15 قاتار، المشتستمرت، النهايا اتفاضل واللمحاضرةذه اندرس في هساسية. س اصهاخواعها وأنواابع وبقة التولساضرة المحا في ا درسنالنهايات، اقاتار، المشتستمر اتفاضل والذه التوابع. له( لنهايات اLimits ) تعريف نهاية تابعاضي في حساب الرييلتحلص في الاضيات وبشكل خا الرية فيساسيهيم المفاية من النهافهوم ا يعتبر مت تكام ما عنداني لتابعلمماس لخط بيستقيم اد الميجاة في مسألتي النهايفهوم ان مابع ويكم التوت وتفاضفواصل.محور الاني لتابع ما و البي المنحنيلمساحة بيند ايجاني. والبيا المنحني اقطة من ن( لم الفرنسي كوشيلعان ا وكاCouchy لحاليةة في صورته النهايفهوم ا أول من عرف بدقة م) . لتابعلنهاية لفهوم ا م ولفهم) ( x f في نقطةo x غيرات قيم هذابد من معرفة ت مجالهاله أو خارج من مجا تكون قيم عندملتابع اx ن القيمةقترب م تo x ن قيمةقترب مابع ت قيم هذا التغيرات ت كانتكثر فأكثر فإذا أ معينةl ا أن قلن) ( x f قترب من تl عندماx قترب من تo x ونكتب:R l l x f o x x , ) ( lim وتقرألتابعية ا نها) ( x f هيl عندماx إلى تؤولo x . مثال) 1 ( : أوجد) 3 3 ( lim 2 2 x x هنا3 3 ) ( 2 x x f ي من الدرجةود تابع حد2 ومجالهR ربت اقتحظ كلما ونX من2 ربت اقت كلما) ( x f من9 قول أن لذلك ن2 lim ( ) 9 x f x . ( نعوض قيمةا أنن بإمكانمثال كان وفي هذا الx=2 في) ) ( x f على ونحصل(2) 9 f يض وقد التعوصعب فيهات ي لكن يوجد حا إلى نتائج غير معروفة.ؤدي ي مثال) 2 ( : أوجد1 3 2 lim 2 1 x x x x لثانيةضرة المحا ا
14
Embed
لضافتلاو تاقتشملا ،رارمتسلاا ،تاياهنلاau.edu.sy/images/courses/pharmacy/1-1/19_math.pdfنإ ةيرظن 00 s 0 xx xx oxx 0 3) lim 1 x tg x o x )ϦاϬرب
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
15
والتفاضلالنهايات، االستمرار، المشتقات
النهايات، درسنا في المحاضرة السابقة التوابع وأنواعها وخواصها األساسية. سندرس في هذه المحاضرة
لهذه التوابع. والتفاضلاالستمرار، المشتقات
(Limitsالنهايات )
تابع تعريف نهاية
يعتبر مفهوم النهاية من المفاهيم األساسية في الرياضيات وبشكل خاص في التحليل الرياضي في حساب
وتفاضالت التوابع ويكمن مفهوم النهاية في مسألتي ايجاد المستقيم المماس لخط بياني لتابع ما عند تكامالت
نقطة من المنحني البياني. وايجاد المساحة بين المنحني البياني لتابع ما ومحور الفواصل.
