lekcija nr. 1 - home.lu.lvhome.lu.lv/~ibula/lv/studentiem/mai.pdf · lekcija nr. 1 kursa...

LEKCIJA NR. 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Kursa prasıbas un satursPamatapzımejumiFunkcijas jedziensFunkciju klasesFunkciju klasifikacija1.majas darbs

Kursa prasıbas un saturs

ANOTACIJAMatematiskas analızes galvenie petamie jeb analizejamie objekti pirmamkartam ir funkcijas. Daba, tehnika, ekonomika, u.c., sastopamies ar kustıbam,procesiem, kuri apskatami ka funkcijas, - no sejienes izriet objektıva ne-pieciesamıba petıt funkcijas.

Matematiska analıze varda plasakaja nozıme ietver samera lielu dalumatematikas. Kursa Matematiska analıze I tiks aplukota robezu teorija,diferencilrekini un integralrekini, ka arı dazi to pielietojumi.

PRASIBAS KREDITPUNKTU IEGUSANAI1. Semestra laika noteiktos terminos jauzraksta divi kontroldarbi, kurisastada 50% no gala atzımes.2. Laika lıdz eksamenam jaatrada visu majas darbu atrisinajumi rokraksta.3. Gala eksamena janokarto rakstisks tests (jautajumi un uzdevumi parsemestrı apguto), kura vertejums ir 50% no gala atzımes..

KURSA APRAKSTS1. Funkcijas jedziens. Funkciju klasifikacija.2. Funkcijas robezas definıcija. Vienpusejas robezas.3. Teoremas par robezam. Robezpareja nevienadıbas.4. Funkciju nepartrauktıba: ekvivalentas definıcijas. Slegta intervala nepartrauktufunkciju ıpasıbas. Partraukuma punkti.

Ievads: pamatapzımejumi un funkcijas 2

5. Atvasinasanas jedziens, ta geometriska un fizikala interpretacija. At-vasinasanas likumi. Diferencialis.6. Pirma ieverojama robeza. Saliktas funkcijas atvasinasana. Augstakukartu atvasinajumi. Apsleptu funkciju atvasinasana.7. Funkcijas lielaka un mazaka vertıba. Monotonitate.8. Ieliektas un izliektas funkcijas. Lokalie un globalie ekstremi.9. Robezas, kas saistıtas ar bezgalıbu. Lopitala kartula.10. Funkcijas grafika asimptotas. Funkciju petısana, grafiku skices.11. Nenoteiktais integralis, ta ıpasıbas, tabula.12. Nenoteikta integrala atrasana ar substitucijas metodi un parcialas in-tegresanas metodi.13. Racionalu funkciju integresana.14. Rımana summa un noteiktais integralis. Integrejamas funkcijas. Nutona-Leibnica formula.15. Noteikta integrala ıpasıbas un aprekinasana.16. 2 kontroldarbi.

LITERATURAMacıbu pamatliteratura:1. I.Bula, J.Buls Matematiska analıze ar geometrijas un algebras elemen-tiem. I dala, Zvaigzne ABC, Rıga, 2003.2. E.J.Purcell, D.Varberg CALCULUS with Analytic Geometry. Fourthedition, Prentice-Hall, Inc.m Englewood Cliffs, 1984.Papildliteratura:1. E.Kronbergs, P.Rivza, Dz.Boze Augstaka matematika. I dala, Rıga, 1988.2. K.Steiners Augstaka matematika. Zvaigzne ABC, III dala, 1998 un IVdala, 1999.3. L.D.Kudrjavcev Kurs matematiceskogo analiza, Maskava, I dala, 1988(krievu val.)

REZULTATIJaformule kursa iegustamas akademiskas un profesionalas iemanas un prasmes.Japrot atpazıt funkcijas. Japrot aprekinat dazadas robezas, atrast funkcijuatvasinajumus, noteikt funkciju ekstremus, uzzımet funkciju grafiku skices,atrast vienkarsakos nenoteiktos integralus un noteiktos integralus. Japrotoperet ar apgutajiem jedzieniem.


Pamatapzımejumi

Jus nakat no dazadam Latvijas skolam, kuras strada dazadi matematikasskolotaji, tapec vispirms vienosimies par daziem pamatjedzieniem un pa-matapzımejumiem.

Jedzienus, kurus izvelas bez definıcijas, sauc par pamatjedzieniem.Apgalvojumus, kuri tiek akcepteti bez pieradıjuma, sauc par aksiomam.Pamatjedzienu un aksiomu izveles pamatotıba drızak ir filozofiska raksturaneka matematiska. Matematiskas analızes kursa ietvaros centısimies apgutkorektas definıcijas, klasiskus rezultatus un pamatiemanas noteiktu uzde-vumu risinasanai.

Viens no pamatjedzieniem ir kopa. Aprakstosi var sacıt, ka kopa tiekietverti kaut kadi objekti, kuriem piemıt kada noteikta ıpasıba, piemeram,visi Latvijas berni, kuri dzimusi 2000.gada, vai — visi tie naturalie skaitli,kas dalas ar 7, utt. Parasti kopas apzıme ar lielajiem burtiem, tas elementusar mazajiem burtiem. Ja A ir kopa un a ir tas elements, tad pieraksts a ∈ Alasams ka ” a pieder kopai A ”. Savukart, ja b nepieder kopai A, tad topieraksta sadi: b /∈ A.

Otrs svarıgs pamatjedziens ir izteikums. Intuitıvi izsakoties, izteikumiir apgalvojumi, kas ir vai nu patiesi vai aplami. Klasiskaja matematikanetiek pielauta kaut kada tresa iespeja — izteikums var but tikai patiess vaitikai aplams. Parasti arı izteikumus apzıme ar lielajiem burtiem. Izteikumulogikas uzdevums — precizet matematika lietoto vardu: ”un”, ”vai”, ”navtiesa, ka”, ”ja ..., tad ...”, ”tad un tikai tad” saturu.

Ta par izteikuma A negaciju sauc izteikumu, ko pieraksta ¬A un lasa”negacija no A”, ”nav tiesa, ka A” vai arı ”ne A”, pie kam jauna izteikumapatiesuma vertıbu nosaka tabula:

A ¬A

a pp a

Saja tabula apkopotais nozıme: ja izteikums A ir aplams (a), tad izteikums¬A ir patiess (p); un otradi, ja izteikums A ir patiess, tad izteikums ¬A iraplams.

Ieviesısim arı cetras divvietıgas logikas operacijas.


A B A&B A ∨ B A ⇒ B A ⇔ B

a a a a p pa p a p p ap a a p a ap p p p p p

Tabula define divu izteikumu A un B konjunkciju A&B, disjunkcijuA ∨ B, implikaciju A ⇒ B un ekvivalenci A ⇔ B.

Pierakstu A&B lasa ”A un B” vai arı ”A konjunkcija B”. PierakstuA ∨ B lasa ”A vai B” vai arı ”A disjunkcija B”. Pierakstu A ⇒ B lasa ”jaA, tad B”, ”no A seko B” vai arı ”A implice B”. Pierakstu A ⇔ B lasa ”Atad un tikai tad, ja B” vai arı ”A ekvivalents B”.

Izteikumus A un B sauc par konjunkcijas A&B (disjunkcijasA ∨ B ) locekliem. Izteikumu A sauc par implikacijas A ⇒ B premisu,izteikumu B — par secinajumu. Izteikumu A sauc par ekvivalencesA ⇔ B kreiso pusi, bet izteikumu B — par labo pusi. Interesanti atzımet,ka saja logika ir patiess sads teikums: ja Gauja dzıvo krokodıli, tad 2×2 = 5.Izejas izteikums ir aplams, tapec pasa logiskas secinasanas darbıba mes ne-saskatam nekadus trukumus. Lai arı cik sada secinasanas shema mums liktosprimitıva, tomer gandrız visa matematika buveta tiesi uz siem pamatiem.Kamer, izmantojot matematiku, vilcieni, kugi un lidmasınas kurse nevaino-jami, mums nav nopietna iemesla no tas atteikties, un tatad arı no klasiskasmatematiskas logikas. It seviski vel tadel, ka logika ir vienkarsa un ertilietojama matematiskos pieradıjumos.

Ja gribam teikt, ka objektam x piemıt ıpasıba P , tad lietojam pie-rakstu P (x) un lasam ”P no x”. Saja gadıjuma P sauc par predikatu,bet x — par indivıdu. Ta rezultata mes nonakam pie predikatu logikas.Nemot konkretu predikatu no fikseta indivıda, vienmer iegustam izteikumu.Turpretım, ja kaut viens no abiem — predikats vai indivıds — ir mainıgs,tad attiecıgais apgalvojums nav izteikums, jo tam nevar piedevet nekadupatiesuma vertıbu.

Biezi matematika jaruna par aplukoto vai piemineto prieksmetu skaitu.Sastopami tamlıdzıgi izteicieni ka ”visam rinka lınijam piemıt ıpasıba ...”vai ”eksiste vismaz viens naturals skaitlis, kuram ...”. Matematiska logikaparada, ka visus tos var reducet uz diviem galejiem daudzuma novertejumiem,kurus izsaka ta saucamie kvantori.

Pierakstu ∃x P (x) lasa ”eksiste tads indivıds x, kuram P (x)” vai arı ”ek-siste vismaz viens x, kuram izpildas predikats P”, vai arı ”vismaz vienam xpiemıt ıpasıba P”. Simbolu ∃ sauc par eksistences kvantoru. Japasvıtro,ka eksistences kvantors neapgalvo tiesi viena objekta eksistenci, bet gan vis-


maz viena objekta eksistenci ar uzradıto ıpasıbu. Lai izsacıtu to, ka eksistetiesi viens objekts, jalieto garaka formula.

Pierakstu ∀x P (x) lasa ”visiem x P (x)” vai ”visiem x izpildas P”, vai”visiem x piemıt ıpasıba P”. Simbolu ∀ sauc par unversalkvantoru.Skaidrs, ka vards ”visiem” netiek attiecinats uz absoluti visiem jebkadasdabas objektiem, ko vien var iedomaties, bet gan tikai uz visiem tas in-divıdu kopas elementiem, par kuriem attiecıgaja brıdı ir runa (ta var butkada skaitlu kopa, funkciju kopa vai figuru kopa, utt.).

Pierakstu A = {a1, ..., an} mes lietosim ka saısinajumu apgalvojumam:kopu, kas sastav no elementiem a1, ..., an, turpmak apzımesim ar lielo burtuA. Savukart pierakstu B = {x |P (x) } mes uztversim ka apgalvojumu: kopaB sastav no visiem tiem un tikai tiem elementiem, kuriem piemıt ıpasıba P ,citiem vardiem, no tiem elementiem x, kuriem patiess apgalvojums P (x).Izmantojot so vienosanos, definesim sadas darbıbas ar kopam:

A ∪ B = {x |x ∈ A ∨ x ∈ B },A ∩ B = {x |x ∈ A& x ∈ B },A \ B = {x |x ∈ A& x /∈ B }.

Operaciju ∪ sauc par kopu apvienojumu, ∩ — par skelumu, \ — parkopu A un B starpıbu. Piemeram, R0 = R \ {0} ir realo skaitlu kopa bezelementa 0.

Mes teiksim, ka kopa A ir kopas B apakskopa un lietosim pierakstuA ⊆ B, ja izpildas nosacıjums ∀x ∈ A (x ∈ B). Saja situacija lietosim arıpierakstu B ⊇ A un dazkart teiksim, ka B ir kopas A virskopa. Ja A ⊆ Bun A 6= B, tad kopu A sauc par kopas B ıstu apakskopu un lieto pierakstuA ⊂ B.

Speciali izdalısim kopu, kas nesatur nevienu elementu. To sauc partukso kopu, un tas apzımesanai parasti lieto pierakstu ∅. Atzımesim, kajebkurai kopai A ir speka apgalvojums: ∅ ⊆ A. Ja A 6= ∅, tad ∅ ⊂ A.

Funkcijas jedziens

Skolas kursa jus jau esat iepazinusies ar dazam funkcijam, kas pierakstıtasanalıtiska forma, piemeram, y = 2x2 − 1, y = cos x, utt. Tacu sıs zinamasfunkcijas neizsmel visu funkciju klasi. Piemeram, funkcija ir arı sada:

y =

{

2x2 − 1 , ja x ≤ 0;cos x , ja x > 0;


tas grafiks dots 1.1. zımejuma (bultina nozıme, ka galapunkts nepiedergrafikam).

�

-

6

-2 0 2 4

2

1.1. zım.

y

x

Biezi izmantosim modula funkciju, kuru var definet sadi:

y =

{

x, x ≥ 0;−x, x < 0;

Funkcija ir arı y = ⌊x⌋ = max{t | t ∈ Z & t ≤ x} — vesela dala nox, kuras piekartojuma butıbu vieglak formulet vardiski: ta katram realamskaitlim x piekarto lielako veselo skaitli, kas mazaks vai vienads ar pasu x.Piemeram, ⌊3, 1⌋ = 3, bet ⌊−3, 1⌋ = −4. So funkciju sauc par veselas dalasfunkciju, tas grafiks dots 1.2. zımejuma.

-2 -1 1 3

1

3

-1

-2

0 2 4

2

1.2. zım. Funkcijas y = ⌊x⌋ grafiks.

y

x

-

-

-

-

6-

-

-


Ka formali definet funkciju?Saja noluka vispirms noskaidrosim Dekarta reizinajuma jedzienu. Pie-

nemsim, ka dotas divas kopas X un Y .

1.1. DEFINICIJA. Kopu { {x}, {x, y} } sauc par elementu x ∈ X,y ∈ Y sakartotu pari un apzıme (x, y).

Pieraksts (x, y) tiesa veida norada, ka x ir para pirmais elements, bety — otrais. Ta rezultata paris (x, y) ir vienads ar pari (a, b) tad un tikaitad, ja x = a un y = b. Tas lauj secinat, ka (x, y) 6= (y, x), iznemotvienu situaciju, ja x = y. Lıdz ar to, piemeram, (0, 6) = (1 − 1, 0 + 6),bet (0, 6) 6= (6, 0). Visbeidzot atzimesim, ka kopa { {x}, {y} } nedefinesakartotu pari, jo { {x}, {y} } = { {y}, {x} }.

Balstoties uz elementu pari (x, y) tagad definesim ”elementu trijnieku(x, y, z)”, ”elementu cetrinieku (x, y, z, w)”, visparıga gadıjuma — ”n - di-mensionalu kortezu par kopam A1, A2,..., An”.

Ertıbas labad kopu {1, 2, ..., n} turpmak apzımesim ar 1, n.

1.2. DEFINICIJA. Pari ((x1, ..., xn−1), xn), kur ∀i ∈ 1, n (xi ∈ Ai),sauc par n - dimensionalu kortezu par kopam A1, A2,...,An. Turpmakn - dimensionala korteza apzımesanai lietosim pierakstu (x1, x2, . . . , xn).

1.3. DEFINICIJA. Visu sakartoto paru (x, y), x ∈ X, y ∈ Y , kopusauc par kopu X un Y Dekarta reizinajumu un apzıme X × Y .

Dekarta reizinajuma nav butiski, vai X = Y vai X 6= Y . Tatad

X × Y = {(x, y) |x ∈ X & y ∈ Y }.

Visparıga gadıjuma Dekarta reizinajumu define sadi.

1.4. DEFINICIJA. Par kopu A1, A2,...,An Dekarta reizinajumuA1 ×A2 × ....×An sauc visu n - dimensionalu kortezu kopu par kopam A1,A2,...,An, t.i.,

A1 × A2 × ... × An = {(x1, x2, ..., xn) | ∀i ∈ 1, n (xi ∈ Ai) }.

Ja A = A1 = A2 = ... = An, tad lieto apzımejumu A1 ×A2 × ...×An = An.

1.5. Piemers. Pienemsim, ka X = {suns, kakis} — kopa, kas saturdivus elementus: suni un kaki, bet Y = {Antra, Uldis} — kopa, kas arısatur divus elementus. To Dekarta reizinajums ir kopa X × Y , kura saturescetrus elementus — visus iespejamos parus, kuru pirmais elements ir nokopas X, bet otrais elements — no kopas Y :X × Y = { (suns, Antra), (suns, Uldis), (kakis, Antra), (kakis, Uldis) }.


Aprakstot funkcijas jedzienu, pirmaja tuvinajuma var teikt sadi: javienas kopas objektiem, piemeram, rakstniekiem, piekarto citas kopas objek-tus, piemeram, vinu uzrakstıtas gramatas, tad dota funkcija ar starta kopu”rakstnieki” un finisa kopu ”gramatas”. Ja rakstnieku kopu apzıme ar R,gramatu kopu ar G, bet pasu funkciju ar burtu l, tad varam sacıt, ka uzdotafunkcija l : R → G. Bet vai aplukotais piemers patiesam veido funkciju?Rakstnieks Zigmunds Skujins tacu ir sarakstıjis daudzas piedzıvojumu pil-nas gramatas! Piemers ar rakstniekiem un vinu sarakstıtajam gramatamnav funkcija. Jo par funkciju (pec skolas kursa) sauc tikai tos attelojumus,kuri katram starta kopas elementam piekarto ne vairak ka vienu finisa kopaselementu.

Jedzienu ”funkcija” musdienu matematika trakte loti plasa nozıme. Pie-versısimies vel vienam piemeram, kura nu jau bus aplukota funkcija.

1.6. Piemers. 9.klases skoleni Marta, Rita, Juris un Andrejs rakstakontroldarbu matematika, par kuru var sanemt atzımi no 1 lıdz 10. Martakontroldarbu uzraksta uz 8, Rita un Andrejs — uz 6, bet Juris darbu navnodevis un tapec atzımi nesanem.

Minetais apraksts musdienu izpratne define funkciju. Formali izsakoties,ja ar X apzımejam kopu

X = {Marta, Rita, Juris, Andrejs }un ar Y apzımejam kopu

Y = {1,2,...,10 }tad augstak apskatıtais apraksts define piekartojumu

f : Marta 7→ 8f : Rita 7→ 6f : Andrejs 7→ 6.

Lıdz ar to ir dota funkcija f : X → Y ar starta kopu X un finisa kopu Y .Katram kopas X elementam attelojums f piekarto ne vairak ka vienu kopasY elementu. Juris nesanema kontroldarba atzımi, tapec kopas X elementam”Juris” funkcija f nav defineta. Musu gadıjuma X 6= Y .

Ciesak ielukojoties piemera, ieverosim, ka darbojamies ar Dekarta reizi-najuma X×Y dalu. Sı dala ir pari: (Marta,8), (Rita,6), (Andrejs,6). Varamsos parus apvienot viena kopa

G = { (Marta,8), (Rita,6), (Andrejs,6) } —so kopu sauc par funkcijas f grafiku. Trijnieks (X,Y,G) pilnıba definefunkciju f . Citiem vardiem sakot, ja mums dota funkcijas f starta kopaX, finisa kopa Y un grafiks G, tad mums ir zinams viss par so funkciju.

Funkciju klases 9

1.7. DEFINICIJA. Trijnieku f = (X,Y,G), kur G ⊆ X ×Y , sauc parfunkciju (lieto arı vardu ”attelojums”), ja visiem kopas G elementiem(x, y), (x, z) ir speka vienadıba y = z. Kopu X sauc par funkcijas f starta(jeb izejas) kopu, Y — par f finisa (jeb ieejas) kopu, bet G — par fgrafiku.

Ja (x, y) ∈ G, tad lieto pierakstu f(x) = y jeb f : x 7→ y. Visparıgspieraksts f : X → Y norada, ka f ir funkcija ar starta kopu X un finisakopu Y.

Elementu x ∈ X sauc par funkcijas f argumentu vai neatkarıgomainıgo, bet y ∈ Y – par atkarıgo mainıgo. Saja situacija saka arı,ka elementa x attels ir elements y, bet elementa y pirmtels ir elements x.

Ja X = Y , tad saka, ka funkcija f attelo kopu X sevı.Par funkcijas f : X → Y definıcijas apgabalu (angliski ”domain”)

sauc kopuDom(f) = {x ∈ X | ∃y ∈ Y ( (x, y) ∈ G ) },

par funkcijas f : X → Y vertıbu apgabalu (angliski ”range”) sauc kopu

Ran(f) = { y ∈ Y | ∃x ∈ X ( (x, y) ∈ G ) }.

Funkciju klases

1.8. DEFINICIJA. Funkciju f : X1 → Y sauc par funkcijasg : X2 → Y sasaurinajumu kopa X1 , ja X1 ⊆ X2 un ∀x ∈ X1 f(x) = g(x) .Saja situacija medz lietot apzımejumu f = g|X1 .

1.9. DEFINICIJA. Funkciju f : X → Y sauc par visur definetu, ja∀x ∈ X ∃y ∈ Y ( (x, y) ∈ G ).

1.10. DEFINICIJA. Visur definetu funkciju f : An → A sauc parkopa A definetu n-vietıgu algebrisku operaciju.

Saskaitısana (+) un reizinasana (·) ir divvietıgas algebriskas operacijasrealo skaitlu kopa R.

1.11. DEFINICIJA. Funkciju f : X → Y sauc par sirjekciju, jaRan(f) = Y .

1.12. DEFINICIJA. Funkciju f : X → Y sauc par injekciju, jadazadiem elementiem x1, x2 ∈ X atbilst atskirıgi elementi f(x1), f(x2) ∈ Y ,t.i., x1 6= x2 ⇒ f(x1) 6= f(x2).

1.13. DEFINICIJA. Ja visur definets attelojums f : X → Y vien-laicıgi ir gan sirjekcija, gan injekcija, tad to sauc par bijekciju.

Funkciju klasifikacija 10

Piemeram, funkcija f : R → R, f(x) = x3 + 1 ir visur defineta, ta ir gansirjekcija, gan injekcija, tapec bijekcija, bet f : R → R, f(x) = ⌊x⌋ ir visurdefineta, bet nav ne sirjekcija, ne injekcija. Velak, runajot par inversajamfunkcijam, mes konstatesim, ka injekcijas ir tas ”labas” funkcijas, kuram varmeklet inversas funkcijas.

1.14. DEFINICIJA. Ja f : X → Y un g : W → Z, tad funkcijuF : X → Z, kas defineta ar nosacıjumu:

∀x ∈ X F (x) = g(f(x)),

sauc par funkciju f un g kompozıciju (jeb superpozıciju, jeb saliktufunkciju) un apzıme g ◦ f .

Tatad funkciju kompozıcija g ◦ f ir trijnieks (X,Z,F ), kur

F = { (x, z) | ∃y ∈ Y ∩ W ( f : x 7→ y & g : y 7→ z ) }.

1.15. Piemers. Ja f, g : R → R, f(x) = 6√

x, g(x) = cos3 x, tad(g ◦ f)(x) = g(f(x)) = cos3(6

√x), bet (f ◦ g)(x) = f(g(x)) = 6

√cos3 x.

Tatad visparıga gadıjuma f ◦ g 6= g ◦ f .

Iepazıstoties ar realo pasauli, mes sastopamies ar raksturojosiem lielu-miem, kuri mainas procesa laika. Piemeram, gaisa temperatura gada laikavai preces pieprasıjums atkarıba no cenas. Tapec funkcijas jedziens ir viensno vissvarıgakajiem matematikas jedzieniem.

Saja matematiskas analızes kursa mes vispirms aplukosim viena realamainıga funkcijas, t.i., f : X → R, kur X 6= ∅ un X ⊆ R, mazliet velak —daudzargumentu funkcijas, t.i., f : X → R, kur X 6= ∅ un X ⊆ Rn. Arfunkcijam, kuras pienem skaitliskas vertıbas, var veikt dazadas aritmetiskasoperacijas. Ja dotas divas realvertıgas funkcijas f un g, kuras definetasviena un taja pasa kopa X, tad f + g, f − g, f · g, arı f

g , cf (c ∈ R —

konstante) ir realvertıgas funkcijas, kur, piemeram, ∀x ∈ X fg (x) = f(x)

g(x) , ja

vien g(x) 6= 0.

Funkciju klasifikacija

Pamatelementaras funkcijas ir:1. konstantes funkcijas y = C, C ∈ R,2. pakapes funkcijas y = xα, α ∈ R,3. eksponentfunkcijas y = ax, a > 0, a 6= 1,


4. logaritmiskas funkcijas y = loga x, a > 0, a 6= 1,5. trigonometriskas funkcijas y = sinx, y = cosx, y = tgx, y = ctgx,6. inversas trigonometriskas funkcijas (ciklometriskas) y = arcsinx,

y = arccosx, y = arctgx, y = arcctgx.

1.16. DEFINICIJA. Funkcijas, kuras iegustamas no pamatelementa-ram funkcijam ar kompozıcijas, saskaitısanas, atnemsanas, reizinasanas, kaarı dalısanas palıdzıbu (darbıbas izmantojot tikai galıgu skaitu reizu) saucpar elementaram funkcijam.

Piemeram, elementaras funkcijas ir y = log3(4x+5), y = sinx+8cosx3x2+6(x−1)tg5x

,

y = 128(2x−arcsinx), u.c.Ja funkcija izveidota, izpildot ar tas argumentu algebriskas darbıbas

(saskaitısana, atnemsana, reizinasana, dalısana, kapinasana racionala skaitlapakape) galıga skaita, tad tadu funkciju sauc par algebrisku funkciju.Funkcijas, kas nav algebriskas, sauc par transcendentam funkcijam. Pieme-ram, visas trigonometriskas un to inversas funkcijas ir transcendentas funkci-jas, ka arı logaritmiskas, eksponentfunkcijas un pakapes funkcijas ar ira-cionaliem kapinatajiem.

Algebriskas funkcijas iedalamas polinomos, racionalas funkcijas un ira-cionalas funkcijas.

FunkcijuP (x) = anxn + an−1x

n−1 + ... + a1x + a0,

kur an, an−1, ...., a1, a0 ∈ R, n ∈ N, sauc par polinomu.

Par racionalu funkciju sauc divu polinomu dalıjumu, t.i., R(x) = P (x)Q(x) ,

kur P (x) un Q(x) ir polinomi.Par iracionalu funkciju sauc tadu funkciju, kura nav racionala funkcija

un kura satur galıga skaita kompozıcijas no racionalam funkcijam, pakapesfunkcijam ar racionaliem kapinatajiem un aritmetiskam darbıbam. Piemeram,

iracionala funkcija ir y =x − 3

√x

4

√

x23 + 1

.


1.MAJAS DARBS

Uzzımet pirmo trıs uzdevumu funkciju grafiku skices (bez funkcijas petısanas)!Uzskatot, ka funkciju starta kopa un finisa kopa ir R, noteikt:a) definıcijas apgabalu, vertıbu apgabalu;b) vai funkcija ir injekcija, sirjekcija, bijekcija.

1. f(x) = x2−1x

2. y(x) = |2x2 + 3x − 5|

3. z(t) =

{

5, t = 0|t|, t 6= 0

4. Atrast f un g ta, lai p = f ◦ g, ja p(x) = sin4√

(x2 + 5) ! Uzrakstıtvismaz 3 dazadus variantus!

5. Atrast f ◦ g un g ◦ f un noteikt ieguto funkciju definıcijas apgabalus,ja f(x) = x2, g(x) =

√x !

LEKCIJA NR. 2

ROBEZAS I∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Intuitıva robezas izpratneIntuitıva robezas definıcijaIntervali un apkartnesPrecıza robezas definıcija2.majas darbs

Musu tuvakais merkis ir noskaidrot, ka varetu aprakstıt kada procesatieksanos uz savu robezstavokli. Mes velamies uzsvert, ka robezas jedziensnav nekas cits, ka mainıga procesa modelis, ko mes raksturojam ar vardiem”tieksanas”, ”stabilizacija”, ”robezpareja” vai ”robeza”. Ja matematiki, bal-stoties uz dabaspetnieku prasıbam, butu izdomajusi kaut ko intuitıvi vieglakuztveramu par esoso robezas jedzienu, tad vini nesaubıgi atmestu sobrıd tikvisparpienemtos smagnejos formulejumus par labu metodologiski un prak-tiski ertakiem.

Lietojums gan tehnika, gan citas eksaktas zinatnes (musdienas arı socia-las zinatnes) ir izskiross arguments, kapec studentiem maca tik sarezgıtumatematikas nozari, ka robezteoriju.

Intuitıva robezas izpratne

Apskatısim funkciju f(x) =x3 − 8

x − 2. Ieverosim, ka ta nav defineta punkta

2 (realo skaitlu kopas R elementus medz saukt arı par punktiem). Tomermes varam jautat:

— Ka mainısies funkcijas f(x) vertıbas, ja argumenta x vertıbas tuvosiespunktam 2 ?

Sads jautajums netiesa veida norada, ka funkciju f(x) mes aplukojamdinamiska attıstıba.

Intuitıva robezas definıcija 14

x f(x)2,2 13,24 Nevilus rodas sajuta: ja x tiecas uz 2,2,1 12,61 tad funkcijas f(x) vertıbas tiecas uz 12.2,01 12,0601 Matematiki saja situacija lieto pierakstu2,001 12,0060012,0001↓2↑

12,00060001↓?↑

limx→2

x3 − 8

x − 2= 12 .

1,9999 11,999400011,999 11,994001 Demonstretais nav nekas cits, ka1,99 11,9401 tikai ilustracija, tomer zinama mera1,9 11,41 ta raksturo funkcijas f(x) izturesanos.1,8 10,84

Intuitıva robezas definıcija

Teiksim, ka funkcijas f(x) robeza ir skaitlis a argumentam x tiecoties uzx0, ja visam mainıga x vertıbam, kas atrodas tuvu punktam x0, funkcijasf(x) vertıbas ir tuvu punktam a. Piedevam saja nostadne parasti prasa, laix 6= x0. Lıdz ar to nav butiski, vai funkcija f(x) ir defineta vai nav definetapunkta x0.

Vards ”tuvu” intuitıvi ir erti uztverams, tomer tam piemıt viens butiskstrukums, proti, nav ısti skaidrs, kadas situacijas lietojams sis termins ”tuvu”.Ta, piemeram, mikropasaule 3 mm var izradıties loti liels attalums, betastronomija — arı 3 km ir tuvu, faktiski vera nenemams lielums. Tapectalakaja precizesim definıciju.

Intervali un apkartnes

Ka mes varetu nonakt pie precızaka jedziena ”funkcijas robeza”?Vispirms jasak ar matematika visparpienemtam definıcijam.Pienemsim, ka a < b, tad kopas

] −∞; a [ = {x |x ∈ R & x < a }, ] −∞; a ] = {x |x ∈ R & x ≤ a };] a; b [ = {x |x ∈ R & a < x < b }, [ a; b [ = {x |x ∈ R & a ≤ x < b },] a; b ] = {x |x ∈ R & a < x ≤ b }, [ a; b ] = {x |x ∈ R & a ≤ x ≤ b };[ b; +∞ [ = {x |x ∈ R & b ≤ x }, ] b; +∞ [ = {x |x ∈ R & b < x }

sauc par intervaliem, turklat kopas ] − ∞; a [, ] a; b [, ] b; +∞ [ sauc

Precıza robezas definıcija 15

par valejiem intervaliem, bet kopu [ a; b ] — par slegtu intervalu.Ieverosim, ka sajos apzımejmos R = ] −∞; +∞ [.

2.1. DEFINICIJA. Kopu

U(x0, δ) = ]x0 − δ;x0 + δ [

sauc par punkta x0 delta apkartni. Savukart kopu

◦U (x0, δ) = ]x0 − δ;x0 + δ [ \ {x0}

sauc par punkta x0 caurdurtu delta apkartni.

Precıza robezas definıcija

2.2. DEFINICIJA. Skaitli A sauc par funkcijas f(x) robezu, kad xtiecas uz x0, ja katram pozitıvam skaitlim ε eksiste tads pozitıvs skaitlis δ,ka visiem funkcijas f definıcijas apgabala elementiem x izpildas nosacıjums:

ja x ∈◦U (x0, δ), tad f(x) ∈ U(A, ε).

Simboliski definıcija izskatas sadi: limx→x0

f(x) = A ⇔def

∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) [x ∈◦U (x0, δ) ⇒ f(x) ∈ U(A, ε) ].

