежутке, не содержащем точку x = a, и не имеетпервообразной на любом промежутке, содержащем точку x = a.


4). Докажите формулу:∫dx√x2 + α

= ln∣∣∣x+

√x2 + α

∣∣∣+ C.

5). Докажите, что любая первообразная нечетной функции естьфункция четная.

6). Докажите, что одна из первообразных четной функции естьфункция нечетная.


Применяя таблицу основных неопределенных интегралов,найти интеграл.

Пример 1.1.∫ 3√

x2 dx.

� Запишем подынтегральную функцию в виде степенис дробным показателем и применим (II) c α = 2/3:∫

3√x2 dx =

∫x2/3 dx = x2/3+1

23

+ 1= 35x5/3 + C. �

Пример 1.2.∫dx

x2.

� Запишем подынтегральную функцию в виде степени с от-рицательным показателем и применим (II) c α = −2:∫

dx

x2=

∫x−2 dx = x−2+1

−2+ 1= −1

x+ C. �


2x.

� Вынесем множитель12за знак интеграла (по свой-

ству (1.3)) и применим (III) (при α = −1 формула (II) неприменима): ∫

dx

2x= 12

∫dx

x= 12

ln |x| + C. �



3x.

� Воспользуемся тождеством 13x

=(13

)x

и применим (IV)

с α = 13:∫dx

3x=

∫ (13

)x

dx = 1

ln 13

(13

)x

+ C = − 13x ln 3

+ C. �

Пример 1.5.∫

dx√1+ 2x2

.

� Данный интеграл преобразуется к (XII) вынесением коэф-фициента при x2 из-под знака корня:∫

dx√1+ 2x2

=∫

dx√2 ·√12

+ x2.

Вынесем1√2из под знака интеграла, применим (XII) c α = 1

2и получим

∫dx√1+ 2x2

= 1√2

ln(x+√12

+ x2)

+ C. �

Найти неопределенный интеграл, пользуясь методом раз-ложения.

Пример 1.6.∫ (

sinx− 3√1− x2

+ 72x

)dx.

� Пользуясь свойством линейности интеграла и применяяформулы (VI), (XI) и (III), получим∫ (

sinx− 3√1− x2

+ 72x

)dx =

=∫

sinx dx− 3∫

dx√1− x2

+ 72

∫dx

x=

= − cosx− 3 arcsinx+ 72

ln |x| + C. �

17


Пример 1.7.∫ 5− x√

xdx.

� Делим почленно числитель на знаменатель:∫5− x√xdx =

∫(5√x− x√

x

)dx =

∫(5x−1/2 − x1/2) dx.

Пользуясь свойством линейности интеграла и применяя форму-

лу (II) с α = −12и α = 1

2, получаем

∫(5x−1/2 − x1/2) dx =

∫5x−1/2 dx−

∫x1/2 dx = 5x

1/2

1/2− x3/2

3/2+ C.

После упрощений окончательно имеем∫5− x√xdx = 10

√x− 2

3x√x+ C. �

Пример 1.8.∫x2 + 4x2 + 1

dx.

� Выделим целую часть дроби и воспользуемся линейностью:∫x2 + 4x2 + 1

dx =∫ (1+ 3

x2 + 1

)dx =

∫dx+ 3

∫dx

x2 + 1.

Применяя формулы (II) и (X), окончательно получаем∫x2 + 4x2 + 1

dx = x+ 3 arctg x+ C. �

Пример 1.9.∫(x2 + 1)3 dx.

� Раскроем скобки и воспользуемся линейностью:∫ (x2 + 1

)3dx =

∫ (x6 + 3x4 + 3x2 + 1

)dx =

=∫x6 dx+ 3

∫x4 dx+ 3

∫x2 dx+

∫dx =

= 17x7 + 3

5x5 + x3 + x+ C. �


Пример 1.10.∫(3x − 4x)2 dx.

� Раскроем скобки, воспользуемся свойствами степени и ли-нейностью интеграла:∫

(3x − 4x)2 dx =∫ (

(3x)2 − 2 · 3x · 4x + (4x)2)dx =

=∫ (

(32)x − 2 · (3 · 4)x + (42)x)dx =

=∫9x dx− 2

∫12x dx+

∫16x dx.

Применяя формулу (IV) с a = 9; a = 12 и a = 16, завершаеминтегрирование:∫

9x dx− 2∫12x dx+

∫16x dx = 9x

ln 9− 2 12

x

ln 12+ 16x

ln 16+ C. �


dx

sin2 x cos2 x.

� Преобразуем подынтегральную функцию, подставив в чис-лителе «тригонометрическую единицу» (1 = sin2 x+ cos2 x) и раз-делив затем числитель на знаменатель почленно. Получим∫

dx

sin2 x cos2 x=

∫sin2 x+ cos2 xsin2 x cos2 x

dx =∫ ( 1

cos2 x+ 1

sin2 x

)dx.

Представим интеграл в виде суммы двух интегралов и применимформулы (VIII) и (IX):∫ ( 1

cos2 x+ 1

sin2 x

)dx =

∫dx

cos2 x+

∫dx

sin2 x= tg x− ctg x+ C.

Произведем тригонометрические преобразования:

tg x− ctg x+ C = sinxcosx

− cosxsin x

+ C = sin2 x− cos2 xsinx · cosx

+ C =

= −2 cos 2xsin 2x

+ C = −2 ctg 2x+ C.

Окончательно получаем∫dx

sin2 x cos2 x= −2 ctg 2x+ C. �

Для осуществления метода разложения мы пользовались сле-дующими видами тождественных преобразований:

17*


(1) формулы сокращенного умножения;(2) почленное деление;(3) выделение целой части рациональной дроби;(4) тригонометрические формулы.


Найдите неопределенные интегралы:

1.1.∫(x− 2ex) dx; 1.2.

∫(3x + 5−2x) dx;

1.3.∫ ( 8

x3− 4

x2+ 23

)dx; 1.4.

∫(sinx+

√x) dx;

1.5.∫ (

1

sin2 x+ 3

3√x − cosx)dx; 1.6.

∫dx

5x2 + 5;

1.7.∫

dx√7+ 9x2

; 1.8.∫(x+ 1)(3x− 4) dx;

1.9.∫ (

3√x4 + 5√

1− x2

)dx; 1.10.

∫t3 + t2√3t

dt;

1.11.∫1−√4+ 4x2

4+ 4x2dx; 1.12.

∫1− sin3 x

sin2 xdx;

1.13.∫ (

2x2

x2 + 1+ 5√x2)dx; 1.14.

∫ (3√x(x+ 1)3√x+ 1

+ 5x

3x

)dx;

1.15.∫ √1+ x2 + 2

√1− x2√

1− x4dx; 1.16.

∫cos2 x

2dx.

2. Интегрирование заменой переменной


Те ор ем а 2.1. Пусть функция t = t(x) отображает проме-жуток X в промежуток T и имеет на X непрерывную про-

2. Интегрирование заменой переменной 261

изводную. Пусть функция f(t) непрерывна в промежутке T .Тогда ∫

f(t(x))t′(x) dx =∫f(t) dt

∣∣∣∣t=t(x)

. (2.1)

Формула (2.1) называется формулой замены переменнойв неопределенном интеграле.Метод интегрирования заменой переменной состоит в исполь-

зовании формулы (2.1) как слева направо, так и справа налево.Если удается представить подынтегральную функцию в видепроизведения

f(t(x))t′(x) (2.2)

и первообразная функции f(t) известна, то задача решена. В са-мом деле, мы находим

∫f(t) dt, а затем выполняем подстановку

t = t(x) и получаем множество первообразных исходной функ-ции. Выбор функций f(t) и t(x) в этом случае основывается насходстве интегрируемой функции с подынтегральной функциейкакого-либо из табличных интегралов. Формулу (2.1) при этомприменяют слева направо и говорят о простейшей замене пе-ременной. В более сложных случаях, когда сходство заданногоинтеграла с каким-либо табличным интегралом непосредственноне усматривается, но подынтегральная функция существенноупрощается путем введения новой независимой переменной, фор-мулу (2.1) используют справа налево.Формула, выражающая новую переменную интегрирования t

через старую x, или старую переменную интегрирования x черезновую t называется подстановкой.


1). Найдите неопределенные интегралы при любом значениипараметра c ∈ R:

1)∫

dx√1+ cx2

; 2)∫

dx

1+ cx2;

3)∫

x dx√1+ cx2

; 4)∫

dx√c+ x2

;

5)∫

x dx

(c+ x2)n(n ∈ N); 6)

∫x dx

(1+ cx2)n(n ∈ N).


2). Докажите дифференцированием формулы XIII–XVI (допол-нительная таблица интегралов, с. 282).

3). Укажите вид вид неопределенного интеграла∫dx

ax2 + bx+ c

в зависимости от значения дискриминанта D квадратного трех-члена. Рассмотрите случаи: 1) D > 0; 2) D < 0; 3) D = 0.

4). Укажите вид неопределенного интеграла∫dx√

ax2 + bx+ c

в зависимости от значений коэффициентов a, b и c квадратноготрехчлена.

5). Докажите, что при всех a, b ∈ R (a2 + b2 �= 0) справедливаформула: ∫

dx

a sinx+ b cosx= 1√

a2 + b2ln∣∣∣tg (π

2+ φ

2

)∣∣∣ ,где cosφ =

a√a2 + b2

, sinφ =b√

a2 + b2.

2.3. Примеры решения задач. Рассмотрим некоторые приемынахождения интегралов с помощью замены переменной.

Простейшая замена переменной.

Пример 2.1.∫(x+ 1)9 dx.

� Преобразуем интеграл к виду (2.2) с f(t) = t9 и произведемзамену переменной t = x+ 1. Получим∫

(x+ 1)9 dx =∫(x+ 1)9(x+ 1)′ dx

∫t9 dt = t10

10+ C.

Возвращаемся к исходной переменной x, подставляя t = x+ 1:

t10

10+ C = (x+ 1)10

10+ C.


Окончательно имеем∫(x+ 1)9 dx = (x+ 1)10

10+ C. �


sin 5x dx.

� Преобразуем подынтегральную функцию к виду (2.2)с f(t) = sin t и произведем замену переменной t = 5x. Имеем∫

sin 5x dx = 15

∫sin 5x(5x)′ dx = 1

5

∫sin t dt = −1

5cos t+ C.

Возвращаясь к переменной x, окончательно получаем∫sin 5x dx = −1

5cos 5x+ C. �

Пример 2.3.∫e−2x+3 dx.

� Преобразуем подынтегральную функцию к виду (2.2)с f(t) = et и произведем замену переменной t = −2x+ 3. Полу-чим∫e−2x+3 dx = −1

2

∫e−2x+3(−2x+ 3)′ dx =

= −12

∫et dt = −1

2et + C = −1

2e−2x+3 + C. �


x dx

(x2 + 1)2.

� Замечая, что (x2 + 1)′ = 2x, преобразуем подынтеграль-ную функцию к виду (2.2) и произведем замену переменнойt = x2 + 1. Получим∫

x dx

(x2 + 1)2= 12

∫(x2 + 1)′ dx(x2 + 1)2

=

= 12

∫t−2 dt = −1

2t−1 + C = − 1

2(x2 + 1)+ C. �


Пример 2.5.∫ arcsin x√1− x2

dx.

� Заметив, что (arcsinx)′ = 1√1− x2

, произведем замену пе-

ременной t = arcsinx. Получим∫arcsin x dx√1− x2

=∫

arcsinx (arcsinx)′ dx =

=∫t dt = t2

2+ C = 1

2arcsin2 x+ C. �

Пример 2.6.∫ ln2 x

xdx.

� Замена переменной t = lnx:∫ln2 xx

dx =∫t2 dt = t3

3+ C = 1

3ln3 x+ C. �

В примерах 2.1–2.3 мы пользовались линейной заменой пере-менной, а в примерах 2.4–2.6 — нелинейной заменой.

Сведение к простейшей замене переменной с помощьютождественных преобразований подынтегральной функции.


dx

x2 + 4.

� Подынтегральная функция напоминает (X). Преобразуемквадратный трехчлен, стоящий в знаменателе дроби так, чтобы

свободный член стал равным 1: x2 + 4 = 4((

x

2

)2+ 1). Замена

переменной t = x

2приводит интеграл к виду (X). Тогда∫

dx

x2 + 4= 14

∫dx(

x

2

)2+ 1

=

= 12

∫ (x

2

)′(x

2

)2+ 1

dx = 12

∫dt

t2 + 1= 12

arctg x2

+ C. �

Мы сейчас рассмотрели частный случай интеграла (XIII) издополнительной таблицы интегралов (с. 282).



dx

x2 + 4x+ 5.

� В табличных формулах в знаменателях дробей содержатсямногочлены 2-й степени с двумя членами (формулы (X)–(XII)).Поэтому если встречается полный квадратный трехчлен, то егосначала преобразовывают, выделяя полный квадрат. Имеем в на-шем случае x2 + 4x+ 5 = (x+ 2)2 + 1. Тогда замена переменнойt = t = x+ 2 приводит интеграл к виду (X):

∫dx

x2 + 4x+ 5=

∫dx

(x+ 2)2 + 1=

=∫

dt

t2 + 1= arctg t+ C = arctg(x+ 2) + C. �


dx√0,25− x2

.

� Подынтегральная функция напоминает (XI). (Выбирая под-ходящий табличный интеграл с корнем из квадратного трехчленав знаменателе, обращаем внимание на знак при x2, которымотличаются (XI) и (XII)). Преобразуем знаменатель подынте-гральной функции, «исправляя» свободный член:

√0,25− x2 = 0,5

√1−(x

0,5

)2=

√1− (2x)2

2.

Тогда замена переменной t = 2x приводит интеграл к виду (XI).∫

dx√0, 25− x2

=∫

2 dx√1− (2x)2

=

=∫

dt√1− t2

= arcsin t+ C = arcsin 2x+ C. �

Мы рассмотрели частный случай интеграла (XIV) из допол-нительной таблицы интегралов (с. 282).



dx√x2 + 6x+ 1

.

� Преобразуем знаменатель подынтегральной функции:x2 + 6x+ 1 = (x+ 3)2 − 8. Тогда замена переменной t = x+ 3приводит интеграл к виду (XII). Получим:∫

dx√x2 + 6x+ 1

=∫

dx√(x+ 3)2 − 8

=∫

dx√t2 − 8

=

= ln |t+√t2 − 8| + C = ln |x+ 3+

√x2 + 6x+ 1| + C. �


dx

(x+ 5)(x− 4) .

� Преобразуем подынтегральную функцию, используя ра-венство

1(x+ 5)(x− 4) = 1

9

( 1x− 4 −

1x+ 5

)(проверяется приведением правой части к общему знаменателю).Имеем ∫

dx

(x+ 5)(x− 4) = 19

(∫dx

x− 4 −∫

dx

x+ 5

)=

= 19

(ln |x− 4| − ln |x+ 5|) = 19

ln∣∣∣x− 4x+ 5

∣∣∣+ C. �


dx

x2 − 9.

� Сходство с (X) обманчиво (здесь нужно обращать вни-мание на знак свободного члена). Разложим знаменатель намножители и воспользуемся приемом, описанным при решениипредыдущей задачи:∫

dx

x2 − 9 =∫

dx

(x− 3)(x+ 3)= 16

(∫dx

x− 3 −∫

dx

x+ 3

)=

= 16

(ln |x− 3| − ln |x+ 3|) = 16

ln∣∣∣x− 3x+ 3

∣∣∣+ C. �

Этим методом получается формула (XV) из дополнительнойтаблицы интегралов (с. 282).


Пример 2.13.∫ (2x+ 3) dx

(x2 + 3x+ 2).

� Заметим, что производная знаменателя подынтегральнойфункции равна числителю. Поэтому делаем замену переменнойt = x2 + 3x+ 2:∫

(2x+ 3) dxx2 + 3x+ 2

=∫

(x2 + 3x+ 2)′ dxx2 + 3x+ 2

=

=∫dt

t= ln |t| + C = ln

∣∣x2 + 3x+ 2∣∣+ C. �

Пример 2.14.∫ (2x+ 1) dx

(x2 + 3x+ 2).

� Представим числитель дроби в виде алгебраической суммыпроизводной знаменателя и константы:

(2x+ 1) = 2x+ 3− 2 = (x2 + 3x+ 2)′ − 2.Тогда исходный интеграл разложится в линейную комбинациюдвух интегралов:∫

(2x+ 1) dxx2 + 3x+ 2

=∫

(x2 + 3x+ 2)′ dxx2 + 3x+ 2

− 2∫

dx

x2 + 3x+ 2.

К каждому из этих интегралов применим подходящую заменупеременной. Первый из них берется с помощью замены t = x2 ++ 3x+ 2, что и было сделано в предыдущей задаче:∫

(x2 + 3x+ 2)′ dxx2 + 3x+ 2

= ln∣∣x2 + 3x+ 2

∣∣+ C.

Для того, чтобы найти второй интеграл, преобразуем знамена-тель дроби, выделяя полный квадрат квадратного трехчлена:

x2 + 3x+ 2 =(x+ 3

2

)2− 14

=(x+ 3

2

)2−(12

)2.

Получаем∫dx

x2 + 3x+ 2=

∫(x+ 1,5)′ dxx2 + 3x+ 2

= | t = x+ 1,5 | =

=∫

dt

t2 − (0,5)2= 12 · 0,5 ln

∣∣∣ t− 0,5t+ 0,5

∣∣∣+ C = ln∣∣∣x+ 1x+ 2

∣∣∣+ C. �

Этот прием называется выделением производной в числителедроби. Он используется при интегрировании дроби с линейной


функцией в числителе и квадратным трехчленом или корнем изнего в знаменателе.

Пример 2.15.∫ √

x dx√2x+ 3

.

� Умножим числитель и знаменатель подынтегральной функ-ции на

√x. Получим

√x dx√2x+ 3

= x dx√2x2 + 3x

.

Применим метод выделения производной. Найдем производнуюквадратного трехчлена:

(2x2 + 3x)′ = 4x+ 3

и выразим числитель дроби через эту производную:

x = 14

(4x+ 3− 3) = 14

(4x+ 3) − 34

= 14

(2x2 + 3x)′ − 34.

По методу разложения∫ √xdx√2x+ 3

= 14

∫(2x2 + 3x)′ dx√2x2 + 3x

− 34

∫dx√2x2 + 3x

.

Найдем каждый из полученных интегралов. К первому применимзамену переменной t = 2x2 + 3x. Получим∫

(2x2 + 3x)′ dx√2x2 + 3x

=∫t−12 dt = 2t

12 + C = 2

√2x2 + 3x+ C.

Перейдем ко второму интегралу. Преобразуем знаменатель:

2x2 + 3x = 2(x+ 3

4

)2− 98

= 2((x+ 3

4

)2− 916

).

Применим замену переменной t = x+ 34. Получим

∫dx√2x2 + 3x

= 1√2

∫dt√t2 − 9

16

=

= 1√2

ln∣∣∣∣t+

√t2 − 9

16

∣∣∣∣ = 1√2

ln

∣∣∣∣∣x+ 34

+

√x2 + 3

2x

∣∣∣∣∣+ C.


Суммируя полученные первообразные, получаем в результате∫ √

xdx√2x2 + 3x

= 12

√2x2 + 3x− 3

4√2

ln

∣∣∣∣∣x+ 34

+

√x2 + 3

2x

∣∣∣∣∣+ C.

�Пример 2.16.

∫sin3 x dx.

� Прeобразуем подынтегральную функцию, пользуясь основ-ным тригонометрическим тождеством:

sin3 x = (1− cos2 x) sinx.

Теперь производим замену переменной t = cosx, t′ = − sinx.Имеем∫

sin3 x dx =∫(1− cos2 x) sinx dx = −

∫(1− t2) dt =

∫t2 dt−

∫dt =

= t3

3− t+ C = cos3 x

3− cosx+ C. �


sin4 x dx.