.( أول من عرف بدقة مفهوم النهاية في صورته الحاليةCouchyوكان العالم الفرنسي كوشي )
من مجاله أو خارج مجاله البد من معرفة تغيرات قيم هذا oxفي نقطة xf)(ولفهم مفهوم النهاية للتابع
أكثر فأكثر فإذا كانت تغيرات قيم هذا التابع تقترب من قيمة oxتقترب من القيمة xالتابع عندما تكون قيم
Rllxfونكتب: oxتقترب من xعندما lتقترب من xf)(قلنا أن lمعينة oxx
,)(lim
.oxتؤول إلى xعندما lهي xf)(نهاية التابعوتقرأ
lim)33(أوجد :)1(مثال 2
2
xx
)(33هنا 2 xxf ومجاله 2تابع حدودي من الدرجةR ونالحظ كلما اقتربتX كلما اقتربت 2من
)(xf لذلك نقول أن 9من2
lim ( ) 9x
f x
. ( وفي هذا المثال كان بإمكاننا أن نعوض قيمةx=2 في )
)(xf (2)ونحصل على 9f
يؤدي إلى نتائج غير معروفة.لكن يوجد حاالت يصعب فيها التعويض وقد
أوجد :)2(مثال 1
32lim
2
1
x
xx
x
المحاضرة الثانية
16
نالحظ أن الدالة النسبية 1
32)(
2
x
xxxf ( غير معرفة عندx=1 وهذا يعني أنه عند إيجاد )
1lim ( )x
f x l
عندماx ال يمكن التعويض مباشرة في قاعدة االرتباط للتابع ألن عند التعويض 1تؤول إلى
نحصل على قيمة غير معرفة
0
0 xf)(. وهنا نحاول التخلص من القيمة غير المعرفة وذلك بتحليل التابع
ونحصل على :
)1(,321
)1)(32()(
xx
x
xxxf
ومنه
532lim)(lim11
xxfxx
كلما اقترب 5تقترب من xf)(( لكن يمكننا مالحظة أن x=1وهنا نالحظ أنه ال يتم التعويض مباشرة لـ )
ومن اليسار مثال ),......001,1(، )0009,1(سواء من اليمين مثال 1من xالمتغير
)9999,0,9995,0,(......
gfhإذا كانت التوابع نظرية الحصر: )()()(تحقق المتباينة ,, xgxhxf لكلx من جوار
أو ال يحويها وكانت oxيحوي
lim ( ) lim ( )x a x a
f x g x l
lxhفإن: ox
)(lim
أوجد :)3(مثال x
xx
1sinlim 2
0
1نعلم أن الحل:1
sin1 x
0لكل 1
sin 222 xxx
xx
وبما أن
0lim 2
0
xx
0فإن 1
sinlim0 2
0
x
xx
0ومنه حسب نظرية الحصر فإن: 1
sinlim 2
0
x
xx
المرحلة الثانوية ألفنا النظرية التالية:من مالحظة:
17
نظرية: إن:0 0
sin 1 cos1) lim 1 2) lim 0
x x
x x
x x
0
3) lim 1x
tg x
x تقبل بدون برهان().
نتائج هامة:
0,sin
sinlim)5
1tan
lim)4
2
cos1lim)3
0cos1
lim)2
sinlim)1
0
0
2
20
0
0
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
احسب النهايات اآلتية: :(4)مثال
x
xiii
x
xii
x
xi
xxx
2
coslim)(
cos1lim)(
4
7sinlim)
2
200
الحل:
0 0
sin 7sin 7 77) lim lim
44 4
7
x x
xx xi
xx
x
2
1
2
1.1
cos1
1lim.
sinlim
)cos1(
cos1lim
)cos1(
)cos1)(cos1(lim
cos1lim)(
02
2
0
2
2
02
02
0
xx
x
xx
x
xx
xx
x
xii
xx
xxx
18
بوضع
)2
cos(sin
02
,2
,2
yy
yxyxxy
1sin
lim
)2
cos(
lim
2
coslim)(
00
2
y
y
y
y
x
xiii
yyx
أوجد :)5(مثال
3
0
2 53lim
4sinx
x x
x
)4
53
4
2(
sin0
limsin4
532
0
lim 23
xx
x
xx
xx
x
4
53)
4
530(1)
4
53
2
1(
0
lim.sin
0
lim 2
x
xx
x
x
أي أن:4
53
sin
3
0
lim3
x
xx
x
(The Continuity) ستمرارالا 2.