Apkartnu vieta var lietot arı nevienadıbas, tad robezas definıciju pierakstasadi: lim

x→x0

f(x) = A ⇔def

∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) [ 0 < |x − x0| < δ ⇒ |f(x) − A| < ε) ].

Ka grafiski dotam ε atrast atbilstoso δ?Uzzımesim Dekarta koordinatu sistema funkcijas f(x) grafiku. Atliksim

uz horizontalas ass punktu x0 un uz vertikalas ass atbilstoso robezu A (musuzımejuma situacija A = f(x0)). Izvelamies patvalıgu ε > 0 un apskatamintervalu uz vertikalas ass ]A−ε;A+ε[. Ir jaatrod tads δ, ka visiem punktiemno intervala ]x0−δ;x0+δ[\{x0} atteli pieder intervalam ]A−ε;A+ε[. Citiemvardiem sakot visiem x ∈]x0 − δ;x0 + δ[\{x0} funkcijas grafiks atrodas josla]A − ε;A + ε[. Ja tads δ > 0 eksiste pie jebkura ε > 0, tad skaitlis A irfunkcijas f(x) robeza punkta x0. Musu zımejuma situacija dotajam ε > 0var izveleties atbilstoso δ > 0 ka sadu skaitli δ ≤ min{δ1; δ2}.


2.1. zım.

y

x

6

-0

A − ε

A + ε

A

x0 − δ1 x0 + δ2x0

y = f(x)

p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

ppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppp

Iepriekseja definıcija principa raksturo situaciju, kad robeza tiek mekletapunkta x0 pa visu funkcijas definıcijas apgabalu. Bet atcerieties lekci-jas sakuma piemeru ar funkcijas f(x) = x3−8

x−2 uzvedıbas izpeti punkta 2apkartne? Tad mes apskatıjam divas skaitlu virknes, vienas virknes loceklibija lielaki par 2, bet otras — mazaki par 2. Musu piemera abu virknuatbilstosas funkciju vertıbu virknes tiecas uz vienu un to pasu vertıbu 12.Visparga gadıjuma ta var arı nebut. Tapec tiek izskirtas labas un kreisaspuses robezas.

2.3. DEFINICIJA. Skaitli A sauc par funkcijas f(x) labas pusesrobezu (kreisas puses robezu), kad x tiecas uz x0, ja katram pozitıvamskaitlim ε eksiste tads pozitıvs skaitlis δ, ka visiem funkcijas f definıcijasapgabala elementiem x izpildas nosacıjums:

0 < x − x0 < δ ⇒ |f(x) − A| < ε.

(0 < x0 − x < δ ⇒ |f(x) − A| < ε.)

Labas puses robezu un kreisas puses robezu sauc par vienpusejam robezam.Pierakstam lieto atbilstosus apzımejumus:

limx→x−

0

f(x), limx→x+

0

f(x).


Kada gadıjuma atskiras vienpusejas robezas? Piemeram, apskatısimrealo skaitlu zımes funkciju

sgn(x) =

−1, x < 0,0, x = 0,1, x > 0.

Interesi izraisa punkts x0 = 0, saja gadıjuma

limx→0−

sgn(x) = −1 un limx→0+

sgn(x) = 1,

kaut pasa punkta 0 funkcijas vertıba ir 0. Bez pieradıjuma atzımesim saduteoremu:

2.4. TEOREMA. ( limx→x0

f(x) = A) ⇔ ( limx→x−

0

f(x) = A = limx→x+

0

f(x))

Ka pieradıt, ka uzradıtais A ir patiesam funkcijas robeza, paradısim divosnakamajos piemeros.

2.5. Piemers. Pieradıt, ka limx→2

(3x + 2) = 8 .

Ievietojot izteiksme 3x + 2 mainıga x vieta 2, iegusim skaitli 8. Tacu sobrıdmusu rıcıba nav nekada pamatojuma, lai varetu apgalvot, ka sada veidanosakama robeza lim

x→2(3x+2). Ta ir tikai hipoteze, kas japierada ar robezas

definıcijas palıdzıbu, t.i., japarada, ka∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ R [ 0 < |x − 2| < δ ⇒ |3x + 2 − 8| < ε ].

Pieradıjuma gaita pedejo nevienadıbu pakapeniski aizstasim ar ekvivalentamnevienadıbam.

|3x + 2 − 8| < ε , |3x − 6| < ε ,

3 |x − 2| < ε , |x − 2| < ε3 .

No sım savstarpeji ekvivalentajam nevienadıbam izriet:

ja δ = ε3 , tad |3x + 2 − 8| < ε .

Tapec δ loma var izraudzıties tiesi ε3 . Lıdz ar to pieradıts, ka jebkuram ε > 0

var izraudzıties δ = δ(ε) = ε3 ta, lai butu speka nosacıjums:

[ |x − 2| < δ ⇒ |3x + 2 − 8| < ε ].

Tas saskana ar robezas definıciju arı nozıme, ka limx→2

(3x + 2) = 8 .

Ieverosim, ka musu piemera δ loma vareja izveleties arı jebkuru citupozitıvu skaitli, kas apmierina nevienadıbas 0 < δ ≤ ε

3 . Citiem vardiem


sakot robezas definıcija nav prasıbas, lai δ butu viennozımıgi nosakams kaε funkcija.

2.6. Piemers. Pieradıt, ka limx→−3

(2x2 + 5x + 1) = 4 .

Uzrakstısim vispirms robezas definıciju konkretajam gadıjumam:

∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ R [ 0 < |x + 3| < δ ⇒ |2x2 + 5x + 1 − 4| < ε ].

Saksim ar pedejas nevienadıbas parveidosanu, izmantojot kvadratvienadojumasaknes:

|2x2 + 5x + 1 − 4| = |2x2 + 5x − 3| = 2|x + 3| |x − 1

2| < ε,

rezultata ir jaizpildas implikacijai

0 < |x + 3| < δ ⇒ 2|x + 3| |x − 1

2| < ε.

Definıcija teikts, ka katram ε > 0 eksiste atbilstoss δ > 0. Pagaidam tikai irdrosi zinams ierobezojums δ > 0. Vai deretu ierobezojums no augsas δ ≤ 1?Izmeginasim! Tatad, ja |x+3| < δ ≤ 1, tad varam izdarıt sadu novertejumu

2 |x− 1

2| = 2|x+3−3− 1

2| = 2|x+3−3

1

2| ≤ 2(|x+3|+3

1

2) < 2(1+3

1

2) = 9.

Tatad esam paradıjusi:

|x + 3| < 1 ⇒ 2 |x − 1

2| < 9.

Ja nevienadıba 2|x + 3| |x − 12 | < ε veicam novertejumu 2|x − 1

2 | < 9, tadiegusim

9|x + 3| < ε jeb |x + 3| <ε

9.

Ta ka |x+3| < δ, tad galarezultata ieprieksejie pienemumi un izvedumi lieksecinat, ka

δ ≤ min{ε

9, 1}.

Parbaudısim, vai esam atradusi pareizo δ!Parbaudi veiksim pec definıcijas:

∀ε > 0 ∃0 < δ ≤ min{ε

9, 1} ∀x ∈ R [ 0 < |x + 3| < δ ⇒

⇒ |2x2 + 5x − 3| = 2|x + 3| |x − 1

2| < 2δ|x − 1

2| <(1) δ · 9 ≤(2) ε

9= ε].


Nevienadıba (1) izmantojam ieprieks izdarıto secinajumu, ja |x+3| < δ ≤ 1,tad 2|x − 1

2 | < 9. Otra nevienadıba (2) izmantojam pienemumu, ka δ ≤ ε9 .

Jaatzıme, ka novertejuma δ ≤ 1 vieta var izveleties arı citu pozitıvuskaitli, bet tad izmainısies arı otrs δ novertejums.

Visu pieradıjumu var sadalıt divas dalas. Pirma dala — ta ir analızelıdz mes atrodam, kads δ varetu but derıgs. Otra dala — pieradıjums, kasdemonstre, ka izveletais δ atbilst visam robezas definıcijas prasıbam. Parastijau no analızes ir skaidra pieradıjuma shema, tapec lielakoties aprobezojas aranalızi. Piemeros mes apskatıjam linearas un kvadratiskas funkcijas robezas,diezgan drosi var teikt, ka augstaku kartu polinomu robezu pieradıjumi klustaizvien sarezgıtaki (interesanti, ka ar trigonometriskam funkcijam?). Lai iz-vairıtos no sarezgıtiem algebriskiem novertejumiem, ir izstradata robezteorija.Tas pirmais uzdevums ir izanalizet prakse biezak sastopamos gadıjumus, taatvieglojot izpratni par so visuma sarezgıto koncepciju. Tas ir tapat ka arlapstu var rakt zemi, tomer lielus kanalus izdevıgak rakt ar ekskavatoriem.


2.MAJAS DARBS

Uzrakstıt doto robezu atbilstosas definıcijas:

6. limx→10

3x2−8x2x+2 = 10

7. limx→−4

x∈[−5;17[

h(x) = 33

8. limx→−2+

√x + 2 = 0

9. Pieradıt pec robezas definıcijas, ka: limx→3

2x2−3x−9x−3 = 9

Atbilde: 0 < δ ≤ ε2

10. Uzzımet funkcijas f(x) =

x2, x ≤ 0,x, 0 < x < 1,1 + x2, x ≥ 1

grafika skici un

atrast robezas, ja tas eksiste:

a) limx→0

f(x), b) limx→1

f(x), c) limx→1−

f(x), d) limx→1+

f(x).

LEKCIJA NR. 3

ROBEZAS II∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Robezas unitateAritmetiskas darbıbas ar robezamRobezpareja nevienadıbas3.majas darbs

Robezas unitate

3.1. DEFINICIJA. Punktu x0 sauc par kopas X ⊆ R pieskarsanaspunktu, ja ∀ε > 0 U(x0, ε) ∩ X 6= ∅ .

Ka jau ieprieks netiesi minejam, robezteorija klust saturıga tikai tajosgadıjumos, ja mainıgais x tiecas uz kopas X pieskarsanas punktu x0 . Sıiemesla del turpmak uzskatısim (ja speciali tas netiks atrunats), ka x0 irkopas X ∩ Dom(f) pieskarsanas punkts.

3.2. TEOREMA (robezas unitates teorema). Eksiste ne vairak kaviena funkcijas f(x) robeza x-am tiecoties uz x0 .

2 Pienemsim pretejo, proti, ka

limx→x0

f(x) = A 6= B = limx→x0

f(x).

Pienemsim, ka |A − B| = 2ε > 0.No lim

x→x0

f(x) = A eksistences seko, ka

ε > 0 ∃δ1 > 0 ∀x ∈ Dom(f) [0 < |x − x0| < δ1 ⇒ |f(x) − A| < ε].

No limx→x0

f(x) = B eksistences seko, ka

ε > 0 ∃δ2 > 0 ∀x ∈ Dom(f) [0 < |x − x0| < δ2 ⇒ |f(x) − B| < ε].

21

Robezas unitate 22

Izvelamies δ = min{δ1; δ2}. Tad ∀x ∈ Dom(f) [0 < |x − x0| < δ ⇒

2ε = |A−B| = |(A−f(x))+(f(x)−B)| ≤ |f(x)−A|+|f(x)−B| < ε+ε = 2ε].

Ieguta pretruna 2ε < 2ε parada, ka pienemums A 6= B ir bijis aplams.

Robezas unitates teoremas lietojums parasti saistas ar iespejam atseviskosgadıjumos pieradıt, ka funkcijai f(x) robeza x → x0 nemaz neeksiste. Unvisbeidzot, ja divas reizes, rekinot funkcijas f(x) robezu x → x0, katru reiziieguts cits rezultats, esat dross, vismaz reizi kludıjaties.

3.3. TEOREMA. Ja X ⊆ Y un limx→x0x∈Y

f(x) = a, tad limx→x0x∈X

f(x) = a .

2 Brıvi izvelesimies ε > 0 , tad saskana ar doto atrodams tads δ > 0 , ka∀x ∈ Y ∩ Dom(f) izpildas nosacıjums:

|x − x0 | < δ ⇒ | f(x) − a | < ε .

Ja reiz ta, tad arı ∀x ∈ X ∩ Dom(f) izpildas nosacıjums:

|x − x0 | < δ ⇒ | f(x) − a | < ε ,

kas arı nozıme, ka limx→x0x∈X

f(x) = a .

3.4. Piemers. Pienemsim, ka kopa X defineta funkcija f(x) = c ∈ R ,tad lim

x→x0x∈X

f(x) = c .

Dotais piemers ir netipisks, jo pieradıjuma gaita varam neintereseties parε > 0 .

| f(x) − c | = | c − c | = 0 ,

un tas ir mazaks par jebkuru pozitıvu ε . Turklat sı vienadıba ir spekaneatkarıgi no ta, cik ”talu” x0 atrodas no x ∈ X , tapec δ loma var nemtjebkuru pozitıvu skaitli.

3.5. Piemers. Apskatısim Dirihle funkciju [ sk. 3.1. zım.] :

D(x) =

{

−1 , ja x ∈ Q ;1 , ja x /∈ Q .

Robezas unitate 23

-2 -1 1 3

1

-1

0 2 4

3.1. zım. Dirihle funkcija.

y

x

-

6

p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

Saskana ar ieprieks demonstreto piemeru

limx→0x∈Q

D(x) = −1 , bet limx→0x/∈Q

D(x) = 1 .

Punkts 0 ir gan kopas Q pieskarsanas punkts, gan arı kopas R\Q pieskarsanaspunkts, tapec varam balstıties uz 3.3. teoremu. Ta dod tiesıbas mumsapalvot: ja vispar eksiste lim

x→0D(x) , tad

limx→0

D(x) = limx→0x∈Q

D(x) = −1 .

Tapat sı teorema dod iespeju apgalvot: ja vispar eksiste limx→0

D(x) , tad

limx→0

D(x) = limx→0x/∈Q

D(x) = 1 .

Savukart robezas unitates teorema spiez mums secinat: ja reiz

limx→0x∈Q

D(x) = −1 6= 1 = limx→0x/∈Q

D(x) ,

tad robeza limx→0

D(x) vispar neeksiste.

Luk, arı mes nodemonstrejam, ka robezas unitates teorema var kalpottıri praktiskiem merkiem!

3.6. Piemers. limx→0

sin 1x neeksiste [ sk. 3.2. zım.] .

Aritmetiskas darbıbas ar robezam 24

− 2π − 1

π1π

2π

3.2. zım. y = sin 1x .

y

x

-

6

Nemsim vera iepriekseja piemera guto pieredzi. Izvelesimies kopas

X1 =

{

2

π + 4πk

∣

∣

∣

∣

k ∈ Z+

}

un X2 =

{

2

−π + 4πk

∣

∣

∣

∣

k ∈ Z+

}

.

Funkcija sin 1x |X1 = 1 , tapec lim

x→0x∈X1

sin 1x = 1 .

Funkcija sin 1x |X2 = −1 , tapec lim

x→0x∈X2

sin 1x = −1 .

Lıdz ar to x → 0 funkcijai sin 1x robeza neeksiste.

Aritmetiskas darbıbas ar robezam

3.7. TEOREMA. Ja limx→x0x∈X

f(x) = a un limx→x0x∈X

g(x) = b , tad

limx→x0x∈X

(f(x) + g(x)) = a + b .

2 Brıvi izveletam ε > 0 skaitlis ε2 > 0, tapec saskana ar robezas definıciju

∃ δ1 > 0 [ |x − x0 | < δ1 ⇒ | f(x) − a | < ε2 ] ,

∃ δ2 > 0 [ |x − x0 | < δ2 ⇒ | g(x) − b | < ε2 ] .

No sejienes, ja |x − x0 | < δ = min{δ1, δ2} , tad| [ f(x) + g(x) ] − [ a + b ] | = | [ f(x) − a ] + [ g(x) − b ] | ≤≤ | f(x) − a | + | g(x) − b | < ε

2 + ε2 = ε .



g(x) = b , tad


limx→x0x∈X

(f(x)g(x)) = ab .

2 (i) Ja reiz limx→x0x∈X

g(x) = b , tad skaitlim ε0 = 1

∃ δ1 > 0 [ |x − x0 | < δ1 ⇒ | g(x) − b | < 1 ] .No sejienes | g(x) | = | g(x) − b + b | ≤ | g(x) − b | + | b | < 1 + | b | .(ii) Brıvi izraudzıtam ε > 0 skaitlis ε1 = ε

| a |+| b |+1 > 0 . Saskana ar doto

∃ δ2 > 0 [ |x − x0 | < δ2 ⇒ | g(x) − b | < ε1 ] un∃ δ3 > 0 [ |x − x0 | < δ3 ⇒ | f(x) − a | < ε1 ] .

(iii) Ja |x − x0 | < δ = min{δ1, δ2, δ3} , tad| f(x)g(x) − ab | = | f(x)g(x) − ag(x) + ag(x) − ab | ≤

≤ | f(x)g(x) − ag(x) | + | ag(x) − ab | == | g(x) | | f(x) − a | + | a | | g(x) − b | << ( 1 + | b | )ε1 + | a | ε1 = ( 1 + | a | + | b | )ε1 = ε .

3.9. SEKAS. Ja eksiste limx→x0x∈X

f(x) , tad

∀α ∈ R limx→x0x∈X

[αf(x) ] = α limx→x0x∈X

f(x) .

2 Vienadıba limx→x0x∈X

α = α nav nekas cits ka 3.4. piemers. Savukart

vienadıbu limx→x0x∈X

α limx→x0x∈X

f(x) = limx→x0x∈X

[α f(x)] pamato 3.8. teorema.

Ta rezultata α limx→x0x∈X


α limx→x0x∈X


[αf(x) ] .


f(x) un limx→x0x∈X

g(x) , tad

limx→x0x∈X

(f(x) − g(x)) = limx→x0x∈X

f(x) − limx→x0x∈X

g(x) .

2 Vienadıba (−1) limx→x0x∈X

g(x) = limx→x0x∈X

(−1)g(x) nav nekas cits ka 3.9. sekas.

Savukart vienadıbu limx→x0x∈X

f(x) + limx→x0x∈X

(−1)g(x) = limx→x0x∈X

[ f(x) + (−1)g(x)]

pamato 3.7. teorema. Ta rezultata limx→x0x∈X

f(x) − limx→x0x∈X

g(x) =

= limx→x0x∈X

f(x) + (−1) limx→x0x∈X

g(x) = limx→x0x∈X

f(x) + limx→x0x∈X

(−1)g(x) =

= limx→x0x∈X

[ f(x) + (−1)g(x) ] = limx→x0x∈X

(f(x) − g(x)).



f(x) un limx→x0x∈X

g(x) , tad

∀α ∈ R ∀β ∈ R limx→x0x∈X

[αf(x) + βg(x) ] = α limx→x0x∈X

f(x) + β limx→x0x∈X

f(x) .

2 Nemt vera 3.10. seku pieradıjuma shemu.


f(x) = a 6= 0 , tad limx→x0x∈X

1f(x) = 1

a .

2 (i) Ta ka limx→x0x∈X

f(x) = a 6= 0 , tad skaitlim ε0 = | a |2

∃ δ1 > 0 [ |x − x0 | < δ1 ⇒ | f(x) − a | < | a |2 ] . No sejienes

| f(x) | = | a + f(x) − a | ≥ || a | − | f(x) − a || > || a | − | a |2 | = | a |

2 .

(ii) Brıvi izraudzıtam ε > 0 skaitlis ε1 = ε | a |22 > 0 . Saskana ar doto

∃ δ2 > 0 [ |x − x0 | < δ2 ⇒ | f(x) − a | < ε1 ] .

(iii) Ja |x − x0 | < δ = min{δ1, δ2} , tad

∣

∣

∣

∣

1

f(x)− 1

a

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

a − f(x)

af(x)

∣

∣

∣

∣

=|f(x) − a|| a | |f(x)| ≤

2 ε1

| a |2 = ε .

3.13. SEKAS. Ja limx→x0x∈X


g(x) = b 6= 0 , tad

limx→x0x∈X

f(x)

g(x)=

a

b.

2 Vienadıba 1b = lim

x→x0x∈X

1g(x) nav nekas cits ka 3.12. teorema. Savukart

vienadıbu limx→x0x∈X

1g(x) lim

x→x0x∈X


1g(x)f(x) pamato 3.8. teorema. Ta

rezultata ab = 1

ba = limx→x0x∈X

1g(x) lim

x→x0x∈X


1g(x)f(x) = lim

x→x0x∈X

f(x)g(x) .

Sıs robezu teoremas lauj atrast, piemeram, sadas robezas:3.14. Piemers.

1. limx→2

3x2+7x−1√6x+4

= 3·22+7·2−1√6·2+4

= 254 .

2. limx→1

5x2+2x−7x3−1

= 00 — ko nu darıt?

Situacijas, kuras veidojas sadi dalıjumi, sauc par robezu nenoteiktıbam00 . Izmantojot algebriskus parveidojumus un aritmetiskas darbıbas ar robezam,

Robezpareja nevienadıbas 27

robezu nenoteiktıbu 00 var noverst, t.i., var atrast dalas robezu. Saısinasanu

drıkst izdarıt, jo pec robezas definıcijas dalas vertıba netiek apskatıta punktax0 = 1.

limx→1

5x2+2x−7x3−1

= limx→1

5(x−1)(x+ 75)

(x−1)(x2+x+1)= lim

x→1

5x+7x2+x+1

= 123 = 4.

3. limx→−2

2−√

6+x3−

√7−x

= limx→−2

(2−√

6+x)(2+√

6+x)(3+√

7−x)

(3−√

7−x)(3+√

7−x)(2+√

6+x)=

= limx→−2

(4−(6+x))(3+√

7−x)

(9−(7−x))(2+√

6+x)= lim

x→−2

(−2−x)(3+√

7−x)

(2+x)(2+√

6+x)= −3+3

2+2 = −32 .

Sıs pedejas robezas atrasana izmantojam reizinasanu ar saistıtajam izteiksmem.

Jaatzıme, ka teoremas par aritmetiskam darbıbam ar robezam ir spekaarı vienpusejo robezu gadıjuma.

3.15. Piemers.lim

x→2−

(x2+1)⌊x⌋(3x−1)2

= 5·225 = 2

5 un limx→2+

(x2+1)[x](3x−1)2

= 5·125 = 1

5 .

Kopuma tas nozıme, ka limx→2−

(x2+1)⌊x⌋(3x−1)2

neeksiste, jo vienpusejas robezas ir

atskirıgas.

Robezpareja nevienadıbas

3.16. TEOREMA. Ja kada punkta x0 apkartne

f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) un limx→x0x∈X

f(x) = a = limx→x0x∈X

h(x) ,

tad limx→x0x∈X

g(x) = a .

2 Ja reiz limx→x0x∈X

f(x) = a = limx→x0x∈X

h(x) , tad jebkuram brıvi izraudzıtam

ε > 0 var atrast tadus pozitıvus δ1, δ2 , ka izpildas sekojosi nosacıjumi:|x − x0 | < δ1 ⇒ | f(x) − a | < ε un |x − x0 | < δ2 ⇒ |h(x) − a | < ε .No sejienes a − ε < f(x) un h(x) < a + ε .

Saskana ar doto atrodama tada apkartne U(x0, δ0) , ka∀x ∈ U(x0, δ0) f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) . Ja |x − x0 | < δ = min{δ0, δ1, δ2} ,tad a − ε < f(x) ≤ g(x) ≤ h(x) < a + ε , tapec | g(x) − a | < ε .

Velak mes pieradısim, ka

limx→0

sin x

x= 1 ,

balstoties uz tikko pamatoto teoremu.


Bet limx→0

x sin 1x =? Atseviski nemot robeza no pirma reizinataja ir 0,

bet no otra neeksiste. Tacu ta spriest nedrıkst — atseviskas robezas varneeksistet, bet reizinajuma robeza var eksistet. Ta tas ir arı saja gadıjuma.Ieverosim, ka

0 ≤∣

∣

∣

∣

x sin1

x

∣

∣

∣

∣

≤ |x| · 1 = |x|.

Ta ka limx→0

0 = 0 un limx→0

|x| = 0, tad pec robezparejas nevienadıbas

limx→0

∣

∣

∣

∣

x sin1

x

∣

∣

∣

∣

= 0.

Viegli pieradıt, ka

(limx→c

f(x) = 0) ⇔ (limx→c

|f(x)| = 0).

Tadejadi limx→0

x sin 1x = 0.


3.MAJAS DARBS

Atrast robezas:

11. limx→−1

3x2+3x2x2−3x−5

Atbilde: 37

12. limx→2

√x2+5−3√

x+7−√

11−xAtbilde: 2

13. limx→0

4−√

16−x12x2+5x Atbilde: 1

40

Aprekinat vienpusejas robezas:

14. a) limx→0−

3x−|x|2x , b) lim

x→0+

3x−|x|2x .

Atbilde: a) 2; b) 1

15. a) limx→−1−

1x−[x] , b) lim

x→−1+

1x−[x] .

Atbilde: a) 1; b) neeksiste

LEKCIJA NR. 4

NEPARTRAUKTAS FUNKCIJAS∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

PamatdefinıcijasElementaro funkciju nepartrauktıbaPartraukuma punktiNepartrauktu funkciju ıpasıbas4.majas darbs

Pamatdefinıcijas

Viens no fundamentalakajiem matematiskas analızes jedzieniem ir funkcijasnepartrauktıba. Vienkarsaka sı jedziena izpratne lauj domat par nepartrauktamfunkcijam ka par nepartrauktam lınijam, t.i., tadam lınijam, kuras varuzzımet uz papıra, neatraujot roku no papıra. Diemzel precızi sı idejanestrada. Piemeram, funkcija f(x) = 3x ir nepartraukta naturalo skaitlukopa, bet tas grafiks ir atseviski izoleti punkti.

4.1. DEFINICIJA. Funkciju f(x) sauc par nepartrauktu punktax0, ja lim

x→x0

f(x) = f(x0) . Funkciju f(x) sauc par nepartrauktu kopa X ,

ja funkcija f(x) ir nepartraukta katra kopas X punkta x0 .

Musu tuvakais merkis ir iepazıstinat ar sıs definıcijas citiem ekvivalen-tiem formulejumiem. Funkciju ∆x = x−x0 sauc par argumenta x pieau-gumu punkta x0, savukart ∆y = f(x) − f(x0) sauc par funkcijas f(x)pieaugumu punkta x0. Funkcijas ∆y apzımesanai medz lietot arı pierak-stu ∆f(x0). Ieverosim, ka ∆f(x0) = f(x) − f(x0) = f(x0 + ∆x) − f(x0),t.i., ∆f(x0) var uzlukot arı ka argumenta ∆x funkciju.

4.2. DEFINICIJA. Funkciju f(x) sauc par nepartrauktu punktax0, ja lim

∆x→0∆y = 0 .

Pieradısim, ka 4.1. un 4.2. definıcijas ir ekvivalentas!

Nepartrauktas funkcijas 31

2 ⇒ Ta ka limx→x0

f(x) = f(x0) , tad brıvi izveletam ε > 0 var atrast

tadu δ > 0, ka izpildas nosacıjums: |x − x0 | < δ ⇒ | f(x) − f(x0) | < ε .No sejienes: |∆x | < δ ⇒ |∆y | < ε . Tatad lim

∆x→0∆y = 0 .

⇐ Ta ka lim∆x→0

∆y = 0 , tad brıvi izraudzıtam ε > 0 atrodams tads

δ > 0, ka izpildas nosacıjums: |∆x | < δ ⇒ |∆y | < ε . No sejienes:|x − x0 | < δ ⇒ | f(x) − f(x0) | < ε . Lıdz ar to lim

x→x0

f(x) = f(x0) .

4.3. DEFINICIJA. Funkciju u(x) sauc par bezgalıgi mazu funkcijux−am tiecoties uz x0, ja lim

x→x0

u(x) = 0 .

Otra definıcija parada, ka ∆f(x0) ir bezgalıgi maza funkcija lielumam∆x → 0 . Saja gadıjuma medz teikt, ka bezgalıgi mazam argumenta pieau-gumam ∆x punkta x0 atbilst bezgalıgi mazs funkcijas pieaugums ∆f(x0) .

4.4. TEOREMA. Ja limx→x0x∈X1

f(x) = a = limx→x0x∈X2

f(x) , tad

limx→x0

x∈X1∪X2

f(x) = a.

2 Saskana ar doto brıvi izraudzıtam ε > 0

∃δ1 > 0 ∀x ∈ X1 ∩ Dom(f) [ |x − x0| < δ1 ⇒ |f(x) − a| < ε ],∃δ2 > 0 ∀x ∈ X2 ∩ Dom(f) [ |x − x0| < δ2 ⇒ |f(x) − a| < ε ].

No sejienes, ja |x − x0| < δ = min{δ1, δ2} , tad

∀x ∈ (X1 ∪ X2) ∩ Dom(f) |f(x) − a| < ε .

Tatad limx→x0

x∈X1∪X2

f(x) = a .

4.5. DEFINICIJA. Funkciju f(x) sauc par nepartrauktu punkta x0

no kreisas puses, ja limx→x−

0

f(x) = f(x0). Funkciju f(x) sauc par nepar-

trauktu punkta x0 no labas puses, ja limx→x+

0

f(x) = f(x0).

Nemot vera 4.1.definıciju un 2.4.teoremu, funkcijas nepartrauktıbu punktavaram definet arı sadi:

4.6. DEFINICIJA. Funkciju f(x) sauc par nepartrauktu punktax0, ja ta saja punkta ir nepartraukta gan no labas, gan kreisas puses.


Elementaro funkciju nepartrauktıba

No teoremam par summas, starpıbas, reizinajuma un dalıjuma robezamiegustam sadu teoremu.

4.7. TEOREMA. Punkta x0 nepartrauktu funkciju summa, starpıba,reizinajums un dalıjums (ja dalas saucejs punkta x0 nav nulle) ir punkta x0

nepartrauktas funkcijas.

4.8. Piemers. Konstantai funkcijai f(x) = c un jebkuram x0

limx→x0

f(x) = c (robezteorija to pieradıjam!). Tas nozıme, ka konstanta

funkcija ir nepartraukta visa realo skaitlu kopa R.

4.9. Piemers. Funkcijai g(x) = x un jebkuram x0 ∈ R limx→x0

g(x) = x0 .

Saskana ar robezas definıciju mums japierada, ka

∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x [ |x − x0| < δ ⇒ |g(x) − g(x0)| < ε ].

Musu gadıjuma nosacıjums

|x − x0| < δ ⇒ |g(x) − g(x0)| < ε

izskatas sadi:

|x − x0| < δ ⇒ |x − x0| < ε .

No sejienes izriet, ka δ loma var izveleties ε . Tas demonstre, ka funkcijag(x) = x ir nepartraukta visa realo skaitlu kopa R.

Atgadinasim, ka jebkuru racionalu funkciju iegust summejot, reizinot undalot nepartrauktas funkcijas f(x) = c un g(x) = x. Tapec no 4.7. teoremasizriet nakama teorema.

4.10. TEOREMA. Racionala funkcija ir nepartraukta visos sıs funkci-jas definıcijas apgabala punktos.

Tagad atgriezısimies pie robezteorijas lekcijas, kuras pec robezas definıcijaspieradıjam, ka noradıtais skaitlis ir robeza. Ta ka polinomi arı ir racionalasfunkcijas, tad tikko formuleta teorema lauj gruti pieradıtas robezas atrastpavisam viegli: nepartrauktu funkciju gadıjuma atliek x0 ievietot mainıgavieta un izskaitlot vertıbu!

limx→2

(3x + 2) = 3 · 2 + 2 = 8

un


limx→−3

(2x2 + 5x + 1) = 2 · (−3)2 + 5 · (−3) + 1 = 18 − 15 + 1 = 4 .

4.11. Piemers. Funkcija y = |x| ir nepartraukta visa realo skaitlukopa R .

-2 -1 1

1

0 2

2

4.1. zım. y = |x | .

y

x

-

6

Lai to ieraudzıtu, atliek doto funkciju apskatıt pec tas definıcijas:y = −x, x < 0 un y = x, x > 0, abas ir polinomu funkcijas, tatadnepartrauktas funkcijas savos definıciju apgabalos. Tas nozıme arı to, kalim

x→0−(−x) = 0 un lim

x→0+x = 0. Vienpusejas robezas ir vienadas, tapec

limx→0

|x| = 0, kas nozıme, ka y = |x| ir nepartraukta funkcija punkta 0.