� Воспользуемся методом понижения степени, основаннымна формулах половинного угла:

sin2 x = 12

(1− cos 2x); cos2 x = 12

(1+ cos 2x).

Получим

sin4 x = 14

(1− cos 2x)2 = 14− 12

cos 2x+ 14

cos2 2x.

Еще раз понизим степень:

14− 12

cos 2x+ 14

cos2 2x = 14− 12

cos 2x+ 18

(1+ cos 4x) =

= 38− 12

cos 2x+ 18

cos 4x.

Теперь интегрируем методом разложения:∫sin4 x dx = 3

8

∫dx− 1

2

∫cos 2x dx+ 1

8

∫cos 4x dx =

= 38x− 1

2

∫cos 2x (2x)′

2dx+ 1

8

∫cos 4x (4x)′

4dx =

= 38x− 1

4sin 2x+ 1

32sin 4x+ C. �



sin 3x cosx dx.

� Преобразуем произведение sin 3x cosx в сумму по формуле

sin a cos b = 12

(sin(a+ b) + sin(a− b)).

Получимsin 3x cosx = 1

2(sin 4x+ sin 2x).

Используем метод разложения:∫sin 3x cosx dx = 1

2

∫sin 4x dx+ 1

2

∫sin 2x dx =

= 12

∫sin 4x (4x)′

4dx+ 1

2

∫sin 2x (2x)′

2dx =

= −18

cos 4x− 14

cos 2x+ C. �

Некоторые стандартные подстановки.

Во многих случаях с помощью замены переменной удаетсясущественно упростить подынтегральную функцию. Один из та-ких приемов — использование тригонометрических подстановокдля интегрирования функций, содержащих квадратные корнииз многочленов второй степени. Подстановки подбираются та-ким образом, чтобы извлечь квадратный корень и избавитьсяот иррациональности в подынтегральной функции. Рассмотримследующие примеры:

Пример 2.19.∫√4− t2.

� Применим тригонометрическую подстановку

t = 2 sinx, x ∈[−π

2,π

2

],

позволяющую ввиду тождества 1− sin2 x = cos2 x избавиться откорня. В самом деле,√

4− t2 =√4− 4 sin2 x = 2

√cos2 x = 2| cosx|.

Учитывая, что cosx � 0 при x ∈[−π

2,π

2

], получим√

4− t2 = 2 cosx.


Применяя формулу замены переменной (2.1) справа налево,имеем:∫√

4− t2 dt =∫2 cosx(2 sinx)′ dx = 4

∫cos2 x dx =

= 2∫(1+ cos 2x) dx = 2

∫dx+

∫cos 2x(2x)′ dx = 2x+ sin 2x+ C.

Для возврата к исходной переменной t необходимо выразитьsin 2x через t. По формуле двойного угла sin 2x = 2 sinx cosx,затем

cosx =√1− sin2 x =

√1− t2

4= 12

√4− t2 и sin 2x = t

2

√4− t2.

Учитывая, что из t = 2 sinx следует x = arcsin t

2, получаем окон-

чательно: ∫√4− t2 dt = 2 arcsin t

2+ t

2

√4− t2 + C. �

Этим методом получается формула (XVI) из дополнительнойтаблицы интегралов (с. 282).


dt

(t2 + 1)3/2.

� Положимt = tg x, x ∈

(−π

2,π

2

),

и поскольку tg2 x+ 1 = 1

cos2 x, извлечем квадратный корень:

1√(t2 + 1)3

= cos3 x.

Согласно (2.1) имеем∫dt

(t2 + 1)3/2=

∫cos3 x(tg x)′ dx =

∫cosx dx = sinx+ C.

Для возврата к исходной переменной t выразим sinx через t:

sinx = ±√1− cos2 x = ±

√1− 1

1+ t2= ± t√

1+ t2.


Выбираем знак «+», так как интервале(−π

2,π

2

)знак sinx сов-

падает со знаком tg x. Окончательно имеем∫dt

(t2 + 1)3/2= t√

1+ t2+ C. �


dt

(t2 − 1)3/2 .

� Применим тригонометрическую подстановку

t = 1sin x, t′ = − cosx

sin2 x, x ∈

(−π

2, 0)∪(0,π

2

).

Тождество1

sin2 x− 1 = ctg2 x позволяет извлечь корень:

1

(t2 − 1)3/2 = 1

| ctg x|3 . Получаем∫dt

(t2 − 1)3/2 = −∫

cosx dxsin2 x

∣∣ctg3 x∣∣ = −∫

cosx sin2 x |sin x| dxcos3 x sin2 x

=

= −∫ | sinx| dx

cos2 x=

{−1/ cosx+ C, x ∈ (0, π/2)

1/ cosx+ C, x ∈ (−π/2, 0).Для возврата к исходной переменной t выражаем cosx через t:

sinx = 1t; cosx =

√1− sin2 x = 1

|t|√t2 − 1.

Раскрываем модуль, принимая во внимание совпадение знака −tсо знаком искомой первообразной:

F (x) =

{−1/ cosx, x ∈ (0, π/2)

1/ cosx, x ∈ (−π/2, 0)на множестве (0, π/2) ∪ (−π/2, 0). Получаем∫

dt

(t2 − 1)3/2 = − t√t2 − 1

+ C. �

Правила подбора тригонометрической подстановки для ин-тегрирования иррациональных функций, содержащих радикалывида

√a2 − x2,

√x2 ± a2, приведены в следующей таблице.


1.√a2 − x2 x = a sin t (x = a cos t)

2.√x2 + a2 x = a tg t (x = a ctg t)

3.√x2 − a2 x = a

sin t(x = a

cos t)

В том случае, когда подынтегральная функция является ра-циональной функцией от sinx и cosx, применяется подстановкаt = tg x

2. Она называется универсальной тригонометрической

подстановкой. При этом используются формулы:

sinx =2 tg x

2

1+ tg2 x2

, cosx =1− tg2 x

2

1+ tg2 x2

, x = 2 arctg t, x′ = 2

1+ t2.

Рассмотрим следующие примеры.


sinx.

� Сделаем замену переменной t = tg x2. Формула (2.1) при-

меняется справа налево:

∫dx

sin x=

∣∣∣∣∣∣∣sinx = 2t

1+ t2

x′ = 2

1+ t2

∣∣∣∣∣∣∣ =∫dt

t= ln |t| = ln

∣∣∣tg x2

∣∣∣+ C. �


dx

1+ sinx+ cosx.

� Применяем универсальную тригонометрическую подста-новку и формулу замены переменной справа налево:

∫dx

1+ sinx+ cosx=

∫ 2 dt

1+ t2

1+ 2t

1+ t2+ 1− t2

1+ t2

=

=∫

dt

1+ t= ln |1+ t| + C = ln

∣∣∣1+ tg x2

∣∣∣+ C. �

Нестандартные подстановки.

Рассмотрим несколько примеров, в которых интегралы берут-ся с помощью специально подобранных подстановок.

18


Пример 2.24.∫x+ 5√x+ 3

dx.

� Нетрудно избавиться от иррациональности, сделав заменупеременной t =

√x+ 3. Нам, очевидно, не удастся представить

подынтегральную функцию в виде (2.2), поэтому воспользуемсяформулой (2.1) справа налево. Для этого выразим x через tи найдем производную x′t. Имеем x = t2 − 3, x′ = 2t и согласно(2.1) получаем∫

x+ 5√x+ 3

dx =∫t2 − 3+ 5

t2t dt = 2

∫t2 dt+ 4

∫dt =

= 23t3 + 4t+ C = 2

3

√(x+ 3)3 + 4

√x+ 3+ C =

= 23

(x+ 9)√x+ 3+ C. �

Пример 2.25.∫ √1+ x2

xdx.

� Воспользуемся тем же приемом устранения радикала, чтои в предыдущей задаче. Возьмем z =

√1+ x2. Тогда x =

√z2 − 1

(x � 0), x′ = z√z2 − 1

. Может показаться, что иррациональность

снова возникает, но это не так. Действительно,∫ √1+ x2

xdx =

∫z√z2 − 1

· z√z2 − 1

dz =∫

z2

z2 − 1 dz =

=∫z2 − 1+ 1z2 − 1 dz =

∫ (1+ 1

z2 − 1

)dz =

= z + 12

ln∣∣∣z − 1z + 1

∣∣∣+ C =√1+ x2 + ln

∣∣∣∣√1+ x2 − 1√1+ x2 + 1

∣∣∣∣+ C. �

Пример 2.26.∫√1+ e2x dx.

� Описанный прием с успехом применяется и в том случае,когда под корнем стоит трансцендентная функция, в данном

случае — показательная. Полагаем z =√1+ e2x. Выражаем x

через z: x = 12

ln(z2 − 1) и находим производную: x′ = z

z2 − 1 .Получаем ∫√

1+ e2x dx =∫z

z

z2 − 1 dz =∫

z2

z2 − 1 dz.


Последний интеграл был найден в предыдущем примере. Под-ставляя z =

√1+ e2x, возвращаемся к исходной переменной:

∫z2

z2 − 1 dz = z + ln∣∣∣z − 1z + 1

∣∣∣+ C =

=√1+ e2x + 1

2ln∣∣∣∣√1+ e2x − 1√1+ e2x + 1

∣∣∣∣+ C. �

Пример 2.27.∫√1+

√x dx.

� Используем замену

t =√1+

√x, x = (t2 − 1)2

и получаем многочлен в качестве новой подынтегральной функ-ции: ∫√

1+√x dx = 4

∫t2(t2 − 1) dt = 4

∫t4 dt− 4

∫t2 dt =

= 45t5 − 4

3t3 + C = 4

15t3(3t2 − 5)+ C =

= 415

(√1+

√x

)3 (3√x− 2)+ C. �

Пример 2.28.∫ex + 1ex − 1 dx.

� Преобразуем подынтегральную функцию. Сначала выде-лим целую часть:

ex + 1ex − 1 = 1+ 2

ex − 1 ,затем разделим числитель и знаменатель дроби на ex. Получим

1ex − 1 = e−x

1− e−x .

Теперь очевидна целесообразность замены t = e−x − 1. Применя-ем (2.1) слева направо:∫

ex + 1ex − 1 dx =

∫ (1+ 2

ex − 1)dx =

∫dx+ 2

∫1

ex − 1 dx =

= x+ 2∫ −e−x

e−x − 1 dx = x+ 2 ln |e−x − 1| + C. �

18*



Найдите неопределенные интегралы, используя простей-шую замену переменной:

2.1.∫(x+ 3)10 dx; 2.2.

∫ √10− x dx; 2.3.

∫sin(3x+ 1) dx;

2.4.∫

x dx

x2 + 3; 2.5.

∫arctg x1+ x2

dx; 2.6.∫xex2 dx;

2.7.∫

sin3 x cosx dx; 2.8.∫

x dx√9− x2

; 2.9.∫

ln3 xx

dx;

2.10.∫x2√x3 − 7 dx; 2.11.

∫cos

√x√

xdx; 2.12.

∫ cos 1x

x2dx;

2.13.∫

cosxsin2 x− 2 dx; 2.14.

∫x dx√9− x4

; 2.15.∫

x2 dx√x6 + 7

;

2.16.∫

tg x dx; 2.17.∫

x+ 1√4x2 + 1

dx; 2.18.∫e3x − 1ex dx;

2.19.∫

cos5 xsin2 x

dx; 2.20.∫x(1− x2)1+ x4

dx; 2.21.∫

dx

ex + 2;

2.22.∫2x dx√1+ 4x

; 2.23.∫√

2− x

2+ xdx; 2.24.

∫dx√x4 − x2

.

Найдите неопределенные интегралы с помощью заменыпеременной:

2.25.∫x4 dx

x2 + 6; 2.26.

∫dx

(x+ 1)(2x− 3) ;

2.27.∫

dx

x2 − 7x+ 10; 2.28.

∫2x dx

4x2 + 4x+ 5;

2.29.∫

dx√8− 6x− 9x2

; 2.30.∫

2x+ 3√4x− 3+ x2

dx;

2.31.∫

cos2 4,5x dx; 2.32.∫ex√1− ex dx;

2.33.∫

x dx3√2x+ 3

; 2.34.∫

cos 1,5x sin 8x dx;

2.35.∫x√4+ x dx; 2.36.

∫dx

x√3x+ 1

;

3. Интегрирование по частям в неопределенном интеграле 277

2.37.∫

dx

x√x2 + x+ 1

; 2.38.∫

x3 dx

x2 + x+ 0,5;

2.39.∫

dx

e2x + ex − 2 ; 2.40.∫

dx√e2x + ex + 1

;

2.41.∫

dx4√5− x+

√5− x

; 2.42.∫

cos4 x sin 2x dx;

2.43.∫

dx

3+ 5 cosx; 2.44.

∫dx

( 3√x2 + 3√x)2

.

3. Интегрирование по частямв неопределенном интеграле


Те ор ем а 3.1. Если функции u(x), v(x) имеют непрерывныепроизводные в промежутке X, то справедлива следующаяформула интегрирования по частям:∫

u(x)v′(x) dx = u(x)v(x) −∫v(x)u′(x) dx. (3.1)

Формулу интегрирования по частям можно записать короче:∫uv′ dx = uv −

∫vu′ dx,

или ∫u dv = uv −

∫v du.

Метод интегрирования по частям состоит в следующем. Нуж-но представить подынтегральную функцию исходного интегралав виде произведения двух функций u(x), v′(x) и, пользуясь фор-мулой (3.1), заменить нахождение исходного интеграла

∫uv′ dx

нахождением более простого интеграла∫vu′ dx.

Метод интегрирования по частям удобно применять в следу-ющих случаях:1). Подынтегральная функция содержит в виде множителя

одну из функций: ln ax, arcsin ax, arccos ax, arctg ax. В качествеu(x) выбирается эта функция.2). Подынтегральная функция имеет вид: P (x) cos ax,

P (x) sin ax или P (x)eax, где P (x) — многочлен относительно


переменной x. В качестве u(x) выбирается P (x). При дифферен-цировании понижается степень многочлена в новом интеграле.3). Подынтегральная функция имеет вид: eax sin bx,

eax cos bx, sin(lnx) или cos(lnx). После двукратного интегриро-вания по частям получается линейное алгебраическое уравнениеотносительно искомого интеграла.


1). Вычислите интегралы∫√a2 + x2;

∫√a2 − x2

двумя методами: заменой переменной и интегрированием по ча-стям. Сравните результаты.

2). Докажите формулу∫

dx(x2 + a2

)3 = 1

4a2

(x(

x2 + a2)2 + 3

∫dx(

x2 + a2)2),

пользуясь методом интегрирования по частям.


Найти неопределенный интеграл, используя метод инте-грирования по частям.

Пример 3.1.∫(x2 − 3x) lnx dx.

� Подынтегральная функция представляет собой произведе-ние многочлена на lnx. Согласно 1), интегрируем по частям, приэтом в качестве u(x) берем lnx, а в качестве v′(x) — многочлен.Получаем

∫(x2 − 3x) lnx dx =

∣∣∣∣∣ u = lnx,

u′ = 1x,

v′ = x2 − 3xv = 1

3x3 − 3

2x2

∣∣∣∣∣ =

=(13x3 − 3

2x2)

lnx−∫ (13x3 − 3

2x2) 1xdx =

=(13x3 − 3

2x2)

lnx− 19x3 + 3

4x2 + C. �



arcsin 2x dx.

� Согласно 2), полагаем u(x) = arcsin 2x. Имеем:

∫arcsin 2x dx =

∣∣∣∣∣∣∣u = arcsin 2x ,

u′ = 2√1− 4x2

v′ = 1v = x

∣∣∣∣∣∣∣ =

= x arcsin 2x− 2∫

x√1− 4x2

dx =∣∣ t = 1− 4x2, t′ = −8x ∣∣ =

= x arcsin 2x+ 14

∫dt√t

= x arcsin 2x+ 12

√t+ C =

= x arcsin 2x+ 12

√1− 4x2 + C. �

Пример 3.3.∫x2e3x dx.

� Имеем произведение многочлена 2-й степени на ex. Со-гласно 2), полагаем u(x) = x2. Дважды интегрируем по частям,понижая степень многочлена:∫x2e3x dx =

∣∣∣∣∣ u = x2 ,u′ = 2x ,

v′ = e3x

v = 13e3x

∣∣∣∣∣ = 13e3xx2 − 2

3

∫xe3x dx =

=

∣∣∣∣∣ u = x ,u′ = 1 ,

v′ = e3x

v = 13e3x

∣∣∣∣∣ = x2e3x

3− 23

(xe3x

3− 13

∫e3x dx

)=

= x2e3x

3− 29xe3x + 2

27e3x + C. �

Отметим, что в случае, упомянутом в 2), многочлен дифферен-цируется с целью понижения степени. Интегрирование по частямпроизводится столько раз, какова степень многочлена. В слу-чае же, указанном в 1), напротив, многочлен интегрируется,так как необходимо устранить посредством дифференцированиятрансцендентную функцию, которая имеет рациональную (lnx,arctg x) или иррациональную (arcsinx) производную.

Пример 3.4.∫ex sin 4x dx.

� Подынтегральная функция соответствует 3). Пользуясьописанным в этом пункте приемом, нужно следить за тем, чтобыоба раза интегрировать одну и ту же функцию (eαx или sinβx,


все равно какую). В противном случае, вместо уравнения полу-чится тождество:

∫ex sin 4x dx =

∣∣∣∣∣ u = ex ,u′ = ex ,

v′ = sin 4xv = −1

4cos 4x

∣∣∣∣∣ =

= −14ex cos 4x+ 1

4

∫ex cos 4x dx =

∣∣∣∣∣ u = ex ,u′ = ex ,

v′ = cos 4xv = 1

4sin 4x

∣∣∣∣∣ =

= −14ex cos 4x+ 1

4

(14ex sin 4x− 1

4

∫ex sin 4x dx

).

Обозначив∫ex sin 4x dx = I, получим уравнение относительно

искомого интеграла

I = −14ex cos 4x+ 1

16ex sin 4x− 1

16I =⇒

I = ex sin 4x− 4 cos 4x17

. �

Пример 3.5.∫x3(x2 − 1)50 dx.

� Представим подынтегральную функцию в виде произведе-ния двух многочленов, один из которых (высокой степени) будеминтегрировать, а второй (невысокой степени) — дифференциро-вать, понижая степень. Для интегрирования многочлена 100-йстепени (x2 − 1)50 выделим производную двучлена x2 − 1:

x3(x2 − 1)50 = x2

2· 2x(x2 − 1)50.

Теперь интегрируем по частям:

∫x3(x2 − 1)50 dx =

∣∣∣∣∣∣u = x2

2,

u′ = x ,

v′ = 2x(x2 − 1)50

v = (x2 − 1)5151

∣∣∣∣∣∣ =

= x2(x2 − 1)51102

−∫x(x2 − 1)5151

dx =

= x2(x2 − 1)51102

− (x2 − 1)522 · 51 · 52 = (x2 − 1)51(51x2 + 1)

5304+ C. �


Пример 3.6.∫√1+ x2 dx.

�Можно применить подстановку x = tg t, но в данном случаеинтегрирование по частям более эффективно:

∫√1+ x2 dx =

∣∣∣∣∣∣u =

√1+ x2

u′ = x√1+ x2

v′ = 1v = x

∣∣∣∣∣∣ =

= x√1+ x2 −

∫x2√1+ x2

dx = x√1+ x2 −

∫1+ x2 − 1√1+ x2

dx =

= x√1+ x2 −

∫ (x2 + 1√1+ x2

− 1√1+ x2

)dx =

= x√1+ x2 −

∫√1+ x2 dx+

∫dx√1+ x2

=

= x√1+ x2 −

∫√1+ x2 dx+ ln

∣∣∣x+√1+ x2

∣∣∣ .Получаем уравнение относительно искомого интеграла и решаемего:

I = x

2

√1+ x2 + 1

2ln∣∣∣x+

√1+ x2

∣∣∣+ C. �

Этим методом получается формула (XVII) из дополнительнойтаблицы интегралов (с. 282).


dx

cos3 x.