تعريف استمرار التابع
تلعب دورا في تعريف النهاية أوفي a= قيمة التابع في نقطة مافي دراسة نهايات التوابع لم نؤكد أن
تحقق ، خصائصها وقد وجدنا أن هناك بعض التوابع مثل كثيرات الحدود والتابعين المثلثيين
مثل هذه التوابع التي تحقق هذه الخاصة تسمى توابع مستمرة)متصلة(. العالقة:
تتحقق إذا كان aمستمر في النقطة aالتي تحوي النقطة Aعلى المجموعة لمعرفا التابع نقول إن
:هيشروط ثالثة
.aمعرفا عند fأن يكون التابع (1
.نهاية عندما f( أن يكون للتابع 2
0x
sincos
0
0limx x
f x f x
f
x a
19
.a( أن تكون هذه النهاية مساوية لقيمة التابع عند 3
أثبت أن التابع: :(6) مثال
a=0 عند النقطة غير مستمر
غير موجودة )لماذا؟(. لكن نالحظ أن: الحل:
.مستمر على أثبت أن التابع : :)7( مثال
:الحل
منأن التابع مستمر عند كل قيمة يعنيوهذا مجموعة تعريفه التابع عبارة عن كثيرة حدود فإنبما أن
أثبت أن التابع :(8)مثال
a=1غير مستمر عند النقطة
لدينا الحل: 1 2f ،لكن: فرضا
. a=1إذن التابع غير مستمر عند
مفهوم النهاية من اليمين والنهاية من اليسار في النقطة على ذلك aعرفنا سابقا نستطيع إعطاء وقياسا
.a تعريف مماثل لالستمرار من اليمين واالستمرار من اليسار في
إذا كان: aمن اليمين في النقطة ا مستمر fيكون التابع
إذا كان: aمستمر من اليسار في النقطة fويكون التابع
مستمرا من اليمين ومن اليسار fإذا وفقط إذا كان aيكون مستمرا في النقطة fاعتمادا على ذلك نجد أن
.a في
1
, 0
1, 0
xf x x
x
0 1f 0 0
1lim limx x
f xx
2 5f x x R
R
R
3 1, 1
1
2, 1
xx
f x x
x
2
2
1 1 1
1 1lim lim lim 1 3 1
1x x x
x x xf x x x f
x
limx a
f x f a
limx a
f x f a
20
.a = 0 في النقطة ادرس استمرار التابع : )9( مثال
فقط حيث aفي النقطةاسة استمراره من اليمين لذا سوف نقصر در نالحظ أن: الحل:
أن: 0 0
lim ( ) lim 0 0x x
f x x f
إذن التابع .f 0 مستمر من اليمين فيa .
ادرس استمرارية التابع: :(10) مثال
2,1;3
1;0
1,0;1
)(
xx
x
xx
xf
: الحل 1 1
lim ( ) lim 3 3 1 2x x
f x x
1 1
lim ( ) lim 1 1 1 2x x
f x x
)1(0هي 1xوقيمة التابع في النقطة f .
النقطة، عندئذ يكون وبما أن النهاية من اليمين تساوي النهاية من اليسار ولكنها ال تساوي قيمة التابع في تلك
، والتابع غير مستمرا.1xالتابع منقطعا في النقطة
ادرس استمرارية التابع تدريب:
3,2;2
2;1
2,0;3
)(
xx
x
xx
xf
(Derivation) :االشتقاق .3
تعريف مشتق تابع
التابعنسمي نهاية نسبة تزايد xfxxfy إلى تزايد المتغير المستقلx عندما يسعى تزايد
. ونكتب:y=f(x) التابعالمتغير المستقل إلى الصفر إذا كانت موجودة بمشتق
x
yxfy
x
0lim
أو:
xfdx
d
dx
dy
f x x
0,D f
21
مالحظات:
القابل للمفاضلة على هذه المجموعة. أو بكالم لتابعبا Xعلى مجموعة ملك مشتقي الذيالتابع سمى ي -1
إذا كان قابل لالشتقاق في هذه النقطة. xفي النقطة أنه قابل للمفاضلة y=f(x) التابعآخر نقول عن
ر أن العكس غير في هذه النقطة. غيكون مستمر ي التابعفي نقطة ما، فإن قابل للمفاضلة التابعإذا كان -2
كون قابل لالشتقاق.ي غير المستمر يمكن أن التابعصحيح بالضرورة. حيث أن
.امستمر تابعاكون يالمستمر ليس بالضرورة أن التابع مشتق
القواعد األساسية في االشتقاق:
:عندئذما فة ومستمرة على مجالالمدروسة معر التوابعبفرض أن (1
0)1 ycy
2) y u v w y u v w
3) y uv y u v uv
2)4
v
uvvuy
v
uy
مشتق التوابع الصحيحة: (2
2
1
1'
1
2
n n
n n
y x y
y x y x
y x y nx
y u x y n u x u x
22
:)11(مثال 3 2
5 2 3.5 5 2y x y x
مشتق التوابع األسية:3)
'
ln .