Kopuma esam ieguvusi, ka modula funkcija y = |x| ir nepartraukta visarealo skaitlu kopa.

4.12. TEOREMA (Funkciju kompozıcijas robezteorema). Ja funkcijag(y) ir nepartraukta punkta y0 un lim

x→x0

f(x) = y0, tad

limx→x0

(g ◦ f)(x) = g( limx→x0

f(x)).

2 Ta ka limx→x0

f(x) = y0, tad mums japierada, ka limx→x0

(g ◦ f)(x) = g(y0).

Funkcija g(y) ir nepartraukta punkta y0, tapec brıvi izraudzıtam ε > 0eksiste tads η > 0, ka | g(y) − g(y0) | < ε, ja tikai | y − y0 | < η. Ja reizlim

x→x0

f(x) = y0, tad

∃δ > 0 [ |x − x0 | < δ ⇒ | f(x) − y0 | < η ],

tadel | g(f(x)) − g(y0) | < ε. Lıdz ar to

|x − x0 | < δ ⇒ | (g ◦ f)(x) − g(y0) | < ε ,


kas saskana ar robezas definıciju arı nozıme, ka limx→x0

(g ◦ f)(x) = g(y0) .

4.13. SEKAS. Ja funkcija g(y) ir nepartraukta punkta y0, bet f(x) irnepartraukta punkta x0 un f(x0) = y0, tad funkciju kompozıcija (g ◦ f)(x)ir nepartraukta punkta x0.

Tas dod iespeju secinat: ja g(y) ir nepartraukta visa realo skaitlu kopaR, bet f(x) ir nepartraukta kopa X, tad (g ◦ f)(x) ir nepartraukta kopa X.

4.14. Piemers. h(x) = |x2 − 3x + 8| ir nepartraukta funkcija visiemx ∈ R, jo f(x) = |x| un g(x) = x2 − 3x+ 8 ir nepartrauktas funkcijas, tapecnepartraukta ir to kompozıcija h(x) = f(g(x)) = (f ◦ g)(x).

4.15. LEMMA. | sin t | ≤ | t | .2 Ta ka | sin t | ≤ 1 jebkuram t ∈ R , tad nevienadıba | sin t | ≤ | t |

ir speka, ja | t | ≥ 1. Tagad pieversısimies gadıjumam 0 < t < 1 .

Zım. 4.2.

y

x

6

-0

OY

1

t

B 1

A

C

.

4.2. zım. sin t = |BC|, bet t =⌣

AC. Nemsim vera, ka perpendikuls |BC| irısakais attalums lıdz taisnei OB, tadel

sin t = |BC| ≤⌣

AC= t .

Ja −1 < t < 0, tad 0 < −t < 1, tapec

| sin t | = | − sin t | = | sin(−t) | = sin(−t) ≤ −t = | − t | = | t | .

Partraukuma punkti 35

4.16. APGALVOJUMS. Funkcija y = sin x ir nepartraukta visa realoskaitlu kopa R.

2 Pienemsim, ka x0 ∈ R. Mums japierada (sk. 4.2. definıciju), kalim

∆x→0∆y = 0 , t.i., ∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x [ |∆x | < δ ⇒ |∆y | < ε ]. Nemsim

vera, ka ∆y = sin x − sin x0 = 2 sin x−x02 cos x+x0

2 . No sejienes, balstoties

uz 4.18. lemmu: |∆y | = 2| sin ∆x2 | | cos x+x0

2 | ≤ 2 |∆x |2 = |∆x | . Ta

rezultata, ja |∆x | < δ = ε , tad |∆y | < ε , kas saskana ar robezas definıcijuarı nozıme, ka lim

∆x→0∆y = 0 .

4.17. SEKAS. Funkcija y = cos x ir nepartraukta visa realo skaitlukopa R.

2 Nemsim vera, ka cos x = sin(π2 − x). Ta ka funkcijas sin t un

π2 −x ir nepartrauktas visa realo skaitlu kopa R, tad (4.13. sekas) so funkcijukompozıcija ir nepartraukta visa realo skaitlu kopa R.

Tagad, balstoties uz 4.7. teoremu, varam apgalvot, ka funkcijas tgx unctgx ir nepartrauktas savos definıcijas apgabalos. Ciklometriskas funkci-jas mes analizesim velak. Kas attiecas uz eksponentfunkciju ax, tad seitrodas problemas, piemeran, definejot 2π vai 10

√2. So jautajumu rupıgak

analizesim pec iepazısanas ar noteikto integrali. Sobrıd aprobezosimies arsadas teoremas formulejumu.

4.18. TEOREMA. Jebkura elementara funkcija f(x) ir nepartrauktasava definıcijas apgabala Dom(f).

Partraukuma punkti

Mes apskatısim tikai tadu punktu x0 klasifikaciju, kuriem eksiste caurdurta

apkartne◦U (x0, δ0) ⊆ Dom(f).

4.19. DEFINICIJA. Punktu x0 sauc par funkcijas f(x) partraukumapunktu, ja x0 /∈ Dom(f) vai arı saja punkta funkcija nav nepartraukta.Ja partraukuma punkta x0 eksiste vienpusejas robezas, tad so partraukumapunktu sauc par pirma veida partraukuma punktu. Saja situacija starpıbulim

x→x+0

f(x) − limx→x−

0

f(x) sauc par funkcijas f(x) lecienu punkta x0. Ja

leciens vienads ar 0, tad partraukuma punktu x0 sauc par funkcijas f(x)noversamu partraukuma punktu. Partraukuma punktu, kas nav pirmaveida partraukuma punkts, sauc par otra veida partraukuma punktu.

Partraukuma punkti 36

Funkcijai

y =

{

2x2 − 1 , ja x ≤ 0;cos x , ja x > 0;

[ sk. zım. 1.1 ]

punkts x0 ir pirma veida partraukuma punkts (leciens sai punkta ir 2),turklat punkta 0 funkcija ir nepartraukta no kreisas puses.

Arı funkcijai sgn(x) (signum no x) [zım. 4.3] punkta 0 leciens ir 2, jolim

x→0−sgn(x) = −1 , bet lim

x→0+sgn(x) = 1 , kaut arı sgn(0) = 0. Tatad

funkcija

-2 -1

1

1

0

2

2

Zım. 4.3. y = sgn(x).

y

x

6

-2 -1

1

1

0

2

2

Zım. 4.4. y = 1x .

y

x

-

6

�

-1

-2

-1

-2

r

-

-

sgn(x) punkta 0 nav nepartraukta nedz no kreisas, nedz labas puses.Turpretı funkcija ⌊x⌋ [zım. 1.2] ir nepartraukta no labas puses visa realo

skaitlu kopa R, kaut arı katra vesela punkta x0 ∈ Z tai leciens ir 1.Funkcijai

y =

{

1 , ja x 6= 0;−1 , ja x = 0;

punkts 0 ir noversams partraukuma punkts.

Savukart funkcijaix3 − 8

x − 2punkts 2 ir noversams partraukuma punkts,

kaut arı pati funkcija sai punkta nav defineta.Funkcijai 1

x [zım. 4.4] punkts 0 ir otra veida partraukuma punkts, tapatka funkcijai sin 1

x [zım. 3.4].Savukart Dirihle funkcijai [zım. 3.1] visi realas skaitlu ass R punkti ir

otra veida partraukuma punkti neskatoties uz to, ka tas definıcijas apgabalsarı ir R.

Nepartrauktu funkciju ıpasıbas 37

Nepartrauktu funkciju ıpasıbas

4.20. DEFINICIJA. Pienemsim, ka punkts c pieder funkcijas f definıcijasapgabalam Dom(f) un S ⊆ Dom(f).

f(c) sauc par funkcijas f lielako (maksimalo) vertıbu kopa S, jaf(c) ≥ f(x) visiem x no S.

f(c) sauc par funkcijas f mazako (minimalo) vertıbu kopa S , jaf(c) ≤ f(x) visiem x no S.

Funkcijas f lielakas un mazakas vertıbas kopa S sauc par ekstremalamvertıbam.

Biezi vien lielakas un mazakas vertıbas eksistence noteiktai funkcijaiir atkarıga no kopas S. Piemeram, funkcijai f(x) = 1

x [zım. 4.4] kopaS =]0;+∞[ nav ekstremalo vertıbu. Toties, ja S = [a; b], a > 0, tad f(a) irlielaka vertıba, bet f(b) ir mazaka funkcijas f vertıba. Ja savukart S =]a; b[,tad funkcijai atkal nav ekstremalo vertıbu.

Tapat ekstremalo vertıbu eksistence ir atkarıga no funkcijas veida. Jaaplukojam partrauktu funkciju

y =

{

2x2 − 1 , ja x ≤ 0;cos x , ja x > 0;

tad kopa S = [0; 4] tai nav lielakas vertıbas, tacu ir mazaka vertıbay(0) = y(π) = −1.

4.21. DEFINICIJA. Kopu Y ⊆ R sauc par ierobezotu no apaksas,ja ∃M ∈ R ∀y ∈ Y (M ≤ y). Savukart, ja ∃N ∈ R ∀y ∈ Y (N ≥ y), tadkopu Y sauc par ierobezotu no augsas. Ja kopa Y ierobezota gan noapaksas, gan augsas, tad kopu Y sauc par ierobezotu. So terminologijuattiecina arı uz reala argumenta funkcijam. Ta funkciju f(x) sauc par ier-obezotu kopa X ⊆ Dom(f), ja Y = { y | y = f(x)&x ∈ X } ir ierobezotakopa. Lıdzıgi define kopa X gan no apaksas, gan augsas ierobezotufunkciju.

4.22. TEOREMA (Veierstrasa teorema nepartrauktam funkcijam).Slegta intervala [ a; b ] nepartraukta funkcija ir ierobezota. Sai intervalata sasniedz gan savu mazako, gan lielako vertıbu.

Tuvinati atrodot vienadojumu realas saknes, atrisinot nevienadıbas, kaarı daudzos spriedumos un pieradıjumos izmanto Kosı teoremas par nepar-trauktam funkcijam.

4.23. TEOREMA (Kosı). Ja funkcija ir nepartraukta slegta intervala[ a; b ], viena no intervala galapunktiem tas vertıba ir pozitıva, bet otra —negatıva, tad vismaz viena intervala iekseja punkta funkcijas vertıba ir nulle.


Teoremai ir vienkarsa geometriska interpretacija: ja nepartrauktas funkci-jas vertıbas intervala [ a; b ] galos ir skaitli ar pretejam zımem, tad vis-maz viena intervala iekseja punkta funkcijas grafiks krusto Ox asi — saipunkta funkcijas vertıba ir nulle [ sk. zım. 1.1, kur y(1) > 0, y(2) < 0 uny(π

2 ) = 0, π2 ∈ [ 1; 2 ] ].

4.24. TEOREMA (Kosı). Ja funkcija f(x) ir nepartraukta slegta in-tervala [ a; b ] un intervala galapunktos funkcijas vertıbas nav vienadas, tadsai intervala funkcija pienem jebkuru starpvertıbu starp funkcijas vertıbamintervala galapunktos.

Simboliski gadıjuma, ja α < β, tas izskatas sekojosi:

f(a) = α & f(b) = β ⇒ ∀γ ∈ [α;β ] ∃c ∈ [ a; b ] f(c) = γ.

Visbeidzot atzımesim svarıgo Kantora teoremu, kuras lietojumi galvenokartsaistıti ar iespejam korekti pamatot daudzus rezultatus par nepartrauktamfunkcijam.

4.25. TEOREMA (Kantora teorema). Ja funkcija f(x) ir nepartrauktaslegta intervala [ a; b ], tad

∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ [ a; b ] ∀x′ ∈ [ a; b ] [ |x−x′ | < δ ⇒ | f(x)−f(x′) | < ε ].

Funkciju, kas apmierina teoremas secinajuma nosacıjumu, sauc par vien-merıgi nepartrauktu funkciju.

Sıs teoremas nosacıjumu sabalansetıbu raksturo kaut vai tads fakts, kavaleja intervala analogs secinajums var izradıties arı aplams. Par to varparliecinaties, izanalizejot valeja intervala ]0; 1[ nepartrauktu funkcijuy = 1

x .


4.MAJAS DARBS

16. Pieradıt pec nepartrauktıbas definıcijas, ka funkcija f(x) = cos x irnepartraukta, izmantojot dotu apgalvojumu: ∀x ∈ R : | sin x| ≤ |x|.

17. Vai vienadojumam sin x − x + 1 = 0 ir kaut viena reala sakne?Kapec?

Noteikt doto funkciju partraukuma punktus un to veidu. Uzzımet funkcijugrafikus.

18. y =

1x−1 , x < 0

(x + 1)2, 0 ≤ x < 2x2 + 5, x > 2

19. y =

{

− 1x , x < 0

5x − x2, 0 ≤ x

20. Izpetıt funkcijas g(x) = 13(x+2)(x−3) nepartrauktıbu intervalos [a; b],

ja

a) [a; b] = [−1; 2]; b) [a; b] = [−5; 0]; c) [a; b] = [−3; 4].

LEKCIJA NR. 5

DIFERENCESANA I∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Pieskares jedziensMomentanais atrumsAtvasinajuma definıcijaFunkcijas atvasinajums un nepartrauktıbaDiferencialis un aproksimacijaAtvasinasanas likumiElementaro funkciju atvasinasana5.majas darbs

Pieskares jedziens

Eiklıda definıcija par pieskari ka taisni caur vienu lıknes punktu ir vien-nozımıgi skaidrojama rinka lınijas gadıjuma, bet citam lıknem sı definıcijavar izradıties aplama. Izmantojot robezas jedzienu, mes nonaksim pie pre-cızaka pieskares apraksta.

Pienemsim, ka P ir patvalıgi fiksets punkts uz lınijas un Q ir tuvs kustıgspunkts [5.1. zım.] arı uz lınijas.

5.1. DEFINICIJA. Taisni, kas iet caur punktiem P un Q, sauc parsekanti.

5.2. DEFINICIJA. Par lınijas pieskari punkta P sauc sekantes robez-pozıciju (ja tada eksiste), kad punkts Q tuvojas un sasniedz punktu P .

Ta ka sı definıcija satur tadus ieprieks nedefinetus jedzienus, ka sekantes

robezpozıcija, punkts Q tuvojas un sasniedz punktu P , tad sai paragrafaizklastıto uzskatısim par 5.2. definıcijas precizejumu. Vispirms vienosimies,ka pieskare punkta P eksiste, ja sekantes robezstavoklis nav atkarıgs no ta,kura puse punktam P izraudzıts punkts Q.

Pienemsim, ka lınijas vienadojums ir y = f(x) un punkta P koordinatasir (x0, f(x0)), savukart tuvam punktam Q koordinatas ir (x0 +h, f(x0 +h)).

Momentanais atrums 41

Tad sekantes caur punktiem P un Q virziena koeficients atrodams ka [sk.5.1. zım.]:

msec =f(x0 + h) − f(x0)

h=

|QN ||PN | .

No sejienes seko, ka pieskares (ja tada eksiste), kas iet caur punktu P ,virziena koeficients meklejams ka sada robeza:

mpieskares = limh→0

msec = limh→0

f(x0 + h) − f(x0)

h.

Lai atrastu pieskares vienadojumu y = mpx + b ar zinamu virziena koefi-cientu mp punkta (x0, y0), tad mums janoskaidro koeficienta b vertıba. Ta

5.1. zım.

y

x

6

-0

f(x0)

f(x0 + ∆x)

x0 x0 + ∆x

PN

Q

y = f(x)



ppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

ka lınija iet caur punktu (x0, y0), tad: y0 = mpx0 +b, no sejienes iegusim, kab = y0 −mpx0. Galarezultata pieskares vienadojumu punkta (x0, y0) varamuzrakstıt ka

y − y0 = mp(x − x0).

Momentanais atrums

Ja ar automasınu divas stundas nobrauc 80 km, tad videjais atrums ir 40 kmstunda. Tacu brauksanas laika spidometrs visu laiku nerada 40, sakuma tas

Atvasinajuma definıcija 42

rada 0, tad varbut pat 60, beigas atkal 0. Ko tad patiesıba rada spidometrs?Pienemsim, ka materials punkts kustas nevienmerıgi pa taisni. Izveloties

kustıbas taisni par koordinatu asi, punkta stavokli katra laika momenta tnosaka punkta koordinata x. Funkciju x = x(t), kas izsaka materiala punktakoordinatas x atkarıbu no laika t, sauc par materiala punkta kustıbaslikumu. Ja kustıbas likums ir zinams, tad katra laika momenta ir zinama arımateriala punkta atrasanas vieta. Tatad laika momenta t punkta koordinatair x(t), bet momenta t+∆t ta ir x(t+∆t). Intervala starp minetajiem laikamomentiem punkts ir veicis attalumu ∆x = x(t + ∆t) − x(t). Kustıbasvidejo atrumu intervala [t; t + ∆t] define ka noieta cela attiecıbu pretkustıbas laiku, t.i.,

vvid =∆x

∆t=

x(t + ∆t) − x(t)

∆t.

Lai raksturotu kustıbu laika momenta t, izmanto momentana atrumajedzienu. Videja atruma vvid robezu, kad ∆t → 0, sauc par momentanoatrumu laika momenta t, t.i.,

v = lim∆t→0

vvid = lim∆t→0

∆x

∆t= lim

∆t→0

x(t + ∆t) − x(t)

∆t.

Redzam, ka pieskares virziena koeficientu un momentano atrumu iegustpec analogiskas formulas, atskirıgi ir tikai nosaukumi vienam un tam pasamjedzienam.

Atvasinajuma definıcija

Organismu pieaugums (biologija), robezpelna (ekonomika), vadu blıvums(fizika), vielas skısanas atrums (kımija) ir citas versijas par to pasu temu kapieskares virziena koeficients vai momentanais atrums. Labs matematikisatbrıvojas no pielietojumu dazadajiem raksturiem.

5.3. DEFINICIJA. Pienemsim, ka U(x0, δ0) ⊆ Dom(f). Funkciju fsauc par atvasinamu punkta x0, ja eksiste robeza

lim∆x→0

f(x0 + ∆x) − f(x0)

∆x∈ R.

Sıs robezas vertıbu sauc par funkcijas atvasinajumu punkta x0 un apzımear f ′(x0). Atvasinajuma atrasanas darbıbu sauc gan par atvasinasanu, ganpar diferencesanu.

Funkcijas atvasinajums un nepartrauktıba 43

Tatad funkcijas f atvasinajums ir vienads ar funkcijas un argumentapieaugumu attiecıbas robezu, kad argumenta pieaugums tiecas uz 0. Tasnozıme, ka atvasinajuma definıcija mineto robezu var pierakstıt arı sadi:

f ′(x0) = limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0.

Piemeram, funkcijas f(x) = x3 atvasinajumu punkta 7 var pierakstıt sadi:

f ′(7) = lim∆x→0

(7+∆x)3−73

∆x vai arı f ′(7) = limx→7

x3−73

x−7 .

Diferencesana funkcijai f piekarto jaunu funkciju f ′ : x 7→ f ′(x). Sofunkciju f ′ : R −→ R sauc par funkcijas f atvasinajumu. Neapmulstiet, joatvasinajuma darbıbas apzımesanai lieto vairakus atskirıgus apzımejumus.Tas nozıme, ka sekojosi pieraksti ir ar vienadu nozımi:

f ′, y′, Df,dy

dx,

df

dx.

5.4. Piemers. Atradısim funkcijas f(x) =√

5x − 2, x > 25 , atvasinajumu:

f ′(x) = limh→0

√5(x+h)−2−

√5x−2

h = limh→0

5(x+h)−2−(5x−2)

h(√

5(x+h)−2+√

5x−2)=

= limh→0

5h

h(√

5(x+h)−2+√

5x−2)= 5

2√

5x−2.

Funkcijas atvasinajums un nepartrauktıba

Ja lınijai eksiste pieskare dota punkta, tad lınija saja punkta nevar izdarıt”lecienu”, t.i., ta ir nepartraukta saja punkta.

5.5. TEOREMA. Ja funkcijai f punkta x0 eksiste atvasinajums, tadf ir nepartraukta punkta x0.

2 Mums japierada, ka limx→x0

f(x) = f(x0). Funkcijas f(x) vertıbu patvalıga

definıcijas apgabala punkta x 6= x0 varam pierakstıt ka:

f(x) = f(x0) − f(x0) + f(x) = f(x0) +f(x) − f(x0)

x − x0(x − x0).

Tagad meklejam robezu:

limx→x0

f(x) = limx→x0

(f(x0) +f(x) − f(x0)

x − x0(x − x0)).

Diferencialis un aproksimacija 44

Ta ka robeza no konstantes ir konstante, funkcijai f punkta x0 eksiste at-vasinajums un y = x ir nepartraukta funkcija, tad

limx→x0

f(x) = f(x0) + limx→x0

f(x) − f(x0)

x − x0lim

x→x0

(x − x0) =

= f(x0) + f ′(x0) · 0 = f(x0).

Pretejais apgalvojums visparıga gadıjuma nav speka – no funkcijas nepar-trauktıbas punkta neseko funkcijas atvasinajuma eksistence saja punkta. Kapiemeru var minet funkciju f(x) = |x|, kuru aplukosim punkta 0. Zinam, kası funkcija ir nepartraukta 0 punkta, bet tai neeksiste atvasinajums punkta0:

limh→0

|0 + h| − |0|h

= limh→0

|h|h

, bet

limh→0+

|h|h

= limh→0+

h

h= 1 6= −1 = lim

h→0−

−h

h= lim

h→0−

|h|h

.

Diferencialis un aproksimacija

Atvasinajuma atrasanai mes izmantojam arı apzımejumu dydx , nepaskaidrojot

simbolu dy un dx jegu. Tagad meginasim to izdarıt.Pienemsim, ka P (x0, y0) ir funkcijas y = f(x) grafika fiksets punkts [sk.

5.2. zım.] .

-

6

6

-

y

dy

P (x0, y0)

y = f(x)

pieskare

5.2. zım.

dx

x

r

-

6

� -?6

ppppppppppppp

p p p p p p p p p p

p p p p p p p p p p p

ppppppppppppp

pppp

?6

y y = f(x)

5.3. zım.

xx0 x0 + ∆x

∆x = dx

dy ∆y

Izveidosim jaunu koordinatu asu sistemu sadi: P ir sakumpunkts, ass dx


ir paralela x asij un ass dy ir paralela y asij. Jaunaja koordinatu sistemapieskarei punkta P ir ıpasi vienkarss vienadojums, proti, dy = k dx, kur kir virziena koeficients. Bet virziena koeficients k jaunaja koordinatu sistemair tads pats ka vecaja Oxy - koordinatu sistema: k = f ′(x0). Lıdz ar topieskares vienadojums ir pierakstams ka dy = f ′(x0) dx.

So apzımejumu jega ir tada, ka lıknei y = f(x) pieskare atrodas lotituvu punkta P (x0, y0) tuva apkartne. Ja x - am dodam mazu pieaugumu∆x = dx, tad atbilstosais funkcijas y pieaugums ir ∆y = f(x0+∆x)−f(x0),bet pieskares vienadojums ir dy = f ′(x0)dx. Redzam [5.3. zım.], ka dy ir laba∆y aproksimacija un to ir samera viegli aprekinat.

5.6. DEFINICIJA. Pienemsim, ka U(x0, δ0) ⊆ Dom(f). Funkcijuy = f(x) sauc par diferencejamu punkta x0, ja kada punkta x0 apkartnefunkcijas pieaugums ∆y izsakams ka summa

∆y = a∆x + ε(∆x)∆x,

kur a ∈ R un ε(0) = 0 = lim∆x→0

ε(∆x). Reizinajumu a∆x sauc par funkcijas

f(x) diferenciali punkta x0 un apzıme ar dy. Simetrisku (drızak ganestetisku) apsverumu del ∆x apzıme ar dx, tapec dy = a dx.

5.7. APGALVOJUMS. Ja funkcija f ir diferencejama punkta x0, tada = f ′(x0); tatad funkcijai f punkta x0 eksiste atvasinajums.

2 Pienemsim, ka funkcija f ir diferencejama punkta x0, tad saskana ardefinıciju kada punkta x0 apkartne ∆y izsakams ka summa ∆y == a∆x + ε(∆x)∆x, kur a ∈ R un ε(0) = 0 = lim

∆x→0ε(∆x). No sejienes,

ja ∆x 6= 0, tad∆y

∆x= a + ε(∆x). Tatad

f ′(x0) = lim∆x→0

∆y

∆x= lim

∆x→0[a + ε(∆x)] = lim

∆x→0a + lim

∆x→0ε(∆x) = a.

5.8. APGALVOJUMS. Ja funkcijai f punkta x0 eksiste atvasinajums,tad ta ir diferencejama sai punkta.

2 Ja reiz funkcijai f punkta x0 eksiste atvasinajums, tadf ′(x0) = lim

∆x→0

∆y∆x . Definesim funkciju

ε(∆x) =

∆y∆x − f ′(x0) , ja ∆x 6= 0;

0 , ja ∆x = 0,


tad, nemot vera 5.5. teoremu,

∆y = f ′(x0)∆x + ε(∆x)∆x.

Ka ari

lim∆x→0

ε(∆x) = lim∆x→0

[

∆y

∆x− f ′(x0)

]

=

= lim∆x→0

∆y

∆x− lim

∆x→0f ′(x0) = f ′(x0) − f ′(x0) = 0.

Lıdz ar to vienargumenta funkcijam diferencejamıba un atvasinajuma ek-sistence ir ekvivalenti jedzieni. Velak paradısim, ka vairakargumentu funkci-jam lıdzıga ekvivalence neizpildas.

Atzımesim, ka dy = f ′(x0) dx un tapec f ′(x0) = dydx . Tadejadi at-

vasinajums f ′(x0) = dydx interpretejams ka divu diferencialu dalıjums.

Visbeidzot precizesim terminologiju. Pienemsim, ka y = f(x), tad dxsauc par neatkarıga mainıga diferenciali, bet dy = f ′(x)dx sauc parmainıga y diferenciali jeb par funkcijas f(x) diferenciali.

5.9. Piemers. Jaatrod dy, ja y = ln(x6 + 4x2 + 9). Tad

dy = d(ln(x6 + 4x2 + 9)) = (ln(x6 + 4x2 + 9))′dx = 6x5+8xx6+4x2+9

dx.

Diferencialim ir noteikta loma vairakos matematikas virzienos, bet tagadparunasim par ta nozımi aproksimacija – tuvinatajos aprekinos.

Pienemsim, ka dota funkcija y = f(x). Ja x pieaug par ∆x, tad y atbil-stosi par ∆y, kas mazam izmainam ir aptuveni vienads ar dy [sk. 5.3. zım.].Tadejadi vertıba f(x + ∆x) ir aproksimejama ar formulu

f(x + ∆x) ≈ f(x) + dy = f(x) + f ′(x) dx = f(x) + f ′(x)∆x.

5.10. Piemers. Jaatrod√

16, 8 tuvinata vertıba. Saja gadıjumax0 = 16, ∆x = 0, 8, f(x) =

√x un f ′(x) = 1

2√

x. Tapec

√16, 8 ≈

√16 + 1

2√

16· 0, 8 = 4 + 1

8 · 0, 8 = 4 + 0, 1 = 4, 1.

No aproksimacijas formulas varam izteikt

∆f(x) = f(x + ∆x) − f(x) ≈ f ′(x) dx .

So formulu lieto kludu novertesana.Ja merama lieluma patiesa vertıba ir a, bet izmerıta vertıba ir x, tad

starpıbu |a − x| sauc par merıjuma absoluto kludu. Ta ka a nav zinams,tad nav iespejams atrast precızu absoluto kludu. Tacu dazkart var novertet

Atvasinasanas likumi 47

maksimali iespejamo absoluto kludu. Parasti par so maksimali iespejamo ab-soluto kludu tiek nemta meraparata viena iedala. Tomer absoluta kluda ner-aksturo merıjuma kvalitati. Tapec merıjuma raksturosanai lieto arı relatıvokludu – absolutas kludas attiecıbu pret izmerıto lielumu: |a−x|

x ≤ ∆xx , kur

ar ∆x apzımeta maksimali iespejama absoluta kluda.Pienemsim, ka y = f(x) ir formula, pec kuras aprekina lielumu y, ja

lieluma x vertıba ir x0 un ta ir izmerıta ar maksimali iespejamo absolutokludu ∆x, t.i., x = x0 ±∆x. Aprekinot pec dotas formulas, iegusim vertıbuy0 = f(x0), kas arı ir atrasta ar zinamu maksimali iespejamo absolutokludu ∆y. Lai novertetu so kludu ∆y, lieto funkcijas y = f(x) diferenciali.Aprekinata lieluma absoluta kluda ∆y ir funkcijas y = f(x) pieaugumamodulis, ja arguments ir izmainıjies par ∆x, tapec

|∆y| = |f(x0 + ∆x) − f(x0)| ≈ |df(x0)| = |f ′(x0) dx| = |f ′(x0)|∆x.

5.11. Piemers. Kuba skautnes garums ir 2 cm ar merıjuma absolutokludu ±0, 05 cm. Jaizskaitlo kuba tilpums un janoverte aprekinu kluda!V = x3 = 23 = 8 (cm3) — kuba tilpums;∆V ≈ |f ′(x)|∆x = 3x2 ∆x = 3 · 22 · 0, 05 = 3 · 4 · 0, 05 =

= 0, 60 (cm3) — aptuvena absoluta kluda;∆VV ≈ 0,6

8 = 0, 075 jeb 7, 5% — relatıva kluda.

Atvasinasanas likumi

Meklet funkcijas atvasinajmu pec atvasinajuma definıcijas lielakoties navnepieciesams. Tikai jazina un jaievero atvasinasanas likumi un elementarofunkciju atvasinasanas formulas.

5.12. TEOREMA. Ja f un g ir diferencejamas funkcijas, tad1. (kf(x))′ = kf ′(x), kur k ∈ R – konstante;2. (f(x) + g(x))′ = f ′(x) + g′(x);3. (f(x) − g(x))′ = f ′(x) − g′(x);4. (f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x);

5.

(

f(x)

g(x)

)′=

f ′(x)g(x) − f(x)g′(x)

g2(x), g(x) 6= 0.

2 Vispirms pieradısim 2. un 4. likumu.Pieversısim uzmanıbu 2. likumam:

(f(x) + g(x))′ = limh→0

f(x+h)+g(x+h)−f(x)−g(x)h =

= limh→0

(

f(x+h)−f(x)h + g(x+h)−g(x)

h

)

=

Atvasinasanas likumi 48

= limh→0

f(x+h)−f(x)h + lim

h→0

g(x+h)−g(x)h = f ′(x) + g′(x).

Par 4.likumu:

(f(x)g(x))′ = limh→0

f(x+h)g(x+h)−f(x)g(x)h =

= limh→0

f(x+h)g(x+h)−f(x+h)g(x)+f(x+h)g(x)−f(x)g(x)h =

= limh→0

(

f(x + h)g(x+h)−g(x)h + g(x)f(x+h)−f(x)

h

)

=

= limh→0

f(x + h) limh→0

g(x+h)−g(x)h + lim

h→0g(x) lim

h→0

f(x+h)−f(x)h =

= f(x)g′(x) + g(x)f ′(x).

Sadalısana robezas ir pielaujama, jo atseviskas robezas eksiste:limh→0

f(x + h) = f(x), jo f ir diferencejama funkcija, tapec nepartraukta;

limh→0

g(x+h)−g(x)h = g′(x) un lim

h→0

f(x+h)−f(x)h = f ′(x), jo f un g ir diferen-

cejamas funkcijas; limh→0

g(x) = g(x), jo g(x) attiecıba pret mainıgo h ir

konstante.Tagad varam pieradıt 1.likumu, uztverot kf(x) ka divu funkciju reizina-

jumu un lietojot 4.likumu:

(kf(x))′ = k′f(x) + kf ′(x) = kf ′(x),

jo k′ = limh→0

k−kh = lim

h→0

0h = 0.