� Подходящий выбор u и v′ позволяет понизить степеньв знаменателе подынтегральной функции:

I =∫

dx

cos3 x=

∫1

cosx· dx

cos2 x=

∣∣∣∣∣∣∣u = 1

cosx, v′ = 1

cos2 x

u′ = sinxcos2 x

, v = tg x

∣∣∣∣∣∣∣ =

= sin xcos2 x

−∫

sin2 x dxcos3 x

= sinxcos2 x

−∫1− cos2 x

cos3 x=

= sinxcos2 x

−∫

dx

cos3 x+

∫dx

cosx= sinx

cos2 x− I −

∫dx

sin (x+ π/2).

Последний интеграл был вычислен в примере 2.22. Полученоуравнение относительно искомого интеграла:

I = sin xcos2 x

− I + ln∣∣∣tg (x

2+ π

4

)∣∣∣+ C.


Решая его, имеем

I = sin x2 cos2 x

+ 12

ln∣∣∣tg(x

2+ π

4

)∣∣∣+ C. �


dx

(x2 + 1)2.

� В числителе дроби прибавим и вычтем x2:∫dx

(x2 + 1)2=

∫x2 + 1− x2

(x2 + 1)2dx = arctg x−

∫x

x dx

(x2 + 1)2=

=

∣∣∣∣∣∣∣∣u = x, v′ = x

(1+ x2)2

u′ = 1, v = − 1

2(1+ x2)

∣∣∣∣∣∣∣∣=

∫dx

(1+ x2)−

∫x · x dx

(1+ x2)2=

= arctg x+ x

2(1+ x2)− 12

∫dx

(1+ x2)= 12

arctg x+ x

2(1+ x2)+ C.

�

Дополнительная таблица неопределенных интегралов

XIII.∫

dx

x2 + a2= 1a

arctg xa

+ C

XIV.∫

dx√a2 − x2

= arcsin xa

+ C

XV.∫

dx

x2 − a2=

∫dx

(x− a)(x+ a)= 12a

ln∣∣∣x− a

x+ a

∣∣∣+ C

XVI.∫√

a2 − x2 dx = x

2

√a2 − x2 + a2

2arcsin x

a+ C

XVII.∫√

x2 + a2 dx = x

2

√x2 + a2 +

+ a2

2ln∣∣∣x+

√x2 + a2

∣∣∣+ C

XVIII.∫√

x2 − a2 dx = x

2

√x2 − a2 −

− a2

2ln∣∣∣x+

√x2 − a2

∣∣∣+ C



Найдите неопределенные интегралы, используя метод ин-тегрирования по частям:

3.1.∫xex dx; 3.2.

∫lnx√xdx;

3.3.∫

arcsinx dx; 3.4.∫

ln(2− x) dx;

3.5.∫xe−2x dx; 3.6.

∫arctg 3x dx;

3.7.∫x cos(4− 2x); 3.8.

∫(3x+ 1)4x dx;

3.9.∫x2 sinx dx; 3.10.

∫(1− x2) lnx dx;

3.11.∫

arccosxx2

dx; 3.12.∫e√

x dx; 3.13.∫ ( lnx

x

)2dx;

3.14.∫x2 sin2 x dx; 3.15.

∫arctg

√x+ 1 dx; 3.16.

∫x dx

sin2 x;

3.17.∫

cos(lnx) dx; 3.18.∫

dx

sin3 x; 3.19.

∫x2 dx√x2 + 1

.

Гл а в а 2

ОПРЕДЕЛЕННЫЙ ИНТЕГРАЛ

1. Понятие определенного интеграла.Формула Ньютона–Лейбница

1.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)определена на отрезке [a, b].Разбиением T отрезка [a, b] называется конечное множество

точек x0, x1, . . ., xn таких, что a = x0 < x1 < x2 < . . . < xn = b.Положим Δxi = xi − xi−1. Обозначим λ(T ) = max

1�i�n(Δxi) и назо-

вем диаметром разбиения. На каждом отрезке [xi, xi−1] выберемпроизвольную точку ξi. Множество {ξ1, ξ2, . . . , ξn} обозначим ξ,а разбиение с помеченными точками — символом (T , ξ).

Интегральной суммой функции f(x), соответствующей раз-биению (T , ξ), называется сумма

σ(T , ξ) =n∑

i=1

f(ξi)Δxi.

Функция f(x) называется интегрируемой на отрезке [a, b],если существует lim

λ(T )→0σ(T , ξ) = I, который не зависит от спосо-

ба разбиения отрезка на части и выбора промежуточных точек ξi.Число I называется определенным интегралом от функции f(x)по отрезку [a, b] и обозначается символом

b∫

a

f(x) dx.

1. Понятие определенного интеграла. Формула Ньютона–Лейбница 285

Положим по определению

b∫

a

f(x) dx = −a∫

b

f(x) dx, если a > b; (1.1)

a∫

a

f(x) dx = 0. (1.2)

Те о р ем а 1.1. Если функция f(x) непрерывна на отрезке[a, b], то она интегрируема на этом отрезке.Далее будем рассматривать только интегрируемые функции.

Свойства определенного интеграла.

1.b∫

a

(f(x) + g (x)) dx =b∫

a

f(x) dx+b∫a

g (x) dx.

2.b∫

a

kf(x) dx = k

b∫

a

f(x) dx, где k ∈ R.

3.c∫

a

f(x) dx+b∫

c

f(x) dx =b∫

a

f(x) dx, где c ∈ [a, b].

4. Если ∀x ∈ [a, b] f(x) � g (x), тоb∫

a

f(x) dx �b∫

a

g (x) dx.

5. Если ∀x ∈ [a, b] f(x) � 0, тоb∫

a

f(x) dx � 0.

6. Если f(x) непрерывна на [a, b], ∀x ∈ [a, b] f(x) � 0

иb∫

a

f(x) dx = 0, то f(x) ≡ 0 на [a, b].

7. Если f(x) — нечетная функция на [−a, a], тоa∫

−a

f(x) dx= 0.

8. Если f(x) — четная функция на [−a, a], тоa∫

−a

f(x) dx = 2a∫

0

f(x) dx.

286 Гл. 2. Определенный интеграл

Свойства 1 и 2 называют линейными свойствами определен-ного интеграла, свойство 3 — аддитивностью.Для установления связи между понятиями неопределенного

и определенного интегралов рассмотрим функцию

F (x) =x∫

a

f(t) dt, t ∈ [a, b],

где f(x) непрерывна на [a, b]. Функция F (x) определена наотрезке [a, b] и называется интегралом с переменным верхнимпределом.

Те о р ем а 1.2. Если функция f(x) непрерывна на отрезке[a, b], то функция F (x) является первообразной f(x) на этомотрезке.

Те ор ем а 1.3. Если функция f(x) непрерывна на отрезке[a, b], то на этом отрезке существует первообразная, а сле-довательно, и неопределенный интеграл от функции f(x).Следующая теорема дает формулу для вычисления определенно-го интеграла.

Те о р ем а 1.4. Если функция f(x) непрерывна на отрезке[a, b] и F (x) — любая первообразная функции f(x) на отрезке[a, b], то справедлива формула Ньютона–Лейбница:

b∫

a

f(x) dx = F (b) − F (a) = F (x)∣∣∣ba.


1). Известно, чтоb∫a

f(x) dx � 0.

Следует ли отсюда, что f(x) � 0 при всех x ∈ [a, b]? Приведитепримеры.

2). Известно, чтоb∫a

f(x) dx �b∫a

g (x) dx.


Следует ли отсюда, что f(x) � g (x) при всех x ∈ [a, b]? Приве-дите примеры.


Вычислить интеграл.

Пример 1.1.1∫

0

(6x+

√3

x2 + 1− 1x+ 2

)dx.

� Воспользуемся линейностью определенного интеграла

I = 61∫

0

x dx+√3

1∫

0

1

x2 + 1dx−

1∫

0

1x+ 2

dx.

Первообразными для подынтегральных функций x,1

x2 + 1,1

x+ 2

являются функции12x2, arctg x, ln |x + 2|. Применяя формулу

Ньютона–Лейбница к каждому из трех интегралов, получаем

I = 6 x2

2

∣∣∣∣10+

√3 arctg x

∣∣∣10− ln |x+ 2|

∣∣∣10

=

= 6(12− 0)

+√3 (arctg 1− arctg 0) − (ln 3− ln 2) =

= 3+√34π − ln 3

2. �

Пример 1.2.

1/2∫

0

x2 dx

x2 − 1.

� Сначала преобразуем подынтегральную функцию, выделивцелую часть дроби:

x2

x2 − 1 = (x2 − 1) + 1x2 − 1 = x2 − 1

x2 − 1 + 1

x2 − 1 = 1+ 1

x2 − 1 .

Первообразными функций 1,1

x2 − 1 являются функции

x и12

ln∣∣∣x− 1x+ 1

∣∣∣. Теперь, аналогично примеру 1.1, поль-


зуясь линейностью определенного интеграла и формулойНьютона–Лейбница, получаем

I =

1/2∫

0

(1+ 1

x2 − 1

)dx =

1/2∫

0

dx+

1/2∫

0

dx

x2 − 1 =

= x|1/20 + 12

ln∣∣∣x− 1x+ 1

∣∣∣∣∣∣1/20

=(12− 0)

+ 12

(ln∣∣∣−13

∣∣∣− ln |−1|)

=

= 12

+ 12

(ln 13− ln 1

)= 12

(1− ln 3). �

Пример 1.3.

π/3∫

π/6

cos 2xcos2 x sin2 x

dx.

� Подынтегральную функцию можно преобразовать так:

cos 2xcos2 x sin2 x

= cos2 x− sin2 xcos2 x sin2 x

= 1

sin2 x− 1

cos2 x.

Первообразная функции( 1

sin2 x− 1

cos2 x

)есть (− ctg x− tg x).

По формуле Ньютона–Лейбница получаем

I =

π/3∫

π/6

( 1

sin2 x− 1

cos2 x

)dx = (− ctg x− tg x)|π/3

π/6 =

= − ctg π/3+ ctg π/6− tg π/3+ tg π/6 = 0. �

Пример 1.4.2∫0|1− x| dx.

� По определению модуля

|1− x| =

⎧⎨⎩1− x, x � 1,

x− 1, x > 1.

Используя свойство аддитивности определенного интеграла,разобьем искомый интеграл на сумму интегралов по отрезкам


[0, 1], [1, 2] («раскрываем модуль»). Затем к каждому изслагаемых применим формулу Ньютона–Лейбница. Получим

I =1∫

0

|1− x| dx+2∫

1

|1− x| dx =1∫

0

(1− x) dx+2∫

1

(x− 1) dx =

=(x− 1

2x2)∣∣∣10+(12x2 − x

)∣∣∣21

=

=(1− 1

2

)+(2− 2− 1

2+ 1)

= 1. �

Пример 1.5.π∫−π

sinx3 dx.

� Подынтегральная функция y = sinx3 является нечетной наотрезке [−π, π], так как для любого x выполняется равенство:sin(−x)3 = − sinx3. Отсюда, по свойству 7 определенного инте-грала, имеем I = 0. �

Пример 1.6.2∫−2

3√x2 dx.

� Подынтегральная функция является четной на отрезке[−2, 2]. Поэтому для вычисления искомого интеграла воспользу-емся свойством 6 определенного интеграла от четной функции.Получим

I = 22∫

0

3√x2 dx = 2

(35x5/3)∣∣∣20

= 65

(25/3 − 0

)= 1253√4. �


Вычислите определенные интегралы:

1.1.

π/4∫

0

(0, 5 sinx+ 1

cos2 x+ 2x

)dx; 1.2.

1∫

0

(− 5

x2 + 1+ 3x

)dx;

1.3.

1∫

−1

√1+ x2 − 11+ x2

dx; 1.4.

1/2∫

0

dx√3− 3x2

;

19


1.5.

π/2∫

0

cos2 ϕ2dϕ; 1.6.

π/4∫

0

tg2 x dx; 1.7.4∫

0

dx√x+ 5−√

x;

1.8.

π/3∫

π/6

dx

cos2 x sin2 x; 1.9.

2π∫

0

|sinx| dx; 1.10.1∫

−1x tg x2 dx.

2. Замена переменной в определенном интеграле


Те ор ем а 2.1. Пусть функция t = t(x) отображает отрезок[a, b] в отрезок [α, β], где α = t(a), β = t(b), и функция t′(x)непрерывна на отрезке [a, b]. Пусть функция f(t) непрерывнана отрезке [α, β]. Тогда справедлива формула

b∫a

f(t(x))t′(x) dx =

β∫α

f(t) dt, (2.1)

которая называется формулой замены переменной в опреде-ленном интеграле.Метод замены переменной в определенном интеграле похож

на метод замены переменной в неопределенном интеграле. Раз-личие состоит, главным образом, в том, что, как правило, нетнеобходимости производить возврат к исходной переменной, нонужно находить новые пределы интегрирования.


1). Докажите свойства определенного интеграла:

1) Если f(x) — нечетная функция на [−a, a], тоa∫

−a

f(x) dx= 0.

2) Если f(x) — четная функция на [−a, a], тоa∫

−a

f(x) dx = 2a∫

0

f(x) dx.

2. Замена переменной в определенном интеграле 291

2). Известно, что∫b

a f(x) dx = S. Вычислите:

1)b∫af(x− a− b) dx, если f(x) — четная функция.

2)b∫af(x− a− b) dx, если f(x) — нечетная функция.

3)−a∫−b

f(x) dx, если f(x) — a) четная функция; b) нечетная

функция.



Пример 2.1.2∫1(2x− 3)10 dx.

� Сделаем замену переменной t = 2x − 3. Найдем отрезок[α, β], в который функция t(x) = 2x − 3 отображает отрезок[1, 2]. Учитывая, что эта функция возрастает на отрезке [1, 2],имеем α = t(1) = −1, β = t(2) = 1. Таким образом, найденыновые пределы интегрирования α = −1, β = 1. По формуле (2.1)получаем

I =2∫

1

12

(2x− 3)102 dx =∣∣∣∣ t = 2x− 3, t′ = 21 � x � 2 =⇒ −1 � t � 1

∣∣∣∣ =

= 12

1∫

−1t10 dt = t11

2 · 11

∣∣∣∣1−1 = 111. �

Пример 2.2.π/3∫π/4

sin(3x− π

4

)dx.

� Сделаем линейную замену переменной, определим но-вые пределы интегрирования и применим формулу Ньютона–Лейбница:

19*


I =

π/3∫

π/4

13

sin(3x− π

4

)(3x− π

4

)′dx =

=∣∣∣∣ t = 3x− π/4, t′ = 3π/4 � x � π/3 =⇒ π/2 � t � 3π/4

∣∣∣∣ = 13

3π/4∫

π/2

sin t dt =

= −13

cos t∣∣∣3π/4

π/2= −1

3

(cos 3π

4− cos π

2

)=

√26. �

Пример 2.3.3π/2∫

πsin4 x cos3 x dx.

� Здесь, как и в примере 2.16 главы 1, пользуемся основ-ным тригонометрическим тождеством и, сделав замену t = sinx,получаем интеграл от многочлена. В отличие от упомянутогопримера, возврат к исходной переменной не производится. На-ходим новые пределы интегрирования и пользуемся формулойНьютона–Лейбница.

I =3π/2∫

π

sin4 x cos2 x cosx dx =3π/2∫

π

sin4 x(1− sin2 x) cosx dx =

=∣∣∣∣ t = sinx, t′ = cosxπ � x � 3π/2 =⇒ 0 � t � −1

∣∣∣∣ =−1∫

0

t4(1− t2) dt =

=0∫

−1(t6 − t4) dt =

(17t7 − 1

5t5)∣∣∣0−1 = − 2

35. �


3

dt

t√25− t2

.

� Преобразуем подынтегральную функцию. Вынесем в зна-менателе из-под корня t. Получим

1

t√25− t2

= 1

t2√

(5/t)2 − 1. Те-

перь видна целесообразность замены переменной x = 5/t. Имеем


I =4∫

3

dt

t√25− t2

=4∫

3

dt

t2√

(5/t)2 − 1=

=∣∣∣∣ x = 5/t, x′ = −5/t23 � t � 4 =⇒ 5/3 � x � 5/4

∣∣∣∣ = −15

5/4∫

5/3

dx√x2 − 1

=

= 15

ln∣∣∣x+

√x2 − 1

∣∣∣∣∣∣5/35/4

= 15

ln 32. �

Пример 2.5.π∫0arctg(cosx) dx.

� Особенность данного интеграла состоит в том, что пер-вообразная подынтегральной функции не выражается через эле-ментарные функции. Поэтому невозможно вычислить опреде-ленный интеграл по формуле Ньютона-Лейбница. Для решенияданной задачи воспользуемся свойствами функций f(x) = cosxи g (x) = arctg x. Представим этот интеграл, пользуясь свойствомаддитивности, в виде суммы двух интегралов:

I =π/2∫

0

arctg(cosx) dx+π∫

π/2

arctg(cosx) dx = I1 + I2.

Покажем, что I1 = −I2. Для этого в интеграле I2 сделаем заменупеременной x = π − t:

I2 =π∫

π/2

arctg(cosx) dx =

∣∣∣∣∣ x = π − t, x′ = −1π

2� x � π =⇒ π

2� t � 0

∣∣∣∣∣ =

= −0∫

π/2

arctg(cos(π − t)) dt =π/2∫

0

arctg(cos(π − t)) dt.

Пользуясь формулой приведения cos(π − t) = − cos t и нечетно-стью функции y = arctg x, получим

I2 =π/2∫

0

arctg(− cos t) dt = −π/2∫

0

arctg(cos t) dt.

Последний интеграл отличается от I1 только обозначением пере-менной интегрирования. Поэтому I1 = −I2 и I = I1 − I1 = 0. �


Вычисление определенного интеграла часто удается упро-стить, используя свойства симметрии подынтегральной функ-ции. В данном примере мы воспользовались симметрией гра-фика функции y = arctg(cosx) на отрезке [0, π] относительноточки (π/2, 0).

Пример 2.6.3∫−3x2√9− x2 dx.

� Подынтегральная функция является четной на отрезке[−3, 3]. Из свойства 8 следует, что

I = 23∫

0

x2√9− x2 dx = 2I1.

Для вычисления интеграла I1 сделаем тригонометрическую под-становку x = 3 sin t, x′ = 3 cos t, t ∈ [0, π/2], которая позволитосвободиться от иррациональности в подынтегральной функции.Мы рассматривали тригонометрические подстановки в неопреде-ленном интеграле (примеры 2.19–2.21, глава 1). Они особенноэффективны при вычислении определенных интегралов, так какв этом случае нет надобности производить трудоемкий возвратк исходной переменной. Вычисление интеграла начнем с опреде-ления нового выражения для подынтегральной функции:

f(x(t))x′(t) = 9 sin t√9− 9 sin2 t · 3 cos t = 81 sin2 t · cos2 t =

= 814

sin2 t = 818

(1− cos 4t).

Находим I1:

I1 =3∫

0

x2√9− x2 dx =

∣∣∣∣∣ x = 3 sin t, x′ = 3 cos t0 � x � 3 =⇒ 0 � t � π

2

∣∣∣∣∣ =

= 818

π/2∫

0

(1− cos 4t) dt = 818

(t− sin 4t

4

)∣∣∣π/2

0= 8116π.

Окончательно получаем I = 2I1 = 81π8. �



Вычислите определенные интегралы с помощью заменыпеременной:

2.1.

2∫

1

x+ 1x2 + 2x+ 3

dx; 2.2.

0∫

−π/12

tg 3x dx; 2.3.