x x
x x
u x u x
x x
y e y e
y e y e
y e y u x e
y a y a a
:)12(مثال 2 23 31) 6x xy e y xe
2) 3 3 .ln3x xy y
:مشتق التوابع اللوغرتمية 4)
1lny x y
x )i
ii)
'
ln ; 0u x
y u x y u xu x
:)13(مثال
5ln 5 4
5 4y x y
x
:مشتق التوابع الجذرية5)
1; 0
2y x y x
x )i
ii)
'
; 02
u xy u x y u x
u x
(:14ل )مثا
23
3
3 1; 0
2
xy x x y x
x x
23
مشتق التوابع المثلثية 6)
تابع الجيب
sin cosy x y x )i
ii) 'sin cosy u x y u x u x
:)15(مثال sin 5 3 5cos 5 3y x y x
تابع التجب
cos siny x y x )i
ii) 'cos siny u x y u x u x
:(16)مثال
cos 5 3 5sin 5 3y x y x
تابع الظل
2tan 1 tany x y x )i
ii) ' 2tan 1 tany u x y u x u x
:(17)مثال
2 2 2tan 5 4 10 1 tan 5 4y x y x x
حاالت عدم التعيين وطرق إزالتها: 3)
توجد سبع حاالت عدم تعيين هي:
، ، ، ، ، ،
0
0
01000
24
كما يلي: باستخدام )قاعدة أوبيتال( نستطيع إزالة هذه الحاالت وذلك
الحالة األولى -10
0:
)(إذا كل من )قاعدة أوبيتال(: نظرية xf ،( )g x تابعان معرفان وقابالن لالشتقاق على المجالI
نقطة من هذا المجال : aولتكن
limوإذا كانت: ( ) ( ) 0, lim ( ) ( ) 0x a x a
g x g a f x f a
وكان '( ) 0 , ( ) 0g x g x مهما كان\{ }x I aوإذا وجدت النهاية ،
' ( )lim
'( )x a
f x
g x: ، عندئذ يكون
( ) '( )lim lim
( ) '( )x a x a
f x f x
g x g x
هذه النظرية بدون برهان.تقبل
: احسب النهاية :)18(مثال 0
coslim
x
x xx
e x
e e
: نالحظ أنالحل: ( ) 0
lim( ) 0
0
f x
g xx
لذلك نطبق قاعدة أوبيتال:( ) cos
lim lim( )
0 0
x
x x
f x e x
g x e ex x
2
1
11
01sin
0
lim
xx
x
ee
xe
x
إذا طبقنا على نهاية ما من النوع مالحظة:0
0قاعدة أوبيتال وحصلنا مجددا على عدم تعيين من النوع
0
0
فإنه باستطاعتنا أن نطبق من جديد القاعدة ويكون :
( ) '( ) "( )lim lim lim
( ) '( ) "( )
f x f x f x
g x g x g xx a x a x a
25
من النوع وذلك بشرط أن تكون النهاية األخيرة موجودة وإذا حصلنا مجددا على عدم تعيين0
0فإننا نعود
إلى أن نحصل على قيمة معينة.… ونطبق القاعدة وهكذا
الحالة الثانية – 2
:
)(ليكن لدينا xf ،( )g x تابعان معرفان وقابالن لالشتقاق على المجالIلتكن وa نقطة من هذا
limذا كان فإالمجال ( ) , lim ( )x a x a
g x f x
وكان' ( ) 0g x
فإن: ( ) '( )
lim lim( ) '( )x a x a
f x f x
g x g x
احسب النهاية :)19(مثال nx
x
x
loglim
0nمن أجل
الحل: هذه النهاية من الشكل
لذلك:
0.