3.likumu, izmantojot ieprieks pieradıtos 2. un 1.likumu, pierada sekojosi:(f(x) − g(x))′ = (f(x) + (−g(x)))′ = f ′(x) + (−g(x))′ = f ′(x) − g′(x).

Lai pieradıtu 5.likumu, vispirms atradısim(

1g(x)

)′, g(x) 6= 0 :

(

1g(x)

)′= lim

h→0

1g(x+h)

− 1g(x)

h = limh→0

g(x)−g(x+h)hg(x+h)g(x) =

= limh→0

−(g(x+h)−g(x))h

1g(x+h)

1g(x) .

Robezas no atseviskajiem reizinatajiem eksiste, jo g ir diferencejama funkcijaun tatad arı nepartraukta, t.i.,(

1g(x)

)′= lim

h→0

−(g(x+h)−g(x))h lim

h→0

1g(x+h) lim

h→0

1g(x) =

= −g′(x) 1g(x)

1g(x) = − g′(x)

g2(x).

No ieguta rezultata seko, ka(

f(x)g(x)

)′=(

f(x) · 1g(x)

)′= f ′(x) 1

g(x) + f(x)(

1g(x)

)′=

Elementaro funkciju atvasinasana 49

= f ′(x)g(x) + f(x)−g′(x)

g2(x)= f ′(x)g(x)−f(x)g′(x)

g2(x).

Elementaro funkciju atvasinasana

Nakamaja teorema mes paradısim, ka var atvasinat dazas biezak lietojamaselementaras funkcijas. Citu funkciju atvasinasanu apskatısim mazliet velak.

5.13. TEOREMA. Ir speka sekojosas formulas:

1. k′ = 0, kur k ∈ R — konstante,

2. (xn)′ = nxn−1, n ∈ R,

3. (sin x)′ = cos x,

4. (cos x)′ = − sin x,

5. (tg x)′ =1

cos2 x,

6. (ctg x)′ = − 1

sin2 x,

7. (ax)′ = ax ln a, a > 0,

8. (loga

x)′ =1

x ln a, a > 0, a 6= 1,

9. (ln x)′ =1

x,

10. (ex)′ = ex,

11. (arcsin x)′ = 1√1−x

2,

12. (arccos x)′ = − 1√1−x

2,

13. (arctg x)′ = 11+x

2 ,

14. (arcctg x)′ = − 11+x

2 .

2 Patreizeja brıdı mes pieradısim tikai pirmas sesas formulas, parejaspieradısim velak, kad iztirzasim jautajumu par pakapes funkcijam un taminversajam. No skolas kursa noteikti ir pazıstamas funkcijas ax un loga x,funkcijas ln x un ex ir to specialgadıjumi: ln x = loge x, kur e ir Eileraskaitlis. Skaitlis e ir iracionals, ta tuvinata vertıba ir 2, 718281828459.

1. (k)′ = limh→0

k−kh = lim

h→0

0h = 0


2. Formulu (xn)′ = nxn−1 mes pieradısim tikai veselam pakapem (izne-mot 0, jo x0 = 1 un ta ir konstante, gadıjums, kas apskatıts 1.formula).Vispirms apskatısim situaciju, kad n > 0 :

(xn)′ = limy→x

yn−xn

y−x = limy→x

(y−x)(yn−1+yn−2x+...+yxn−2+xn−1)y−x =

= limy→x

n−1∑

k=0

yn−1−kxk =n−1∑

k=0

xk limy→x

yn−1−k =n−1∑

k=0

xkxn−1−k = nxn−1.

Ja n < 0, tad −n > 0 un varam izmantot atvasinasanas 5.likumu:

(xn)′ =(

1x−n

)′= 1′x−n−1(x−n)′

x−2n =

= 0−(−n)x−n−1

x−2n = nx−n−1−(−2n) = nxn−1.

To, ka formula (xn)′ = nxn−1 ir patiesa jebkuram realam skaitlim n,pieradısim velak, kad busim korekti definejosi pakapes funkciju xα, x > 0,jebkurai realai pakapei α [sk. 12.21.definıciju un talakos secinajumus].

3. (sin x)′ = limh→0

sin(x+h)−sinxh = lim

h→0

sinx cos h+cos x sin h−sinxh =

= limh→0

(

− sinx1−cos hh + cos x sin h

h

)

= − sin x limh→0

1−cos hh +cos x lim

h→0

sin hh =

= − sin x · 0 + cos x · 1 = cos x,

jo var pieradıt, ka limh→0

1−cos hh = 0 un lim

h→0

sinhh = 1. Pedejas robezas atrasana

izraisa ıpasu interesi, tapec par so robezu parunasim atseviski nakosajaparagrafa.

4. (cos x)′ = limh→0

cos(x+h)−cos xh = lim

h→0

cos x cos h−sinx sinh−cos xh =

= − cos x limh→0

1−cos hh − sin x lim

h→0

sinhh = − cos x · 0 − sinx · 1 = − sinx.

5. (tgx)′ =(

sinxcos x

)′= (sin x)′ cos x−sinx(cos x)′

(cos x)2 = cos2 x+sin2 xcos2 x = 1

cos2 x .

6. (ctgx)′ =(

cos xsinx

)′= (cos x)′ sinx−cos x(sinx)′

(sinx)2= − sin2 x−cos2 x

sin2 x= −1

sin2 x.

5.14. Piemeri. 1. (3x4 −√x + sin x)′ = 12x3 − 1

2√

x+ cos x.

2. ((x2 − 3) ln x)′ = (x2 − 3)′ lnx + (x2 − 3)(ln x)′ = 2x ln x + x2−3x .

3.(

12+3 sinxcos x

)′= (12+3 sinx)′ cos x−(12+3 sin x)(cos x)′

cos2 x=

= 3 cos x cos x−(12+3 sinx)(− sin x)cos2 x = 3 cos2 x+12 sinx+3 sin2 x

cos2 x = 3+12 sin xcos2 x .


5.MAJAS DARBS

21. Atrast funkcijas f(x) atvasinajumu pec definıcijas:

a) f(x) = 2x−1x−4 b) f(x) = 3√

x−2

Atbilde: −7(x−4)2

Atbilde: −32(x−2)

√x−2

Atrast atvasinajumu dotajam funkcijam (izmantojot atvasinasanas for-mulas un likumus):

22. f(x) = 3x−4 + 5√x− 2

5√

x3 + lnx + 5 sin x − 7 · 9x

23. g(t) = (15t4 − 6t + 9)et

24. h(z) =3√

x2

sinx−cos x

25. Aprekinat funkcijas y = x3 + 2x pieaugumu ∆y un diferenciali dy,ja arguments mainas no x0 = 2 lıdz x1 = 2, 1. Kada ir absoluta kluda, jafunkcijas pieaugumu aizvieto ar tas diferenciali?

Piezıme. Ja merama lieluma patiesa vertıba ir a, bet izmerıta vertıba irx, tad starpıbu |a − x| sauc par merıjuma absoluto kludu.

Atbilde: 1, 461; 1, 4; 0, 061

LEKCIJA NR. 6

DIFERENCESANA II∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Robeza limt→0

sin tt

Funkciju kompozıcijas atvasinasanaAugstaku kartu atvasinajumiApsleptu (implicitu) funkciju atvasinasana6.majas darbs

Robeza limt→0

sin tt

Augstak mineta robeza ir viena no ieverojamakajam robezam matematis-kasanalızes kursa. Tas atrasanu mes balstısim uz geometriskiem apsverumiemun pienemuma, ka protam atrast trijsturu un sektoru laukumus.

6.1. TEOREMA. limt→0

sin t

t= 1

2 Pienemsim, ka t > 0. Apskatısim vienıbas rinki. Konstruesim rinkasektoru OAC ar radiusu R = 1 un centra lenki t [sk. 5.4. zım.].

5.4. zım.

y

x

6

-0

OY

1

t

D 1

A

B

C

.

Robeza limt→0

sin tt 53

No zımejuma redzam, ka △OAB laukums ir lielaks par sektora OAClaukumu, kurs savukart ir lielaks par △OAC laukumu. Noskaidrosim solaukumu lielumus!

Ta ka |OA| = R = 1 un attalums |AB| taisnlenka trijsturı OAB atro-

dams no sakarıbas tgt = |AB||OA| = |AB|, tad

S△OAB =1

2|OA| · |AB| =

1

2· 1 · tgt =

tgt

2.

Ta ka rinka sektora laukums ir vienads ar atbilstosa rinka lınijas lokaun radiusa reizinajuma pusi un lınijas loka garums ir vienads ar radiusa unatbilstosa centra lenka (radianos) reizinajumu, tad

SOAC =1

2

⌣AC ·R =

1

2· R · t · R =

t

2.

Ta ka |OC| = R = 1 un attalums |CD| taislenka trijsturı OCD atrodams

no sakarıbas sin t = |CD||OC| = |CD|, tad

S△OAC =1

2|OA| · |CD| =

1

2· 1 · sin t =

sin t

2.

Esam ieguvusi sadas nevienadıbas:

S△OAB > SOAC > S△OAC jebtgt

2>

t

2>

sin t

2.

Pareizinasim pedejo nevienadıbu ar 2sin t > 0 (jo t > 0) un iegusim:

tgt

sin t=

1

cos t>

t

sin t> 1

jeb apskatot apgrieztos lielumus:

1 >sin t

t> cos t.

Pariesim saja nevienadıba uz robezam, kad t tiecas uz 0 no labas puses:

limt→0+

1 ≤ limt→0+

sin t

t≤ lim

t→0+cos t, t.i., 1 ≤ lim

t→0+

sin t

t≤ 1.

No 3.18. teoremas par robezpareju nevienadıbas seko, ka

limt→0+

sin t

t= 1.

Funkciju kompozıcijas atvasinasana 54

Ieverosim, ka sin t ir nepara funkcija un ja t < 0, tad −t > 0, tapec

limt→0−

sin t

t= lim

t→0−

− sin t

−t= lim

t→0−

sin(−t)

−t= lim

−t→0+

sin(−t)

−t= 1.

Tadejadi eksiste abas vienpusejas robezas, tas ir vienadas, tapec

limt→0

sin t

t= 1.

Tikko pieradıto robezu izmanto daudzu nenoteiktıbu 00 nover-sanai.

6.2. Piemeri. 1. limt→0

1−cos tt = lim

t→0

2 sin2 t2

t =

= limt → 0

( t2→ 0)

sin t2

sin t2

t2

= limt → 0

( t2→ 0)

sin t2

t2

limt→0

sin t2 = sin 0 = 0.

2. limx→0

sin 9xsin 3x = lim

x→0

sin 9x·3x·39x sin 3x = 3.

3. limx→0

1−cos3 xx sin 2x = lim

x→0

(1−cos x)(1+cos x+cos2 x)2x sinx cos x = lim

x→0

2 sin2 x2·3

2x sinx·1 =

= 3 limx→0

sin2 x2·x

4·(x2 )

2·sinx= 3

4 .

Funkciju kompozıcijas atvasinasana

Ka rıkoties, lai atrastu, piemeram, funkcijas y = (3x2 − 8x + 1)10 at-vasinajumu? Vai patiesam nepieciesams kapinat 10 pakape? Ne, izradas,iespejama ertaka metode.

6.3. TEOREMA. Ja funkcija g ir diferencejama punkta a un f ir difer-encejama punkta g(a), tad funkciju kompozıcija f◦g ir diferencejama punktaa un (f ◦ g)′(a) = f ′(b) · g′(a), kur b = g(a).

2 Pec dota f ir diferencejama punkta b, t.i., funkcijas f pieaugumspunkta b izsakams ka summa

f(b + h) − f(b) = f ′(b)h + ε(h)h, (5.1)

kur limh→0

ε(h) = 0 = ε(0). Ja vienadıba (5.1) aizvietojam b ar g(a) un h

ar g(a + ∆x) − g(a) , tad:

(f ◦g)(a+∆x)−(f ◦g)(a) = f ′(b)·(g(a+∆x)−g(a))+ε(h)·(g(a+∆x)−g(a)).


Izdalam abas vienadıbas puses ar ∆x:

(f ◦ g)(a + ∆x) − (f ◦ g)(a)

∆x=

= f ′(b)g(a + ∆x) − g(a)

∆x+ ε(h)

g(a + ∆x) − g(a)

∆x.

Ta ka g ir diferencejama punkta a, tad g ir nepartraukta saja punkta, tapeclim

∆x→0[g(a + ∆x) − g(a)] = 0. Tagad atsaucoties uz 4.16. teoremu varam

aprekinatlim

∆x→0ε(h) = lim

∆x→0ε(g(a + ∆x) − g(a)) =

= ε( lim∆x→0

(g(a + ∆x) − g(a))) = ε(0) = 0.

Secinam, ka

lim∆x→0

(f ◦ g)(a + ∆x) − (f ◦ g)(a)

∆x=

= f ′(b) lim∆x→0

g(a + ∆x) − g(a)

∆x+ lim

∆x→0ε(h) lim

∆x→0

g(a + ∆x) − g(a)

∆x=

= f ′(b) g′(a) + 0 · g′(a) = f ′(b) g′(a),

t.i., (f ◦ g)′(a) = f ′(b) g′(a).

Sı teorema lauj iepazıtas atvasinasanas formulas gadıjuma, ja argumentsir mainıga x funkcija (salikta funkcija), pierakstıt sekojosa veida:

((u(x))n)′ = n(u(x))n−1 · u′(x), n ∈ R,

(sin u(x))′ = cos u(x) · u′(x),

(cos u(x))′ = − sin u(x) · u′(x),

(tg u(x))′ =1

cos2 u(x)· u′(x),

(ctg u(x))′ = − 1

sin2 u(x)· u′(x),

(au(x))′ = au(x) ln a · u′(x), a > 0,

(loga

u(x))′ =1

u(x) ln a· u′(x), a > 0, a 6= 1,

(ln u(x))′ =1

u(x)· u′(x),


(eu(x))′ = eu(x) · u′(x),

(arcsin u(x))′ = 1√1−u

2(x)· u′(x),

(arccos u(x))′ = − 1√1−u

2(x)· u′(x),

(arctg u(x))′ = 11+u

2(x)· u′(x),

(arcctg u(x))′ = − 11+u

2(x)· u′(x).

6.4. Piemeri. 1.(

(3x2 − 8x + 1)10)′

=

= 10(3x2 − 8x + 1)9 · (3x2 − 8x + 1)′ = 10(3x2 − 8x + 1)9(6x − 8).

2.(

cos x2+5x+1

)′= − sin x2+5

x+1

(

x2+5x+1

)′= − sin x2+5

x+12x(x+1)−(x2+5)

(x+1)2=

= −x2+2x−5(x+1)2

sin x2+5x+1 .

3. Kompozıciju var veidot arı trıs un vairak funkcijas, tad jarıkojaslıdzıgi ka ieprieks.(

ln sin3(4x − 7))′

= 1sin3(4x−7)

(

sin3(4x − 7))′

=

= 1sin3(4x−7)

3 sin2(4x − 7) (sin(4x − 7))′ =

= 3sin(4x−7) cos(4x − 7) (4x − 7)′ = 12 cos(4x−7)

sin(4x−7) = 12ctg(4x − 7).

Izmantojot 5.17. teoremu par funkciju kompozıcijas atvasinasanu, varampamatot, ka formula (xn)′ = nxn−1 ir patiesa ari taja gadıjuma, kad nir racionals skaitlis.

2 Vispirms apskatısim pieradıjumu gadıjumam, kad n = 1q , kur q ir

pozitıvs vesels skaitlis.No algebras kursa ir zinams, ka

aq − bq = (a − b)(aq−1 + aq−2b + ... + abq−2 + bq−1) jeb

a − b

aq − bq=

1

aq−1 + aq−2b + ... + abq−2 + bq−1.

Ja f(x) = x1q , tad

f ′(x) = limt→x

t1q −x

1q

t−x = limt→x

t1q −x

1q

(t1q )q−(x

1q )q

=

= limt→x

1

tq−1

q +tq−2

q x1q +...+t

1q x

q−2q +x

q−1q

= 1

qxq−1

q

= 1qx

1q−1.

Ja p ir vesels skaitlis, tad, izmantojot teoremu par funkciju kompozıcijasatvasinasanu [5.17.teorema], iegusim(

xp

q

)′=((

x1q

)p)′= p

(

x1q

)p−1·(

x1q

)′= px

p−1q · 1

qx

1q−1

=p

qx

p

q−1

.

Augstaku kartu atvasinajumi 57

Augstaku kartu atvasinajumi

Diferencejot funkciju f , rezultata mes iegustam funkciju f ′. Ja mes atkaldiferencejam funkciju f ′, iegusim citu funkciju, kuru apzıme ar f ′′ un saucpar funkcijas f otro atvasinajumu. Turpinot diferencesanas darbıbu,varam iegut f tresas kartas atvasinajumu utt. Tatad f (n+1) =

(

f (n))′

,n = 1, 2, ....

Pirma atvasinajuma atrasanai izmantojam apzımejumus

f ′(x) =dy

dx=

df(x)

dx= Dxy = Dxf(x).

Lıdzıgus apzımejumus lieto arı augstaku kartu atvasinajumu apzımesanai

f ′′(x) =d2y

dx2 =d2f(x)

dx2 = D2xy = D2

xf(x),

f ′′′(x) =d3y

dx3 =d3f(x)

dx3 = D3xy = D3

xf(x), utt.

6.5. Piemers. Ja f(x) = 4x3 − 6x2 − 9, tad f ′(x) = 12x2 − 12x,f ′′(x) = 24x − 12, f ′′′(x) = 24, f ıv(x) = 0. Ta ka 0′ = 0, tad visi parejieaugstaku kartu atvasinajumi ir 0.

Apsleptu (implicitu) funkciju atvasinasana

6.6. DEFINICIJA. Ja funkcija y = y(x) uzdota ar vienadojumu, kas navatrisinats attiecıba pret y, tad sadu funkciju sauc par apsleptu jeb implic-itu funkciju.

6.7. Piemeri. Apsleptas funkcijas ir1. y2 + 4y = 5x6,2. sinxy = 1.

Jaatzıme, ka ne katrs vienadojums nosaka funkciju, piemeram, viena-dojumu x2 + y2 = −1 neapmierina neviens realu skaitlu x un y paris.

Izmantojot 5.17. teoremu par funkciju kompozıcijas atvasinasanu, jebku-rai konkretai apsleptai funkcijai var atrast atvasinajumu. Piemeram, kaatvasinat y2 + 4y = 5x6? Mainıgais y jauztver ka argumenta x funkcija unvienadıbas abas puses jaatvasina pec x:

2y · y′ + 4y′ = 30x5 jeb y′ = 30x5

2y+4 .

Varam ieverot, ka y′ izteiksme satur gan x, gan y. Ja mes velamies atrast

Apsleptu (implicitu) funkciju atvasinasana 58

lıknes pieskari kada zinama lıknes punkta, tad virziena koeficienta atrasanaıpasas grutıbas nerada.

6.8. Piemers. Atrast funkcijas xy − 3y = x2 + 1 atvasinajumu.Atvasinajumu funkcijai y atradısim divos dazados veidos.1.veids. Izsakam funkciju y ka argumenta x funkciju: y = x2+1

x−3 unatrodam atvasinajumu:

y′ = 2x(x−3)−(x2+1)(x−3)2

= x2−6x−1(x−3)2

.

2.veids. Atvasinam funkciju y ka apsleptu funkciju:

y + xy′ − 3y′ = 2x jeb y′ = 2x−yx−3 —

atvasinajums satur gan x, gan y. Lai parliecinatos, ka ieguts tas patsrezultats ka 1.veida, nepieciesams 2.veida iegutaja atvasinajuma izteiksmey vieta ievietot funkcijas y analıtisko izteiksmi ar argumentu x:

y′ =2x−x2+1

x−3

x−3 = 2x2−6x−x2−1(x−3)2

= x2−6x−1(x−3)2

.

Ja vienadojums ar x un y nosaka funkciju y = f(x) un ja ta ir difer-encejama, tad apsleptas funkcijas atvasinasanas metode korekti izsaka y′.Bet ne vienmer patvalıgai funkcijai to var pateikt.

6.9. Piemers. Formula x2+y2 = 25 nosaka divas nepartrauktas funkci-jas f(x) =

√25 − x2 un g(x) = −

√25 − x2. Abas sıs funkcijas ir difer-

encejamas intervala ] − 5; 5[.

Funkciju f(x) =√

25 − x2 var pierakstıt ka x2 + (f(x))2 = 25. Tad,atvasinot to ka apsleptu funkciju, iegusim:

2x + 2f(x) · f ′(x) = 0 jeb f ′(x) = −xf(x) = − x√

25−x2.

Lıdzıgi: g′(x) = −xg(x) = x√

25−x2.

Ja atvasinam x2 + y2 = 25, tad 2x + 2y · y′ = 0 un iegusim

y′ = −xy =

{ −x√25−x2

, y = f(x);x√

25−x2, y = g(x).

Tomer ieverosim, ka x2 + y2 = 25 nosaka daudzas un dazadas funkcijas,


5.5.zım. Funkcijas h(x) grafiks.

6

-2

ppppppppppppp

pppppppppp

50-5x

-5

5ypiemeram [skatıt 5.5 zım.],

h(x) =

{√

25 − x2, −5 ≤ x ≤ 2;

−√

25 − x2, 2 < x ≤ 5.

Sı funkcija nav nepartraukta punkta 2, tas nozıme, ka ta nav arı dife-rencejama saja punkta.


6.MAJAS DARBS

26. Izmantojot limx→0

sinxx = 1, atrast robezas:

a) limx→0

sinxsin 6x−sin 7x

Atbilde: −1

b) limx→0

( 2sin 2x sinx − 1

sin2 x)

Atbilde: 12

27. Atvasinat un vienkarsot:

a) y = ln√

3−√

2 cos x√3+

√2 cos x

Atbilde: 2√

6 sin x3−2 cos2 x

b) y = sin2 x1+ctgx

+ cos2 x1+tgx

Atbilde: − cos 2x

28. Atrast funkcijas y = x5 ln x tresas kartas atvasinajumu!Atbilde: x2 (60 ln x + 47)

29. Atrast apsleptas funkcijas ln y + xy2 = 2 atvasinajumu!

Atbilde: − y3

1+2xy2

30. Aprekinat funkcijas x ln y − y ln x = 1 atvasinajumu punkta x0 = 1.Atbilde: e2 − e

LEKCIJA NR. 7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Funkcijas lielaka un mazaka vertıbaMonotonitate7.majas darbs

Funkcijas lielaka un mazaka vertıba

7.1. DEFINICIJA. Pienemsim, ka punkts c pieder funkcijas definıcijasapgabalam S.1) f(c) sauc par funkcijas f lielako vertıbu kopa S, ja

∀x ∈ S : f(c) ≥ f(x).

2) f(c) sauc par funkcijas f mazako vertıbu kopa S, ja

∀x ∈ S : f(c) ≤ f(x)

3) Funkcijas lielako un mazako vertıbu kopa S sauc par ekstremalajamvertıbam.

Dazkart lielako vertıbu sauc arı par maksimalo vertıbu, bet mazako —par minimalo vertıbu.

Biezi vien lielakas un mazakas vertıbas eksistence noteiktai funkcijaiir atkarıga no definıcijas apgabala. Piemeram, funkcijai f(x) = 1

x kopaS =]0;+∞[ nav ekstremalo vertıbu, bet kopa S = [1; 100] ir gan lielaka,gan mazaka vertıba (proti, 1 un 1

100 ). Savukart, ja S =]1; 100[, tad atkalekstremalo vertıbu nav.

Tapat eksistence ir atkarıga no funkcijas veida. Ja aplukojam partrauktu

funkciju g(x) =

{

x, 0 ≤ x < 2,x − 2, 2 ≤ x ≤ 3,

tad kopa S = [0; 3] tai nav lielakas

vertıbas, bet ir tikai mazaka vertıba 0, pie tam ta tiek sasniegta divosatskirıgos punktos 0 un 2 [sk. 7.1. zım.].

Funkcijas lielaka un mazaka vertıba 62

-

6

�

0 1 2 3 x

1

2

y

7.1. zım.

Runajot par nepartrauktam funkcijam, mes jau agrak atzımejam, kanepartraukta funkcija slegta intervala [a; b] sasniedz savu lielako un mazakovertıbu (Veierstrasa teorema). Ka atrast tos punktus, kuros funkcija sas-niedz sıs ekstremalas vertıbas? Izradas, ka tas var notikt tikai noteiktospunktos, proti,

intervala galapunktos vaistacionarajos punktos – punktos, kuros funkcijas atvasinajums ir 0, vaisingularajos punktos – punktos, kuros funkcijas atvasinajums neeksiste.

Kopa visus sos triju veidu punktus sauc par kritiskajiem punktiem.To, ka ıpasa loma ir stacionarajiem punktiem, rada nakama teorema.

FERMA TEOREMA (ekstremalas vertıbas eksistences nepieciesamaisnosacıjums). Pienemsim, ka funkcija f ir defineta intervala I. Ja difer-encejama funkcija f punkta c sasniedz savu ekstremalo vertıbu un c navintervala galapunkts, tad f ′(c) = 0.

2 Ertıbas labad pienemsim, ka f(c) ir maksimala vertıba (ja ta ir minimalavertıba, pierada analogiski). Tad f(x) ≤ f(c) jeb f(x) − f(c) ≤ 0, visiemx ∈ I.

Ja x < c, tad x − c < 0 un

f(x) − f(c)

x − c≥ 0. (7.1)

Ja x > c, tad x − c > 0 un

f(x) − f(c)

x − c≤ 0. (7.2)

Funkcijas lielaka un mazaka vertıba 63

Ta ka f ir diferencejama funkcija, tad eksiste tas atvasinajums punkta c,t.i., eksiste

f ′(c) = limx→c

f(x) − f(c)

x − c.

No nevienadıbam (7.1) un (7.2) seko, ka

limx→c−

f(x) − f(c)

x − c≥ 0, lim

x→c+

f(x) − f(c)

x − c≤ 0.

Nemot vera f ′(c) eksistenci, jasecina, ka f ′(c) = 0.

Nemiet vera, ka nepieciesamie nosacıjumi negarante, ka punkta, kurafunkcijas atvasinajums vienads ar 0, tiks sasniegta noteikti funkcijas ek-stremala vertıba! Tapec, lai atrastu funkcijas ekstremalas vertıbas slegtaintervala, jarıkojas sekojosi:1) jaatrod kritiskie punkti,2) jaizskaitlo funkcijas vertıbas sajos punktos.

7.2. Piemers. Jaatrod funkcijas f(x) = 2x3 − 24x + 1 ekstremalasvertıbas intervala [−3; 1].

Atrodam atvasinajumu f ′(x) = 6x2 − 24, pielıdzinam to 0 un iegusimdivus stacionaros punktus −2 un 2, bet 2 /∈ [−3; 1]. Tatad kritiskie punktiir −3, −2 un 1. Izrekinam funkcijas vertıbas sajos punktos:f(−3) = 2 · (−27) + 72 + 1 = 19,f(−2) = 2 · (−8) + 48 + 1 = 33,f(1) = 2 − 24 + 1 = −21.Secinam, ka intervala [−3; 1] funkcijas f(x) = 2x3 − 24x + 1 lielaka vertıbair f(−2) = 33, bet mazaka vertıba ir f(1) = −21.

Atbilde: max[−3;1]

(2x3 − 24x + 1) = f(−2) = 33,

min[−3;1]

(2x3 − 24x + 1) = f(1) = −21.

7.3. Piemers. Kads ir lielakais iespejamais tilpums valejai kastei, kuruvar pagatavot no kvadrata ar malas garumu 24 cm? Kaste tiek gatavota ta,ka no kvadrata sturiem tiek izgriezti vienada lieluma kvadratini un iegutasmalas paceltas uz augsu.

Arı sı praktiska problema ir uzdevums par funkcijas ekstremalas vertıbasatrasanu noteikta kopa. Vispirms ir janoskaidro, kada ir tilpuma funkcijaatkarıba no sturos izgriezto kvadratinu malas garuma x cm. Spriedısimta: tilpumu kastei var aprekinat, sareizinot pamata vienas malas garumuar otru malas garumu un ieguto reizinajumu sareizinot ar kastes augstumu.Augstums ir vienads ar izgriezta kvadratina malas garumu x cm. Kastes

Monotonitate 64

abas malas bus vienada garuma un tas bus 24−2x cm garas. Tatad tilpumafunkcija ir:

V (x) = (24 − 2x)2x.

Skaidrs, ka x lielums ir ierobezots: var neizgriezt sturus vispar un var izgrieztsturus ar lielakais 12 cm garam malam. Tatad gala secinajums ir sads: irjatrod funkcijas V (x) = (24 − 2x)2x maksimala vertıba kopa [0; 12].

Atrodam tilpuma funkcijas atvasinajumu un pielıdzinam to 0:

V ′(x) = (4(12 − x)2x)′ = 4(−2(12 − x)x + (12 − x)2) =

= 4(12 − x)(−2x + 12 − x) = 4(12 − x)(12 − 3x) = 0.

Saja gadıjuma ir divi stacionarie punkti x1 = 12 un x2 = 4, kur viens notiem sakrıt ar intervala galapunktu. Kopuma tatad ir trıs kritiskie punkti:0, 4 un 12. Izskaitlojam tilpuma funkcijas vertıbas sajos punktos:

V (0) = V (12) = 0 (cm3), V (4) = (24 − 8)2 · 4 = 210 = 1024 (cm3).

Secinam, ka 1024 cm3 ir maksimalais tilpums, ko var iegut pie dotajiemuzdevuma nosacıjumiem.

Atbilde: Kastes iespejamais lielakais tilpums ir 1024 cm3.

Monotonitate

7.4. DEFINICIJA. Pienemsim, ka funkcija f ir defineta intervala I.Funkciju f sauc par augosu intervala I, ja

∀x1, x2 ∈ I [x1 < x2 ⇒ f(x1) < f(x2) ].

Funkciju f sauc par dilstosu intervala I, ja

∀x1, x2 ∈ I [x1 < x2 ⇒ f(x1) > f(x2) ].

Funkciju f sauc par stingri monotonu intervala I, ja ta ir dilstosa vaiaugosa saja intervala.

Lai pamatotu augsanas un dilsanas pietiekamos nosacıjumus, mums busnepieciesami divi palıgrezultati – Rolla lemma un Lagranza teorema.

ROLLA LEMMA. Pienemsim, ka f(x) ir intervala [a; b] nepartrauktafunkcija, intervala ieksejos punktos ta ir diferencejama funkcija un intervalagalapunktos f(x) vertıbas ir vienadas: f(a) = f(b). Tad eksiste vismazviens tads punkts c ∈]a; b[, ka f ′(c) = 0.

Monotonitate 65

2 Pienemsim, ka M un m attiecıgi ir funkcijas f(x) lielaka un mazakavertıba intervala [a; b]. Pec nepartrauktu funkciju ıpasıbam (Veierstrasateorema) sadas vertıbas eksiste.

Ja M = m, tad f(x) ir intervala [a; b] konstanta funkcija un tad f ′(x) = 0jebkuram x.

Ja m < M , tad vismaz viens no skaitliem m vai M atskiras nof(a) = f(b). Pienemsim, ka M 6= f(a) (gadıjumu m 6= f(a) pieradaanalogiski). Tas nozıme, ka eksiste tads punkts c ∈]a; b[, kura funkcija f(x)sasniedz savu lielako vertıbu M = f(c). Ta ka punkta c funkcija ir difer-encejama, tad pec Ferma teoremas f ′(c) = 0.

Rolla lemmai ir vienkarsa geometriska interpretacija — ja lemmas nosacıjumiir speka, tad funkcijas y = f(x) grafikam eksiste tads punkts (c, f(c)), kuranovilkta pieskare ir paralela abscisu asij.

7.5. Piemers. Parbaudısim, vai funkcija y = (x − 2)4 intervala [0; 4]apmierina Rolla lemmas nosacıjumus un atradısim lemma mineto punktu c.

Acımredzami, ka dota funkcija ir nepartraukta un diferencejama dotajaintervala. Intervala galapunktos izpildas Rolla lemma prasıta vienadıba:f(0) = f(4) = 16. Tas nozıme, ka ir izpildıti Rolla lemmas nosacıjumi untapec eksiste tads punkts c ∈]0; 4[, ka f ′(c) = 0. Lai atrastu punktu c,konkretaja gadıjuma ir jaatrisina vienadojums

f ′(x) = 4(x − 2)3 = 0.