√3/2∫

1/2

arcsin x√1− x2

dx;

2.4.

1∫

0

x3

x4 + 8dx; 2.5.

3√π∫

0

x2 sinx3 dx; 2.6.

√3∫

1

√arctg tt2 + 1

dt;

2.7.

1∫

0

x dx

(x2 + 1)2; 2.8.

3∫

2

dx

x lnx; 2.9.

1∫

0

(ex − 1) ex dx;

2.10.

9∫

4

√x√

x− 1 dx; 2.11.

2π∫

π/2

sinxecos x dx; 2.12.

π2∫

π2/4

sin√xdx√x;

2.13.

1∫

−0, 5

dx√8+ 2x− x2

; 2.14.

0∫

−1/4

dx

4x2 + 8x+ 3;

2.15.π/2∫

0

sin5 x cos4 x dx; 2.16.π/2∫

−π/2

√cosx− cos3 x dx;

2.17.

3∫

0

√9− x2 dx; 2.18.

3/2∫

0

dx

(x+ 1)√x2 + 1

;

2.19.

0∫

−1

√2+ x

2− xdx; 2.20.

−1∫

−2

1

(1− x)23

√1+ x

1− xdx.


3. Интегрирование по частямв определенном интеграле


Те ор ем а 3.1. Если функции u(x), v(x) имеют непрерывныепроизводные на отрезке [a, b], то справедлива следующая фор-мула интегрирования по частям:

b∫

a

u(x)v′(x) dx = u(x)v(x)∣∣∣ba−

b∫

a

v(x)u′(x) dx, (3.1)

которая называется формулой интегрирования по частямв определенном интеграле.


1). Выразите искомый интеграл через данный:

1)b∫af(x) dx = S. Вычислите

b∫axf ′(x) dx, если функция f ′(x)

непрерывна и f(a) = f(b) = 0.

2)π∫0f(x) cosx dx = S. Вычислите

π∫0f ′(x) sinx dx, если f ′(x)

непрерывна.

3)π/2∫−π/2

f(x) sinx dx = S. Вычислитеπ/2∫−π/2

f ′(x) cosx dx, если

f ′(x) непрерывна.

2). Докажите, что если f ′′(x) — непрерывная функция, то

b∫a

xf ′′(x) dx = bf ′(b) − f(b) − (af ′(a) − f(a)).

3. Интегрирование по частям в определенном интеграле 297



Пример 3.1.

1/4∫

0

arcsin 2x√1+ 2x

dx.

� Положим

u(x) = arcsin 2x, v′(x) = 1√1+ 2x

.

Тогда

u′(x) = 2√1− 4x2

, v =∫

dx√1+ 2x

=√1+ 2x.

Функции u(x) и v(x) удовлетворяют условиям теоремы 3.1, по-скольку их производные

u′(x) = 2√1− 4x2

, v′(x) = 1√1+ 2x

непрерывны на отрезке [0, 1/4]. По формуле (3.1) имеем

I =

1/4∫

0

arcsin 2x√1+ 2x

dx =

∣∣∣∣∣∣∣∣u = arcsin 2x, v′ = 1√

1+ 2x

u′ = 2√1− 4x2

, v =√1+ 2x

∣∣∣∣∣∣∣∣ =

=(arcsin 2x · √1+ 2x

)∣∣∣1/40

−1/4∫

0

√1+ 2x · 2√

1− 4x2dx =

=

√32

arcsin 12− 2

1/4∫

0

dx√1− 2x =

= π√612

− 2(−√1− 2x

)∣∣∣∣1/4

0= π

√612

+√2− 2. �


Пример 3.2.e∫1ln2 x dx.

� Применим формулу интегрирования по частям:

I =

∣∣∣∣∣ u = ln2 x; v′ = 1

u′ = 2 lnx1x; v = x

∣∣∣∣∣ = x ln2 x∣∣e1 −

e∫

1

2 lnx dx =

= e− 2e∫

1

lnx dx.

Применив формулу (3.1) еще раз, вычислим интеграл I1 =

=e∫

1

lnx dx:

I1 =

∣∣∣∣∣ u = lnx; v′ = 1

u′ = 1x; v = x

∣∣∣∣∣ = x lnx|e1 −e∫

1

dx =

= e−e∫

1

dx = e− x|e1 = 1.

В результате получим I = e− 2I1 = e− 2. �

Пример 3.3.π∫

−π

x sinx1+ cos2 x

dx.

� Учитывая четность подынтегральной функции на отрезке[−π, π], имеем

I = 2π∫

0

x sinx1+ cos2 x

dx =

∣∣∣∣∣∣u = x; v′ = x sinx

1+ cos2 xu′ = 1; v = − arctg(cosx)

∣∣∣∣∣∣ =

= −2x arctg(cosx)|π0 + 2π∫

0

arctg(cosx) dx.

Последний интеграл равен 0 (пример 2.5). Окончательно полу-чаем

I = −2 x arctg(cosx)|π0 = −2π arctg(cosπ) = −2π arctg(−1) = π2

2.

�

3. Интегрирование по частям в определенном интеграле 299

Пример 3.4.π/3∫0ex cos 3x dx.

� Для вычисления этого интеграла используется прием, опи-санный в разделе 1.3 главы 1 и продемонстрированный там жев примере 3.4 для случая неопределенного интеграла. Дваждыинтегрируем по частям:

I =

∣∣∣∣∣∣u = ex; v′ = cos 3x

u′ = ex; v = 13

sin 3x

∣∣∣∣∣∣ =

= 13ex sin 3x

∣∣∣π/3

0− 13

π/3∫

0

ex sin 3x dx =

= 13

(eπ/3 sinπ − e0 sin 0

)− 13

π/3∫

0

ex sin 3x dx =

=

∣∣∣∣∣∣u = ex; v′ = sin 3x

u′ = ex; v = −13

cos 3x

∣∣∣∣∣∣ = 19ex cos 3x

∣∣∣π/3

0−

− 19

π/3∫

0

ex cos 3x dx = −19

(eπ/3 + 1

)− 19I.

Мы получили, таким образом, линейное уравнение относительно

искомого интеграла. Решая его, находим I = − 110

(eπ/3 + 1

). �


Вычислите определенные интегралы с помощью интегри-рования по частям.

3.1.π/3∫

π/4

x cosx dx; 3.2.1∫

0

arccosx dx; 3.3.ln 2∫

0

xe−x dx;

3.4.

π/2∫

0

ϕ sin 2ϕdϕ; 3.5.

1/2∫

0

(2x+ 1)e2x dx; 3.6.0∫

−1

x arctg x√1+ x2

dx;


3.7.

2∫

1

x log2 x dx; 3.8.

2e∫e

ln 2x dx;

3.9.

1∫

1/2

lnxx3

dx; 3.10.

e−1∫

1

ln(x2 + 1

)dx;

3.11.

π/4∫

0

x dx

cos2 x; 3.12.

3∫

2

sin(lnx) dx;

3.13.

√3∫

1

arctg√x dx; 3.14.

1/2∫

−1/2(x2 + 1)e2x dx;

3.15.π∫

π/4

(x2 + 2x) cos 2x dx; 3.16.

π/5∫

0

e3x cos 5x dx;

3.17.

−√3/2∫

−√2/2

arcsinxx2

dx; 3.18.e∫

1/e

|lnx| dx;

3.19.1∫

0

arccos2 x dx.

Гл а в а 3

ПРИЛОЖЕНИЯ ОПРЕДЕЛЕННОГО ИНТЕГРАЛА

1. Площадь плоской фигуры

1.1. Основные понятия и теоремы. Введем понятие площадиплоской фигуры. Выберем на плоскости декартову прямоуголь-ную систему координат. Пусть плоская фигура обладает следую-щими свойствами. Она заключена между прямыми x = a и x = b,где a < b. Длина сечения фигуры каждой прямой, параллельнойоси OY , есть функция l(x), интегрируемая на [a, b]. Площадьюфигуры назовем число

S =b∫

a

l(x) dx. (1.1)

Отметим, что площадь инвариантна относительно выбора си-стемы координат.

Криволинейной трапецией называется множество точекплоскости

Φ = {(x, y) | 0 � y � y(x), x ∈ [a, b]} ,ограниченное прямыми x = a, x = b, y = 0 и графиком функцииy(x), неотрицательной и непрерывной на отрезке [a, b].

Те о р ем а 1.1. Площадь криволинейной трапеции вычисля-ется по формуле

S =b∫

a

y(x) dx. (1.2)

Криволинейным сектором называется фигура

Φ = {(r, ϕ) | 0 � r � r(ϕ), ϕ ∈ [α, β]} ,

302 Гл. 3. Приложения определенного интеграла

ограниченная двумя лучами, составляющими с полярной осьюуглы α и β и кривой, заданной в полярных координатах уравне-нием r = r(ϕ), где r(ϕ) непрерывна на отрезке [α, β].

Те о р ем а 1.2. Площадь криволинейного сектора вычисляет-ся по формуле

S = 12

β∫α

r2(ϕ) dϕ. (1.3)


1). Найдите площадь фигуры, ограниченной линиями:1) y = 0, y = sin 2nπx, 0 � x � 2π;2) y = 0, x = 0, x = 2π, y = cos 2nπx;3) y = 0, y = | sin 2nπx|, 0 � x � π;4) y = 0, x = 0, x = 2π, y = | cos 2nπx|;5) y = 1, x = 0, y = cos 2nπx, 0 � x � 2π.

2). Найдите площадь фигуры, заключенной между графикомфункции y = x2 + a2, касательной к нему в точке M(a; 2a2)и осью OY .

3). Найдите площадь фигуры, заключенной между графикомфункции y = −x2 + 2a2, касательной к нему в точке M(a; a)и осью OX.

4). Найдите площадь фигуры, заключенной между графикомфункции y = x2 + a2 и касательными, проведенными к нему изначала координат.


Пример 1.1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной гра-фиком функции y = 2x и прямыми y = 0, x = −1, x = 2.

� 1. Изобразим данную фигуру. Для этого построим прямыеy = 0, x = −1, x = 2 и график функции y = 2x. Получиликриволинейную трапецию (см. чертеж).

1. Площадь плоской фигуры 303


2. Площадь фигуры вычислим по фор-муле (1.2):

S =2∫

−12x dx = 2x

ln 2

∣∣∣2−1 = 72 ln 2

. �

Пример 1.2. Вычислить площадь фи-гуры, ограниченной линиями y = x,

y = 1

x2, y = 0, x = 3.

� 1. Построим графики функций

��Рисунок к примеру 1.2

y = x и y = 1/x2. Они пересекают-ся в одной точке. Решив уравнениеx = 1/x2, найдем абсциссу точки пе-ресечения: x = 1. Данная фигура —криволинейная трапеция, ограничен-ная прямыми x = 0, x = 3, y = 0 и гра-фиком функции

f(x) =

⎧⎨⎩x, 0 � x < 1,

1/x2, 1 � x � 3,непрерывной на отрезке [0, 3] (см. чер-теж).2. Для вычисления площади применим формулу (1.2). Учи-

тывая, что подынтегральная функция на отрезках [0, 1] и [1, 3]задана разными формулами, и используя аддитивность определе-ного интеграла, получим

��


S =3∫

0

f(x) dx =1∫

0

x dx+3∫

1

dx

x2=

= 12x2∣∣∣10+(−1x

)∣∣∣31

= 76. �

Пример 1.3. Вычислить площадь фигу-ры, ограниченной прямыми x = 0, y = π

2и графиком функции y = arcsinx.

� 1. Изобразим заданную фигуру. Она не является криволи-нейной трапецией относительно оси OX. Ее можно рассматри-


вать как криволинейную трапецию относительно оси OY , огра-ниченную прямыми y = 0, y = π

2и графиком функции x = sin y,

обратной к функции y = arcsinx на отрезке [0, 1] (см. чертеж).2. Площадь фигуры найдем, пользуясь формулой (1.2) (роль

независимой переменной играет y):

S =π/2∫

0

sin y dy = − cos y∣∣∣π/2

0= 1. �

Пример 1.4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной гра-фиками функций y = 1

1+ x2, y = 1

2x2.��


� 1. Изобразим данную фигуру.Для этого построим графики функ-

ций y = 1

1+ x2, y = 1

2x2. Найдем абс-

циссы точек пересечения графиков,

решив уравнение1

x2 + 1= 12x2. Оно

равносильно биквадратному уравне-нию x4 + x2 − 2 = 0 и имеет корниx = −1, x = 1. Таким образом, рас-

сматриваемые графики пересекаются в двух точках (см. чертеж).2. Данная фигура не является криволинейной трапецией. Вы-

числим ее площадь, пользуясь непосредственно определением.Фигура заключена между прямыми x = −1 и x = 1. Длинасечения фигуры прямой, параллельной оси OY , есть функция

l(x) = 1

1+ x2− 12x2, непрерывная на отрезке [−1, 1]. Поэтому

S =1∫

−1

(1

1+ x2− 12x2)dx = 2

1∫

0

(1

1+ x2− 12x2)dx = π

2− 13. �

Пример 1.5. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кри-вой r = sin 2ϕ.

� 1. Кривая задана уравнением в полярных координатах.Определим значения ϕ, при которых r � 0. Решив неравенствоsin 2ϕ � 0 на отрезке [0, 2π], получим ϕ ∈

[0,π

2

]∪[π,3π2

],

причем r = 0 при ϕ = 0, π2, π,

3π2. Поскольку функция sin 2ϕ

1. Площадь плоской фигуры 305

��

��


имеет период T = π, то r(ϕ) = r(ϕ+ π).А это означает, что кривая симметрич-на относительно начала координат. По-кажем, что кривая симметрична и от-носительно прямой y = x. Для этогонужно проверить выполнение равенстваr(π

2− ϕ)

= r(ϕ). В нашем случае име-

ем sin(2(π

2− ϕ))

= sin 2ϕ. Таким об-разом, фигура, ограниченная заданнойкривой, состоит из двух одинаковых ча-стей, расположенных в первой и третьей четвертях. Она симмет-рична относительно прямой y = x (см. чертеж).2. Найдем площадь четвертой части заданной фигуры.

Это криволинейный сектор

Φ ={

(r, ϕ) | 0 � r � sin 2ϕ, ϕ ∈[0,π

4

]},

площадь S1 которого вычислим по формуле (1.3):

S1 = 12

π/4∫

0

sin2 2ϕdϕ = 12

π/4∫

0

1− cos 4ϕ2

dϕ = π

16.

Площадь всей фигуры равна S = 4S1 = π

4. �


Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:

1.1. y = lnx; y = 0; x = e.

1.2. y = e2x; y = 0; x = 1; x = 2.

1.3. y2 = 4x; x = 2.

1.4. y = x3; y = 8; x = 0.

1.5. y = sin 2x; y = cos 2x,0 � x � π/8; x = 0.

1.6. y = 1/(x− 1); y = 5− 2x.1.7. y = 2

3cosx; y = tg x; x = 0.

1.8. x =√2y; y =

√x; y = 8.

20


1.9. y = cosx; y = ctg x; x = π/6; x = 3π/4.

1.10.x2

a2+ y2

b2= 1.

1.11. y =(sin x2

+ cos x2

)2; x = 0; x = π/2; y = 0.

1.12. y =∣∣4− x2

∣∣4; y = 7− |x|.

1.13. y = 4− 6|x+ 1| ; y = |2− x|.1.14. ρ = a cos 2ϕ, a > 0.

1.15. ρ = 4 sin2 ϕ.

1.16. Найти площади фигур, на которые парабола y = x2/2

делит круг x2 + y2 � 8.

2. Объем тела

2.1. Основные понятия и теоремы. Пусть тело обладает сле-дующими свойствами. Оно заключено между плоскостями x = aи x = b, где a < b. Площадь сечения тела плоскостью, параллель-ной плоскости Y OZ, есть функция S(x), интегрируемая на [a, b].Объемом тела назовем число

V =b∫

a

S(x) dx. (2.1)

Отметим, что объем инвариантен относительно выбора систе-мы координат.

Те о р ем а 2.1. Если тело образовано вращением вокруг осиOX криволинейной трапеции

Φ = {(x, y) | 0 � y � y(x), x ∈ [a, b]}с основанием, лежащим на этой оси, то его объем вычисля-ется по формуле

V = π

b∫

a

y2(x) dx. (2.2)

2. Объем тела 307


1). Найдите объем тела, образованного вращением кривой1) y = sin 2nπx, x ∈ [0, 2π] вокруг оси OX;2) y = cos 2nπx, x ∈ [0, 2π] вокруг оси OX.


Пример 2.1. Вычислить объем тела, образованного вращени-ем вокруг оси OX фигуры, ограниченной прямыми y = 0, x = 0,x = π/2 и графиком функции y = cos 2x.


� 1. Определим вид фигуры. Она со-стоит из двух частей, симметричных от-носительно точки с координатами

(π

4, 0).

Oдна из этих частей — это криволинейнаятрапеция

Φ ={

(x, y) | 0 � y � cos 2x, x ∈[0,π

4

]},

основание которой лежит на оси OX (см.чертеж).2. Найдем объем половины заданного

тела. Это тело образовано вращением трапеции Φ вокруг своегооснования. Поэтому для вычисления его объема применим фор-мулу (2.2):

V1 = π

π/4∫

0

cos2 2x dx = π

2

π/4∫

0

(1+ cos 4x) dx = π2

8. �

�


Окончательно получаем V = 2V1 = π2

4. �

Пример 2.2. Вычислить объем тела, об-разованного вращением вокруг оси OYфигуры, ограниченной линиями y = 8,x = 0 и графиком функции y = x3.

� 1. Определим вид фигуры. Криваяy = x3 пересекается с прямой y = 8 в точке(2, 8). Фигура Φ является криволинейнойтрапецией, основание которой лежит не наоси OX, а на оси OY . Она ограничена

20*


прямыми y = 8, x = 0 и графиком функции x = 3√y, обратнойк функции y = x3 на отрезке [0, 2] (см. чертеж).

Φ = {(x, y) | 0 � x � 3√y, y ∈ [0, 8]} .2. Вычислим объем тела. Основание трапеции Φ лежит на оси

вращения OY , поэтому применим формулу (2.2) (y — переменнаяинтегрирования).

V = π

8∫

0

( 3√y)2 dy = 96π

5. �

Пример 2.3. Вычислить объем тела, образованного вращени-ем вокруг оси OX фигуры, ограниченной параболами y = x2

и y2 = x.

� �Рисунок к примеру 2.3

� 1. Определим вид фигуры. Найдемабсциссы точек пересечения парабол, ре-шив уравнение x2 =

√x. Получим x = 0

и x = 1. Таким образом, фигура не являет-ся криволинейной трапецией (см. чертеж):

Φ ={(x, y) | x2 � y �

√x, x ∈ [0, 1]

}.

2. Для вычисления объема заданноготела теорема 2.1 не применима и поэтому

вычислим объем тела по определению. Тело заключено междуплоскостями x = 0 и x = 1. Сечение тела плоскостью, параллель-ной Y OZ, представляет собой кольцо, образованное окружностя-ми радиусов x2 и

√x. Площадь сечения равна

S(x) = π((√

x)2 − (x2)2) = π(x− x4).

Функция S(x) непрерывна на отрезке [0,1]. По формуле (2.1)находим объем тела

V =1∫

0

S(x) dx = π

1∫

0

(x− x4) dx = 3π10. �

Пример 2.4. Вычислить объем тела, образованного вращени-ем вокруг оси OY фигуры, ограниченной линиями y = 0, x = e,y = lnx.

2. Объем тела 309��


� 1. Определим вид фигуры.График функции y = lnx пересе-кается с прямой y = 0 при x = 1,а с прямой x = e при y = 1. Фигу-ра является криволинейной трапе-цией (2.2):

Φ = {(x, y) | 0 � y � lnx,x ∈ [1, e]}.