1lim
1
limlog
lim1
nnn xnx
xn
x
xx
x
x
أوجد قيمة النهاية :)20(مثال
: نالحظ أن البسط ينتهي إلى الصفر والمقام أيضا ينتهي إلى الصفر فيكون لدينا عدم تعيين من الشكل الحل
إلزالته نطبق قاعدة لوبيتال: ،
،
، :نجد
2
10
lnlim
sin
x
x
e x c
x
0
0
1sinx x 2 lnxx e x c
2
1
1x
x
2 12 xx e
x c
26
منهو
يمكننا استخدام قاعدة لوبيتال أكثر من مرة في التمرين الواحد. مالحظة:
اوجد قيمة النهاية :)21(مثال
ونجد أن كال من التابعين: : أيضا نحصل على حالة عدم تعيين من الشكل الحل
قابال لالشتقاق في الجوار األيسر للواحد وذلك ألن و
واآلن لنحسب كما أن )أي في جوار الصفر(، األصغر من الواحد معرف من أجل قيم
المشتقات:
،
نجد ثم نعوض في النهاية،
لذلك نطبق قاعدة لوبيتال مرة ثانية: وهذه تمثل حالة عدم تعيين من الشكل
(Differential) التفاضل:
:تفاصل تابع تعريف
نطلق على xxf التابع سم تفاضلاy=f(x) في النقطةx ونرمز لهذا التفاضل بـdy أوdf(x) :إذن
dxxfdy
2
0 0 0
2
12
1lim lim lim 2
1
1
x
x x x
ex x x c
x x c
x
2
0
ln 1lim
tan2
x
x
x
2ln 1x x tan2
x x
x
x 0x
2
2
1
xx
x
22cos2
x
x
2
21 0 1 0
4 cos2lim lim1x x
x xx
x x
0
0
2
1 0
cos 2 sin4 4 02lim 0
2 2x
x x x
x
27
نجد السابقة من العالقة dx
dyxf وهو رمز المشتق الذي مر معنا سابقا. نالحظ أخيرا أن التفاضلdy
في حين أن المشتق dxو xيتعلق بـ xf يتعلق بـx .فقط
خواص التفاضل:
التالية قابلة لالشتقاق فإن: بعوالتبفرض أن ا
dwdvduwvud
dycy
)()2
0)1
udvvduuvd )()3
24) ( )
u vdu udvd
v v
تمارين
أثبت أن التابع (1
.x=1 غير مستمر عند النقطة
اآلتية: التوابعأوجد مشتقات ( 2
12
1)1ln)
1)1
)
2)253)
2
2
2
2
xx
xyfxye
xydxx
yc
xybxxya
اآلتية: التوابعأوجد مشتقات (3
xxyxxy
ba
baxy
xxxy
x
xyxxy
1)612)5
)41
32)3
2
2)223ln)1
2
3
3 2
2
22
3 1, 1
1
2, 1
xx
f x x
x
28
2cos)12sin)11
sin)10cossin
cossin)9
1
2)8sin)7
32
2
2
2
xyxy
xyxx
xxy
x
xyxxy
References:
1) Biostatistics : For the Biological And Health Sciences.Marc M. Triola، M.D
Mario F. Triola
2) College Mathematics : For Business، Economics، Life Sciences، and Social