Vienıgais atrisinajums arı ir mekletais punkts: c = 2.

LAGRANZA TEOREMA (videjas vertıbas teorema). Pienemsim, kaf(x) ir intervala [a; b] nepartraukta funkcija un ta ir diferencejama intervalaieksejos punktos. Tad intervala ]a; b[ eksiste vismaz viens tads punkts c, ka

f ′(c) =f(b) − f(a)

b − a.

2 Apskatısim intervala [a; b] funkciju F (x) = f(x) − λx un definesimkoeficientu λ ta, lai F (a) = F (b), t.i., f(a) − λa = f(b) − λb, no sejienes

seko, ka λ = f(b)−f(a)b−a .

Funkcija F apmierina visus Rolla lemmas nosacıjumus:1) ta ir nepartraukta ka nepartrauktu funkciju starpıba;2) ta ir diferencejama, jo pec teoremas nosacıjumiem f(x) ir diferencejama,(λx)′ = λ un diferencejamu funkciju starpıba ir diferencejama funkcija;3) F (a) = F (b).Tapec ∃c ∈]a; b[ F ′(c) = 0. Esam ieguvusi, ka 0 = F ′(c) = f ′(c) − λ jeb

f ′(c) = λ = f(b)−f(a)b−a .

Monotonitate 66

7.6. Piemers. Izmantojot Lagranza teoremu, pieradıt nevienadıbu| cos x − cos y| ≤ |x − y|!

Pec Lagranza teoremas funkcijai f(x) = cos x intervala ar galapunktiemx un y eksiste tads punkts c, ka f ′(c) = (cos x)′|x=c = − sin c = cos x−cos y

x−y ,to var pierakstı arı sadi:

| cos x − cos y| = |(− sin c)(x − y)| ≤ |1 · (x − y)| = |x − y|.

Ferma, Rolla un Lagranza teoremas matematiskas analızes pamatkursapienemts saukt par diferencialrekinu pamatteoremam.

Tagad mes varam pieradıt funkcijas augsanas un dilsanas pietiekamosnosacıjumus.

7.7. TEOREMA (funkcijas monotonitates pietiekamie nosacıjumi).Pienemsim, ka f(x) ir intervala [a; b] nepartraukta funkcija un ta ir dife-rencejama visos intervala ieksejos punktos.1) Ja f ′(x) > 0, visiem x ∈]a; b[, tad f ir augosa intervala ]a; b[.2) Ja f ′(x) < 0, visiem x ∈]a; b[, tad f ir dilstosa intervala ]a; b[.

2 Pieradıjumu veiksim 1) gadıjuma — 2) gadıjuma tas ir lıdzıgs.Pienemsim, ka ∀x ∈]a; b[ f ′(x) > 0, un izvelesimies divus patvalıgus

punktus x1, x2 ∈]a; b[ tadus, ka x2 > x1. Tad saskana ar Lagranza teoremu

∃c ∈]x1;x2[ f ′(c) =f(x2) − f(x1)

x2 − x1.

Ta ka visiem x ∈]a; b[ f ′(x) > 0, tad arı f ′(c) > 0, tas nozıme, ka

f(x2) − f(x1)

x2 − x1> 0.

Ta ka x2 > x1, t.i., x2 − x1 > 0, tad jasecina, ka f(x2) > f(x1), kas arınozıme, ka funkcija f(x) ir augosa intervala ]a; b[.

7.8. Piemers. Janosaka funkcijas f(x) = 4x+51−x2 augsanas un dilsanas

intervali.Atrodam funkcijas atvasinajumu

f ′(x) =4(1 − x2) + 2x(4x + 5)

(1 − x2)2=

2(2x2 + 5x + 2)

(1 − x2)2.

Atrodam kritiskos punktus:1) stacionaros punktus atradısim ka vienadojuma 2x2 + 5x + 2 = 0 saknes,tas ir x1 = −2 un x2 = −1

2 ;

Monotonitate 67

2) singularie punkti ir x3 = −1 un x4 = 1.Atliekam sos punktus uz koordinatu ass un nosakam atvasinajuma zımesintervalos starp kritiskajiem punktiem [sk. 7.2.zım.].

-

>�� ~ZZ ~ZZ >�� >��

7.2. zım.

+ − − + + f ′ zımes−2 −1 −12 1

x

Esam ieguvusi, ka funkcija aug trijos intervalos ]−∞;−2[, ]− 12 ; 1[, ]1;+∞[

un dilst divos intervalos ] − 2;−1[, ] − 1;−12 [. Pie tam janem vera, ka nav

ieteicams atbildi pierakstıt ka atbilstoso triju vai divu intervalu apvieno-jumu, jo visparıga gadıjuma var but ta, ka funkcija nav augosa intervaluapvienojuma kopa, bet ir augosa tikai atseviskajos intervalos. Tomer biezivien macıbu gramatas atbildi pieraksta ar apvienojuma palıdzıbu, tapecesiet uzmanıgi lasıtaji — ne vienmer pieraksts jasaprot ta, ka tas pirmajabrıdı ir izlicies.

Punktos −1 un 1 atvasinajums neeksiste, bet visparıga gadıjuma tievar ietekmet atvasinajuma zımi. Tacu, ja singularais punkts neietekmeatvasinajuma zımi (ka tas ir saja gadıjma), tad tomer tas ir jaizsledz nomonotonitates intervala, ja tas ir arı funkcijas partraukuma punkts.

Atbilde: Funkcija f(x) = 4x+51−x2 aug intervalos ] − ∞;−2[, ] − 1

2 ; 1[ un

]1;+∞[ un dilst intervalos ] − 2;−1[ un ] − 1;−12 [.

7.9. Piemers. Janosaka funkcijas f(x) = ln(x2 − 2x − 8) augsanas undilsanas intervali.

Atrodam funkcijas atvasinajumu

f ′(x) =1

x2 − 2x − 8· (2x − 2) =

2(x − 1)

x2 − 2x − 8.

Funkcijas stacionarais punkts ir x1 = 1. Singularos punktus atrodam novienadojuma x2 − 2x − 8 = 0, tadi ir divi x2 = −2 un x3 = 4. Bet, lainoteiktu dotas funkcijas monotonitates intervalus, ir jaievero arı funkcijasdefinıcijas apgabals. Musu gadıjuma Dom(f) = {x|x2−2x−8 > 0}. Ieprieksvienadojuma saknes jau atradam, ieverojot parabolas ıpasıbas, iegusim

Dom(f) =] −∞;−2[∪]4;+∞[.

Tas nozıme, ka stacionarais punkts nepieder definıcijas apgabalam, bet tasietekmes atvasinajuma zımi.

Monotonitate 68

-

j*

7.3. zım.

− + − + f ′ zımes−2 1 4

x

Atbilde: Funkcija f(x) = ln(x2 − 2x − 8) aug intervala ]4;+∞[ un dilst in-tervala ] −∞;−2[.

Monotonitate 69

7. MAJAS DARBS

Noteikt funkcijas kritiskos punktus un atrast funkcijas lielako un mazakovertıbu dotaja intervala:

31. f(x) =3√x−4x−1 , [2; 12] Atbilde: f(11

2 ) = 29

3

√

32 , f(2) = − 3

√2

32. y = 2x+cos 2x, [−π2 ; π

2 ] Atbilde: y(−π2 ) = −π−1, y(π

2 ) = π−1

33. Kada firma razo rokas pulkstenus. Vienas nedelas pelnu nosakafunkcija

P (x) = −0, 001x2 + 8x − 10000 (lati),

kur x ir pulkstenu skaits. Aprekinat, cik pulkstenu jasarazo, lai firma gutumaksimalo pelnu, un noteikt to.

Atbilde: 4000, 6000

34. Caur punktu M(1; 2) novilkta taisne ta, ka kopa ar koordinatu asımsı taisne ierobezo trijsturi ar vismazako laukumu (I kvadranta). Noteikt sıstaisnes vienadojumu.

Atbilde: y = 4 − 2x

35. Noskaidrot funkcijas y =3√

x2 + 23x augsanas un dilsanas intervalus.

Atbilde: aug ] −∞;−1[ un ]0;+∞[, dilst ] − 1; 0[

LEKCIJA NR. 8

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Ieliektıba un izliektıbaLokalie ekstremi8.majas darbs1. KONTROLDARBA parauga variants

Ieliektıba un izliektıba

8.1. DEFINICIJA. Diferencejamu funkciju f(x) un tas grafiku intervala]a; b[ sauc par izliektu (izliektu uz augsu), ja grafiks atrodas zem jebkurasgrafika pieskares minetaja intervala.

Diferencejamu funkciju f(x) un tas grafiku intervala ]a; b[ sauc par ieliektu(izliektu uz leju), ja grafiks atrodas virs jebkuras grafika pieskares minetajaintervala.

- -

6 6y y

y = f(x)

y = f(x)

x x0 0izliekta uz leju izliekta uz augsu

8.1. zım.8.2. DEFINICIJA. Funkcijas grafika punktu, kas atdala grafika izliekto

dalu no ieliektas dalas, sauc par grafika parliekuma punktu (infleksijaspunktu).

Ieliektıba un izliektıba 71

-

6

q

y

x0

y = f(x)

parliekuma punkts

6

8.2. zım.Izliektıbas jedzienu define arı sadi:

Funkciju f(x), kas defineta intervala [a; b], sauc par izliektu uz augsu sajaintervala, ja jebkuriem diviem punktiem x un y no [a; b] funkcijas grafiks,kas savieno punktus A = (x, f(x)) un B = (y, f(y)), atrodas virs hordas,kas savieno sos pasus divus punktus.

Funkciju f(x), kas defineta intervala [a; b], sauc par izliektu uz leju sajaintervala, ja jebkuriem diviem punktiem x un y no [a; b] funkcijas grafiks,kas savieno punktus A = (x, f(x)) un B = (y, f(y)), atrodas zem hordas,kas savieno sos pasus divus punktus.

- -

6 6y y

y = f(x)

y = f(x)

x x0 0izliekta uz leju izliekta uz augsu

8.3. zım.

q

q

AB q

q

A

B

Ka var noteikt ieliekuma un izliekuma intervalus, to apraksta nakama teorema.

8.3. TEOREMA (ieliekuma un izliekuma noteiksanas pietiekamie nosacıjumi).Pienemsim, ka funkcijai f(x) intervala ]a; b[ eksiste otras kartas atvasinajumi.1) Ja ∀x ∈]a; b[ f ′′(x) > 0, tad f(x) ir ieliekta funkcija saja intervala.2) Ja ∀x ∈]a; b[ f ′′(x) < 0, tad f(x) ir izliekta funkcija saja intervala.

Ieliektıba un izliektıba 72

2 Pieradıjumu veiksim 2) gadıjuma; 1) gadıjuma tas ir analogisks.Tatad f ′′(x) < 0 visiem x ∈]a; b[. Izvelamies patvalıgu punktu M0 ar

koordinatam M0(x0, f(x0)), kur x0 ∈]a; b[, un novelkam saja punkta pieskari.Mums ir japierada, ka funkcijas grafiks intervala ]a; b[ atrodas zem pieskares.Ja M(x1, f(x1)) ir funkcijas grafika punkts un P (x1, Y1) ir atbilstosais arto pasu abscisu pieskares punkts, tad japierada, ka ir speka nevienadıbaY1 > f(x1) [8.4.zımejums].

-

6

8.4. zım.

y

x0 a bx0 x1

f(x0)

f(x1)

Y1

MM0

P

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p p

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

q

q

q

Vienadojums pieskarei, kura novilkta caur punktu M0, ir y − f(x0) == f ′(x0)(x − x0) jeb y = f ′(x0)(x − x0) + f(x0). Tadejadi starpıba starppunktu M un P ordinatam ir

f(x1)−Y1 = f(x1)−(f ′(x0)(x1−x0)+f(x0)) = f(x1)−f(x0)−f ′(x0)(x1−x0).

Labas puses starpıbu f(x1) − f(x0) parveidosim pec Lagranza teoremas

f(x1) − f(x0) = f ′(c)(x1 − x0),

kur punkts c atrodas starp x0 un x1. Tad

f(x1) − Y1 = f ′(c)(x1 − x0) − f ′(x0)(x1 − x0) = (x1 − x0)(f′(c) − f ′(x0)).

Starpıbu f ′(c)−f ′(x0) arı var parveidot pec Lagranza teoremas, jo pec dotaf(x) ir divreiz diferencejama:

f ′(c) − f ′(x0) = f ′′(c1)(c − x0),

Lokalie ekstremi 73

kur c1 atrodas starp c un x0. Rezultata esam ieguvusi

f(x1) − Y1 = (x1 − x0)(c − x0)f′′(c1).

Ta ka c atrodas starp x0 un x1, tad starpıbas x1−x0 un c−x0 ir ar vienadamzımem, to reizinajums ir pozitıvs. Pec dota f ′′(x) < 0 jebkuram x ∈]a; b[,tatad arı punkta c1: f ′′(c1) < 0. Tadejadi f(x1) − Y1 < 0, un funkcijasgrafiks ir izliekts.

Tatad punkti, kuros funkcijas otras kartas atvasinajums ir vienads arnulli vai neeksiste varetu but parliekuma punktu kandidati. Pareizo secinajumuizdarıt palıdzes otras kartas atvasinajuma zımju izmaina.

8.4. Piemeri. 1. Funkcijas y = 3x2 − 1x2 otras kartas atvasinajums ir

y′′ = 6x4−1x4 . Kritiskie punkti ir −1, 0 un 1. Nosakam atvasinajuma zımes:

-

−1 0 1+ − − + f ′′ zımes

8.5.zım.

Ta ka ejot caur punktiem −1 un 1 otras kartas atvasinajums maina zımesun y(−1) = 2, y(1) = 2, tad punkti (−1, 2) un (1, 2) ir dotas funkcijasparliekuma punkti. Punkta 0 funkcijai nevar but parliekuma punkts, jo 0nepieder definıcijas apgabalam. Tiesa, soreiz arı otras kartas atvasinajumazımes neizmainıjas ejot caur so punktu.

2. Savkart funkcijai y = 5√

x − 2 otras kartas atvasinajums iry′′ = −4

25 5√

(x−2)9, kas liecina, ka vienıgais parliekums varetu but punkta

2. Un ta patiesam arı ir, jo ejot caur so punktu atvasinajums maina zımino + uz − un 2 ir arı funkcijas definıcijas apgabala punkts. Tatad punkts(2, 0) ir piemera dotas funkcijas parliekuma punkts.

Lokalie ekstremi

Nodalas sakuma mes iztirzajam jautajumu, ka atrast funkcijas lielako unmazako vertıbu dota kopa. Dazkart sıs vertıbas sauc par globalajamatskirıba no ta saucamajam lokalajam. Jebkura gadıjma atcerieties, kaglobalas ekstremalas vertıbas ir arı lokalas.

Lokalie ekstremi 74

8.5. DEFINICIJA. Pienemsim, ka funkcijas f definıcijas apgabals Ssatur punktu c.

f(c) sauc par funkcijas f lokalo minimalo vertıbu, ja eksiste tadsintervals ]a; b[, kurs satur punktu c, ka f(c) ir (globala) minimala vertıbakopa ]a; b[∩S.

f(c) sauc par funkcijas f lokalo maksimalo vertıbu , ja eksiste tadsintervals ]a; b[, kurs satur punktu c, ka f(c) ir (globala) maksimala vertıbakopa ]a; b[∩S.

f(c) sauc par lokalo ekstremalo vertıbu, ja ta ir lokala minimala vailokala maksimala vertıba.

Meklejot lokalas ekstremalas vertıbas, jaapskata funkcijas kritiskie punkti —stacionarie (atvasinajums ir 0) un singularie (atvasinajums neeksiste) punkti.Nevar apgalvot, ka jebkura kritiskaja punkta funkcija sasniedz lokalo ek-stremalo vertıbu. Ka vienarsako pretpiemeru var minet funkciju y = x3,kuras pirmas kartas atvasinajums ir y′ = 3x2 un lıdz ar to vienıgais kritiskaispunkts ir 0, tacu tanı funkcija nesasniedz ne lokalo minimalo, ne lokalomaksimalo vertıbu! Pietiekamos nosacıjumus lokalo ekstremu atrasanai dodnakama teorema.

8.6. TEOREMA (lokalo ekstremu atrasanas pietiekamie nosacıjumi).Pienemsim, ka f ir nepartraukta funkcija valeja intervala ]a; b[, kurs saturkritisko punktu c.

Ja ∀x ∈]a; c[ f ′(x) > 0, un ∀x ∈]c; b[ f ′(c) < 0, tad f(c) ir funkci-jas f lokala maksimala vertıba.

Ja ∀x ∈]a; c[ f ′(x) < 0, un ∀x ∈]c; b[ f ′(c) > 0, tad f(c) ir funkci-jas f lokala minimala vertıba.

Ja f ′(x) ir ar vienu un to pasu zımi abpus c, tad f(c) nav funkcijas flokala ekstremala vertıba.

2 Ja ∀x ∈]a; c[ f ′(x) > 0, tad f ir augosa funkcija intervala ]a; c[. Ja∀x ∈]c; b[ f ′(x) < 0, tad f ir dilstosa funkcija intervala ]c; b[. Tadejadi∀x ∈]a; b[ (x 6= c ⇒ f(x) < f(c) ). Seko, ka f(c) ir funkcijas maksimalavertıba intervala ]a; b[.

Parejos divus teoremas apgalvojumus pierada analogiski.

8.7. Piemers. Atradısim funkcijas y = x−3x2 ekstremalas vertıbas!

Ta ka y′ = x2−(x−3)2xx4 = 6−x

x3 , tad kritiskie punkti ir x1 = 6 un x2 = 0.Nosakam pirmas kartas atvasinajuma zımes:

Lokalie ekstremi 75

-

j j*

8.6. zım.

− + − y′ zımes0 6

x

Ta ka punkta 0 funkcija nav defineta, tad taja funkcija nesasniedz ek-stremalas vertıbas. Bet punkts (6, 1

12 ), nemot vera zımju mainu no + uz−, ir lokalais maksimuma punkts jeb 1

12 ir lokala maksimala vertıba, kofunkcija sasniedz punkta 6.

Lokalie ekstremi 76

8. MAJAS DARBS

36. Noteikt funkcijas y = x(x−2)2

grafika parliekuma punktus un ieliekuma

un izliekuma intervalus.Atbilde: (−4;−1

9 ), ] − 4; 2[∪]2;+∞[ – ieliekta, ] −∞;−4[ – izliekta

37. Kadi nosacıjumi jaapmierina koeficientiem a, b, c, lai funkcijasy = ex + ax2 + bx + c grafikam butu iespejami parliekuma punkti?

Atbilde: a < 0, b, c ∈ R

38. Pieradıt, ka jebkura polinoma a0x3+a1x

2+a2x+a3, a0 6= 0, funkcijasgrafikam ir vismaz viens parliekuma punkts.

Atrast doto funkciju lokalos ekstremus! Vai kads no tiem ir arı globalsekstrems?

39. y = 3√

x3 + 3x2

Atbilde: (−2; 3√

4) – lokalais maksimuma punkts, (0; 0) – lokalais mini-muma punkts

40. y = 3x−25x2

Atbilde: (43 ; 9

40 ) - lokalais maksimuma punkts (arı globals)

Lokalie ekstremi 77

1. KONTROLDARBA parauga variants

1.uzdevums. Aprekinat robezas!a) (1 punkts) lim

x→−2

x2−2x−82x2+3x−2

,

b) (1 punkts) limx→1

√2−

√x+1

1−√

3x−2,

c) (1 punkts) limx→1+

[x]+1[5x] ,

d) (1 punkts) limt→0

tg 5t

tg 10t.

2.uzdevums. Atvasinat doto funkciju!a) (1 punkti ) y = (4x2 + 1

x2 ) ln x,b) (1 punkts) y = 3x−5

sinx ,

c) (2 punkti) y = 7sin3 2x+4 cos 2x.

3.uzdevums. (2 punkti) Kontroldarba bus jaatrisina viens no seitpiedavatajiem cetriem variantiem.

1) Atrast funkcijas f(x) = (x−2)2(x+2) augsanas un dilsanas intervalus!2) Atrast funkcijas f(x) = lnx

x lielako un mazako vertıbu intervala [1; e2]!

3) Atrast funkcijas y = e2x3−5x2+4x−1 lokalas ekstremalas vertıbas!4) Noteikt funkcijas y = t arctg t izliektıbas intervalus un parliekuma

punktus!

LEKCIJA NR. 9

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Robezas, kad arguments tiecas uz bezgalıbuBezgalıgas robezasLopitala kartula9.majas darbs

Robezas, kad arguments tiecas uz bezgalıbu

Bezgalıbas jedziens sı varda plasakaja nozıme ir drızak filozofijas kategorijaneka matematikas nozarei piedeross jedziens. Tomer arı matematika bez taneiztikt. Matematiskas analızes kursa ietvaros ar bezgalıbam +∞ vai −∞tiek apzımeti noteikti skaitlu intervali. Proti, [a; +∞[= {x ∈ R | a ≤ x} un] −∞; b] = {x ∈ R |x ≤ b}, kur a, b ∈ R. Ieverojiet, ka ∞ nav skaitlis un arto nevar izpildıt aritmetiskas darbıbas.

Apskatısim funkciju f(x) = 1x , x > 0 [7.1.zım.].

−2 −1

1

1

0

2

2

7.1. zım. f(x) =1

x.

y

x

-

6

−1

−2

Kas notiek ar funkcijas vertıbam, kad argumenta vertıbas aizvien pieaug,citiem vardiem sakot, x tiecas uz plus bezgalıbu? x → +∞ jasaprot ta, ka

Robezas, kad arguments tiecas uz bezgalıbu 79

x klust aizvien lielaks un lielaks, bez ierobezojuma. Varam sastadıt tabuluar atbilstosam argumenta un funkcijas vertıbam:

x 10 100 1000 10000 → +∞y 0,1 0,01 0,001 0,0001 → 0

Un tatad visparıga gadıjuma robezas, kad arguments neierobezoti pieaug,varam definet sadi:

9.1. DEFINICIJA.

(i) ( limx→+∞

f(x) = L)⇔def

⇔def

(∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) (x > δ ⇒ |f(x) − L| < ε));

(ii) ( limx→−∞

f(x) = L) ⇔def

⇔def

(∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) (x < −δ ⇒ |f(x) − L| < ε));

(iii) ( limx→∞

f(x) = L) ⇔def

⇔def

(∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) ( |x| > δ ⇒ |f(x) − L| < ε)) .

Ieverojiet, ka, piemeram, izteikums x > δ nozıme, ka x mainas pa visukopu ]δ; +∞[, bet izteikums |x| > δ nozıme x ∈]−∞;−δ[∪]δ; +∞[ (tatad ∞nozıme, ka vienlaikus tiek pielauta argumenta tieksanas gan uz + bezgalıbu,gan uz - bezgalıbu).

Ir speka apgalvojums

9.2. APGALVOJUMS.1. lim

x→+∞1xk = 0, k > 0;

2. limx→−∞

1xk = 0, k > 0& k ∈ Z .

2 Pieradısim tikai pirmo apgalvojumu, jo otrs pieradams analogiski.Mums japierada:

( limx→+∞

1xk = 0) ⇔ (∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x (x > δ ⇒ | 1

xk − 0 | < ε)). No

pedejas nevienadıbas | 1xk − 0 | < ε seko, ka |x| > ε−

1k . Ta ka x → +∞

(t.i., x ∈]δ; +∞[ ), tad x > ε−1k . Tadejadi patvalıgi izveletam ε > 0 atbil-

stoso δ > 0 izveloties ka δ ≥ ε−1k mes iegusim, ka

| 1xk − 0 | = 1

xk = x−k < δ−k ≤ (ε−1k )−k = ε.

Bezgalıgas robezas 80

Gadıjuma, kad gan x → +∞, gan x → −∞, robezas vertıba ir vienaun ta pati, tad varam apskatıt tikai vienu kopıgo gadıjumu x → ∞. No7.2. apgalvojuma seko, ka lim

x→∞1xk = 0, ja tikai k > 0 un k ∈ Z .

Atzımesim, ka rekinot robezas, kad x → ±∞, var lietot robezu teoremasun to sekas [3.11-3.18]. Pieradıjumi siem gadıjumiem ir analogiski klasiskorobezu pieradıjumiem.

Tadejadi, nemot vera 7.2. apgalvojumu un robezu teoremas, protamizrekinat daudzas robezas, kad veidojas robezu nenoteiktıba ∞

∞ .

9.3. Piemeri.

1. limx→∞

x2+31−x2+5x3 = lim

x→∞6x3( 1

x+ 3

x3 )

6x3( 1x3 − 1

x+5)

= 0+00−0+5 = 0.

2. limx→∞

x3−2x2+23x3−9 = lim

x→∞6x3(1− 2

x+ 2

x3 )

6x3(3− 9x3 )

= 1−0+03−0 = 1

3 .

3. limx→∞

2x3−5x2+12−x = lim

x→∞x3(2− 5

x+ 1

x3 )

x( 2x−1)

= limx→∞

x2(2−0+0)0−1 = lim

x→∞(−2x2) —

sı robeza neeksiste klasiskaja nozıme, bet robezvertıbu mes varetu pierakstıtka −∞, jo x → ∞ atbilstosi x2 → +∞.

4. limx→∞

1−x3−

√4x2+x−2

= limx→∞

6x( 1x−1)

6x( 3x−q

4+ 1x− 2

x2 )= 0−1

0−√

4+0−0= 1

2 .

Visparıga gadıjuma, ieverojot ieprieksejo piemeru rezultatus, varam secinat

limx→±∞

Pn(x)

Qm(x)=

0 , ja n < m ,pq , ja n = m ,

±∞ , ja n > m ,

kur Pn(x) un Qm(x) ir tadas funkcijas, kuram var noteikt mainıga x lielakopakapi: funkcijai Pn(x) ta ir n, bet funkcijai Qm(x) ta ir m; p un q irkoeficienti pie sım augstakajam pakapem.

Bezgalıgas robezas

Apskatısim velreiz funkciju f(x) = 1x . Soreiz mes interesesimies par situaciju,

kad x → 0. Klasiskaja robezas definıcijas nozıme sı robeza neeksiste, betvaram arı teikt, ka robeza ir neierobezoti liela vai pierakstıt so spriedumu∞. Konkretaja gadıjuma varam pat precizet un rakstıt

limx→0+

1x = +∞, lim

x→0−1x = −∞

jeb, neskirojot labas un kreisas puses robezas, limx→0

1x = ∞.

Teoretiski ieprieks apskatıtas situacijas var visparinat un dot sekojosudefinıciju

Bezgalıgas robezas 81

9.4. DEFINICIJA. ( limx→c+

f(x) = +∞) ⇔def

⇔def

(∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) ( 0 < x − c < δ ⇒ f(x) > ε )).

Janem vera, ka varam apskatıt arı kreisas puses robezu, ka arı c var butarı +∞ vai −∞, vai ∞. Attiecıgi pati robezvertıba var tikt noverteta ka+∞ vai −∞, vai ∞.

Tikai iegaumejiet, ka funkcijai, kuras vertıbas tiecas uz ±∞, nav robezasklasiskaja nozıme. Sakot, ka funkcijai robeza ir bezgalıba, tiek tikai uzsverts,ka f(x) vertıbas neierobezoti pieaug, argumentam tiecoties uz c.

Noskaidrosim, kada ir geometriska interpretacija definıcijai

(limx→c

f(x) = ∞) ⇔def

⇔def

(∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ Dom(f) ( 0 < |x − c| < δ ⇒ |f(x)| > ε )).

Lai to izdarıtu, izvelesimies patvalıgu ε > 0 vertıbu un konstruesim joslu,ko ierobezo taisnes y = ε un y = −ε [7.2. zımejums].

-

6

y = −ε

y = ε

x

y

cc − δ c + δ

7.2.zım.

y = f(x), x > cy = f(x), x < c

pppppppp

pppppppp

pppppppppppppppppppppppppppp

Saskana ar definıciju, eksiste tada punkta c apkartne ]c−δ; c+δ[\{c}, kafunkcijas f(x) grafika dala, kas atbilst sai apkartnei, atrodas arpus minetasjoslas. Ja ε vertıba tiek palielinata, tad visparıga gadıjuma δ samazinas.Seko, ka grafiks neierobezoti tuvojas taisnei x = c, t.i., sı taisne ir grafikavertikala asimptota.

9.5. DEFINICIJA. Funkciju f(x) sauc par bezgalıgi lielu x-am tiecotiesuz c, ja lim

x→cf(x) = ∞.

Bezgalıgi lielam funkcijam visparıga gadıjuma nevar attiecinat teoremaspar robezam. Tomer

Lopitala kartula 82

1) bezgalıgi lielas funkcijas un ierobezotas funkcijas summa ir bezgalıgi lielafunkcija;2) divu bezgalıgi lielu funkciju reizinajums ir bezgalıgi liela funkcija.Bet divu bezgalıgi lielu funkciju summa ne vienmer ir bezgalıgi liela funkcija.

9.6. Piemeri.1. lim

x→2

(

1x−2 − 4

x2−4

)

= limx→2

x+2−4(x−2)(x+2) = lim

x→2

1x+2 = 1

4 .

2. limx→2

(

3x−2 − 1

x2−4

)

= limx→2

3x+6−1(x−2)(x+2) = lim

x→2

3x+5x2−4

11=0∞,

pie tam limx→2+

(

3x−2 − 1

x2−4

)

= +∞, bet limx→2−

(

3x−2 − 1

x2−4

)

= −∞.

3. limx→+∞

(√

5x2 + 2x − 4 − 3x) = limx→+∞

5x2+2x−4−9x2√5x2+2x−4+3x

=

= limx→+∞

−4x2+2x−4√5x2+2x−4+3x

= −∞ (skaitıtaja lielaka pakape),

bet limx→−∞

(√

5x2 + 2x − 4 − 3x) = +∞, jo iekavas esosa pirma izteiksme

tiecas uz +∞, bet otra uz −∞. Atnemot no pirmas otro, rezultata mespalielinam izteiksmes vertıbu (t.i., +∞− (−∞) = +∞).

Bezgalıgi lielas funkcijas ir ciesi saistıtas ar bezgalıgi mazam funkcijam.

9.7. DEFINICIJA. Funkciju f(x) sauc par bezgalıgi mazu x-amtiecoties uz c, ja lim

x→cf(x) = 0.

9.8. APGALVOJUMS. Ja funkcija f : X → R ir bezgalıgi liela x-amtiecoties uz c, tad funkcija 1

f ir bezgalıgi maza x-am tiecoties uz c.2 Pienemsim, ka esam fiksejusi ε > 0. Pec dota lim

x→cf(x) = ∞, tatad

eksiste tads δ, ka∀x ∈ Dom(f) ( 0 < |x − c| < δ ⇒ |f(x)| > 1

ε ) jeb | 1f(x) | < ε,

bet tas arı nozıme, ka limx→c

1f(x) = 0.

Apgrieztais apgalvojums ir speka tikai taja gadıjuma, kad f(x) 6= 0.Nemot vera ieprieks sacıto, varam dazas robezu nenoteiktas situacijas

novertet ka:a

0+ = +∞; a0− = −∞; a

0 = ∞; a+∞ = 0; a

−∞ = 0; a∞ = 0.

Lopitala kartula

Apskatısim trıs robezas:

1) limx→0

sin xx = 1;

2) limx→2

x2−4x2−x−2

= limx→2

(x−2)(x+2)(x−2)(x+1) = 4

3 ;

Lopitala kartula 83

3) limx→−1

x2+x√3−x−2

= limx→−1

x(x+1)(√

3−x+2)3−x−4 = lim

x→−1

x(x+1)(√

3−x+2−(x+1) =

= limx→−1

x(√

3−x+2)−1 = 4.