2. Найдем объем тела. Основание трапеции Φ не лежитна оси вращения OY , поэтому теорема 2.1 не применима. Вы-числим объем тела по определению. Тело заключено междуплоскостями y = 0 и y = 1. Сечение тела плоскостью, парал-лельной XOZ, представляет собой кольцо. Площадь сеченияS(y) = π

(e2 − (ey)2

), где x = ey — функция, обратная к функ-

ции y = lnx на отрезке [1, e]. По формуле (2.1) находим объемтела:

V =1∫

0

S(y) dy = π

1∫

0

(e2 − e2y

)dy = π

2(e2 + 1). �

Пример 2.5. Вычислить объем прямого конуса высоты h,в основании которого лежит эллипс с полуосями a и b.

� Данный конус не является телом вращения, поэтому длянахождения его обьема нельзя применить теорему 2.1. Вычислимобъем по определению. Рассмотрим сечение конуса плоскостью,параллельной его основанию и расположенной на расстоянии zот вершины. Как известно из геометрии, это сечение представ-ляет собой эллипс. Полуоси этого эллипса обозначим x и y;его площадь S(z) есть функция переменной z. Эллипс, лежащийв сечении, подобен эллипсу, лежащему в основании конуса,с коэффициентом подобия k = z

h. Площадь эллипса с полуосями

a и b равна πab (см. задачу 1.10). Отношение площадей подобныхфигур равно квадрату коэффициента подобия. Отсюда

S(z) = k2πab = z2

h2πab.


По формуле (2.1) получаем

V =h∫

0

S(z) dz = πab

h2

h∫

0

z2 dz = 13πabh. �


Вычислите объем тела, образованного вращением вокругуказанной оси плоской фигуры, ограниченной заданными ли-ниями.

2.1. y = sinx; y = 0; x = 0; x = π; OX.

2.2. y = ex + e−x

2; y = 0; x = −1; x = 1; OX.

2.3. xy = 4; y = 0; x = 1; x = 4; OX.

2.4. y = cosx; y = 2 cosx; x = −π/2; x = π/2; OX.

2.5. y = 4− x2, x � 0; y = 3x; y = 0; OX.

2.6. y2 = 4− x; x = 0; OY.

2.7.x2

25+ y2

16= 1; y = 0; OX и OY.

2.8. y = 2x− x2; y = 0; OY.

2.9. y = xex; y = 0 x = 1; OX.

2.10. y2 = (x+ 4)3; x = 0; OY.

2.11. y = arcsinx; x = 0; x = 1; y = 0; OX.

2.12. y = ex − 1; y = 2; x = 0; OY.

2.13. Вычислите объем усеченного конуса с радиусами ос-нований r, R и высотой H.2.14. Вычислите объем шарового слоя, отсеченного от ша-

ра x2 + y2 + z2 = 9 плоскостями x = 1, x = −2.2.15. Оси двух цилиндров радиуса R пересекаются под

прямым углом. Найдите объем общей части цилиндров.

3. Длина кривой

3.1. Основные понятия и теоремы. Множество точек плос-кости с координатами (x, y), удовлетворяющими уравнениям

3. Длина кривой 311

x = x(t), y = y(t), где функции x = x(t), y = y(t) непрерывнына отрезке [α, β], называют кривой, заданной параметрическии обозначают так:

L = {(x, y) | x = x(t), y = y(t), t ∈ [α, β]} ; (3.1)

переменную t называют параметром.Параметрически заданная кривая (3.1) называется гладкой,

если функции x′(t), y′(t) непрерывны на [α, β].Введем понятие длины кривой. Пусть T — произвольное

разбиение отрезка [α, β] точками α = t0 < t1 < . . . < tn = βи λ(T ) — его диаметр. Точке ti отрезка [α, β] соответствуетточка Ai (x(ti), y(ti)) на кривой L. Впишем в кривую L ломануюс вершинами в точках Ai, i = 0, 1, . . . , n. Если li — длина звенаAi−1Ai ломаной, то длина l(T ) всей ломаной равна сумме длин

составляющих ее звеньев, т. е. l(T ) =n∑

i=1

li.

Кривая L называется спрямляемой, если существуетlim

λ(T )→0l(T ) = l. Число l называется длиной кривой L.

Те о р ем а 3.1. Гладкая параметрически заданная кри-вая (3.1) спрямляема, и ее длина вычисляется по формуле

l =β∫

α

√(x′(t))2 + (y′(t))2 dt. (3.2)

График непрерывной функции y = y(x), x ∈ [a, b], можнорассматривать как частный случай кривой, заданной параметри-чески:

L = {(x, y) | x = t, y = y(t), t ∈ [a, b]} . (3.3)

Здесь в роли параметра t выступает аргумент x. В этом случаеформула (3.2) принимает вид

l =b∫

a

√1+ (y′(x))2 dx. (3.4)

График функции в полярных координатах r = r(ϕ), ϕ ∈ [α, β],также можно представить в виде параметрически заданнойкривой

L = {(x, y) | x = r(ϕ) cosϕ, y = r(ϕ) sinϕ, ϕ ∈ [α, β]} . (3.5)


Это представление получается переходом от полярных координатк декартовым, причем параметром служит полярный угол ϕ.Длина кривой в полярных координатах вычисляется по формуле

l =β∫

α

√r2(ϕ) + (r′(ϕ))2 dϕ. (3.6)


1). Докажите, что длина дуги эллипса x = a cos t; y = b sin t равнадлине одной волны синусоиды y = c sin x

b, где c =

√a2 − b2.

2). Докажите, что длина дуги параболы y = x2

2p, соответствую-

щая интервалу 0 � x � a, равна длине дуги спирали ρ = pϕ,соответствующей интервалу 0 � ρ � a.


Пример 3.1. Найти длину части полукубической параболыy = 2x3/2, заключенной между прямыми x = 0 и x = 11.

� Заданная кривая — график функции y = 2x3/2, x ∈ [0, 11].Длину кривой найдем по формуле (3.4). Целесообразно выде-лить следующие этапы вычислений. Сначала найдем производ-ную y′(x) = 3x1/2. Из непрерывности производной на отрезке[0, 11] следует возможность применения формулы (3.4). Теперьнайдем подкоренное выражение: 1+ (y′(x))2 = 1 + 9x. Наконец,вычислим интеграл:

l =11∫

0

√1+ 9x dx = 2

27(1+ 9x)3/2

∣∣∣111

= 227

(1003/2 − 1) = 2223. �

Пример 3.2. Найти длину астроиды x = 2 cos3 t, y = 2 sin3 t,0 � t � 2π.

� Покажем, что астроида состоит из четырех одинаковыхчастей. Рассмотрим дугу астроиды

L1 ={

(x, y) | x = x(t), y = y(t), t ∈[0,π

2

]}.

3. Длина кривой 313

Она лежит в 1-й четверти, так как координаты всех ее точекнеотрицательны. Покажем, что дуга астроиды, расположенная во2-й четверти и соответствующая изменению параметра на отрез-ке[π

2, π], получается из L1 симметрией относительно оси OY .

Для этого каждому t ∈[0,π

2

]сопоставим t1 = π − t, t1 ∈

[π

2, π],

и проверим, что x(t1) = −x(t) и y(t1) = y(t). Имеем

x(t1) = 2 cos3(π − t) = −2 cos3 t = −x(t);y(t1) = 2 sin3(π − t) = 2 sin3 t = y(t).


Таким образом, показано, что дуга L2астроиды, соответствующая изменению па-раметра на отрезке [0, π], состоит из2-х одинаковых частей. Покажем, чтодуга астроиды, соответствующая измене-нию параметра t на отрезке [π, 2π], по-лучается из L2 симметрией относитель-но оси OX. Для этого каждому t ∈ [0, π]сопоставим t1 = 2π − t и, аналогичнопредыдущему, получим x(2π − t) = x(t)и y(2π − t) = −y(t), что и означает симметрию относительно осиOX (см. чертеж).Итак, из симметрии астроиды следует, что для решения зада-

чи достаточно найти длину четвертой части кривой, расположен-ной в первой четверти, а затем увеличить полученный результатв четыре раза. Поскольку кривая L1 задана параметрически, тоее длину находим по формуле (3.2). Сначала найдем производныефункций x(t), y(t):

x′(t) = −6 cos2 t sin t; y′(t) = −6 sin2 t cos t.

Далее, найдем и упростим подкоренное выражение:

(x′)2 + (y′)2 = 36 sin2 t cos2 t (sin2 t+ cos2 t) == 36 sin2 t cos2 t = 9 sin2 2t.

Вычислим интеграл: l1 = 3π/2∫

0

sin 2t dt = 3. Окончательно по-

лучаем l = 4l1 = 12. �


Пример 3.3. Найти длину кардиоиды r = a(1+ cosϕ).


� Покажем, что кривая симметрична от-носительно полярной оси. Для этого до-статочно проверить выполнение равенстваr(2π − ϕ) = r(ϕ). Имеем: a(1 + cos(2π −− ϕ)) = a(1 + cosϕ). Найдем длину частикривой, расположенной выше полярной осии соответствующей изменению угла ϕ от 0до π (см. чертеж). Длину этой кривой най-дем по формуле (3.6). Подкоренное выраже-ние имеет вид

r2 + (r′)2 = a2((1+ cosϕ)2 + sin2 ϕ

))=

= 2a2(1+ cosϕ) = 4a2 cos2 ϕ2.

Вычислим интеграл:

l1 =π∫

0

√4a2 cos2 ϕdϕ = 2a2

π∫

0

cos ϕ2dϕ = 4a sin ϕ

2

∣∣∣π0

= 4a.

Наконец, найдем длину всей кривой: l = 2l1 = 8a. �


Вычислите длину кривой:

3.1. y = ln 52x,√3 � x �

√8.

3.2. y = ex + e−x

2, − 1 � x � 1.

3.3. y = 45x5/4, 0 � x � 9.

3.4. y = ln(x2 − 1) , 2 � x � 5.

3.5. x = 23

√(y − 1)3, 0 � x � 2

√3.

3.6. y = 2− ex,ln 32

� x � ln 82.

3.7. y =√1− x2 + arcsinx, 0 � x � 7

9.

4. Площадь поверхности вращения 315

3.8. y = ln sinx, π3

� x � 2π3.

3.9. y = x2

4− lnx2, 1 � x � 3.

3.10. y = x

6

√x+ 12, − 11 � x � −3.

3.11. x = 3(t− sin t), y = 3(1− cos t), 0 � t � 2π.3.12. r = 5ϕ, 0 � ϕ � 2π.

3.13. 5y3 = x2, заключенной внутри окружности x2 + y2 = 6.

3.14. 2y = x2 − 2 между точками пересечения с осью OX.

3.15. r = sin3 ϕ3. 3.16. r = 1

1+ cosϕ, |ϕ| � π

2.

Найдите периметр фигуры, ограниченной линиями:

3.17. x2 = (y + 1)3 и y = 4. 3.18. y2 = 6x и 2x = 3.

4. Площадь поверхности вращения

4.1. Основные понятия и теоремы. Определим площадь по-верхности P , образованной вращением вокруг оси OX кривой

L = {(x, y) | x = x(t), y = y(t), t ∈ [α, β]} . (4.1)

Пусть T — разбиение отрезка [α, β] точками α = t0 < t1 < . . .. . . < tn = β, λ(T ) — его диаметр. Впишем в кривую L ломануюс вершинами в точках Ai (x(ti), y(ti)), i = 0, 1, . . . , n. При вра-щении ломаной вокруг оси OX получается поверхность P (T ),составленная из боковых поверхностей усеченных конусов. Ееплощадь равна

S(P (T )) = πn∑

i=1

(y(ti−1) + y(ti)) li,

где li — длина i-го звена ломаной.


Площадью поверхности вращения P называется число

S = limλ(T )→0

S(P (T )).

Те ор ем а 4.1. Пусть поверхность P образована вращениемкривой (4.1) вокруг оси OX, причем x′(t), y′(t) непрерывны наотрезке [α, β]. Тогда площадь поверхности вычисляется поформуле

l = 2πβ∫

α

|y(t)|√

(x′(t))2 + (y′(t))2 dt. (4.2)

Пусть поверхность получена вращением вокруг оси OX гра-фика функции в декартовых координатах. Тогда формула длявычисления площади поверхности принимает вид

S = 2πb∫

a

|y(x)|√1+ (y′(x))2 dx. (4.3)

Если поверхность получена вращением вокруг полярной осиграфика функции в полярных координатах, то из (4.2) следуетформула площади поверхности

S = 2π

β∫α

r(ϕ)√r2(ϕ) + (r′(ϕ))2 |sinϕ| dϕ. (4.4)


1). Докажите, что площадь поверхности шарового пояса равнапроизведению длины окружности большого круга на высоту по-яса.

2). Напишите формулу площади поверхности вращения гладкойкривой относительно оси OY .


Пример 4.1. Найти площадь поверхности, образованной вра-щением вокруг оси OX части параболы y =

√2x+ 1, заклю-

ченной между точками с абсциссами x = 1 и x = 7.



� Поверхность образована враще-нием вокруг оси OX графика функ-ции y =

√2x+ 1, x ∈ [1, 7] (см. чер-

теж). Поэтому для вычисления пло-щади поверхности применим форму-лу (4.3). Сначала найдем производную:y′(x) = (2x + 1)−1/2. Затем упростимподкоренное выражение:

1+ (y′(x))2 = 1+((2x+ 1)−1/2

)2= 2(x+ 1)2x+ 1

.

Наконец, вычислим интеграл:

S = 2π7∫

1

√2x+ 1

√2(x+ 1)2x+ 1

dx = 2π√2

7∫

1

√x+ 1 dx =

= 2√2π23(x+ 1)3/2

∣∣∣71

= 112π3

. �

Пример 4.2. Найти площадь поверхности, образованной вра-щением вокруг оси OX одной арки циклоиды

x = t− sin t, y = 1− cos t.

� Циклоида представляет собой кривую, расположеннуювыше оси OX и пересекающую эту ось при t = 2πk, k ∈ Z.Дуга циклоиды, заключенная между двумя соседними точкамипересечения с осью OX, называется аркой. Рассмотрим дугу,соответствующую изменению параметра t на отрезке [0, 2π],

L = {(x, y) | x = t− sin t, y = 1− cos t, t ∈ [0, 2π]} .


Эта часть циклоиды называется пер-вой аркой. Любую арку циклоиды можнополучить из первой сдвигом вдоль осиOX на 2πk, так как x(t + 2πk) = x(t) ++ 2πk, y(t+ 2πk) = y(t). Поэтому поверх-ности, образованные вращением вокругOX любых двух арок, имеют одинаковуюплощадь. Найдем площадь поверхности,образованной вращением вокруг оси OXпервой арки циклоиды (см. чертеж). Кри-вая задана параметрически, поэтому для вычисления площадиприменим формулу (4.2).


Найдем подкоренное выражение:

x′ = 1− cos t, y′ = sin t;(x′)2 + (y′)2 = (1− cos t)2 + sin2 t = 2(1− cos t).

Чтобы извлечь корень, применим формулу 1 − cos t = 2 sin2 t2.

Получим

S = 2π2π∫

0

(1− cos t)√2(1− cos t) dt = 8π

2π∫

0

sin3 t2dt.

Замена переменной z = t

2дает интеграл из примера 2.16, гл. 1:

S = 16ππ∫

0

sin3 z dz = 16π(13

cos3 z − cos z)∣∣∣π0

= 643π. �

Пример 4.3. Найти площадь поверхности, образованной вра-щением вокруг оси OX кривой y2 = x+ 4, −4 � x � 2.


� Заданная кривая — парабола,симметричная относительно оси OX(см. чертеж). Поэтому при вращениивокруг оси OX как всей параболы,так и ее половины, лежащей вышеOX, получается одна и та же поверх-ность. Дуга параболы, лежащая вышеOX, есть график функции y =

√x+ 4,

x ∈ [−4, 2], и для нахождения площадиповерхности можно было бы применить формулу (4.3). Однако

производная y′(x) = 1

2√x+ 4

не существует при x = −4, и фор-мула (4.3) не применима. Для преодоления этой трудности пред-ставим данную кривую в параметрическом виде:

L ={

(x, y) | x = t2 − 4, y = t, t ∈ [0,√6]},

где отрезок изменения параметра t есть область значений функ-ции y =

√x+ 4, x ∈ [−4, 2]. Производные x′(t) = 2t и y′(t) = 1

непрерывны на отрезке [0,√6]. Площадь поверхности вычислим

по формуле (4.2). Получим


S = 2π

√6∫

0

t√4t2 + 1 dt = 2π

√6∫

0

18(4t2 + 1)′

√4t2 + 1 dt =

=∣∣∣∣ z = 4t2 + 1, z′ = 8t0 � t �

√6 =⇒ 1 � z � 25

∣∣∣∣ = π

4

25∫

1

√z dz = 62π

3. �

Пример 4.4. Найти площадь поверхности, образованной вра-щением кривой r = 10 sinϕ вокруг полярной оси.

� Кривая определена для тех значений угла ϕ, при которыхвыполнено неравенство sinϕ � 0, т. е. для ϕ ∈ [0, π]. Установимвид данной кривой, перейдя к декартовым координатам. Для это-го сначала умножим обе части уравнения на r; r2 = r sin 2ϕ. Те-перь воспользуемся формулами перехода от полярных координатк декартовым: x = r cosϕ, y = r sinϕ. Учитывая, что r2 = x2 + y2,получим x2 + y2 = 10y, или x2 + (y − 5)2 = 52. Таким образом,заданная кривая является окружностью с центром в точке (0, 5)и радиусом 5 (см. чертеж). При изменении полярного угла ϕ наотрезках [0, π/2] и [π/2, π] получаются половинки окружности,лежащие в первой и второй четвертях соответственно.

Рисунок к приме-ру 4.4

В силу симметрии окружности относи-тельно оси OY поверхность, образованнаявращением вокруг полярной оси всей окруж-ности, состоит из двух одинаковых частей,имеющих равные площади. Найдем площадьчасти поверхности, образованной вращениемдуги L1 окружности, лежащей в первой чет-верти. Дугу L1 можно представить в виде

L1 = {(r, ϕ) | r = 10 sinϕ, ϕ ∈ [0, π/2]} ,Она является гладкой кривой, так как функция r′(ϕ) = 10 cosϕнепрерывна на отрезке [0, π/2]. Площадь S1 поверхности, обра-зованной вращением дуги L1, найдем по формуле (4.4):

S1 = 2ππ/2∫

0

10 sinϕ√100 sin2 ϕ+ 100 cos2 ϕ sinϕdϕ =

= 2π · 100π/2∫

0

sin2 ϕdϕ = 100ππ/2∫

0

(1− cos 2ϕ) dϕ =


= 100π(ϕ− 1

2sin 2ϕ

)∣∣∣π/2

0= 50π2.

Наконец, найдем площадь всей поверхности: S = 2S1 = 100π2.�


Найдите площадь поверхности, образованной вращениемзаданной кривой вокруг указанной оси:

4.1. Ломаная ABC: A(1, 5); B(6, 2), C(1, 2); OX.

4.2. y = ex + e−x

2, 0 � x � 1; OX.

4.3. y =√4x− 12

, 1 � x � 9; OX.

4.4. y = x3

3, 0 � x � 3; OX.

4.5. y = x2

2, 0 � y � 1, 5; OY

4.6. x = 14y2 − 1

2ln y, 1 � y � e; OX.

4.7.x2

25+ y2

16= 1; OX и OY.

4.8. y = tg x, 0 � x � π

4; OX.

4.9. x = 4 cos3 t, y = 4 sin3 t; OX .

4.10. r = 1+ cosϕ; полярная ось.

Гл а в а 4

НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

1. Несобственный интеграл и его свойства

1.1. Основные понятия и теоремы. Пусть функция f(x)определена на промежутке [a, +∞) и интегрируема на отрезке[a, b] при любом b (b > a). Если существует предел

limb→+∞

b∫

a

f(x) dx, (1.1)

то его называют несобственным интегралом от функции f(x)по промежутку [a, +∞) и обозначают символом

+∞∫

a

f(x) dx, (1.2)

Символ (1.2) также называется несобственным интегралом.Если предел (1.1) существует, то несобственный интеграл назы-вается сходящимся, в противном случае — расходящимся.Аналогично определяется несобственный интеграл с беско-

нечным нижним пределом:

b∫

−∞f(x) dx = lim

a→−∞

b∫

a

f(x) dx. (1.3)

Интегралы (1.2) и (1.3) называются несобственными интегра-лами по неограниченному множеству.Пусть функция f(x) определена на промежутке [a, b), инте-

грируема на отрезке [a, b− ε] при любом ε > 0 и не ограниченав левой полуокрестности точки b. Тогда интеграл

b∫

a

f(x) dx (1.4)

21

322 Гл. 4. Несобственные интегралы

называют несобственным интегралом от неограниченнойфункции и по определению полагают

b∫

a

f(x) dx = limε→+0

b−ε∫

a

f(x) dx. (1.5)

Если предел (1.5) существует, то несобственный интеграл (1.4)называется сходящимся, в противном случае — расходящимся.Аналогично определяется несобственный интеграл по проме-

жутку (a, b].Обозначим через w один из символов {b, +∞} (b ∈ R)

и сформулируем определение несобственного интеграла в общемслучае.Пусть функция f(x) определена на промежутке [a, w) и ин-

тегрируема на каждом отрезке [a, b] ⊂ [a, w). Если существуетпредел

limb→w

b∫

a

f(x) dx, (1.6)

то его называют несобственным интегралом от функции f(x)по промежутку [a,w) и обозначают символом

w∫

a

f(x) dx. (1.7)

Несобственный интеграл по промежутку (w, b], где w — одиниз символов {a, −∞} (a ∈ R) определяется аналогично. Далеевсе утверждения будем формулировать для промежутка [a, w).Они очевидным образом переносятся на интегралы по промежут-ку (w, b].Несобственные интегралы возникают в задачах на геометри-

ческие приложения интегрального исчисления: при вычисленииплощадей неограниченных фигур; объемов тел и площадей по-верхностей вращения, если вращающаяся фигура неограничена.Пусть функция f(x) непрерывна и неотрицательна в проме-

жутке [a, +∞). Рассмотрим фигуру

Φ = {(x, y) : a � x < +∞, 0 � y � f(x)}, (1.8)

которую назовем неограниченной криволинейной трапецией.

Если несобственный интеграл+∞∫

a

f(x) dx сходится, то площадью

1. Несобственный интеграл и его свойства 323

фигуры Φ называется число

S =+∞∫

a

f(x) dx. (1.9)

Объем тела, образованного вращением фигуры Φ вокруг осиOX равен несобственному интегралу

V = π

+∞∫

a

f2(x) dx. (1.10)

Площадь поверхности, полученной вращением непрерывнойкривой

L = {(x, y) : y = f(x), f(x) � 0, a � x < +∞},вокруг оси OX, вычисляется по формуле

S = 2π+∞∫

a

f(x)√1+ (f ′(x))2 dx. (1.11)

Формулы (1.10), (1.11), как и формула (1.9), применимы приусловии сходимости соответствующих несобственных интегра-лов.При решении геометрических задач используются и несоб-

ственные интегралы от неограниченных функций.

Свойства несобственного интеграла

1.w∫

a

(f(x) + g (x)) dx =w∫

a

f(x) dx+w∫

a

g (x) dx.

2.w∫

a

kf(x) dx = k

w∫

a

f(x) dx, где k ∈ R.

3. При любом c ∈ [a, w)w∫

a

f(x) dx =c∫

a

f(x) dx+w∫

c

f(x) dx.

Свойства 1 и 2 называют линейными, а свойство 3 — адди-тивностью.

Те о р е м а 1.1 (о замене переменной в несобственном интегра-ле). Пусть выполнены следующие условия:1) непрерывно дифференцируемая и строго монотонная

функция x(t) отображает промежуток [α, γ) в промежуток[a, w), где a = x(α) и x(β) → w при β → γ − 0.21*


2) функция f(x) непрерывна в промежутке [a, w). Тогдаинтегралы

w∫

a

f(x) dx иγ∫

α

f(x(t))x′(t) dt

либо оба сходятся, либо оба расходятся. В случае сходимостисправедливо равенство

w∫

a

f(x) dx =γ∫

α

f(x(t))x′(t) dt. (1.12)

Те о р е м а 1.2 (об интегрировании по частям в несобственноминтеграле). Пусть функции u(x) и v(x) непрерывно дифферен-цируемы на промежутке [a, w] и существует lim

x→wu(x)v(x).

Тогда интегралыw∫

a

u(x)v′(x) dx иw∫

a

u′(x)v(x) dx

либо оба сходятся, либо оба расходятся. В случае сходимостисправедливо равенство

w∫

a

u(x)v′(x) dx = u(x)v(x)|wa −w∫

a

u′(x)v(x) dx, (1.13)

гдеu(x)v(x)|wa = lim

x→wu(x)v(x) − u(a)v(a).


1). Докажите, что если+∞∫a

f(x) dx

сходится и b > a, то+∞∫

b

f(x) dx


также сходится и+∞∫a

f(x) dx =b∫a

f(x) dx++∞∫

b

f(x) dx.

2). Докажите, что если+∞∫a

f(x) dx

сходится, то

limb→+∞

+∞∫

b

f(x) dx = 0.

3). Найдите все значения параметра p, при которых сходитсянесобственный интеграл

+∞∫

0

e−px dx.


Вычислить несобственный интеграл или установить егорасходимость.

Пример 1.1.+∞∫

1

dx

x2.

� Вычислим несобственный интеграл по определению:+∞∫

1

dx

x2= lim

a→+∞

a∫

1

dx

x2= lim

a→+∞

(1− 1

a

)= 1.

Следовательно, данный интеграл интеграл сходится. �



1

dx√x.

� По определению несобственного интеграла с бесконечнымверхним пределом имеем

+∞∫

1

dx√x

= lima→+∞

a∫

1

dx√x

= lima→+∞ 2(

√a−

√1) = +∞.

Следовательно, данный интеграл интеграл расходится. �


−∞ex dx.

� По определению несобственного интеграла с бесконечнымнижним пределом имеем

0∫

−∞ex dx = lim

a→−∞

0∫

a

ex dx = lima→−∞(e0 − ea) = lim

a→−∞(1− ea) = 1.

Итак, интеграл сходится и равен 1. �


1

dx

xα α > 0.

� Интеграл является несобственным, поскольку верхний пре-дел бесконечен. Рассмотрим два случая.1). Пусть α �= 1. Тогда по определению имеем+∞∫

1

dx

xα = lima→+∞

a∫

1

dx

xα = lima→+∞

x−α+1

1− α

∣∣∣∣a1

= lima→+∞

a1−α − 11− α

=

=

⎧⎨⎩1/(α− 1), α > 1,

+∞, α < 1.

2). Пусть α = 1. Тогда+∞∫

1

dx

x= lim

a→+∞

a∫

1

dx

x= lim

a→+∞ ln |x||a1 = lima→+∞ ln a = +∞.


Итак, интеграл

+∞∫

1

dx

xα сходится при α > 1 и расходится при

0 < α � 1. �


0

dx√1− x2

.

� Данный интеграл является несобственным, поскольку

подынтегральная функция f(x) = 1√1− x2

не определена в точке

x = 1 и limx→1−0

f(x) = +∞. По определению несобственного инте-грала от неограниченной функции имеем

1∫

0

dx√1− x2

= limε→+0

1−ε∫

0

dx√1− x2

=

= limε→+0

(arcsin (1− ε) − arcsin 0) = limε→+0

arcsin (1− ε) = π

2.

Итак, данный интеграл сходится и равенπ

2. �


0

dx

xα α > 0.

� Подынтегральная функция f(x) = 1xα не ограничена в пра-

вой полуокрестности нижнего предела. Поэтому данный инте-грал — несобственный. Рассмотрим два случая.1). Пусть α �= 1. По определению несобственного интеграла

от неограниченной функции имеем

1∫

0

dx

xα = limε→+0

1∫ε

dx

xα = limε→+0

x−α+1

1− α

∣∣∣∣1ε

= limε→+0

1− ε−α+1

1− α=

=

⎧⎨⎩1/(1− α), α < 1,

+∞, α > 1.


2). Пусть α = 1. Тогда1∫

0

dx

x= lim

ε→+0

1∫ε

dx

x= lim

ε→+0lnx|1ε = − lim

ε→+0ln ε = +∞.

Итак, интеграл

1∫

0

dx

xα сходится при 0 < α < 1 и расходится при

α � 1. �


2

lnx dxx2.

� Применим к данному интегралу формулу интегрированияпо частям:

+∞∫

1

lnx dxx2

=

∣∣∣∣∣∣∣u = lnx, u′ = 1

x

v′ = 1

x2, v = −1

x

∣∣∣∣∣∣∣ = − lnxx

∣∣∣+∞

1+

++∞∫

1

dx

x2=(− ln x

x+ 1x

)∣∣∣+∞

1= lim

x→+∞

(− lnx

x+ 1x

)− 1 = 1. �


0

x2 dx√9− x2

.

� Данный интеграл является несобственным, поскольку

подынтегральная функция f(x) = x2√9− x2

не определена в точке

x = 3 и limx→3−0

f(x) = +∞. Воспользуемся формулой замены пере-менной в несобственном интеграле. Положим x = 3 sin t. Имеем

3∫

0

x2 dx√9− x2

=

π/2∫

0

9 sin2 t · 3 cos t · dt3 cos t

= 9

π/2∫

0

1+ cos 2t2

dt =

= 92

(t+ sin 2t

2

)∣∣∣π/2

0= 9π4.

Заметим, что в результате замены переменной несобственный ин-теграл преобразовался в определенный интеграл от непрерывнойфункции по отрезку. �


Пример 1.9. Найти площадь фигуры, ограниченной графикомфункции y = xe−x и прямой y = 0 (x � 0).

� Функция f(x) = xe−x непрерывна и неотрицательна в про-межутке [0, +∞). Поэтому заданная фигура является неограни-ченной криволинейной трапецией вида (1.8). Площадь фигурынаходится по формуле (1.9):

S =+∞∫

0

xe−x dx.

Для вычисления интеграла применим формулу (1.13) инте-грирования по частям. Положим u(x) = x, v′(x) = e−x. Тогдаu′(x) = 1, v = −e−x. Функции u(x) и v(x) непрерывно диффе-ренцируемы в промежутке [0, +∞) и существует

limx→+∞u(x)v(x) = lim

x→+∞xe−x = 0.

По формуле (1.13) имеем

S =+∞∫

0

xe−x dx = −xe−x∣∣+∞0 +

+∞∫

0

e−x dx =

= −xe−x∣∣+∞0 −e−x

∣∣+∞0 = lim

x→+∞

(− x

e−x − e−x)

+ 1 = 1. �

Пример 1.10. Найти объем тела, образованного вращени-ем вокруг оси OX фигуры, ограниченной графиком функцииf(x) = 1

4√x− 1 и прямыми x = 1, x = 2, y = 0.

� Функция f(x) = 14√x− 1 непрерывна, неотрицательна

в промежутке (1, 2] и не ограничена на нем, так какlim

x→1+0f(x) = +∞. Поэтому объем тела вращения выражается

через несобственный интеграл:

V = π

2∫

1

(1

4√x− 1

)2dx = π

2∫

1

(1

4√x− 1

)2dx =

= π

2∫

1

1√x− 1 dx = 2π

√x− 1∣∣21 = 2π.

Итак, V = 2π. �



Вычислите несобственный интеграл или установите егорасходимость.

1.1.

+∞∫

1

e−x dx; 1.2.

2∫

0

dx

(x− 2)2 ; 1.3.

+∞∫

1

dx

x2(x+ 1);

1.4.

+∞∫

0

x sinx dx; 1.5.

π/4∫

0

ctg x dx; 1.6.

b∫a

dx

(b− x)p ; p > 0.

Найдите площадь фигуры, ограниченной графиком функ-ции y = f(x) и осями координат:

1.7. f(x) = 1

1+ x2, x � 0; 1.8. f(x) = e−x/3, x � 0.

Найдите объем тела, образованного вращением вокругоси OX фигуры, ограниченной графиком функции y = f(x)и осью OX:

1.9. f(x) = x√ex, x � 0; 1.10. f(x) = xe−x, x � 0.

1.11. Найдите площадь поверхности, образованной враще-нием вокруг оси OX графика функции y = e−x, x � 0.

2. Исследование сходимостинесобственных интегралов


Те ор ем а 2.1. Несобственный интегралw∫

a

f(x) dx от неот-

рицательной функции f(x) сходится тогда и только тогда,

когда функция F (b) =b∫

a

f(x) dx ограничена.

2. Исследование сходимости несобственных интегралов 331

Те о р ем а 2.2 (1-й признак cравнения). Пусть функции f(x)и g (x) определены на промежутке [a, w), интегрируемы накаждом отрезке [a, b] ⊂ [a, w) и удовлетворяют неравенству

0 � f(x) � g (x) при каждом x ∈ [a, w). (2.1)

Тогда

1. Если интегралw∫

a

g (x) dx сходится, то сходится и инте-

гралw∫

a

f(x) dx, при этомw∫

a

f(x) dx �w∫

a

g (x) dx;

2. Если интегралw∫

a

f(x) dx расходится, то расходится

и интегралw∫

a

g (x) dx.

Те о р ем а 2.3 (2-й признак cравнения). Пусть функции f(x)и g (x) определены на промежутке [a, w), интегрируемы накаждом отрезке [a, b] ⊂ [a, w), f(x) � 0, g (x) > 0 при каждомx ∈ [a, w) и существует предел

limx→w

f(x)g (x)

= c �= 0.Тогда интегралы

w∫

a

f(x) dx иw∫

a

g (x) dx

либо оба сходятся, либо оба расходятся.

Несобственный интегралw∫

a

f(x) dx называется абсолютно схо-

дящимся, если сходится интегралw∫

a

|f(x)| dx.

Те о р е м а 2.4 (о сходимости абсолютно сходящегося интегра-ла). Если несобственный интеграл сходится абсолютно, тоон сходится.Несобственный интеграл называется условно сходящимся,

если он сходится, но не абсолютно.



1). Установите, какие из следующих интегралов сходятся и вы-числите их:

1)+∞∫a

dx

c2 + x2, 2)

+∞∫a

x dx

c2 + x2, 3)

+∞∫a

x2 dx

c2 + x2.

2). Пусть Pn(x) и Qm(x) — многочлены степени n и m соответ-ственно. Докажите, что если Qm(x) > 0 при x > a, то интеграл

+∞∫a

Pn(x)Qm(x)

dx

сходится при n−m > 1 и расходится в противном случае.

3). Пусть Pn(x) и Qm(x) — многочлены степени n и m соответ-ственно. Докажите, что если Qm(x) > 0 при x > a, то интеграл

+∞∫a

Pn(x)Qm(x)

sinx dx

абсолютно сходится при n−m > 1.


Исследовать несобственный интеграл на сходимость.


1

√xdx√1+ x4

.

� Имеем несобственный интеграл по неограниченному про-межутку.Исследуем его на сходимость по 1-му признаку сравнения.

Заметим, что√1+ x4 �

√x4 = x2 при x � 1. Отсюда для любого

x ⊂ [1,+ ∞) имеем

0 �√x√

1+ x4�

√x

x2= 1

x3/2.


Положим f(x) =√x√

1+ x4, g (x) = 1

x3/2. По теореме 2.2 из схо-

димости интеграла

+∞∫

1

dx

x3/2(пример 1.4, α = 3/2) следует, что

исследуемый интеграл также сходится.Данный интеграл можно исследовать и по 2-му призна-

ку сравнения. Положим f(x) =√x√

1+ x4, g (x) = 1

x3/2. Имеем

f(x) � 0, g (x) > 0 при каждом x ∈ [1, +∞) и

limx→+∞

f(x)g (x)

= limx→+∞

√x · x3/2√1+ x4

= 1 �= 0.

Отсюда по теореме 2.3 получаем, что

+∞∫

1

√xdx√1+ x4

сходится. �


2

dx

lnx.

� Для любого x � 2 имеем 0 < lnx � x и, следовательно, напромежутке x ∈ [2, +∞) выполняется неравенство 0 < 1

x� 1

lnx.

Положив f(x) = 1x, g (x) = 1

lnxи учитывая расходимость инте-

грала

+∞∫

2

dx

x(пример 1.4, α = 1), по теореме 2.2 получаем, что

интеграл

+∞∫

2

dx

lnxтакже расходится. �

Пример 2.3.+∞∫1e−x2 dx.

� Для любого x � 1 имеем −x � −x2, и поэтому0 < e−x2 � e−x. Отсюда, учитывая сходимость интеграла+∞∫

2

e−x dx (аналогичный интеграл рассмотрен в примере 1.3), по

теореме 2.2 получаем, что заданный интеграл также сходится. �



0

sin x dxx√x.

� Данный интеграл исследуем по 2-му признаку сравнения.Заметим, что при x→ +0

sin xx√x∼ x

x√x

= 1√x.

Положим f(x) = sinxx√x, g (x) = 1√

x. Имеем f(x) � 0, g (x) > 0 при

каждом x ∈ (0, 1] и

limx→+0

f(x)g (x)

= limx→+0

sin x · √xx√x

= limx→+0

sin xx

= 1 �= 0.

Поскольку интеграл

1∫

0

dx√xсходится (пример 1.6, α = 1/2), то

отсюда по теореме 2.3 получаем, что заданный интеграл такжесходится. �

Пример 2.5.π/2∫0

ln sinx dx.

� Данный интеграл является несобственным, так как подын-тегральная функция не ограничена в правой полуокрестностинижнего предела интегрирования. Заметим, что ln sinx ∼ lnxпри x→ 0. Действительно, по правилу Лопиталя

limx→0

ln sinxlnx

= limx→0

x cosxsinx

= 1.

Чтобы применить 2-й признак сравнения, исследуем сходимостьинтеграла

π/2∫

0

lnx dx. (2.2)

Пользуясь формулой интегрирования по частям, имеем

π/2∫

0

lnx dx = (x lnx− x)|π/20 = π/2(ln(π/2) − 1) − lim

x→0(x lnx− x).


Поскольку limx→0

x lnx = 0, то несобственный интеграл (2.2) схо-дится. Таким образом, заданный интеграл сходится по 2-мупризнаку сравнения. �

Исследовать несобственный интеграл на абсолютнуюи условную сходимость.


1

cosxx2

dx.

� Исследуем интеграл на абсолютную сходимость. При x � 1имеем

|f(x)| =∣∣∣cosxx2

∣∣∣ � 1

x2.

В силу сходимости интеграла

+∞∫

1

dx

x2отсюда по 2-му признаку

сравнения следует сходимость интеграла

+∞∫

1

|f(x)| dx. Таким об-

разом, исследуемый несобственный интеграл сходится абсолют-но, и, следовательно, по теореме 2.4 сходится. �


1

sinxx

dx.

� 1). Сначала исследуем интеграл на сходимость. Применимк нему формулу (1.13) интегрирования по частям:

+∞∫

1

sinx dxx

=

∣∣∣∣∣∣u = 1

x, u′ = − 1

x2

v′ = sinx, v = − cos x

∣∣∣∣∣∣ =

= −cosxx

∣∣∣+∞1

++∞∫

1

cosx dxx2

=

= limx→+∞

(−cosx

x+ cos 1

)+

+∞∫

1

cosx dxx2

= 0+ cos 1++∞∫

1

cosx dxx2

.