Visos trijos robezu gadıjumos mums ir janovers nenoteiktıba 00 , bet katra

gadıjuma mes so noversanu panakam ar citu panemienu. Vai tomer nevarvisas sadas situacijas apvienot un risinat ar vienu metodi? Izradas, ka jau1696.gada francu matematikis Lopitals ir publicejis rezultatu:

9.9. TEOREMA (Lopitala kartula nenoteiktıbas 00 gadıjuma).

Pienemsim, ka limx→u

f(x) = limx→u

g(x) = 0. Ja limx→u

f ′(x)g′(x) eksiste tada nozıme,

ka robeza ir galıgs skaitlis vai ±∞, tad

limx→u

f(x)

g(x)= lim

x→u

f ′(x)

g′(x),

kur u var but −∞, +∞, a, a−, a+ (dotaja gadıjuma a ∈ R).

Izmantojot so teoremu, ieprieks apskatıtas trıs robezas varam risinatsadi:

9.10. Piemeri.

1. limx→0

sin xx

L.k.= lim

x→0

cos x1 = 1;

2. limx→2

x2−4x2−x−2

L.k.= lim

x→2

2x2x−1 = 4

3 ;

3. limx→−1

x2+x√3−x−2

L.k.= lim

x→−1

2x+1−1

2√

3−x

= −1·2·2−1 = 4.

Tacu esiet uzmanıgi, lietojot Lopitala kartulu! Piemeram,

limx→0

1−cos xx2+3x

L.k.= lim

x→0

sin x2x+3

L.k.= lim

x→0

cos x2 = 1

2

ir aplam izrisinats uzdevums, otreiz lietot Lopitala kartulu nevar, jolimx→0

sinx2x+3 = 0

3 = 0. Visparıga gadıjuma, ja saglabajas nenoteiktıba 00 , var

Lopitala kartulu pielietot viena uzdevuma risinasana vairakkartıgi.

9.11. Piemers. limx→0

sinx−xx3

L.k.= lim

x→0

cos x−13x2

L.k.= lim

x→0

− sinx6x

L.k.=

= limx→0

− cos x6 = −1

6 .

7.9. teoremas pieradıjums balstas uz Kosı videjas vertıbas teoremu:

9.12. TEOREMA (Kosı videjas vertıbas teorema).Pienemsim, ka funkcijas f un g ir diferencejamas intervala ]a; b[ un nepar-trauktas visa intervala [a; b]. Ja g′(x) 6= 0, ∀x ∈]a; b[, tad ∃c ∈]a; b[, ka

f(b) − f(a)

g(b) − g(a)=

f ′(c)g′(c)

.

Lopitala kartula 84

2 Pie dotajiem teoremas nosacıjumiem varam lietot Lagranza teoremu[6.nodala] un iegut, ka

∃c1 ∈]a; b[: f(b) − f(a) = f ′(c1)(b − a),∃c2 ∈]a; b[: g(b) − g(a) = g′(c2)(b − a).

Ja c1 = c2, tad mes iegusim prasıto, tacu visparıga gadıjuma ta tas varetuarı nebut. Tacu no otras izteiksmes seko, ka g(b)−g(a) 6= 0, jo pec teoremasnosacıjumiem g′(c2) 6= 0, c2 ∈]a; b[.

Lai pamatotu prasıto, apskatısim sekojosu funkciju:

s(x) = f(x) − f(a) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)(g(x) − g(a)).

Ieverosim, ka s(a) = 0 = s(b). Funkcija s ir nepartraukta intervala [a; b] undiferencejama ta ieksiene — tas seko no funkciju f un g dotajam ıpasıbam.Varam pielietot Lagranza teoremu un secinat, ka ∃c ∈]a; b[:

s′(c) =s(b) − s(a)

b − a=

0 − 0

b − a= 0 = f ′(c) − f(b) − f(a)

g(b) − g(a)g′(c).

Izdarot attiecıgus parveidojumus, iegusim teoremas apgalvojuma prasıto.

Lopitala kartulas (7.9. teoremas) pieradıjums.2 Mes pieradısim tikai to gadıjumu, kad x → a+ un robezvertıba ir reals

skaitlis.No robezas lim

x→a+

f ′(x)g′(x) eksistences seko, ka atvasinajumi f ′(x) un g′(x)

eksiste kaut kada punkta a labas puses apkartne ]a; b[ un g′(x) 6= 0 sajaapkartne. Mes nezinam, vai funkcijas f un g ir punkta a definetas, bet meszinam, ka lim

x→a+f(x) = 0 un lim

x→a+g(x) = 0, tapec punkta a funkciju f un

g vertıbas definesim (vai pardefinesim) vienadas ar 0, tadejadi panakot, kapunkta 0 abas funkcijas ir no labas puses nepartrauktas.

Tagad mes varam lietot Kosı videjas vertıbas teoremu un secinat, ka

∃c ∈]a; b[f(b) − f(a)

g(b) − g(b)=

f ′(c)g′(c)

.

Ta ka f(a) = g(a) = 0, tad f(b)g(b) = f ′(c)

g′(c) .

Gadıjuma, kad b → a+, arı c → a+, iegusim, ka

limb→a+

f(b)

g(b)= lim

c→a+

f ′(c)g′(c)

,

Lopitala kartula 85

kas ir ekvivalents ar sakuma izvirzıto hipotezi.Lıdzıgs pieradıjums bus tajos gadıjumos, kad x → a− vai x → a.

Pieradıjums klust komplicetaks, ja x → ∞.

Loti tipisks robezu nenoteiktıbas gadıjums ir ∞∞ . Izradas, arı te var lietot

Lopitala kartulu, jo ir speka

9.13. TEOREMA (Lopitala kartula nenoteiktıbas ∞∞ gadıjuma).

Pienemsim, ka limx→u

|f(x)| = limx→u

|g(x)| = +∞. Ja limx→u

f ′(x)g′(x) eksiste tada

nozıme, ka robeza ir galıgs skaitlis vai ±∞, tad

limx→u

f(x)

g(x)= lim

x→u

f ′(x)

g′(x),

kur u var but −∞, +∞, a, a−, a+ (dotaja gadıjuma a ∈ R).

Izmantojot 7.13. teoremu, varam atrast sadas robezas:

9.14. Piemeri.

1. limx→+∞

x3

ex

L.k.= lim

x→+∞3x2

ex

L.k.= lim

x→+∞6xex

L.k.= lim

x→+∞6ex = 0

(visparıga gadıjuma limx→+∞

xα

ex = 0, α ∈ R);

2. limx→+∞

ln xxα

L.k.= lim

x→+∞1

αxα = 0, α > 0;

3. limx→0+

ln xctg x

L.k.= lim

x→0+

1x· −1

sin2 x

= limx→0+

sin xx (− sin x) = 1 · 0 = 0.

Arı dazas citu veidu nenoteiktıbas 0 · ∞, ∞ − ∞, 00, ∞0 vai 1∞

var parveidot forma 00 vai ∞

∞ un pielietot Lopitala kartulu to atrasanai.9.15. Piemeri.

1. limx→1+

(

xx−1 − 1

ln x

) ∞−∞= lim

x→1+

x ln x−x+1(x−1) ln x

00L.k.= lim

x→1+

x· 1x+lnx−1

(x−1) 1x+ln x

=

= limx→1+

x lnxx−1+x ln x

00L.k.= lim

x→1+

x· 1x+lnx

1+x· 1x+lnx

= 1+01+1+0 = 1

2 ;

2. limx→0+

x ln x0·∞= lim

x→0+

ln x1x

∞∞L.k.

= limx→0+

1x(− 1

x2 )= lim

x→0+(−x) = 0;

3. limx→0

(1 − x)1x

1∞= lim

x→0eln(1−x)

1x = e

limx→0

ln(1−x)x

00L.k.= e

limx→0

−11−x = 1

e .

Lopitala kartula 86

9. MAJAS DARBS

41. Izmantojot logikas simbolus, pierakstıt apgalvojumus:a) lim

x→±∞f(x) = 4;

b) limx→−∞

f(x) = 0;

c) limx→1+

f(x) = −∞.

42. Pieradıt (pec definıcijas), ka limx→−∞

5x2 = +∞.

Atbilde: δ ≥√

ε5

Aprekinat robezas (pamatot atbildi):

43. limx→1

(

31−x3 + 1

x−1

)

Atbilde: 1

44. a) limx→∞

(x+1)2(3−7x)2

(2x−1)4 ; b) limx→∞

√x2+6+|x|

6√x4+2−|x| .

Atbilde: a) 4916 , b) −2

45. a) limx→0

e3x − 3x − 1

sin2 5x; b) lim

x→+∞7+x2

ex3 .

Atbilde: a) 0, 18 , b) 0

LEKCIJA NR. 10

FUNKCIJU PETISANA II∣

∣

∣

∣

∣

∣

AsimptotasFunkciju petısana10.majas darbs

Asimptotas

Pienemsim, ka funkcija f(x) ir defineta punkta c apkartne (t.i., definetaintervala ]c − ε; c + ε[ \ {c}).

10.1. DEFINICIJA. Taisni x = c sauc par funkcijas f(x) grafika ver-tikalo asimptotu, ja izpildas kaut viens no nosacıjumiem

limx→c−

f(x) = −∞ jeb + ∞vai lim

x→c+f(x) = −∞ jeb + ∞.

Tatad, lai atrastu funkcijas grafika vertikalo asimptotu, nepieciesamsatrast tadu punktu c, uz kuru tiecoties, funkcija ir bezgalıgi liela. Drosi varapgalvot, ka visparıga gadıjuma, ja f(x) = P (x)

Q(x) ir racionala funkcija (P (x)

un Q(x) ir polinomi), tad x = c bus funkcijas f(x) vertikala asimptota, jaQ(c) = 0, bet P (c) 6= 0.

10.2. Piemers. Funkcijas y = x2+3x−1x−2 vertikala asimptota ir x = 2, jo

limx→2

x2+3x−1x−2

9=0∞. Pie tam, lim

x→2−x2+3x−1

x−2

9=0−

−∞ un limx→2+

x2+3x−1x−2

9=0+

+∞.

10.3. DEFINICIJA. Ja eksiste tadi skaitli a un b, kalim

x → +∞(x → −∞)

(f(x) − (ax + b)) = 0,

tad taisni y = ax + b sauc par funkcijas f(x) grafika slıpo asimptotu.

Sadas asimptotas eksistence nozıme, ja x tiecas uz bezgalıbu (plus vaimınus), funkcija uzvedas gandrız ka lineara funkcija, t.i., starpıba starpabam ir bezgalıgi mazs lielums.

Asimptotas 88

Atradısim asimptotas parametrus a un b. Pec definıcijaslim

x → +∞(x → −∞)

(f(x) − (ax + b)) = 0,

izmantojot robezu ıpasıbas:

b = limx → +∞

(x → −∞)

(f(x) − ax). (10.1)

Saja formula parametrs a nav zinams. Lai to noteiktu, definıcijas vienadıbupierakstısim ka

limx → +∞

(x → −∞)

x(

f(x)x − a − b

x

)

= 0.

Ta ka x → +∞ (vai −∞), tad, lai robeza butu vienada ar 0, otra reizinatajarobezai jabut vienadai ar 0, t.i.,

limx → +∞

(x → −∞)

(

f(x)x − a − b

x

)

= 0.

No pedejas robezu vienadıbas seko, ka

a = limx → +∞

(x → −∞)

(

f(x)

x− b

x

)

= limx → +∞

(x → −∞)

f(x)

x. (10.2)

10.4. DEFINICIJA. Slıpo asimptotu y = b (a = 0) sauc par hori-zontalo asimptotu.

Ja kaut viena no robezam (10.1), (10.2) neeksiste, tad funkcijai y = f(x)slıpo asimptotu (arı horizontalo) nav.

Janem vera, ka dotai funkcijai visparıga gadıjuma jamekle atseviskirobezas, kad x tiecas uz plus vai mınus bezgalıbam, tas nozıme, ka funkcijasgrafikam var but divas dazadas slıpas asimptotas.

10.5. Piemers. Aplukosim ieprieks apskatıto funkciju y = x2+3x−1x−2 .

Vispirms atradısim koeficientu a:a = lim

x→∞x2+3x−1x(x−2) = 1,

jo neatkarıgi no ta, vai x tiecas uz plus vai minus bezgalıbu, dalas skaitıtajaun sauceja augstakas pakapes ir vienadas, bet robezvertıba ir vienada arkoeficientu dalıjumu pie sım augstakajam pakapem.

Tagad varam meklet koeficientu b:

b = limx→∞

(x2+3x−1x−2 − 1 · x) = lim

x→∞x2+3x−1−x2+2x

x−2 = limx→∞

5x−1x−2 = 5.

Funkciju petısana 89

Tatad dotas funkcijas slıpa asimptota ir y = x + 5.

Gadıjuma, ja dota funkcija ir racionala

f(x) =P (x)

Q(x)& degQ ≤ degP ≤ degQ + 1 ,

kur lietots apzımejums degP un degQ — polinoma P (x) un polinoma Q(x)pakape, tad asimptotas var meklet, izdalot skaitıtaju ar sauceju. Ta tas irarı pedeja piemera:

(x2 + 3x − 1) : (x − 2) = x + 5x2 − 2x

5x − 15x − 10

9

Tas nozıme, ka y = x2+3x−1x−2 = x + 5 + 9

x−2 . Seko, ka y = x + 5 ir funkcijasslıpa asimptota, jo

limx→∞

(

x2+3x−1x−2 − (x + 5)

)

= limx→∞

(

x + 5 + 9x−2 − (x + 5)

)

=

= limx→∞

9x−2 = 0.

Funkciju petısana

Ar jedzienu ”funkciju petısana” saprot funkcijas analıtiskas izteiksmes izpeti,kuras rezultata var uzskicet dotas funkcijas grafiku. Izpete ietilpst:1) funkcijas definıcijas apgabala noteiksana;2) paritates noteiksana;3) krustpunktu ar koordinatu asım atrasana;4) I kartas atvasinajuma atrasana un no ta izrietoso secinajumu konsta-tesana: augsanas un dilsanas intervalu noteiksana, maksimuma un mini-muma punktu noteiksana;5) II kartas atvasinajuma atrasana un no ta izrietoso secinajumu konstatesana:ieliekuma un izliekuma intervalu noteiksana, parliekuma punktu noteiksana;6) asimptotu atrasana;7) grafika konstruesana (ja nepieciesams, papildus punktu vertıbu atrasana).Ka so izpeti izdarıt, ilustresim ar trıs piemeru palıdzıbu.

10.6. Piemers. Izpetısim jau ieprieks piemineto funkciju y = x2+3x−1x−2

pec augstak noradıtas shemas.


1) Dota funkcija nav defineta punkta 2, tatad tas definıcijas apgabals irR \ {2}.

2) Ta ka y(−x) = x2−3x−1−x−2 nesakrıt ne ar y(x), ne ar −y(x), tad funkcija

nav ne para, ne nepara funkcija.3) Ja x = 0, tad y = 1

2 . Savukart, ja y = 0, tad jarisina kvadratvienadojums

x2+3x−1 = 0. Atradısim, ka ta saknes ir x1,2 = −3±√

132 . Tatad krustpunkti

ar asım ir (0; 12), (−3−

√13

2 ; 0) un (−3+√

132 ; 0).

4) Ta ka y′ = (2x+3)(x−2)−(x2+3x−1)(x−2)2 = 2x2−x−6−x2−3x+1

(x−2)2 = x2−4x−5(x−2)2 , tad

funkcijai ir trıs kritiskie punkti: x1 = 2 (singularais punkts), x2 = −1 unx3 = 5 (stacionarie punkti). Nosakam atvasinajuma zımes, ejot caur siempunktiem:

-

� R R �

+ −1 − 2 − 5 y′ zımes

x

10.1.zım.

Pec 10.1.zımejuma redzams, ka funkcija aug intervalos ] −∞;−1[, ]5;+∞[un dilst intervalos ]− 1; 2[, ]2; 5][. Zımju maina rada, ka punkta −1 funkcijasasniedz lokalo maksimalo vertıbu, t.i., punkts (−1; 1) ir lokalais maksi-muma punkts, un punkta 5 funkcija sasniedz lokalo minimalo vertıbu, t.i.,punkts (5; 13) ir lokalais minimuma punkts.

5) No otra atvasinajuma y′′ = (2x−4)(x−2)2−2(x−2)(x2−4x−5)(x−2)4

=

(2x−4)(x−2)−2(x2−4x−5)(x−2)3

= 2x2−8x+8−2x2+8x+10(x−2)3

= 18(x−2)3

redzam, ka intervala

] −∞; 2[ grafiks ir izliekts (negatıva otra atvasinajuma zıme), bet intervala]2;+∞[ grafiks ir ieliekts (pozitıva otra atvasinajuma zıme). Punkta 2funkcijai nav parliekums, jo 2 nepieder definıcijas apgabalam.

6) Asimptotas mes esam atradusi jau ieprieks, tas ir: x = 2 — vertikalaasimptota un y = x + 5 — slıpa asimptota.

7) Grafika precizesanai atradısim dazas papildus punktu vertıbas:y(1) = −3, y(3) = 17 un y(7) = 134

5 . Grafika skice dota 10.2. zımejuma.


-

6

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��

��r

r

r

1

rr

r

r

x = 2

y = x + 5

x7531

12

�−5

−1

5

1

10

13

17

y

√13−32

−3−√

132

6Y

10.2.zım. Funkcijas y = x2+3x−1x−2 grafiks.

−3

Pieredze rada, ka studentiem problemas rada funkcijas, kas satur e pakapesvai naturalos logaritmus, tapec apskatısim divus nakamos piemerus ar atbil-stosam funkcijam.

10.7. Piemers. Izpetısim funkciju y = ln(x+e)x+e !

1) Ta ka x 6= −e un x + e > 0, tad Dom(y) =] − e; +∞[.2) Ta ka definıcijas apgabals nav simetrisks pret 0 punktu, tad dota

funkcija ir ne para, ne nepara.3) Ja x = 0, tad y = ln e

e = 1e ≈ 0, 37.

Ja y = 0, tad jarisina vienadojums ln(x + e) = 0. Iegusim, ka


ln(x + e) = ln 1 ⇒ x + e = 1 ⇒ x = 1 − e ≈ −1, 7.Tatad krustpunkti ar koordinatu asım ir sadi: (0, 1

e ) un (1−e, 0). (Tuvinatasvertıbas paturam prata, tas bus nepieciesamas, lai uzzımetu grafiku.)

4) y′ =1

x+e·(x+e)−ln(x+e)

(x+e)2= 1−ln(x+e)

(x+e)2— stacionaro punktu atrodam,

risinot vienadojumu ln(x + e) = 1. Ta ka ln e = 1, tad x + e = e, iegustamx = 0.

-

x−e 0

+ −

R�

10.3.zım.

Funkcija aug intervala ]−e; 0[ un dilst intervala ]0;+∞[, atvasinajuma zımjumaina rada, ka punkta 0 funkcija sasniedz maksimalo vertıbu, t.i., punkts(0, 1

e ) ir globalais maksimuma punkts.

5) y′′ =− 1

x+e·(x+e)2−2(x+e)·(1−ln(x+e))

(x+e)4=

= −(x+e)(1+2−2 ln(x+e))(x+e)4

= 2 ln(x+e)−3(x+e)3

.

Parliekuma punktu kandidatu atradısim no vienadojuma 2 ln(x+e)−3 = 0,

tad ln(x + e) = 32 = ln e

32 ⇒ x + e = e

32 ⇒ x = e

√e − e ≈ 1, 7.

-

x−e e√

e − e

− +

10.4.zım.

Tatad punkts (e√

e − e, 32e

√e) ir parliekuma punkts ( 3

2e√

e≈ 0, 3).

6) Ta ka limx→−e+

ln(x+e)x+e = lim

x→−e+

1x+e · ln(x + e) = −∞, tad x = −e ir ver-

tikala asimptota.Ta ka a = lim

x→+∞ln(x+e)(x+e)x =L.k. lim

x→+∞1

(x+e)(2x+e) = 0 un

b = limx→+∞

ln(x+e)x+e =L.K. lim

x→+∞1

x+e = 0, tad y = 0 ir horizontala asimp-

tota.7) Grafika skice dota 10.5.zımejuma. f(−2) ≈ −0, 5


-

6

x

y

-2

-1 1 2

10.5.zım. Funkcijas f(x) = ln(x+e)x+e grafiks.

x = −e

r

1−er

r

(e√

e−e, 32e

√e)

?1e

1

10.8. Piemers. Izpetısim funkciju y = xe−x2!

1) Definıcijas apgabals ir visu realo skaitlu kopa R.2) y(−x) = −xe−x2

= −y(x) — nepara funkcija, tas nozıme, ka tasgrafiks ir simetrisks pret koordinatu sakumpunktu, un turpmakos petıjumusvaram veikt tikai attiecıba uz x ∈ [0;+∞[.

3) Vienıgais krustpunkts ar asım ir (0; 0).4) y′ = e−x2

+ x(−2x)e−x2= (1 − 2x2)e−x2

— kritiskais punkts (x ≥ 0)ir x1 =

√0, 5 ≈ 0, 7.

-y′ zımes

x

10.6.zım.

R�

0 +√

0, 5 −

Ka rada 10.6.zımejums, funkcija aug intervala [0;√

0, 5[ un dilst intervala]√

0, 5;+∞[, tapec punkts (√

0, 5; 1√2e

) ir funkcijas maksimuma punkts.

5) y′′ = −4xe−x2+(1−2x2)(−2x)e−x2

= −2x(3−2x2)e−x2— nenegatıvie

kritiskie punkti ir x1 = 0 un x2 =√

1, 5 ≈ 1, 2.

-y′′ zımes

x

10.7.zım.

0 − √1, 5 +

Otras kartas atvasinajuma zımes liecina, ka intervala ]0;√

1, 5[ grafiks ir

izliekts, bet intervala ]√

1, 5;+∞[ grafiks ir ieliekts, punkts (√

1, 5;√

32e3 ) ir


parliekuma punkts, tads ir arı (0; 0).6) Vertikalo asimptotu nav, jo nav partraukuma punktu. Atradısim

slıpas:

a = limx→∞

xe−x2

x = limx→∞

e−x2= 0 un

b = limx→∞

xe−x2= lim

x→∞x

ex2

∞∞L.k.

= limx→∞

1

2xex2 = 0

Tatad ir horizontala asimptota y = 0.7) Grafika skice dota 10.8.zımejuma.

-

6

`

`

`

`

`

√0, 5

1

√1, 5 x

1

1√2 e

√

32 e3

y

10.8.zım. Funkcijas y = xe−x2grafiks.

10.9. Piemers. Izpetısim funkciju y = 2x2−3x+1|x| !

1) Definıcijas apgabals ir R \ {0}.2) Ta ka y(−x) = 2x2+3x+1

|x| , tad funkcija nav ne para, ne nepara.

3) x 6= 0, bet, ja y = 0, tad jaatrod kvadratvienadojuma 2x2−3x+1 = 0saknes un tas ir x1 = 1

2 un x2 = 1. Tatad dotajai funkcijai ar x-asi irkrustpunkti (1

2 ; 0) un (1; 0).

4) x > 0: y′ =(

2x2−3x+1x

)′=(

2x − 3 + 1x

)′= 2 − 1

x2 = 2x2−1x2 —

kritiskais punkts ir x1 = 1√2

=√

0, 5 ≈ 0, 7.

-y′ zımes

x

0 − √0, 5 +

R �

10.9.zım.

No 10.9.zımejuma redzams, ka funkcija dilst intervala ]0; 1√2[ un aug in-

tervala ] 1√2; +∞[, tapec saja kritiskaja punkta funkcija sasniedz savu lokalo


minimalo vertıbu. y( 1√2) = 2

√2 − 3 ≈ −0, 2.

x < 0: y′ =(

2x2−3x+1−x

)′=(

−2x + 3 − 1x

)′= −2 + 1

x2 = −2x2+1x2 —

kritiskais punkts ir x2 = − 1√2

= −√0, 5 ≈ −0, 7.

-y′ zımes

x

− −√0, 5 +

R �

10.10.zım.

0

No 10.10.zımejuma redzams, ka funkcija dilst intervala ] −∞;− 1√2[ un

aug intervala ] − 1√2; 0[, tapec arı saja kritiskaja punkta funkcija sasniedz

savu lokalo minimalo vertıbu. y(− 1√2) = 2

√2 + 3 ≈ 5, 8.

5) x > 0: y′′ =(

2 − 1x2

)′= 2

x3 > 0 — intervala ]0;+∞[ funkcija irieliekta.

x < 0: y′′ =(

−2 + 1x2

)′= −2

x3 > 0 — intervala ] − ∞; 0[ funkcija arı irieliekta.

6) x = 0 ir vertikala asimptota, jo limx→0

2x2−3x+1|x| = ∞, pie tam

limx→0+

2x2−3x+1x = lim

x→0+

1x = +∞ un arı lim

x→0−2x2−3x+1

−x = limx→0−

−1x = +∞.

Runajot par slıpajam asimptotam, sis ir tas gadıjums, kad patiesameksistes divas atskirıgas asimptotas, kad x tiecas uz +∞ un kad x tiecas uz−∞:k1 = lim

x→+∞2x2−3x+1

x2 = 2,

b1 = limx→+∞

(

2x2−3x+1x − 2x

)

= limx→+∞

(2x − 3 + 1x − 2x) = −3,

k2 = limx→−∞

2x2−3x+1−x2 = −2,

b2 = limx→−∞

(

2x2−3x+1−x + 2x

)

= limx→−∞

(−2x + 3 − 1x + 2x) = 3,

tatad funkcijai ir slıpa asimptota y = 2x − 3, kad x → +∞, un ir slıpaasimptota y = −2x + 3, kad x → −∞.

7) Grafika skice attelota 10.11.zımejuma.


-

6

q q

q

q

��

AA

AA

AA

AA

AA

AA

−√0, 5

x2√

2 − 3

−3

3

2√

2 + 3

y

10.11.zım. Funkcijas y = 2x2−3x+1|x| grafiks.

y = 2x − 3

y = −2x + 3

12

11

√0, 5

?

Apskatıta funkciju petısanas shema lauj sekmıgi uzskicet daudzu funkcijugrafikus, tacu ne visus! Prakse nakas saskarties arı ar tadam funkcijam,kuram atrisinat vienadojumus y = 0, y′ = 0 vai y′′ = 0 ar mums pazıstamajammetodem ir neiespejami. Sados gadıjumos minetos vienadojumus var meginatrisinat tuvinati. Var rıkoties arı ta, ka grafiku zımejam pa punktiem, nemeginotnoteikt ne ekstremus, ne parliekuma punktus. Un pastav vel viena iespeja,ka tikt pie grafika skices, laujot to darıt datoram — sodien ir atrodamasdaudzas un dazadas datoru programmu paketes, kas prot uzzımet jebkurasfunkcijas grafiku noradıta intervala. Tomer datoru programmas dazkartmedz arı zımet aplam! Ja funkcijai ir partraukuma punkti izpetes intervala,tad esiet uzmanıgi! Datora zımetaja bilde funkcija var tikt uzzımeta arı kanepartraukta, tapec ir jabut kaut aptuvenam prieksstatam par sagaidamoattelu.


10.MAJAS DARBS

Noteikt doto funkciju grafiku asimptotas!

46. y = x2√x2−1

Atbilde: x = 1, x = −1, y = x, y = −x

47. y = x√

xx+4

Atbilde: x = −4, y = x − 2

Izpetıt dotas funkcijas un uzzımet to grafiku skices!

48. y = x6 + x4 + 3x2

Atbilde: (0; 0) ir min punkts, visur ieliekta, vertikalo un slıpo asimptotunav

49. y = 1−x3

x2

Atbilde: (− 3√

2; 33√4

) ir min punkts, ieliekta funkcija visa definıcijas ap-

gabala, asimptotas: x = 0, y = −x

50. y = xe−x2

Atbilde: (2; 2e ) ir max punkts, (4; 4

e2 ) ir parliekuma punkts, y = 0 irhorizontala asimptota (kad x → +∞)

LEKCIJA NR. 11

NENOTEIKTAIS INTEGRALIS∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Nenoteikta integrala definıcijaNenoteikta integrala atrasana un ıpasıbasSubstitucijas metode. Linearas substitucijas11.Majas darbs

Nenoteikta integrala definıcija

Viens no diferencialrekinu pamatuzdevumiem ir atrast dotai funkcijai tasatvasinajumu. Tacu dazkart ir nepieciesams atrisinat apgriezto uzdevumu —atrast tadu funkciju F (x), kuras atvasinajums ir dota funkcija f(x), t.i.,atrast tadu funkciju F (x), ka F ′(x) = f(x) vai dF (x) = f(x) dx.

11.1. DEFINICIJA. Par dotas funkcijas f(x) primitıvo funkcijusauc tadu funkciju F (x), kuras atvasinajums ir vienads ar doto funkcijuf(x).

Gribetos uzzinat, vai katrai funkcijai eksiste primitıva funkcija. Atbildeir pozitıva tada nozıme, ka plasai funkciju klasei primitıvas funkcijas eksiste,proti, jebkurai kada intervala nepartrauktai funkcijai saja intervala eksisteprimitıva funkcija. Ja funkcijai ir partraukuma punkti, tad tas primitıvofunkciju mekle tikai tajos intervalos, kuros ta ir nepartraukta.

Ieverosim, ka dotai funkcijai primitıva funkcija nav noteikta viennozımıgi.

11.2. Piemers. Funkcijai f(x) = 5x3 primitıva funkcija ir F (x) = 54x4,

bet tai ir arı citas primitıvas funkcijas, piemeram, 54x4 + 10 vai 5

4x4 − π,visparıgi varam sacıt, ka 5

4x4 + C, kur C ir kaut kada reala konstante, irfunkcijas f(x) primitıva funkcija.

11.3. TEOREMA. Ja visiem x no valeja intervala ]a; b[ ir speka, kafunkciju F (x) un G(x) atvasinajumi ir vienadi, tad

∃C ∀x ∈]a; b[ (F (x) = G(x) + C ).

Nenoteikta integrala atrasana un ıpasıbas 99

2 Definesim funkciju H(x) = F (x) − G(x). Pec teoremas nosacıjumiem∀x ∈]a; b[ (H ′(x) = F ′(x) − G′(x) = 0 ).

Izvelesimies divus patvalıgus atskirıgus punktus x un x1 no intervala]a; b[. Ta ka funkcija H(x) ir diferencejama intervala ]a; b[ ieksiene (jo F (x)un G(x) ir tadas), tad ta ir diferencejama arı intervala ar galapunktiem xun x1 ieksiene un nepartraukta saja intervala, tatad ta apmierina Lagranzateoremas nosacıjumus, tapec starp punktiem x un x1 atradısies tads punktsc, ka

H ′(c) =H(x) − H(x1)

x − x1.

Pec teoremas nosacıjumiem H ′(c) = 0, tapec H(x) = H(x1) — sı pedejanevienadıba bus speka jebkuram x no intervala ]a; b[. Esam ieguvusi, kafunkcija H(x) ir konstanta: H(x) = C. Secinam, ka C = F (x) − G(x) jebF (x) = G(x) + C.

Sı teorema apgalvo, ka dotai funkcijai primitıvas funkcijas savstarpejivar atskirties tikai par konstantu saskaitamo.

11.4. DEFINICIJA. Funkcijas f(x) primitıvas funkcijas visparıgo veiduF (x) + C, kur F (x) ir f(x) kaut kada primitıva funkcija un C ir patvalıgakonstante, sauc par funkcijas f(x) nenoteikto integrali un apzıme ar sim-bolu

∫

f(x) dx, t.i.,∫

f(x) dx = F (x) + C. (11.1)

Apzımejuma (11.1) funkciju f(x) sauc par zemintegrala funkciju, betf(x) dx — par zemintegrala izteiksmi; x sauc par integracijas mainıgo,bet C — par integracijas konstanti. Simbolu

∫

sauc par integresanasdarbıbas simbolu.

Nenoteikta integrala atrasana un ıpasıbas

11.5. TEOREMA. Ja n ∈ R un n 6= −1, tad∫

xn dx = xn+1

n+1+ C.

2 Lai pieradıtu rezultatu forma∫

f(x) dx = F (x) + C, ir pietiekamiparadıt, ka (F (x) + C)′ = f(x). Tatad musu gadıjuma:

(

xn+1

n + 1+ C

)′=

1

n + 1· (n + 1) · xn+1−1 + C ′ = xn + 0 = xn.