Отсюда в силу сходимости интеграла

+∞∫

1

cosx dxx2

(пример 2.6)

получаем, что исследуемый интеграл также сходится.2). Теперь исследуем интеграл на абсолютную сходимость.

При любом x ∈ R имеем | sinx| � sin2x = 1− cos 2x2

. Тогда длякаждого a > 1 получаем

a∫

1

∣∣∣sin x dxx

∣∣∣ =a∫

1

|sinx| dxx

� 12

a∫

1

dx

x− 12

a∫

1

cos 2x dxx

. (2.3)

Заметим, что lima→+∞

a∫

1

dx

x= +∞. Докажем, что lim

a→+∞

a∫

1

cos 2x dxx

существует, т. е. интеграл

+∞∫

1

cos 2x dxx

сходится. Интегрируем по

частям:

+∞∫

1

cos 2x dxx

=

∣∣∣∣∣∣∣u = 1

x, u′ = − 1

x2

v′ = cos 2x, v = sin 2x2

∣∣∣∣∣∣∣ =

= sin 2x2x

∣∣∣+∞

1− 12

+∞∫

1

sin 2x dxx2

= sin 22

− 12

+∞∫

1

sin 2x dxx2

.

В силу сходимости интеграла

+∞∫

1

sin 2x dxx2

(исследование анало-

гично примеру 2.6) получаем, что интеграл

+∞∫

1

cos 2x dxx

сходится.

Отсюда с учетом оценки (2.3) получаем, что lima→+∞

a∫

1

∣∣∣sin xx

∣∣∣ dx =

= +∞. А это означает, что исследуемый исходный интеграл неявляется абсолютно сходящимся. Таким образом, данный инте-грал сходится условно. �

3. Несобственные интегралы с несколькими особенностями 337


Исследуйте несобственные интегралы на сходимость.

2.1.

+∞∫

0

x13 dx

(x5 + x+ 1)3; 2.2.

+∞∫

0

x arctg x dx3√1+ x4

;

2.3.

+∞∫

e2

dx

x ln ln x; 2.4.

0∫−∞

x dx

(x2 + 1)2;

2.5.

1∫

0

cosxx2

dx; 2.6.

1∫

0

dx

e√

x − 1 ; 2.7.

1∫

0

√x dx

esin x − 1;

2.8.

1∫

0

dx

ex − cosx; 2.9.

1∫

0

x2 dx

3√

(1− x2)5.

Исследуйте несобственные интегралы на абсолютнуюи условную сходимость.

2.10.

+∞∫

π/2

sinxx2

dx; 2.11.

+∞∫

π/2

cosxx

dx;

2.12.

+∞∫

0

sin(x2) dx; 2.13.

+∞∫

0

x cos(x4) dx.

3. Несобственные интегралыс несколькими особенностями

3.1. Основные понятия и теоремы. В двух предыдущих па-раграфах говорилось о несобственных интегралах с одной осо-бенностью, связанной с неограниченностью функции в окрест-ности одного из пределов интегрирования или с бесконечностьюсамого предела интегрирования.

22


Если интеграл имеет особенности на обоих концах проме-жутка интегрирования, то полагают по определению

w2∫

w1

f(x) dx =c∫

w1

f(x) dx+w2∫

c

f(x) dx, (3.1)

где c — произвольная точка из промежутка (w1, w2).При этом несобственный интеграл, стоящий в левой ча-

сти (3.1), называется сходящимся, если сходятся оба интегралав правой части равенства. В противном случае он называетсярасходящимся.Если подынтегральная функция f(x) имеет разрыв во внут-

ренней точке w промежутка интегрирования (α, β), то по опре-делению полагают

β∫

α

f(x) dx =w∫

α

f(x) dx+β∫

w

f(x) dx. (3.2)

При этом, несобственный интеграл, стоящий в левой части (3.2),называется сходящимся, если сходятся оба интеграла в правойчасти; иначе, он называется расходящимся.


1). Докажите, что если функция f(x) является четной и+∞∫0f(x) dx сходится, то сходится и интеграл

+∞∫−∞

f(x) dx и

+∞∫

−∞f(x) dx = 2

+∞∫

0

f(x) dx.

2). Докажите, что если функция f(x) является нечетной и+∞∫0f(x) dx сходится, то сходится и интеграл

+∞∫−∞

f(x) dx и

+∞∫

−∞f(x) dx = 0.


3). Исследуйте сходимость интеграла

b∫a

dx√(x− a)(b− x)

.

4). Определите, при каких значениях параметров p и q сходитсяинтеграл

b∫a

dx

(x− a)p(b− x)q .


Исследовать сходимость несобственного интегралас несколькими особенностями.


0

dx

xα , α > 0.

� Интеграл

+∞∫

0

dx

xα имеет две особенности: в точке x =

= 0 подынтегральная функция не определена и не ограниченав окрестности этой точки, а верхний предел интегрированиябесконечен. Поскольку при любом α > 0 расходится по крайней

мере один из двух интегралов

1∫

0

dx

xα или

+∞∫

1

dx

xα (примеры 1.6, 1.4).

то, согласно (3.1), исследуемый интеграл также расходится. �


−1

dx√1− x2

.

� Интеграл имеет две особенности: подынтегральная функ-ция f(x) = 1√

1− x2не определена в точках x = −1 и x = 1 и не

22*


ограничена в окрестности каждой из них. Применим определениеи формулу (3.2):

1∫

−1

dx√1− x2

=0∫

−1

dx√1− x2

+1∫

0

dx√1− x2

=

= arcsinx|0−1 + arcsinx|10 = π/2+ π/2 = π.

Следовательно, заданный интеграл сходится и равен π. �


0

arctg xxα dx, α > 0.

� Интеграл имеет две особенности: верхний предел бесконе-чен, а в окрестности нижнего предела подынтегральная функцияне ограничена. По определению имеем

+∞∫

0

arctg xxα dx =

1∫

0

arctg xxα dx+

+∞∫

1

arctg xxα dx.

Исследуем оба полученных интеграла на сходимость.

1). Рассмотрим интеграл

1∫

0

arctg xxα dx. Применим к нему

2-й признак сравнения. Выберем интеграл для сравнения.При limx→ +0 arctg x ∼ x, и поэтому

arctg xxα ∼ x

xα = 1

xα−1 .

Отсюда следует, что в качестве интеграла для сравнения можно

взять

1∫

0

1

xα−1 dx. Этот интеграл сходится при 0 < α − 1 < 1, т. е.

при 0 < α < 2, и расходится при α � 2. Отсюда по теореме

2.3 следует, что

1∫

0

arctg xxα dx ведет себя также: сходится при

1 < α < 2 и расходится при α � 2.


2). Исследуем интеграл

+∞∫

1

arctg xxα dx. Имеем

limx→+∞

(arctg xxα : 1

xα

)= lim

x→+∞ arctg x = π/2.

Поэтому в качестве интеграла для сравнения выберем

+∞∫

1

1xα dx,

который сходится при α > 1 и расходится при α � 1.Окончательно имеем: значения α, при которых сходятся оба

интеграла из правой части (3.3), удовлетворяют неравенству

1 < α < 2. При 0 < α � 1 расходится+∞∫

1

arctg xxα dx, а при α > 1

расходится1∫

0

arctg xxα dx. Таким образом,

+∞∫

0

arctg xxα dx сходится

при 1 < α < 2. �


Вычислите несобственные интегралы или установите ихрасходимость.

3.1.

+∞∫−∞

2x dx

x2 + 1; 3.2.

+∞∫−∞

dx

x2 + 2x+ 2; 3.3.

1∫

−1

x+ 15√x3

dx;

3.4.

2∫

0

dx

x2 − 4x+ 3; 3.5.

1∫

−1

ln(2+ 3√x)3√x dx; 3.6.

0∫−∞

e1/x

x3dx.

Исследуйте несобственные интегралы на сходимость.

3.7.

2∫

0

dx

lnx; 3.8.

1∫

−1

dx

(2− x)√1− x2

; 3.9.

2∫

0

lnx1− x2

dx.


1. Неопределенный интеграл

1.1.x2

2− 2ex. ◦ Метод разложения; (II) с α = 1 и (V).

1.2.3x

ln 3− 1

25x ln 25. ◦ Метод разложения; (IV) с a = 3 и a =

1

25.

1.3. − 4x2

+4

x+2

3x. ◦ Метод разложения; (II) с α = −3, α = −2 и α = 0.

1.4. − cos x+2x

√x

3. ◦ Метод разложения; (VI), (II) с α =

1

2.

1.5. − ctg x+93√

x2

2− sinx. ◦ Метод разложения; (IX), (II) с α = −1

3; (VII).

1.6.1

5arctg x. ◦ Вынесите коэффициент 5 за скобки в знаменателе; (X).

1.7.1

3ln

(x+

√x2 +

7

9

). ◦ Вынесите коэффициент 3 из-под знака корня; (XII)

с α =7

9.

1.8. x3 − x2

2− 4x. ◦ Раскройте скобки и используйте метод разложения.

1.9.3

73√x7 + 5 arcsinx. ◦ Метод разложения; (II) с α =

4

3; (XI).

1.10.2

7√3t7/2 +

2

5√3t5/2. ◦ Разделите почленно числитель на знаменатель;

метод разложения; (II) с α =5

2и α =

3

2.

1.11.1

4arctg x − 1

2ln(x+√x2 + 1

). ◦ Разделите почленно числитель на

знаменатель; (X) и (XII) с α = 1.1.12. − ctg x+ cosx. ◦ Разделите почленно; (IX) и (VI).1.13. 2x − 2 arctg x +

5

7x7/5. ◦ Выделите целую часть рациональной дроби

и используйте метод разложения; (X) и (II) с a =2

5.

1.14.x2

2− 35x5/3 +

3

4x4/3 +

5x

3x(ln 5− ln 3). ◦ Преобразовав выражение (x +

+ 1) = ( 3√x)3+ 1 по формуле суммы кубов, сократите дробь. Метод разложе-

ния; (II) с α = 1,2

3,1

3, (IV) с a =

5

3.

1.15. arcsinx + 2 ln(x+√x2 + 1

). ◦ Разделите почленно числитель на зна-

менатель и разложите 1− x4 по формуле разности квадратов. Примените методразложения; (XI) и (XII).

1. Неопределенный интеграл 343

1.16.1

2x+

1

2sinx. ◦ Воспользуйтесь формулой понижения степени: 2 cos2

x

2=

= 1+ cos x; (II) с α = 0; (VII).

2.1.1

11(x+ 3)11. ◦ Замена переменной t = x+ 3.

2.2. −23(10− x)3/2. ◦ Замена переменной t = 10− x.

2.3. −13

cos(3x+ 1). ◦ Замена переменной t = 3x+ 1.

2.4.1

2ln(x2 + 3). ◦ Замена переменной t = x2 + 3.

2.5.1

2arctg2 x. ◦ Замена переменной t = arctg x.

2.6.1

2ex2 . ◦ Замена переменной t = x2.

2.7.1

4sin4 x. ◦ Замена переменной t = sinx.

2.8. −√9− x2. ◦ Замена переменной t = 9− x2.

2.9.1

4ln4 x. ◦ Замена переменной t = lnx.

2.10.2

9(x3 − 7)3/2. ◦ Замена переменной t = x3 − 7.

2.11. 2 sin√x. ◦ Замена переменной t =

√x.

2.12. − sin1

x. ◦ Замена переменной t =

1

x.

2.13.1

2√2

ln

∣∣∣∣ sinx −√2

sinx +√2

∣∣∣∣. ◦ Замена переменной t = sinx.

2.14.1

2arcsin

x2

3. ◦ Замена переменной t = x2.

2.15.1

3ln∣∣∣x3 +

√x6 + 7

∣∣∣. ◦ Замена переменной t = x3.

2.25.1

3x3 − 6x+ 6

√6 arctg

x√6. ◦ Выделите целую часть дроби.

2.26.1

5ln∣∣∣ 2x − 3

x + 1

∣∣∣. ◦ Воспользуйтесь равенством:1

(x + 1)(2x − 3) =1

5

( 1

x − 1,5 −1

x + 1

).

2.27.1

3ln∣∣∣x − 5x − 2

∣∣∣. ◦ Воспользуйтесь равенством:1

x2 − 7x + 10=1

3

( 1

x − 5 −1

x − 2).

2.28.1

4ln(4x2 + 4x+ 5) − 1

4arctg

(x+

1

2

). ◦ В числителе выделите производ-

ную знаменателя.

2.29.1

3arcsin

(x+

1

3

). ◦ В квадратном трехчлене выделите полный квадрат.

Замена переменной t = x+1

3.

2.30. 2√4x− 3+ x2 − ln(x + 2 +

√4x− 3+ x2). ◦ В числителе выделитe

производную квадратного трехчлена.

2.31.1

2x +

1

18sin 9x. ◦ Воспользуйтесь формулой понижения степени:

2 cos2 x = 1+ cos 2x.


2.32. −23(1− ex)

√1− ex. ◦ Замена переменной t = 1− ex.

2.33.3

203√

(2x+ 3)5 − 983√

(2x+ 3)2. ◦ Замена переменной t =3√2x+ 3.

2.34. − 113

cos 6,5x − 1

19cos 9,5x. ◦ Примените формулу преобразования про-

изведения в сумму: sinα cosβ =1

2(sin(α+ β) + sin(α− β)).

2.16. − ln |cosx|. ◦ Замена переменной t = cosx.

2.17.1

4

√4x2 + 1+

1

2ln

∣∣∣∣x+

√x2 +

1

4

∣∣∣∣. ◦ Метод разложения.2.18.

1

2e2x + e−x. ◦ Метод разложения.

2.19. − 1

sin x− 2 sinx+

1

3sin3 x. ◦ Замена переменной t = sinx.

2.20.1

2arctg x2 − 1

4ln(x4 + 1

). ◦ Замена переменной t = x2.

2.21. −12

ln(2e−x + 1

). ◦ Воспользуйтесь равенством

1

ex + 2=

e−x

2e−x + 1. Замена переменной t = e−x.

2.22.1

ln 2ln(2x +

√1+ 4x

). ◦ Замена переменной t = 2x.

2.23. 2 arcsinx

2+√4− x2. ◦ Умножьте числитель и знаменатель на √2− x.

2.24. − arcsin1

x. ◦ Замена переменной t =

1

x.

2.35.2

5

√(4+ x)5 − 8

3

√(4+ x)3. ◦ Замена переменной t =

√4+ x.

2.36. ln

∣∣∣∣√3x + 1− 1√3x + 1+ 1

∣∣∣∣. ◦ Замена переменной t =√3x+ 1.

2.37. ln

(x

x + 2+ 2√

x2 + x + 1

). ◦ Замена переменной t =

1

x.

2.38.1

2(x − 1)2 +

1

4ln(x2 + x + 0, 5) +

1

2arctg(2x + 1). ◦ Выделите целую

часть дроби.

2.39.1

6ln∣∣∣e3x − 3ex + 2

∣∣∣− x

2. ◦ Воспользуйтесь равенством

1

e2x + ex − 2 =1

3

( 1

ex − 1 −1

ex + 2

).

2.40. x − ln(2+ ex + 2

√e2x + ex + 1

). ◦ Вынесите из-под корня в знамена-

теле e−x.2.41. −2

(4√5− x

)2 − 4 ln(1+

4√5− x

). ◦ Замена t = 4√5− x.

2.42. −13

cos6 x. ◦ Замена переменной t = cosx.

2.43.1

4ln

∣∣∣∣ 2+ tg(x/2)

2− tg(x/2)

∣∣∣∣. ◦ Замена переменной t = tgx

2.

2.44. − 33√x + 1

. ◦ Замена переменной t = 3√x.

3.1. (x− 1)ex; u = x, v′ = ex.

3.2. 2√x lnx− 4√x; u = lnx, v′ =

1√x.

2. Определенный интеграл 345

3.3. x arcsinx+√1− x2; u = arcsinx, v′ = 1.

3.4. x ln(2− x) − x− 2 ln |x− 2|; u = ln(2− x), v′ = 1.

3.5. −14(2x+ 1)e−2x; u = x, v′ = e−2x.

3.6. x arctg 3x− 16

ln(1+ 9x2); u = arctg 3x, v′ = 1.

3.7.x

2sin(2x− 4) +

1

4cos(2x− 4); u = x, v′ = cos(2x− 4).

3.8.3x + 1

ln 44x − 3

ln2 44x; u = 3x+ 1, v′ = 4x.

3.9. −x2

3cos 3x+

2

9x sin 3x+

2

27cos 3x. ◦ Дважды по частям: 1-й раз u = x2,

v′ = sin 3x, затем u = x, v′ = cos 3x.3.10.

(x− 1

3x3)

lnx− x+1

9x3; u = lnx, v′ = 1− x2.

3.11. − 1x

arccosx+ ln

∣∣∣∣ 1x +

√1

x2− 1∣∣∣∣; u = arccosx, v′ = x−2.

3.12. 2(√x− 1) e√x. ◦ Замена переменной t =

√x, затем проинтегрируйте по

частям.3.13. − 1

x

(ln2 x+ 2 lnx+ 2

). ◦ Дважды по частям: 1-й раз u = ln2 x, v′ =

1

x2.

3.14.x3

6− 18

(2x2 − 1

)sin 2x − 1

4x cos 2x. ◦ Примените формулу понижения

степени: 2 sin2 x = 1− cos 2x; дважды проинтегрируйте по частям.3.15. −√

x+ 1+ (2+ x) arctg√x+ 1. ◦ Замена переменной t =

√x+ 1, затем

по частям.3.16. −x ctg x+ ln |sinx|; u = x, v′ =

1

sin2 x.

3.17.x

2(sin(lnx) + cos(lnx)). ◦ Дважды по частям: 1-й раз

u = cos(lnx), v′ = 1, 2-й раз u = sin(lnx), v′ = 1; решите уравнениеотносительно искомого интеграла.

3.18. − cosx

2 sin2 x+1

2ln∣∣∣tg x

2

∣∣∣; u = − 1

sin x, v′ = − 1

sin2 x.

3.19. −12

(x√x2 + 1− ln

(x+√x2 + 1

)). ◦ Проинтегрируйте по частям,

полагая u = x, v′ =x√1+ x2

; составьте и решите уравнение относительно

искомого интеграла.

2. Определенный интеграл

1.1.1

16(π2 + 24 − 4

√2). 1.2. −5π

4+2

ln 3. 1.3. ln

√2+ 1√2− 1

− π

2. ◦ Разделите

почленно числитель на знаменатель.1.4.

π

6√3. ◦ Вынесите коэффициент √3 из-под корня.

1.5.1

4(π + 2). ◦ Воспользуйтесь формулой cos2(ϕ/2) =

1+ cosϕ

2.

1.6. 1− π

4; tg x =

sin x

cos x, cos2 x = 1− sin2 x.

1.7.1

3(14− 2

√5). ◦ Умножьте числитель и знаменатель на выражение, сопря-

женное знаменателю.

346 2. Определенный интеграл

1.8. 4√3/3. ◦ Воспользуйтесь формулой sin2 x + cos2 x = 1 и разделите

почленно числитель на знаменатель.

1.9. 4. ◦ Используйте аддитивность и определение модуля.1.10. 0. ◦ Интеграл от нечетной функции по симметричному отрезку.2.1.

1

2ln11

6; t = x2 + 2x+ 3. 2.2. −1

6ln 2; t = cos 3x.

2.3.π2

24; t = arcsinx. 2.4.

1

4ln9

8; t = x4 + 8. 2.5.

2

3; t = x3.

2.6.2π

√π

3

(1

3√3− 18

); x = arctg t.

2.7.1

4; t = x2 + 1.

2.8. ln(

ln 3

ln 2

); t = lnx.

2.9.(e − 1)22; t = ex.

2.10. 2(ln 2+

7

2

); t =

√x− 1.

2.11.1

e− 1; t = − cos x.

2.12. 2; t =√x.

2.13.π

6. ◦ Выделите полный квадрат в подкоренном выражении; t = x− 1.

2.14.1

4ln5

3. ◦ Выделите полный квадрат в знаменателе; t = x+ 1.

2.15.8

315; t = cosx.

2.16.4

3. ◦ Cвойство 8; t = cos x.

2.17.9π

4; x = 3 sin t.

2.18.1√2

ln5(1+

√2)√

26− 1; t =

1

x + 1.

2.19.π

3− 2+

√3. ◦ Воспользуйтесь равенством

√2+ x

2− x=

2+ x√4− x2

.

2.20. − 1

83√3; t = 3

√1+ x

1− x.

3.1. π(4√3− 3√2) /24+ (1−√

2)/2. ◦ u = x, v′ = cosx.3.2. 1; u = arccos x, v′ = 1.

3.3. (1− ln 2)/2. ◦ u = x, v′ = e−x.

3.4.π

4. ◦ u = ϕ, v′ = sin 2ϕ.

3.5.e

2. ◦ u = 2x+ 1, v′ = e2x.

3.6.1

4π√2+ ln

(√2− 1

). ◦ u = arctg x, v′ =

x√x2 + 1

.

3.7. 2− 3

4 ln 2. ◦ Используйте равенство log2 x =

ln x

ln 2; u = lnx, v′ = x.

3.8. 3e ln 2. ◦ u = ln 2x, v′ = 1.3.9.

3

4− 2 ln 2. ◦ u = lnx, v′ =

1

x3.

3. Приложения определенного интеграла 347

3.10. (e− 1) ln(e2 − 2e+ 2)− ln 2− 2(e− 2− arctg(e− 1) +

π

4

). ◦ u = ln(x2 +

+ 1), v′ = 1.

3.11.π

4− ln

√2; u = x, v′ =

1

cos2 x.

3.12.3√2

sin (ln 3− π/4) −√2 sin

(ln 2− π

4

). ◦ Дважды проинтегрируйте по

частям и решите уравнение относительно искомого интеграла; воспользуйтесьформулой sinα− cosα =

√2 sin (α− π/4).

3.13.(√3+ 1

)arctg

4√3 − 4√3 − π

2+ 1. ◦ u = arctg

√x, v′ = 1; в новом

интеграле сделайте замену переменной t =√x.

3.14.5e2 − 98e

. ◦ Дважды проинтегрируйте по частям.3.15.

π + 3

4− π2

32. ◦ Дважды проинтегрируйте по частям.

3.16. − 334

(e3π/5 + 1

). ◦ Дважды проинтегрируйте по частям и решите урав-

нение относительно искомого интеграла.

3.17.π

24− ln

(√6−

√3). ◦ u = arcsinx, v′ =

1

x2; в новом интеграле сделайте

замену переменной t =1

x.

3.18. 2e − 1

e. ◦ Разбейте интеграл на сумму интегралов по отрезкам знакопо-

стоянства подынтегральной функции.3.19. π − 2. ◦ Дважды проинтегрируйте по частям и решите уравнениеотносительно искомого интеграла.

3. Приложения определенного интеграла

1.1. 1. ◦ Примените формулу (1.2), x — переменная интегрирования.1.2.

1

2(e4 − e2). ◦ (1.2), x — переменная интегрирования.

1.3.16

3

√2. ◦ Используйте симметрию относительно OX; (1.2), x — перемен-

ная интегрирования.1.4. 12. ◦ (1.2), y — переменная интегрирования.1.5.

1

2(√2− 1). ◦ (1.1), x — переменная интегрирования.

1.6.3

4− ln 2. ◦ (1.1), x — переменная интегрирования.

1.7.1

3+1

2ln 3− ln 2. ◦ (1.1), x — переменная интегрирования.

1.8.450

3. ◦ (1.1), y — переменная интегрирования.

1.9.1

2(3 ln 2 +

√2 − 3). ◦ Разбейте отрезок

[π

6,3π

4

]на 2 части с учетом

неравенств ctg x > cos x, x ∈[

π

6,

π

2

]и ctg x < cosx, x ∈

[π

2,3π

4

].

1.10. πab. ◦ Используйте симметрию относительно OX и OY .1.11.

π

2+ 1. ◦ Воспользуйтесь тождеством

(sin

x

2+ cos

x

2

)2= 1+ sinx.

348 3. Приложения определенного интеграла

1.12. 32. ◦ Используйте симметрию относительно OY ; разбейте отрезок начасти в зависимости от знака двучлена 4− x2.

1.13. 11− 6 ln 3. ◦ Разбейте отрезок на части в зависимости от знака двучле-нов x+ 1 и 2− x.1.14.

1

4πa2. ◦ Используйте метод примера 1.5.

1.15. 6π. ◦ Используйте метод примера 1.5.1.16. 2π +

4

3и 6π − 4

3. ◦ Используйте симметрию относительно OY .

2.1.π2

2.

2.2.π

4

(e2 − e−2 + 4

). ◦ Используйте симметрию тела относительно Y OZ.

2.3. 12π.

2.4.3π2

2. ◦ Примените формулу (2.1) и используйте симметрию тела относи-

тельно Y OZ.

2.5.98π

15.

2.6.512π

15. ◦ Примените формулу (2.1), y — переменная интегрирования.

2.7.320π

3и400π

3.

2.8.8π

3. ◦ Примените формулу (2.1), y — переменная интегрирования.

2.9.π

4

(e2 − 1

).

2.10.2048π


2.11. π

(π2

4− 2).

2.12. π(3 ln2 3− 6 ln 3+ 4

). ◦ (2.2), y — переменная интегрирования.

2.13.1

3πH(R2 + r2 + rR

). ◦ Рассмотрите тело, образованное вращением

вокруг OX фигуры, ограниченной линиями x = 0, x = H, y =R − r

Hx+ r.

2.14. 24π. ◦ Рассмотрите тело, образованное вращением вокруг OX фигуры,ограниченной линиями x = −2, x = 1, y =

√9− x2.

2.15. 16R3/3. ◦ Рассмотрите сечения, образованные плоскостями, параллель-ными осям обоих цилиндров. 3.1. 1+

1

2ln3

2. ◦ (3.4); в интеграле подстановка

t =√x2 + 1.

3.2. e− 1e.

3.3.232

15. ◦ (3.4); в интеграле подстановка t =

√x+ 1.

3.4. 3+1

2ln 2.

3.5.14


3.6. 1+1

2ln3

2. ◦ (3.4); в интеграле подстановка t =

√e2x + 1.

3. Приложения определенного интеграла 349

3.7.2√2

3.

3.8. ln 3. ◦ (3.4); в интеграле подстановка t = tgx

2.

3.9. 2+1

2ln 3.

3.10.25

3.

3.11. 24. ◦ (3.4), воспользуйтесь тождеством √1− cos t =

√2 sin

t

2, t ∈ [0, 2π].

3.12. 5(π√4π2 + 1+

1

2ln(2π +

√4π2 + 1

)). ◦ (3.6), (XVII).

3.13.134

27. ◦ (3.4), y — переменная интегрирования; используйте симметрию

кривой относительно OY .3.14.

√6 + ln

(√2+

√3). ◦ Используйте симметрию кривой относительно

OY ; (XVII).

3.15.3π

2. ◦ (3.6), используйте симметрию кривой относительно осей OX

и OY .3.16.

√2 + ln

(1+

√2). ◦ Используйте симметрию кривой относительно по-

лярной оси; для вычисления интеграла примените метод примера 3.7, гл. 1.

3.17. 10( 6727

+√5).

3.18. 3(2+

√2+ ln

(1+

√2)). ◦ Используйте симметрию кривой относи-

тельно OY ; (XVII).

4.1. π(20+ 7

√34). ◦ Примените (4.3), y = −3

5x +

28

5— уравнение прямой

AB.4.2.

π

4

(e2 − e−2 + 4

). ◦ Примените (4.3).

4.3.104π

3. ◦ Примените (4.3).

4.4.π

9

(82

√82− 1

). ◦ Примените (4.3).

4.5.14π

3. ◦ Задайте кривую параметрически: y = t, x =

t2

2, t ∈ [0,

√3] и при-

мените (4.2).4.6.

π

3

(e2 + 3e− 4

). ◦ Задайте кривую параметрически:

x =t2

4− 12

ln t, y = t, t ∈ [1, e] и примените (4.2).

4.7. 1) 8π(4+

25

3arcsin

3

5

). ◦ Примените (4.2), используйте симметрию

кривой относительно координатных осей, в интеграле сделайте подстановку

cos t =5

3sinϕ;

2) 10π(5+

16

3ln 2). ◦ Примените (4.2) и (XVII).

4.8. π(√5−

√2)

+ π ln2(√2+ 1

)√5+ 1

. ◦ Примените (4.3), в интеграле сделайтеподстановку 1+

1

cos4 x= z2.

350 4. Несобственные интегралы

4.9.192π

5. ◦ Примените (4.2).

4.10.32π

5. ◦ Используйте симметрию кривой относительно полярной оси,

примените (4.4), в интеграле сделайте подстановку t = cosϕ.

4. Несобственные интегралы

1.1. e. 1.2. Расходится. 1.3. 1 − ln 2. 1.4. Расходится. 1.5. Расходится.1.6. (b − 1)1−p/(1 − p) при 0 < p < 1, расх. при p � 1. 1.7. π/2. 1.8. 3.1.9. 2π. 1.10. π/4. 1.11. π(

√2+ ln(1+

√2)).

2.1. Сходится. 2.2. Расходится. 2.3. Расходится. 2.4. Сходится. 2.5. Схо-дится. 2.6. Сходится. 2.7. Сходится. 2.8. Расходится. 2.9. Расходится.2.10. Сходится абсолютно. 2.11. Сходится условно. 2.12. Сходится условно.2.13. Сходится условно.3.1. Расходится. 3.2. π. 3.3. 10/7. 3.4. Расходится. 3.5. 6 − 9 ln 3/2.3.6. −1. 3.7. Расходится. 3.8. Сходится.


1. Контрольная работа по теме:«Неопределенный интеграл»

Найдите неопределенные интегралы:

Вариант I. Вариант II. Вариант III.

1.∫

x dx

1+ 4x21.

∫ √arctg 2x dx1+ 4x2

1.∫

dx

x (lnx)3

2.∫

dx

7x2 − 8 2.∫

dx

3x2 + 52.

∫dx

7− 5x2

3.∫8x − 12x − 1 dx 3.

∫3√x+ 1x

dx 3.∫

(2x − 3x)2

2x · 3x dx

4.∫

sin 3x cosx dx 4.∫

cosx cos 4x dx 4.∫

sin2 3x dx

5.∫x cos 4x dx 5.

∫x · 3x dx 5.

∫x arctg 2x dx

6.∫

e3x√e3x + 2

dx 7.∫x(2x+ 3)12 dx 6.

∫ √x

x(x+ 1)dx

7.∫ √

x+ 6x− 1 dx 8.

∫dx

3−√x− 4 7.

∫dx

sin2 x · cos2 x

8.∫

dx

cos4 x9.

∫cos4 x dx 8.

∫1− sin xx+ cosx

dx

Вариант IV. Вариант V. Вариант VI.

1.∫

dx√2+ 3x2

1.∫

dx√7+ 8x2

1.∫

dx√7− 8x2

2.∫

3

2+ 3x2dx 2.

∫x2

1+ x6dx 2.

∫x

2x2 + 3dx

3.∫ex√3− 4ex dx 3.

∫ex

ex − 1 dx 3.∫2 · 5x − 1√2 · 5x + 1

dx

4.∫

sin3 6x cos 6x dx 4.∫

(tg x+ ctg 2x) dx 4.∫

sin x

2sin 3x2dx


5.∫

arccos 3x dx 5.∫

arctg 3x dx 5.∫

lnx(1+ x)2

dx

6.∫ √

x√x− 1 dx 6.

∫dx

5−√x

6.∫ √2x− 7x+ 1

dx

7.∫

ex dx√1+ ex + e2x

7.∫

cosx dxsin2 x− 6 sinx

7.∫

dx

2+ cosx

8.∫

tg2 5x dx 8.∫

ctg3 x dx 8.∫

sinx · cosx√2− sin4 x

dx

2. Контрольная работа по разделу:«Интегральное исчисление функций

одной переменной»

Вариант I.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

x2 + 5xx+ 3

dx.

2. Вычислите интегралы:

a)π∫

−π

sin2 x2dx; b)

3∫

0

x√9+ x2 dx; c)

0∫

−2x2e−x/2 dx.

3. Вычислите площадь фигуры, ограниченной линиями:

y = x+ 1, y = cosx, y = 0 (y � 0).4. Найдите площадь поверхности, образованной вращениемвокруг оси OX кривой:

y =√x+ 3, − 3 � x � 6.

5. Вычислите несобственный интеграл или установите егорасходимость:

1∫

−1

dx

x2 − 1 .

Вариант II.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

x√1− x2

dx.

2. Контрольная работа: Интегральное исчисление функций 353


a)

√e∫

1

dx

x√1− lnx

; b)π∫

0

x sin 2x dx; c)2∫

1

√1+ x2

xdx.

3. Вычислите объем тела, образованного вращением вокругоси OX фигуры, ограниченной линиями:

y = −x2 + 8, y = x2.

4. Найдите длину кривой:

y = 2− ex,12

ln 3 � x � 12

ln 8.


π/2∫

0

ctg x dx.

Вариант III.

1. Найдите неопределенный интеграл:∫ (

ex/2 + e−x/2)2

dx.


a)

1/2∫

−1/2

x2 + 1x2 − 1 dx; b)

π/2∫

0

sinx cos2 x dx; c)2∫

1

ln2 x dx.


y = tg x, y = 1√3, x = 0.

4. Найдите площадь поверхности, образованной вращениемвокруг оси OX кривой:

y2 = 2x, 0 � x � 32.

23



2∫

−1

dx

x.

Вариант IV.

1. Найдите неопределенный интеграл:∫3x+ 1x2 − 9 dx.


a)π2∫

π2/9

cos√x√

xdx; b)

1∫

−1x · 2x dx; c)

1∫

0

√4− x2 dx.

3. Вычислите объем тела, образованного вращением вокругоси OY фигуры, ограниченной линиями:

y = 2− x2

2, x+ y = 2.


y = ln 7− lnx,√3 � x �

√8.


+∞∫

0

arctg xx2 + 1

dx.

Вариант V.

1. Найдите неопределенный интеграл:∫sinx cos 3x dx.


a)1∫

0

dx

ex + e−x ; b)1∫

0

x arctg x dx; c)3∫

0

x2√9− x2 dx.



y = 1− (x− 1)2, y = −x.4. Найдите площадь поверхности, образованной вращениемвокруг оси OX кривой:

y = cos x4, − π � x � π.


+∞∫

0

sinx dx.

Вариант VI.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

3x

x2 − 5x+ 6dx.


a)

1/2∫

0

√1− x2 − 11− x2

dx; b)e∫

1

cos lnxx

dx; c)

1/4∫

−1/4arccos 2x dx.


y = sin 2x, y = 0; x = 0; x = π

2.


y = ex + e−x

2+ 3, 0 � x � 1.


3∫

0

dx

(x− 1)2 .

Вариант VII.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

dx

4+√x.

23*



a)

3/2∫

1/2

dx

4x2 − 4x+ 5; b)

4∫

0

dx

1+√2x+ 1

; c)2∫

1

ln2(3x+ 2) dx.


y = 2x, y = 2x− x2, x = 0, x = 2.


y = sin 3x, 0 � x � π

3.


+∞∫−∞

dx

x2 + 1.

Вариант VIII.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

x

(x+ 1)2dx.


a)

−1/3∫

−2/3

x dx

e3x; b)

π/2∫

0

dx

sinx+ cosx; c)

√2∫

1

x ctg(x2 + 1) dx.


y = x(3− x), y = x.


y = ln(x+ 1), 0 � x � 1.5. Вычислите несобственный интеграл или установите егорасходимость:

+∞∫

0

e−√

x dx.


Вариант IX.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

cos5 x dx.


a)5∫

4

dx

x2 + x− 2 ; b)

π/2∫

0

(x+ 3) sinx dx; c)

π/4∫

π/6

dx

sin 2x.


xy = 6, x+ y − 7 = 0.


x = cos t− 3, y = sin t, t ∈ [0, 1].

5. Вычислите несобственный интеграл или установите егорасходимость.

+∞∫

3

dx

(x− 2)2 .

Вариант X.1. Найдите неопределенный интеграл:∫

ex√e2x − 2

dx.


a)1∫

−1

x dx√5− 4x ; b)

1∫

0

x(2− x2) dx; c)1∫

1/√3

x arctg 1xdx.

3. Вычислите объем тела, образованного вращением вокругоси OY фигуры, ограниченной линиями:

y = 1− x2, y = 0; x = 0; x = 1 (x � 0).4. Найдите длину кривой:

y = 1− ex − e−x

2, 0 � x � 3.



3∫

1

dx√x− 1 .

Вариант XI.

1. Найдите неопределенный интеграл:∫x arcsin 3x dx.


a)2∫

1

dx

x2 + 2x; b)

9∫

1

x 3√1− x dx; c)

1∫

1/√3

dx

x2√1+ x2

.


y = e−2x, y = e, x = 12.


y = 3√x, 0 � x � 1.5. Вычислите несобственный интеграл или установите егорасходимость.

e∫

0

dx

x lnx.

Вариант XII.

1. Найдите неопределенный интеграл:∫x4 + x2 + 1

x− 1 dx.


a)1∫

0

x dx(1+ x2

)3 ; b)3∫

0

ln(x+ 2) dx; c)

π/4∫

0

tg3 x dx.



y2 = 4x, x2 = 4y.


y = ln(1− x2), 0 � x � 14.


e∫

0

dx

x ln2 x.

Список литературы

Учебники

1. Берс Л. Математический анализ. T. I. — М.: Высшая школа, 1975.2. Зорич В. А. Математический анализ. Т. I. — М.: МЦНМО, 2002.3. Ильин В. А., Позняк Э. Г. Основы математического анализа. — М.:Физматлит, 2002.

4. Кудрявцев Л. Д. Краткий курс математического анализа. — М.: Физмат-лит, 2002.

5. Лузин Н. Н. Дифференциальное исчисление. — М.: Советская наука, 1952.6. Никольский С. М. Курс математического анализа. — М.: Физматлит, 2001.7. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисле-ния. Т. I, II. — М.: Физматлит, 2006.

8. Шилов Г. Е. Математический анализ. Функции одного переменного. —СПб.: Лань, 2002.

Учебные пособия и сборники задач9. Бутузов В. Ф., Крутицкая Н. Ч., Медведев Г. Н., Шишкин А. А. Мате-матический анализ в вопросах и задачах. — М.: Физматлит, 2002.

10. Виноградова И. А., Олехник С. Н., Садовничий В. А. Задачи и упражне-ния по математическому анализу. — М.: Дрофа, 2001.

11. Кудрявцев Л. Д., Кутасов А. Д., Чехлов В. И., Шабунин М. И. Сборникзадач по математическому анализу // Предел. Непрерывность. Производ-ная. — М.: Физматлит, 2003.

12. Кудрявцев Л. Д., Кутасов А. Д., Чехлов В. И., Шабунин М. И. Сборникзадач по математическому анализу. Интегралы. Ряды. — М.: Физматлит,2003.

13. Марон И. А. Дифференциальное и интегральное исчисление в примерахи задачах. — М.: Наука, 1970.

14. Берман Г. Н. Сборник задач по курсу математического анализа. — СПб.:Лань, 2005.

15. Демидович Б. Ф. Сборник задач и упражнений по математическому ана-лизу (для вузов). — М.: АСТ, 2003.

16. Мордкович А. Г., Мухин А. Е. Сборник задач по введению в анализи дифференциальному интегральному исчислению функций одной пере-менной. — М.: Просвещение, 1985.

648.pdf

Documents

Transcript of 648.pdf