Iegaumejiet, ka specialgadıjuma∫

dx =∫

1 dx =∫

x0 dx = x + C.Lıdzıga veida ka 11.5. teorema var pamatot sekojosas integresanas pa-

matformulas:

∫ dx

x= ln |x| + C,

∫

sin x dx = − cos x dx + C,∫

cos x dx = sin x + C,

∫ dx

cos2 x= tg x + C,

∫ dx

sin2 x= −ctg x + C,

∫

axdx =ax

ln a+ C, a > 0, a 6= 1

∫

exdx = ex + C,

∫ dx√

1 − x2= arcsin x + C = − arccos x + C,

∫ dx

1 + x2= arctg x + C = −arcctg x + C

∫ dx

a2 + x2=

1

|a|arctg

x

|a|+ C, a 6= 0.

Ipasas atzımesanas verta ir pirma uzrakstıta formula∫

dxx = ln |x| + C.

Lai pieradıtu tas pareizıbu, jaapskata divi gadıjumi:1) ja x > 0, tad (ln x + C)′ = 1

x ;2) ja x < 0, tad (ln |x| + C)′ = (ln(−x))′ = 1

−x · (−1) = 1x .

Atzımesim, ka tiesi no nenoteikta integrala definıcijas izriet sadas vienadıbas:

(∫

f(x) dx)′

= f(x),

d(∫

f(x) dx)

= f(x) dx,∫

f ′(x) dx = f(x) + C,∫

df(x) = f(x) + C.

Turklat visas integresanas formulas saglaba savu veidu, ja neatkarıgamainıga x vieta ievieto jebkuru sı mainıga diferencejamu funkciju u = g(x),t.i., ja

∫

f(x) dx = F (x) + C, tad∫

f(u) du = F (u) + C. Sis apgalvojumsizriet no sekojosiem spriedumiem: no vienadıbas

∫

f(x) dx = F (x) + Cseko, ka dF (x) = f(x) dx; saliktu funkciju atvasinot, iegusim, ka dF (u) =


F ′(u) du = f(u) du, kur u var but jebkura argumenta x diferencejamafunkcija; saskana ar nenoteikta integrala definıciju:

∫

f(u) du = F (u) + C.Lıdzıgi ka diferencesanas operators ir linears, ta arı nenoteiktais in-

tegralis ir uztverams ka linears operators, jo:

11.6. TEOREMA. Pienemsim, ka eksiste nenoteiktie integrali∫

f(x) dxun∫

g(x) dx, tad1.∫

k f(x) dx = k∫

f(x) dx, kur k ∈ R — konstante;2.∫

(f(x) + g(x)) dx =∫

f(x) dx +∫

g(x) dx;3.∫

(f(x) − g(x)) dx =∫

f(x) dx −∫

g(x) dx.2 1. Pienemsim, ka

∫

f(x) dx = F (x) + C. Tad F ′(x) = f(x) un(kF (x))′ = kf(x). No nenoteikta integrala definıcijas seko, ka

k∫

f(x) dx = k(F (x) + C) = kF (x) + C1 =∫

kf(x) dx,kur C1 = kC — konstante.

2. Pienemsim, ka∫

f(x) dx = F (x) + C un∫

g(x) dx = G(x) + C. Taka F ′(x) = f(x) un G′(x) = g(x), tad F (x) + G(x) ir primitıva funkcijasummai f(x) + g(x), tapec∫

f(x) dx +∫

g(x) dx = (F (x) + C1) + (G(x) + C2) == (F (x) + G(x)) + (C1 + C2) = (F (x) + G(x)) + C =

∫

(f(x) + g(x)) dx.3. Treso apgalvojumu pierada analogiski ka otro.

Atzımesim, ka 2. un 3. apgalvojums ir speka jebkuram galıgam skaitamfunkciju.

11.7. Piemers.∫

(6x4 + sin x− 7) dx =∫

6x4 dx +∫

sin x dx−∫

7 dx == 6

∫

x4 dx +∫

sin x dx − 7∫

dx = 65x5 + C1 − cos x + C2 − 7x + C3 =

= 65x5 − cos x − 7x + C.

Parasti, risinot uzdevumus, ievero 11.6. teoremu, bet katra darbıbas solınenorada, kurs no teoremas apgalvojumiem tiek izmantots; tapat parastisumma vai starpıba katram nenoteiktajam integralim neraksta savu in-tegracijas konstanti, bet gan pieraksta vienu kopıgo.

11.8. Piemers.∫ (

3√

t + 2t3− 10

cos2 t

)

dt =∫

(

t13 + 2t−3 − 10 1

cos2 t

)

dt =

= t4343

+ 2 t−2

−2 − 10tgt + C = 34t

43 − 1

t2 − 10tgt + C.

Ne vienmer zemintegrala funkcija ir tik vienkarsa ka 11.7. un 11.8.piemera. Dazkart bus nepieciesams veikt algebriskus parveidojumus un tikaitad vares nointegret.

11.9. Piemeri. 1.∫

(

x2−2x cos xx + 3x+3x3

1+x2

)

dx =∫

(x−2 cos x+3x)dx =

=∫

(4x − 2 cos xdx = 2x2 − 2 sin x + C.

Substitucijas metode. Linearas substitucijas 102

2.∫ (

sin x2 − cos x

2

)2dx =

∫ (

sin2 x2 − 2 sin x

2 cos x2 + cos2 x

2

)

dx ==∫

(1 − sin x)dx = x + cos x + C.Bet vairuma gadıjumu bus par maz tikai ar prasmi parzinat nenoteikto

integralu tabulu.

Substitucijas metode. Linearas substitucijas

Viena no integresanas pamatmetodem, kuru var pielietot loti daudzos gadıjumos,ir substitucijas jeb aizvietosanas metode. Tas butıba ir sekojosa: zem-integrala funkcijas argumentu parveido pec kadas formulas (substitucijas)ta, lai integralis attiecıba pret jauno mainıgo butu vienkarsaks neka dotaissakotnejais integralis.

11.10. TEOREMA. Pienemsim, ka funkcija x = ϕ(t) ir defineta unir diferencejama intervala [a; b]. Pienemsim, ka intervala [a; b] ir definetasalikta funkcija f(x) = f(ϕ(t)). Ja funkcijai f(x) eksiste primitıva funkcijaF (x), tad

∫

f(x) dx =

∫

f(ϕ(t))ϕ′(t) dt.

2 Ta ka primitıva funkcija F (x) ir defineta taja pasa kopa ka funkcijaf(x) un eksiste salikta funkcija f(ϕ(t)), tad eksiste arı salikta funkcijaF (ϕ(t)). Diferencejot saliktu funkciju (nemot vera, ka F ′(x) = f(x)),iegusim, ka

(F (ϕ(t)))′ = (F (ϕ(t)))′

x ϕ′(t) = f(ϕ(t))ϕ′(t),

t.i., funkcijai f(ϕ(t))ϕ′(t) intervala [a; b] ir primitıva funkcija F (ϕ(t)), tapec

∫

f(ϕ(t))ϕ′(t) dt = F (ϕ(t)) + C.

Ieverojot, ka F (ϕ(t))+C = (F (x) + C)|x=ϕ(t) =∫

f(x) dx, iegusim formulu

∫

f(x) dx =

∫

f(ϕ(t))ϕ′(t) dt.

Nedrıkst aizmirst, ka pec tam, kad integralis ar substitucijas palıdzıbuir atrasts, rezultats jaizsaka ar sakotnejo mainıgo.

11.11. Piemers.∫

sin(3x − 7) dx = ∗apzımejam: 3x − 7 = t


atrodam atbilstosos diferencialus: d(3x − 7) = dt jeb 3dx = dt, jeb dx = dt3

∗ =∫

sin tdt3 = 1

3

∫

sin t dt = −13 cos t + C = −1

3 cos(3x − 7) + C.

Visparıga gadıjuma, kad mes linearu izteiksmi ax+ b aizstajam ar jaunumainıgo t, iegusim nenoteikto integralu vienadıbu (d(ax+ b) = dt jeb adx =dt, jeb dx = dt

a ):∫

f(ax + b) dx =1

a

∫

f(t) dt.

Iegaumejot so sakarıbu, linearu substituciju gadıjuma integresanu varamveikt bez jauna mainıga tiesas ievesanas.

11.12. Piemeri. 1.∫

dxcos2(5x+2)

= 15tg(5x + 2) + C,

2.∫

(0, 2x − 4)10dx = 10,2

(0,2x−4)11

11 + C = 511(0, 2x − 4)11 + C,

3.∫

dxa2+x2 = 1

a2

∫

dx(x

a)2+1

= 1a2 · a arctg x

a + C = 1aarctg x

a + C.


11.MAJAS DARBS

Izmantojot integresanas pamatformulas, aprekinat integralus:

51.∫

(x2 − 12√

x)2dx

Atbilde: x5

5 − 2x2√

x5 + 1

4 ln |x| + C

52.∫ (

sin x2 + cos x

2

)2dx

Atbilde: x − cos x + C

53.∫

cos 2xsin2 x·cos2 x

dx

Atbilde: −tgx − ctgx + C

54. Atrast nenoteiktos integralus, izmantojot diferenciala formasinvarianci:

a)∫

(x2 + 1)6d(x2 + 1) b)∫ d(1+ln x)

cos2(1+ln x)

Atbilde: (x2+1)7

7 + C Atbilde: tg(1 + ln x) + C

55. Atrast nenoteiktos integralus, izmantojot linearo substituciju:

a)∫

23x+5dx b)

∫

e2−0,2xdx

LEKCIJA NR. 12

CITAS SUBSTITUCIJAS UN

PARCIALA INTEGRESANAS METODE∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Dazu iracionalo funkciju integresanaDazu trigonometrisko funkciju integresanaParciala integresana12.Majas darbs

Ieverojot substitucijas teoremas pamatformulu

∫

f(t) dt =

∫

f(ϕ(x))ϕ′(x) dx,

var atrast loti daudzus nenoteiktos integralus. Lai izveletos pareizo sub-stituciju, vienkarsakajos gadıjumos jaspej ieraudzıt, kura zemintegrala izteiksmeir funkcija ϕ(x) un kur atrodas ϕ′(x).

12.1. Piemers.∫ sin

√x√

xdx = ∗

apzımejam√

x = t, tad 12√

xdx = dt

∗ = 2∫

sin t dt = −2 cos t + C = −2 cos√

x + C.Daudzos gadıjumos nav tik vienkarsi, ka tikko apskatıtaja piemera. Lai

izdomatu, kadu substituciju lietot, jabut zinamai pieredzei (intuıcijai) unzinasanam. Talak apskatısim iracionalu un trigonometrisku funkciju in-tegresanu, izmantojot dazadas substitucijas.

Dazu iracionalo funkciju integresana

Daudzas iracionalas izteiksmes var integret, parveidojot zemintegralafunkciju. Metodes butıba it tada, ka jaatrod tada substitucija, kas ”ira-cionalu” integrali parvers par ”racionalu”. ”Racionalu” funkciju integresanu

Dazu iracionalu funkciju integresana 106

mes apskatısim nakosaja lekcija, tapec tagad mes apskatısim tikai dazusvienkarsakos iracionalu funkciju integralus.

Apzımesim ar R(x1, x2, . . . , xn) funkciju, kura ir mainıgo x1, x2, . . . , xn

racionala funkcija. Piemeram, x3+√

x

x+√

(1+x2)3= R(x,

√x,

√1 + x2).

Lai integretu

∫

R

(

x,

(

ax + b

cx + d

)p1

, . . . ,

(

ax + b

cx + d

)pn)

dx,

kur n ∈ N, a, b, c, d ∈ R, ad − bc 6= 0 un p1, p2, . . . , pn ∈ Q, ieteicams lietotsubstituciju

ax + b

cx + d= tm,

kur m ir racionalo skaitlu p1, p2, . . . , pn kopıgais saucejs.

12.2. Piemers.∫ 9+ 5

√x√

x+5√

x3dx — sı integrala zemintegrala funkcija ir

racionala funkcija attiecıba pret mainıgajiem x,√

x un 5√

x (a = d = 1,b = c = 0). Kopıgais saucejs ir 10, tapec jalieto substitucija x = t10,dx = 10t9 dt. Savietojot iegusim racionalas funkcijas integrali:∫ 9+ 5

√x√

x+5√

x3dx =

∫

9+t2

t5+t610t9 dt = 10

∫ (9+t2)t9

t5(1+t)dt = 10

∫

t6+9t4

1+t dt = ∗

(t6 + 9t4) : (t + 1) = t5 − t4 + 10t3 − 10t2 + 10t − 10, atlikuma 10, tapec

∗ = 10∫

(t5 − t4 + 10t3 − 10t2 + 10t − 10 + 101+t)dt =

= 10( t6

6 − t5

5 + 10 t4

4 − 10 t3

3 + 10 t2

2 − 10t + 10 ln |1 + t|) + C =

= 53x

35 − 2x

12 + 25x

25 − 100

3 x310 + 50x

15 − 100x

110 + 100 ln(1 + x

110 ) + C.

Integrala

∫

R(x,√

ax2 + bx + c) dx, a 6= 0, b2 − 4ac 6= 0,

gadıjuma atrisinajumu var iegut ar kadu no ta saucamajam Eilera sub-stitucijam, proti, kvadratsakne

√ax2 + bx + c tiek apzımeta ar kadu no

izteiksmem (+ vai − pec brıvas izveles):

±√ax ± t, a > 0;

±xt ±√c, c > 0,

±(x − x1)t;±(x − x2)t,

kur x1, x2 ir vienadojuma ax2 + bx + c realas saknes.

Dazu iracionalu funkciju integresana 107

Eilera substitucijas daudzos gadıjumos noved pie darbietilpıgiem alge-briskiem parveidojumiem, tapec, ja tas iespejams, izmanto citas substitucijas.Specialgadıjuma, ja janointegre

a)∫

R(x;√

a2 − x2) dx, a > 0,

b)∫

R(x;√

a2 + x2) dx, a > 0,

c)∫

R(x;√

x2 − a2) dx, a > 0,

tad var lietot substitucijas:

a) x = a sin t, −π2 ≤ t ≤ π

2 ,

b) x = a sh t, kur sh t = et−e−t

2 — hiperboliskais sinuss,

c) ja x > 0, tad x = a ch t, t ≥ 0, kur ch t = et+e−t

2 — hiperboliskais kosinuss.Gadıjuma, ja x < 0, tad x = −a ch t.

12.3. Piemeri. 1.∫

dx√x2+a2

= ∗x = a sh t, dx = a ch t dt,

√x2 + a2 = a ch t, t = ln(x +

√x2 + a2) − ln a

∗ =

∫

a ch t dt

a ch t=

∫

dt =t + C0 = ln(x +√

x2 + a2) − ln a + C0 =

= ln(x +√

x2 + a2) + C.

2.∫

dx√a2−x2

= ∗x = a sin t, dx = a cos t dt,

√a2 − x2 = a cos t, t = arcsin x

a

∗ =∫

a cos t dta cos t =

∫

dt =t + C = arcsin xa + C.

Bet so integrali var atrast arı ar linearas substitucijas palıdzıibu, atceroties,ka∫

dx√1−x2

= arcsin x + C, proti,∫

dx√a2−x2

= 1a

∫

dx√1−(x

a)2

= 1a · a · arcsin x

a + C = arcsin xa + C.

Pamatintegralu tabulu papildinasim ar trim nenoteiktajiem integraliem,kuri bus nepieciesami talakaja izklasta,

∫

dx√

a2 − x2= arcsin

x

a+ C,

∫

dx√a2 + x2

= ln(x +√

a2 + x2) + C,

∫

dx√

x2 − a2= ln |x +

√

x2 − a2| + C.

Dazu trigonometrisko funkciju integresana 108

Integralus forma∫

xm(axn + b)pdx

sauc par diferencejama binoma integraliem, a, b ∈ R, m,n, p ∈ Q, una, b, n, p nav 0. Atkarıba no m,n un p vertıbam lieto substitucijas:

a) ja p ir vesels skaitlis, tad x = tk, kur k ir dalu m un n kopıgais saucejs;

b) ja m+1n ir vesels skaitlis, tad axn + b = ts, kur s ir dalas p saucejs;

c) ja m+1n + p ir vesels skaitlis, tad a + bx−n = ts, kur s ir dalas p saucejs;

d) ja nav speka neviens no ieprieks minetajiem trim gadıjumiem, tad in-tegrali nevar izteikt ka elementaru funkciju kompozıciju (to apgalvo Cebisevateorema).

12.4. Piemers.∫

x7

4√1+x4dx =

∫

x7(1 + x4)−14 dx = ∗

m = 7, n = 4, p = −14 : a) p /∈ Z, b) m+1

n = 7+14 = 2 ∈ Z, tapec lietojam

substituciju 1 + x4 = t4, tad x = (t4 − 1)14 un dx = t3(t4 − 1)−

34 dt, ka arı

t = (1 + x4)14

∗ =∫

(t4 − 1)74 t−1t3(t4 − 1)−

34 dt =

∫

t2(t4 − 1)dt =∫

(t6 − t2)dt =

= t7

7 − t3

3 + C = 17(1 + x4)

74 − 1

3(1 + x4)34 + C = 1

7(1 + x4)34 (x4 − 4

3) + C.

Nobeidzot so paragrafu, atzımesim, ka integrali forma∫

R(x,√

Pn(x)) dx

visparıga gadıjuma nevar izteikt ka elementaru funkciju kompozıciju, jaPn(x) ir polinoms ar augstaku pakapi neka 2.

Dazu trigonometrisko funkciju integresana

Kombinejot substitucijas metodi ar trigonometrisko funkciju identitatem,iespejams integret plasu trigonometrisko funkciju saimi. Mes apskatısimbiezak lietojamas substitucijas un atbilstosos trigonometriskos parveidojumus.

Ar R(u, v) apzımesim racionalu funkciju ar argumentiem u un v.Integralus forma

∫

R(sin x, cos x) dx

ir iespejams vienmer parveidot par integraliem no racionalas funkcijas, li-etojot universalo trigonometrisko substituciju

tgx

2= t, x ∈] − π;π[.


Lietojot so substituciju, sin x un cos x tiek aizvietoti ar sadam izteiksmem:

sin x = 2 sinx

2cos

x

2= 2

sin x2

cos x2

cos2 x

2= 2tg

x

2cos2 x

2=

= 2tgx

2

1

1 + tg2 x2

=2t

1 + t2;

cos x = cos2 x

2− sin2 x

2=

cos2 x2 − sin2 x

2

cos2 x2

· cos2 x

2=

= (1 − tg2 x

2)

1

1 + tg2 x2

=1 − t2

1 + t2.

Sakarıbu starp diferencialiem atradısim, ieverojot, ka

tgx

2= t jeb x = 2arctg t, tapec dx =

2 dt

1 + t2.

Tadejadi

∫

R(sin x, cos x) dx =

∫

R

(

2t

1 + t2,

1 − t2

1 + t2

)

2 dt

1 + t2.

12.5. Piemers.∫

dxsin x−2 cos x+2 =

∫

2 dt

(1+t2)�

2t

1+t2− 2−2t2

1+t2+2� =

=∫

2 dt

(1+t2) 2t−2+2t2+2+2t2

1+t2

=∫

2 dt4t2+2t

=∫

dt2t2+t

=∫

dtt(2t+1) = ∗

seit mes nevaram izvairıties no racionalu funkciju integresanas panemieniem:mums ir jasadala dota dala ta saucamajas elementardalas, korektak par torunasim nakamaja lekcija

At + B

2t+1 = 2At+A+Btt(2t+1) = 1

t(2t+1) ⇒{

2A + B = 0,A = 1.

=⇒{

A = 1,B = −2A = −2.

∗ =∫

(

1t − 2

2t+1

)

dt = ln |t| − 22 ln |2t + 1| + C = ln

∣

∣

∣

tg x2

2tg x2+1

∣

∣

∣+ C.

Universala trigonometriska substitucija biezi vien rada smagus algebriskusparveidojumus, tapec to lieto tikai tajos gadıjumos, kad nevar izmantotkadu citu vienkarsaku substituciju. Piemeram, ja zemintegrala funkcija irar ıpasıbam

1) R(− sin x, cos x) = −R(sinx, cos x), tad apzıme cos x = t, x ∈]− π2 ; π

2 [;

2) R(sinx,− cos x) = −R(sin x, cos x), tad apzıme sin x = t, x ∈]0;π[;

3) R(− sin x,− cos x) = R(sin x, cos x), tad apzıme tg x = t, x ∈]− π2 ; π

2 [.


Apskatısim atbilstosus piemerus, ka izmantojamas sıs substitucijas.

12.6. Piemers.∫

2 sin x+5cos xsin2 x cos x+9 cos3 x

dx = ∗Ta ka R(− sinx,− cos x) = −2 sin x−5 cos x

sin2 x(− cos x)−9 cos3 x= 2 sinx+5 cos x

sin2 x cos x+9 cos3 x=

= R(sin x, cos x), tad lietojam substituciju tg x = t, 1cos2 xdx = dt.

∗ =∫ cos x(2tg x+5)

cos3 x(tg2x+9)

dx =∫ 2tgx+5

tg2x+9

dxcos2 x =

∫

2t+5t2+9dt =

=∫

2tt2+9dt +

∫

5t2+9dt = ∗∗

Pirmaja integralı varam lietot substituciju t2 + 9 = u, tad 2t dt = du.

∗∗ =∫

duu + 5

3arctg t3 = ln |u| + 5

3arctg t3 + C =

= ln(t2 + 9) + 53arctg t

3 + C = ln(tg2x + 9) + 53arctg

tg x3 + C.

Ja specialgadıjuma jaatrod integralis∫

sinm x cosn x dx, m, n ∈ Z,

tad atkarıba no m un n vertıbam rıkojas ”s”adi:

1) ja m ir nepara skaitlis, tad apzıme cos x = t;

2) ja n ir nepara skaitlis, tad apzıme sin x = t;

3) ja m un n ir para skaitli, bet vismaz viens no tiem ir negatıvs, tadapzıme tg x = t;

4) ja m un n ir pozitıvi para skaitli, tad pariet uz divkarsa lenka trigono-metriskajam funkcijam

sin2 x = 1−cos 2x2 , cos2 x = 1+cos 2x

2 , sin x cos x = 12 sin 2x

un rıkojas atbilstosi situacijai.

12.7. Piemers.∫

sin2 x cos6 x dx =∫

1−cos 2x2

(

1+cos 2x2

)3dx =

= 116

∫

(1− cos2 2x)(1+cos 2x)2dx = 116

∫

sin2 2x(1+2 cos 2x+cos2 2x) dx =

= 116

∫

(sin2 2x + 2 sin2 2x cos 2x + sin2 2x cos2 2x) dx =

= 116

∫ (

12 (1 − cos 4x) + 2 sin2 2x cos 2x + (1

2 sin 4x)2)

dx = ∗sin 2x = t2 cos 2x dx = dt

∗ = 132

∫

(1 − cos 4x) dx + 116

∫

t2 dt + 164

∫

1−cos 8x2 dx =

= 132 (x − 1

4 sin 4x) + 116

sin3 2x3 + 1

128 (x − 18 sin 8x) + C =

= 148 sin3 2x − 1

128 sin 4x − 11024 sin 8x + 5

128x + C.


Dazos gadıjumos, kad jaintegre trigonometrisko funkciju sin x un cos xreizinajums, var izlıdzeties ar trigonometriskajam identitatem:

sin α cos β = 12(sin(α + β) + sin(α − β)),

sin α sin β = −12(cos(α + β) − cos(α − β)),

cos α cos β = 12(cos(α + β) + cos(α − β)).

12.8. Piemers.∫

sin 2x cos(4x + 5) dx =

= 12

∫

(sin(2x + 4x + 5) + sin(2x − 4x − 5)) dx == 1

2

∫

(sin(6x + 5) − sin(2x + 5)) dx =

= 12(−1

6 cos(6x + 5) + 12 cos(2x + 5)) + C =

= 14 cos(2x + 5) − 1

12 cos(6x + 5) + C.

Jaatzıme, ka ne jebkurs integralis no elementaras funkcijas integrejot irizsakams ar elementaru funkciju. Piemeram, ta sauktie Frenela integrali∫

sin x2 dx un∫

cos x2 dx, ka arı∫

sin xx dx neizsakas ka elementaru funkciju

kompozıcija. Integrali∫

sinxx dx sauc par integralo sinusu un apzıme ar

Si(x).

12.9. Piemers. Izteiksim ar integralo sinusu un elementarajam funkcijamintegrali

∫

sin3 xx dx.

∫

sin3 xx dx =

∫

sinxx

1−cos 2x2 dx =

∫

sinx−sinx cos 2x2x dx =

=∫ sinx− 1

2(sin 3x+sin(−x))

2x dx =∫

2 sinx−sin 3x+sin x4x dx =

= 14

∫

3 sin x−sin 3xx dx = 1

4

∫ (

3 sinxx − 3 sin 3x

3x

)

dx =

= 34Si(x) − 3

4

∫

sin 3x3x

d(3x)3 = 3

4Si(x) − 14Si(3x) + C.

Parciala integresana

Metode ir bazeta uz divu funkciju reizinajuma atvasinajuma formulu. Pienemsim,ka mums ir dotas divas nepartrauktas un diferencejamas funkcijas u = f(x)un v = g(x). Tad

(f(x)g(x))′ = f ′(x)g(x) + f(x)g′(x).Integrejot abas vienadıbas puses, iegusim:

∫

(f(x)g(x))′ dx = f(x)g(x) + C ==∫

f ′(x)g(x) dx +∫

f(x)g′(x) dx =∫

g(x) df(x) +∫

f(x) dg(x)jeb

∫

f(x) dg(x) = f(x)g(x) −∫

g(x) df(x).

Simboliska pieraksta:∫

u dv = uv −∫

v du.


So formulu sauc par integresanas pa dalam jeb parcialas integresanasformulu. Metodes lietosanai ir jega tajos gadıjumos, kad zemintegrala izteiksmivar sadalıt divos tados reizinatajos u un dv, lai izteiksmju dv un v du in-tegresana butu vieglaks uzdevums neka sakotnejas izteiksmes nointegresana.Visparıga gadıjuma

∫

dv = v + C — labas puses funkcija v netiek noteiktaviennozımıgi, tacu integresanas pa dalam formula v loma var nemt jebkurufunkciju, kuras diferencialis ir dv.

Integresanas pa dalam metodi ieteicams lietot sados gadıjumos:

1)∫

P (x)f(x) dx, ja P (x) ir polinoms un f(x) loma ir sin(kx + b) vaicos(kx + b), vai akx+b, kur a, k, b ∈ R, k 6= 0, a > 0, a 6= 1; tadapzıme: P (x) = u un f(x) dx = dv;

2)∫

P (x)f(x) dx, ja P (x) ir polinoms un f(x) loma ir ln(kx + b) vaiarcsin(kx + b), vai arccos(kx + b), vai arctg (kx + b), vai arcctg (kx + b),k, b ∈ R, k 6= 0; tad apzıme: f(x) = u un P (x) dx = dv;

3)∫

f(x)g(x) dx, ja f(x) = akx+b un g(x) ir sin(kx + b) vai cos(kx + b),a, k, b ∈ R, k 6= 0, a > 0, a 6= 1;apzıme: f(x) = u, g(x) dx = dv vai arı otradak: g(x) = u, f(x) dx = dv;metodi pielieto divreiz, meklejamo nenoteikto integrali izsaka no iegutasintegralu vienadıbas.

Protams, ir arı citi gadıjumi, kad ieteicams lietot tiesi integresanas padalam metodi.

Noteikto integralu gadıjuma parcialas integresanas formulu simboliskivar pierakstıt:

b∫

a

u dv = uv|ba −b∫

a

v du.

12.10. Piemeri. 1.∫

(3x + 1) sin 2x dx = ∗∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3x + 1 = u sin 2x dx = dvdiference integre, izvelas C = 0d(3x + 1) = 3 dx = du

∫

sin 2x dx =∫

dv−1

2 cos 2x = v

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∗ = (3x + 1)(−12 cos 2x) −

∫

(−12 cos 2x)3 dx =

= −12(3x + 1) cos 2x + 3

2

∫

cos 2x dx == −1

2(3x + 1) cos 2x + 34 sin 2x + C.

Ja uzdevums nav parak sarezgıts, tad risinasanas gaita var arı nenoradıt,kas apzımets ar u un kas ar dv. Ta saja konkretaja gadıjuma var rekinasanasizvedumus pierakstıt sekojosa veida:


∫

(3x + 1) sin 2x dx =∫

(3x + 1)d(cos 2x)−2 =

= −12(3x+1) cos 2x−

∫

cos 2x−2 d(3x+1) = −1

2(3x+1) cos 2x+ 32

∫

cos 2x dx =

= −12(3x + 1) cos 2x + 3

4 sin 2x + C.

2.∫

x2 ln(x + 1) dx = x3

3 ln(x + 1) − 13

∫

x3

x+1dx = ∗∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

ln(x + 1) = u x2 dx = dv x3 : (x + 1) = x2 − x + 11

x+1dx = du x3

3 = v x3 + x2

−x2

−x2 − xxx + 1

−1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∗ = x3

3 ln(x + 1) − 13

∫

(x2 − x + 1 − 1x+1) dx =

= x3

3 ln(x + 1) − 13(x3

3 − x2

2 + x − ln(x + 1)) + C =

= 13(x3 + 1) ln(x + 1) − x3

9 + x2

6 − x3 + C.

3.∫

e3x+1 sin x dx = ∗∣

∣

∣

∣

e3x+1 = u sin x dx = dv3e3x+1 dx = du − cos x = v

∣

∣

∣

∣

∗ = −e3x+1 cos x+3∫

e3x+1 cos x dx = ∗∗∣

∣

∣

∣

e3x+1 = u cos x dx = dv3e3x+1 dx = du sin x = v

∣

∣

∣

∣

(otrreiz lietojot metodi, apzımesana javeic tapat ka pirmaja reize, t.i.,e3x+1 = u, preteja gadıjuma iegusim sakotnejo integrali)

∗ = −e3x+1 cos x + 3(e3x+1 sin x − 3∫

e3x+1 sin x dx) == e3x+1(− cos x + 3 sin x) − 9

∫

e3x+1 sin x dx ⇒10∫

e3x+1 sin x dx = e3x+1(3 sin x − cos x) + C0 ⇒∫

e3x+1 sin x dx = 110e3x+1(3 sin x − cos x) + C, kur konstante C = C0

10 .

4.∫

(x3 + 7x2)2x dx = ∗∣

∣

∣

∣

x3 + 7x2 = u 2x dx = dv

(3x2 + 14x)dx = du 2x

ln 2 = v

∣

∣

∣

∣

∗ = 2x

ln 2(x3+7x2)− 1ln 2

∫

(3x2+14x)2x dx = ∗∗∣

∣

∣

∣

3x2 + 14x = u 2x dx = dv

(6x + 14)dx = du 2x

ln 2 = v

∣

∣

∣

∣

∗∗ = 2x

ln 2(x3 + 7x2) − 1ln 2( 1

ln 2(3x2 + 14x)2x − 1ln 2

∫

(6x + 14)2x dx) = ∗ ∗ ∗∣

∣

∣

∣

6x + 14 = u 2x dx = dv

6 dx = du 2x

ln 2 = v

∣

∣

∣

∣

∗ ∗ ∗ = 2x

ln 2(x3 + 7x2 − 3x2+14xln 2 ) + 1

ln2 2( 1ln 2 (6x + 14)2x − 6

ln 2

∫

2x dx) =

= 2x

ln 2(x3 + 7x2 − 3x2+14xln 2 ) + 2x

ln3 2((6x + 14) − 6

ln 2) + C =

= 2x

ln 2(x3 + 7x2) − 2x

ln2 2(3x2 + 14x) + 2x

ln3 2(6x + 14) − 6·2x

ln4 2+ C.


No 4. piemera varetu secinat, ka metode japielieto tik reizes, cik lielair polinoma karta sakotneja integralı. Tomer ta nebus visos gadıjumos,piemeram, 2. piemera iztikam tikai ar vienu apzımesanu.

5.∫

arcsin2 x dx = ∗∣

∣

∣

∣

∣

arcsin2 x = u dx = dv2 arcsin x√

1−x2dx = du x = v

∣

∣

∣

∣

∣

∗ = x arcsin2 x − 2∫

x arcsinx√1−x2

dx = ∗∗∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

arcsin x = u dx√1−x2

= du x√1−x2

dx = dv

v =∫

x dx√1−x2

=∫ (− 1

2)dt√t

= ∗∣

∣

∣

∣

1 − x2 = t−2x dx = dt

∣

∣

∣

∣

∗ = −12 · 2t 1

2 = −√

1 − x2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∗∗ = x arcsin2 x − 2(−√

1 − x2 arcsin x +∫

√1−x2√1−x2

dx) =

= x arcsin2 x + 2√

1 − x2 arcsin x − 2x + C.


12.MAJAS DARBS

Atrast nenoteiktos integralus:

56.

∫√

1 + 2 ln x

xdx

Atbilde: 13

√

(1 + 2 ln x)3 + C

57.∫

x5√

1 + x3dx (diferencejama binoma integralis)

Atbilde: 245

√

(1 + x3)3(3x3 − 2) + C

58.

∫

cos dx

2 sin2 x + 5

Atbilde: 1√10

arctg(√

25 sin x) + C

59.∫

(x2 + 3) sin 2xdx

Atbilde: −(12x2 + 5

4) cos 2x + 12x sin 2x + C

60.∫

(4x3 + 2x) arctg xdx

Atbilde: (x4 + x2) arctg x − x3

3 + C

LEKCIJA NR. 13

RACIONALU FUNKCIJU

INTEGRESANA∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Ista racionala funkcijaSadalısana elementardalasElementardalu integresana13.majas darbs2. KONTROLDARBA parauga variants

Ista racionala funkcija

Racionalas funkcijas veido loti svarıgu funkciju klasi, jo nenoteiktos in-tegralus no racionalam funkcijam vienmer ir iespejams izteikt ar elementaramfunkcijam. Loti daudzus neracionalu funkciju integralus ar piemerotu sub-stituciju palıdzıbu var parveidot par racionalu funkciju integraliem. Tapectagad iepazısimies ar racionalu funkciju integresanas makslu.

Vispirms atgadinasim, ka par racionalu funkciju R(x) sauc tadu funkciju,

kura ir pierakstama ka divu polinomu Q(x) un P (x) dalıjums: R(x) = P (x)Q(x) .

Ja skaitıtaja polinoma P (x) pakape ir lielaka vai vienada ar sauceja polinomaQ(x) pakapi, tad iespejams polinomus izdalıt un rezultata iegut izteiksmi

R(x) = W (x) +Z(x)

Q(x),

kur W (x) ir kaut kads polinoms, bet Z(x) ir polinoms ar zemaku pakapi kaQ(x).

13.1. Piemers. x5+2x3−x+233x2+3x−4 = x3 − 3x2 + 15x − 57 + 230x+5

x2+3x−4 , jo

Sadalısana elementardalas 117

(x5 + 2x3 − x + 233) : (x2 + 3x − 4) = x3 − 3x2 + 15x − 57x5 + 3x4 − 4x3

−3x4 + 6x3 − x + 233−3x4 − 9x3 + 12x2

15x3 − 12x2 − x + 23315x3 + 45x2 − 60x

−57x2 + 59x + 233−57x2 − 171x + 228

230x + 5

Ieprieks aprakstıtas darbıbas merkis ir parveidot doto racionalo funkcijuta, lai to butu iespejams integret. Polinomu W (x) mes varam integret, iz-

mantojot integresanas pamatformulu∫

xn dx = xn+1

n+1 +C, n 6= −1. Problema

rodas prasme integret ıstu racionalu funkciju Z(x)Q(x) (polinoma karta skaiti-

ta-ja ir mazaka par polinoma kartu sauceja).

Sadalısana elementardalas

Izradas, ka ıstu racionalu funkciju var sadalıt ta saucamajas elementar-dalas, kuras ir iespejams integret. Ka to izdarıt?

Algebras kursa pierada apgalvojumu, ka jebkuru polinomu Q(x) varsadalıt reizinatajos:

Q(x) = A(x − α)(x − β) . . . (x − γ),

kur A ir koeficients pie augstakas pakapes, bet α, β, . . . , γ ir vienadojumaQ(x) = 0 saknes. Polinomam var but vienkarsas un vairakkartıgas realassaknes, ka arı kompleksas saknes. Ja polinomam Q(x) ir vairakkartigassaknes, tad

Q(x) = A(x − α)r(x − β)s . . . (x − γ)t,

kur r, s, . . . , t ir veseli skaitli, kuri norada atbilstoso saknu kartu, turklatr + s + . . . + t = n, t.i., saknu kartu noradoso skaitlu summa sakrıt arpolinoma Q(x) pakapi. Savukart, ja polinomam Q(x) ir kompleksa sakneα = a + bi ar kartu r, tad sim polinomam vienlaicigi ir ari r-kartıga sakneα = a − bi. Ieverosim, ka

(x − α)r(x − α)r = [(x − (a + bi))(x − (a − bi))]r == [x2 − x(a + bi) − x(a − bi) + (a + bi)(a − bi)]r == [x2 − ax − bix − ax + bix + a2 − abi + abi − b2i2]r == [x2 − 2ax + a2 + b2]r = (x2 + 2px + q)r,

Sadalısana elementardalas 118

kur p = −a, q = a2 + b2, p2− q < 0. Tadejadi katram saistıtam saknu parimatbilst viens kvadrattrinoms.

Istas racionalas funkcijas elementardalu veidu pilnıba nosaka polinomaQ(x) reizinataji

Q(x) = A(x − α)r(x − β)s . . . (x2 + 2px + q)t . . . .

Algebras kursa pierada teoremu, ka

Z(x)

Q(x)=

A1

x − α+

A2

(x − α)2+ . . . +

Ar

(x − α)r+ . . .

+M1x + N1

x2 + 2px + q+

M2x + N2

(x2 + 2px + q)2+ . . . +

Mtx + Nt

(x2 + 2px + q)t. . . ,

kur A1, A2, . . . , Ar, . . . ,M1, N1,M2, N2, . . . ,Mt, Nt, . . . ir realas konstantes.Sadi pierakstıtu racionalu funkciju sauc par tas izvirzıjumu elementar-da-las.

Lai noteiktu konstantes A1, A2, . . . , Ar, . . . ,M1, N1,M2, N2, . . . ,Mt,Nt, . . ., abas vienadıbas puses pareizina ar Q(x), tapec galarezultata pecsaısinasanas mes iegusim vienadıbu, kas saista divus polinomus. Kreisajapuse atradısies polinoms Z(x), bet labaja puse polinoms, kas satur nezinamoskoeficientus. Koeficienti janosaka ta, lai abu pusu polinomi butu vienadi.Pielıdzinot koeficientus pie vienadajam polinomu pakapem, mes iegusimlinearu vienadojumu sistemu, no kuras atradısim nezinamos koeficientusA1, A2, . . . , Ar, . . . ,M1, N1,M2, N2, . . . ,Mt, Nt, . . .. Seit izklastıto metodi,ka ıstu racionalu funkciju izvirzıt elementardalas, sauc par nenoteiktokoeficientu metodi.

13.2. Piemers. Jasadala izteiksme x3−2x2+5(x−2)2(x2+1) elementardalas.

Ta ka sı izteiksme ir ısta racionala funkcija, kuras saucejs ir sadalıtsreizinatajos, tad

x3−2x2+5(x−2)2(x2+1) = A

x−2 + B(x−2)2 + Cx+D

x2+1 ,

kur A,B,C,D ir pagaidam nezinami koeficienti. Pareizinot abas puses ar(x − 2)2(x2 + 1), iegusim:

x3 − 2x2 + 5 = A(x − 2)(x2 + 1) + B(x2 + 1) + (Cx + D)(x − 2)2 = (15.1)= Ax3 + Ax − 2Ax2 − 2A + Bx2 + B+

+Cx3 − 4Cx2 + 4Cx + Dx2 − 4Dx + 4D == (A + C)x3 + (−2A + B − 4C + D)x2+

+(A + 4C − 4D)x + (−2A + B + 4D).

Pielıdzinot koeficientus pie vienadajam mainıga pakapem, iegusim viena-do-jumu sistemu:

Elementardalu integresana 119

1 = A + C,−2 = −2A + B − 4C + D,

0 = A + 4C − 4D,5 = −2A + B + 4D.

Doto vienadojumu sistemu var atrisinat, piemeram, ar Gausa metodi. Betvar izmantot ari ieguto vienadibu (15.1). Ja (15.1) mainıga x vieta ievieto-jam 2, tad

8 − 8 + 5 = 0 + 5B + 0, tatad B = 1.

Ievietojot B vertibu sistema, saskaitot kopa pirmo, treso un ceturto vien-adojumu, iegusim, ka C = 1, tad A = 0 un D = 1. Tatad

x3−2x2+5(x−2)2(x2+1)

= 1(x−2)2

+ x+1x2+1

.

Elementardalu integresana

Racionalas funkcijas R(x) = P (x)Q(x) integresana bus paveikta, ja nointegresim

polinomu W (x) un ıstu racionalu funkciju Z(x)Q(x) . Istas racionalas funkcijas in-

tegresana reducejas uz elementardalu nointegresanu. No ieprieks aprakstıtaseko, ka ir iespejami cetru veidu elementardalu integrali:

I

∫

A

x − αdx = A ln |x − α| + C,

kur A ir konstante, α ir Q(x) sakne un C ir integracijas konstante;

II

∫

A

(x − α)rdx =

∫

A(x − α)−rdx =A

1 − r(x − α)1−r + C, r > 1;

III

∫

Ax + B

x2 + 2px + qdx;

IV

∫

Ax + B

(x2 + 2px + q)rdx, r > 1,

pie tam vienadojumam x2 + 2px + q nav realu saknu, t.i., p2 − q < 0.

Izskaitlosim III veida integrali. Izdalısim vispirms zemintegrala funkcijassauceja pilno kvadratu:

x2 + 2px + q = (x + p)2 + q − p2,

tas lauj lietot substituciju x + p = t, dx = dt un ertıbas labad apzımesimq − p2 = h > 0 (ta ir konstante):

∫

Ax + B

x2 + 2px + qdx =

∫

A(t − p) + B

t2 + hdt = A

∫

t dt

t2 + h+(B−Ap)

∫

dt

t2 + h.


Pirmo integrali atradısim, apzımejot t2 + h = u, 2t dt = du:

∫

t dt

t2 + h=

1

2

∫

du

u=

1

2ln |u| + C0 =

1

2ln(t2 + h) + C0.

Otrais integralis atrodams, izmantojot pamatintegralu tabulas integrali

∫

dz

z2 + a2=

1

aarctg

z

a+ C, a > 0.

Galarezultata esam ieguvusi, ka

∫

Ax + B

x2 + 2px + qdx =

A

2ln(t2 + h) + C0 + (B − Ap)

1√h

arctgt√h

+ C1 =

=A

2ln(x2 + 2px + q) +

B − Ap√h

arctgx + h√

h+ C,

kur C0 + C1 = C.

13.3. Piemers.∫

3x−7x2+4x+9dx =

∫

3x−7(x+2)2+5dx = ∗

x + 2 = t, dx = dt, x = t − 2

∗ =∫ 3(t−2)−7

t2+5dt =

∫

3tt2+5

dt −∫

13 dtt2+5

=

∣

∣

∣

∣

t2 + 5 = u

2t dt = du jeb t dt = du2

∣

∣

∣

∣

= 32

∫

duu − 13

∫

dtt2+5

= 32 ln(t2 + 5) − 13√

5arctg t√

5+ C =

= 32 ln(x2 + 4x + 9) − 13√

5arctg x+2√

5+ C.

Lai aprekinatu IV veida integrali, rıkosimies sadi:

∫

Ax + B

(x2 + 2px + q)rdx =

∫

Ax + B

((x + p)2 + (q − p2))rdx = ∗

∣

∣

∣

∣

x + p = tdx = dt

∣

∣

∣

∣

∗ =

∫

A(t − p) + B

(t2 + q − p2)rdt =

∫

At

(t2 + q − p2)rdt +

∫

B − Ap

(t2 + q − p2)rdt.

Pirmo integrali varam atrast ar substitucijas t2 + q − p2 = u, 2t dt = du,t dt = 1

2du palıdzıbu:

∫

At

(t2 + q − p2)rdt =

A

2

∫

du

ur=

A

2

u−r+1

−r + 1+C0 =

A

2(1 − r)((x + p)2 + q − p2)r−1+C0 =

=A

2(1 − r)(x2 + 2px + q)r−1+ C0.


Otraja integralı vispirms izdarısim dazus parveidojumus

∫

B − Ap

(t2 + q − p2)rdt =

∫

B − Ap

(q − p2)r(( t√q−p2

)2 + 1)rdt = ∗

∣

∣

∣

∣

∣

t√q−p2

= z

dt =√

q − p2 dz

∣

∣

∣

∣

∣

=(B − Ap)

√

q − p2

(q − p2)r

∫

dz

(z2 + 1)r.

Integrali

Ir =

∫

dz

(z2 + 1)r

atradısim ar parcialas integresanas metodes palıdzıbu

Ir =

∫

dz

(z2 + 1)r=

∫

(z2 + 1) − z2

(z2 + 1)rdz = Ir−1 −

∫

z2 dz

(z2 + 1)r= ∗

u = z, dv = z dz(z2+1)r , tad du = dz un

v =∫

z dz(z2+1)r =

∣

∣

∣

∣

z2 + 1 = w2z dz = dw

∣

∣

∣

∣

= 12

∫

dwwr = 1

2w−r+1

−r+1 = 12(1−r)(z2+1)r−1

∗ = Ir−1 −(

z

2(1 − r)(z2 + 1)r−1− 1

2(1 − r)

∫

dz

(z2 + 1)r−1

)

=

=z

2(r − 1)(z2 + 1)r−1+

(

1 − 1

2(r − 1)

)

Ir−1 =z

2(r − 1)(z2 + 1)r−1+

2r − 3

2(r − 1)Ir−1.

Esam ieguvusi redukcijas formulu, ar kuras palıdzıbu var atrast IV tipaelementardalu integralus:

∫

dz

(z2 + 1)r=

z

2(r − 1)(z2 + 1)r−1+

2r − 3

2(r − 1)

∫

dz

(z2 + 1)r−1.

13.4. Piemers.∫

4x−3(4x2+8x+9)2

dx =∫

4x−3((2x+2)2+5)2

dx = ∗2x + 2 = t, 2 dx = dt, dx = 1

2dt, x = t−22

∗ = 12

∫ 4 t−22

−3

(t2+5)2 dt = 12

∫

2t−7(t2+5)2 dt = 1

2

∫

2t dt(t2+5)2 − 7

2

∫

dt(t2+5)2 .

Pirmaja integralı lietojam substituciju t2 + 5 = z, 2t dt = dz, tad12

∫

2t dt(t2+5)2

= 12

∫

dzz2 = 1

2z−1

−1 + C0 = −12(t2+5)

+ C0 = −12(4x2+8x+9)

+ C0.

Otro integrali parveidojam ta, lai varetu lietot redukcijas formulu:

−72

∫

dt(t2+5)2 = − 7

50

∫

dt(( t√

5)2+1)2

=

∣

∣

∣

∣

∣

t√5

= z

dt =√

5 dz

∣

∣

∣

∣

∣

= −7√

550

∫

dz(z2+1)2 =


= −7√

550

(

z2(z2+1)

+ 12

∫

dzz2+1

)

= −7√

550

t

2√

5( t2

5+1)

− 7√

5100 arctg z + C1 =

= − 7t20(t2+5)

− 7√

5100 arctg t√

5+ C1 = −7(2x+2)

20(4x2+8x+9)− 7

√5

100 arctg 2x+2√5

+ C1 =

= −7(x+1)10(4x2+8x+9)

− 7√

5100 arctg 2(x+1)√

5+ C1.

Rezultata esam ieguvusi, ka∫

4x−3(4x2+8x+9)2

dx = −12(4x2+8x+9)

− 7(x+1)10(4x2+8x+9)

− 7√

5100 arctg 2(x+1)√

5+ C =

= −7x−1210(4x2+8x+9)

− 7√

5100 arctg 2(x+1)√

5+ C.

Nosleguma apskatısim vienu piemeru, kas atspogulos tikko apguto temukopuma.

13.5. Piemers.

∫

x4 − 2x3 − 3x2 − x + 6

x3 + x2 − 2dx — ta ka skaitıtaja pakape

lielaka par sauceja pakapi, tad vispirms jaizdala skaitıtajs ar sauceju:

(x4 − 2x3 − 3x2 − x + 6) : (x3 + x2 − 2) = x − 3x4 + x3 − 2x

−3x3 − 3x2 + x + 6−3x3 − 3x2 + 6

x

∫

x4−2x3−3x2−x+6x3+x2−2

dx =∫

(

x − 3 + xx3+x2−2

)

dx = x2

2 − 3x +∫

xx3+x2−2

dx

Istas racionalas dalas sauceja viena sakne 1. Lai noskaidrotu, ka sadalassaucejs reizinatajos, izdalısim to ar zinamo reizinataju x − 1:

(x3 + x2 − 2) : (x − 1) = x2 + 2x + 2x3 − x2

2x2 − 22x2 − 2x

2x − 22x − 2

0

Tatad bus divas elementardalas, kuru skaitıtajus atrodam ar nenoteiktokoeficientu metodi.

xx3+x2−2 = x

(x−1)(x2+2x+2) = Ax−1 + Bx+C

x2+2x+2 = Ax2+2Ax+2A+Bx2−Bx+Cx−Cx3+x2−2

Iegusim vienadojumu sistemu:

0 = A + B1 = 2A − B + C0 = 2A − C

1 = 5A


Iegusim, ka koeficienti ir A = 15 , B = −1

5 , C = 25 , tapec talak janointegre

atbilstosas elementardalas.

∫

x

x3 + x2 − 2dx =

∫ (

1

5(x − 1)+

1

5· −x + 2

x2 + 2x + 2

)

dx =

=1

5ln |x − 1| + 1

5

∫

2 − x

(x + 1)2 + 1dx = ∗

x + 1 = t, x = t − 1, dx = dt

∗ =1

5ln |x−1|+1

5

∫

2 − (t − 1)

t2 + 1dt =

1

5ln |x−1|+1

5

(∫

3

t2 + 1dt −

∫

t

t2 + 1dt

)

= ∗∗

t2 + 1 = u, 2t dt = du

∗∗ =1

5ln |x−1|+3

5arctg t− 1

10

∫

1

udu =

1

5ln |x−1|+3

5arctg t− 1

10ln |u|+C =

=1

5ln |x − 1| + 3

5arctg (x + 1) − 1

10ln(x2 + 2x + 2) + C.

Galarezultata esam ieguvusi atrisinajumu∫

x4 − 2x3 − 3x2 − x + 6

x3 + x2 − 2dx =

=x2

2− 3x +

1

5ln |x − 1| + 3

5arctg (x + 1) − 1

10ln(x2 + 2x + 2) + C.


13.MAJAS DARBS

Nointegret:

63.∫

6x+12x2+3x−5

dx;

Atbilde: 2 ln |2x + 5| + ln |x − 1| + C

64.∫

x4+x2−4x3−4x2 dx;

Atbilde: 12x2 + 4x − 1

x + 14 ln |x| + 163

4 ln |x − 4| + C

65.∫

6x−3x2+4x+7

dx

Atbilde: 3 ln(x2 + 4x + 7) − 5√

3arctg x+2√3

+ C

66.∫

x3+2x2+4x+10(x−1)2(4x2+4x+9)

dx.

Atbilde: − 117 ln |x−1|− 1

x−1 + 21136 ln(4x2 +4x+9)− 5

136√

2arctg 2x+1

2√

2+C

67∗.∫

6x−1(x2+3x+10)2

dx

Atbilde: −123−20x31(x2+3x+10)

− 4031

√31

arctg 2x+3√31

+ C


2. KONTROLDARBA parauga variants

1.uzdevums. (5 punkti) Izpetıt funkciju f(x) = (x + 1)e−2x un uzzımetgrafika skici!

2.uzdevums. Aprekinat integralus:

a) (1,5 punkti)∫

(3x2 + 11)7 x dx,

b) (1,5 punkti)∫

(3x + 5) sin 0,5x dx vai∫

arcsin 2x dx,

c) (2 punkti)∫

2x2+7x+1(x−1)(x2+4)

dx.

LEKCIJA NR. 14

NOTEIKTAIS INTEGRALIS∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

Rımana summa un noteiktais integralisIntegrejamas funkcijasNoteikta integrala aprekinasana14.majas darbs

Rımana summa un noteiktais integralis

Apskatısim funkciju f , kas defineta slegta intervala [a; b]. Ta var pienemt ganpozitıvas, gan negatıvas vertıbas, ka arı ta var but partraukta, piemeram,ka 14.1. zımejuma.

-

6

a b x

y

14.1.zım.

-

Sadalısim intervalu [a; b] apaksintervalos (ne obligati vienada garuma)ar galapunktiem a = x0 < x1 < ... < xi < ... < xn−1 < xn = b unapzımesim ∆xi = xi − xi−1, i ∈ 1, n. Galıgo punktu kopu {x0, x1, ..., xn}sauc par intervala [a; b] sadalıjumu, mes so kopu apzımesim ar Pn. Katrano apaksintervaliem [xi−1;xi] izvelesimies punktu xi (tas var but arı gala-punkts), i ∈ 1, n. Sadalıjumu Pn kopa ar izveletajiem punktiem xi,i ∈ 1, n, sauc par izveles sadalıjumu. Ja nerodas parpratumi, tad izveles

Rımana summa un noteiktais integralis 127

sadalıjumus arı medz saukt par sadalıjumiem un lieto to pasu apzımejumu.14.2.zımejuma paradıts viens no iespejamajiem intervala [a; b] izveles sadalıjumiemP5.

-a = x0 x1 x2 x3 x4 b = x5

x

r r r r r

x1 x2 x3 x4 x5

14.2.zım.

14.1. DEFINICIJA. Summu R(Pn) =n∑

i=1f(xi)∆xi sauc par izveles

sadalıjumam Pn atbilstoso funkcijas f Rımana summu.

Ar Rımana summu mes esam aprekinajusi taisnsturu ar malas garumiemf(xi) un ∆xi, i ∈ 1, n, laukumu summu, tikai janem vera, ka taisnsturiemzem x-ass ir negatıva laukuma skaitliska vertıba [skatıt 14.3. zımejumu].

-

6

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

y

xa = x0 x1 x1 x2 x2 x3

x4 x4 x5 x5 x6 b = x6

14.3.zım.

ppppppppppppppp

ppppp

pppppppppppppppp

pppp

ppppppppppppppppp

ppp

pppppppppppppppppp

pp

ppppppppppppppppppp

p

pppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppp






ppppppppppppppppppppppp









pppppppppppppppppppppp



pppppppppppppppppp

ppp

pppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

p

p

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppp

ppppppppp

pp

pppppppppp

p

ppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

pppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppp

pppppppppppppppppp

ppppppppppppppppp

ppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

ppppp

pp

pppppppp

ppppppp

pppppppp

pppppppp

pppppppp

14.2. Piemers. Aprekinasim Rımana summu funkcijai f(x) = 2x − 2intervala [0; 3], sadalot intervalu 6 vienada garuma apaksintervalos un xi

izveloties ka apaksintervalu viduspunktus. Tad

x0 = 0, x1 = 12 , x2 = 1, x3 = 3

2 , x4 = 2, x5 = 52 , x6 = 3 un

x1 = 14 , x2 = 3

4 , x3 = 54 , x4 = 7

4 , x5 = 94 , x6 = 11

4 , un

f(14) = −3

2 , f(34) = −1

2 , f(54) = 1

2 , f(74) = 3

2 , f(94) = 5

2 , f(114 ) = 7

2 , un

∆xi = 12 , i ∈ 1, 6.

Rımana summa sim konkretajam izveles sadalıjumam ir


R =6∑

i=1f(xi)∆xi = 1

2

6∑

i=1f(xi) =

= 12

(

−32 − 1

2 + 12 + 3

2 + 52 + 7

2

)

= 12 · 12

2 = 3.

Sı piemera situacija ilustreta 14.4. zımejuma.

-

6

r r r r r r

−2

0

1

2

3

4

y

14

34

54

74

94

1142 3 x

y = 2x − 2

14.4.zım.

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

ppppppppppppp

pppppppppppp

p

ppppppppppp

pp

pppppppppp

ppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

ppp

pp

p

p

pp

ppp

ppp

p

pp

pp

p

ppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppp

pppppppppp

ppp

ppppppppppp

pp

pppppppppppp

p

ppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp




p


pppppppppppppppppppppppp





pppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppppppppppppppppp

ppppp p

pppppppppppppppppppppppppppppppppp





Apzımesim garako no sadalıjuma Pn apaksintervaliem ar |Pn|. So skaitli|Pn| sauc par sadalıjuma Pn sasmalcinajumu.

14.3. DEFINICIJA. Ja lim|Pn|→0

n∑

i=1f(xi)∆xi eksiste jebkuram izveles

sadalıjumam Pn, tad saka, ka f ir integrejama intervala [a; b] un so summasrobezu sauc par noteikto (jeb Rımana) integrali, un apzıme

b∫

a

f(x) dx = lim|Pn|→0

n∑

i=1

f(xi)∆xi.

Vienadıba lim|Pn|→0

n∑

i=1f(xi)∆xi = L jasaprot sekojosi. Skaitli L sauc par

Rımana summas R(Pn) robezu sasmalcinajumam |Pn| tiecoties uz 0,


ja katram pozitıvam skaitlim ε eksiste tads pozitıvs skaitlis δ, ka visiemintervala [a; b] izveles sadalıjumiem Pn izpildas nosacıjums:

ja |Pn| < δ , tad

∣

∣

∣

∣

∣

n∑

i=1

f(xi)∆xi − L

∣

∣

∣

∣

∣

< ε .

Saja situacija lieto pierakstu lim|Pn|→0

R(Pn) = L. Simboliski to visu var

noformet sadi: lim| Pn |→0

R(Pn) = L ⇔def

∀ε > 0 ∃δ > 0 ∀Pn [ | Pn | < δ ⇒ | R(Pn) − L | < ε ].

Tikai saja gadıjuma mes sakam, ka robeza 14.3.definıcijas nozıme eksisteun ta ir vienada ar L.

Atzımesim, ka nosacıjuma |Pn| → 0 izpildısanas nozıme, ka n → +∞,bet ne otradi: punktu xi izvietojumu intervala [a; b] var izveleties ta, kagarakais no apaksintervaliem nesamazinas, punktu xi skaitam pieaugot.

Simboliskaja pierakstab∫

af(x) dx parasti ar a tiek apzımets intervala,

kura funkcija ir integrejama, sakumpunkts un ar b tiek apzımets intervalabeigupunkts. Tacu biezi saka, ka a ir integracijas apakseja robeza unb ir integracijas augseja robeza. Ieverojiet, ka seit vards ”robeza” tieklietots cita nozıme ka ”lim”.

14.4. Piemers. Jaaprekinab∫

ak dx, kur k ∈ R — konstante. Sadalısim

intervalu [a; b] skaita n patvalıgos apaksintervalos ar punktiema = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b.

Ta ka zemintegrala funkcija f(x) = k ir konstante, tad neatkarıgi no ta, kaizveleti punkti xi ∈ [xi−1;xi], i ∈ 1, n, Rımana summa bus forma

R(Pn) = k∆x1+k∆x2+k∆x3+...+k∆xn =

n∑

i=1

k∆xi = k

n∑

i=1

∆xi = k(b−a).

Redzam, ka Rımana summa dotajai funkcijai nav atkarıga ne no sadalıjumaPn, ne no punktu xi izveles, tapec funkcija y = k ir integrejama un

b∫

a

k dx = lim|Pn|→0

R(Pn) = lim|Pn|→0

k(b − a) = k(b − a).

Integrejamas funkcijas 130

Integrejamas funkcijas

14.3.definıcija mes ieviesam integrejamas funkcijas jedzienu. Gribetos zinat,vai jebkura funkcija ir integrejama? Atbilde ir negatıva. Piemeram, funkcija

f(x) =

{

1x , x 6= 00, x = 0

nav integrejama intervala [0; 1]. Jo Rımana summas saskaitamo, kas izveletsno apaksintervala [0;x1], var padarıt pec patikas lielu, atbilstosi izvelotiesx1 pietiekami tuvu 0. Sis fakts parada, ka jebkurai funkcijai, lai ta butuintegrejama intervala [a; b], ir jabut ierobezotai saja intervala, t.i.,

∃M > 0∀x ∈ [a; b] ( |f(x)| ≤ M ).Bet pat ierobezotas funkcijas var nebut integrejamas.

14.5. Piemers. Klasiska Dirihle funkcija

f(x) =

{

1, x ∈ Q

0, x ∈ I

ir ierobezota funkcija, bet nav integrejama jebkura patvalıga intervala [a; b],a 6= b. Jo intervala sadalıjuma Pn varam izveleties punktus xi, i ∈ 1, n, ta,ka tie ir racionali skaitli, un tapec f(xi) = 1, i ∈ 1, n, ka rezultata Rımanasumma

R(Pn) =n∑

i=1f(xi)∆xi =

n∑

i=11 · ∆xi = b − a.

Bet punktus xi, i ∈ 1, n, varam izveleties arı ta, ka tie ir tikai iracionaliskaitli, un tapec f(xi) = 0, i ∈ 1, n, ka rezultata R(Pn) = 0. Tas nozıme, kaDirihle funkcijas Rımana summai nav robezas, kad |Pn| → 0.

14.6. TEOREMA. Ja funkcija f ir ierobezota intervala [a; b] un ja tair nepartraukta saja intervala, iespejams, iznemot galıgu skaitu punktu, tadfunkcija f ir integrejama intervala [a; b].

Tatad specialgadıjuma, kad f ir nepartraukta visa intervala [a; b], tadf ir integrejama intervala [a; b] (nepartraukta funkcija slegta intervala irierobezota).

14.5. piemera Dirihle funkcijai ir bezgalıgi daudz partraukuma punktu,tapec ta neapmierina 14.6.teoremas integrejamıbas nosacıjumus. Atzımesim,ka no 14.6. teoremas seko, ka jebkura slegta intervala [a; b] integrejamas irsadas funkcijas:1) polinomi,2) sin x, cos x,3) racionalas funkcijas tajos intervalos, kas nesatur tos punktus, kuros saucejsvienads ar 0.

Noteikta integrala aprekinasana 131

Noteikta integrala aprekinasana

Pameginasim aprekinat vel kadu noteikto integrali pec definıcijas.

14.7. Piemers. Aprekinasim2∫

0

x dx.

Sadalısim intervalu [0; 2] vienada garuma n apaksintervalos ar punktiema = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b.

Apaksintervalu garums bus ∆xi = ∆x = 2n , i ∈ 1, n. Pie kam, ja

n → +∞, tad arı |Pn| = ∆x → 0. Punktus xi ∈ [xi−1;xi] izvelesimiesvienadus ar atbilstoso apaksintervalu labajiem galapunktiem, t.i.,xi = xi = i · 2

n , i ∈ 1, n. Atbilstosa Rımana summa ir:

R(Pn) =n∑

i=1f(xi)∆xi =

n∑

i=1i · 2

n · 2n = 4

n2

n∑

i=1i =

= 4n2 (1 + 2 + 3 + ... + n) = 4

n2n(n+1)

2 = 2(n+1)n .

Tad lim|Pn|→0

R(Pn) = limn→+∞

R(Pn) = limn→+∞

2(n+1)n = 2.

Tatad2∫

0

x dx = 2.

Pedejo vienadıbu mes drıkstam rakstıt tikai tad, ja varam paradıt, karobeza no Rımana summas nav atkarıga no sadalıjuma Pn. Saja gadıjuma,sastadot Rımana summu, mes izdarıjam pienemumus, kas atviegloja sum-mas sastadısanu. Tacu, ja mes zinam 14.6. teoremu, tad mes zinam, kafunkcija f(x) = x ir integrejama intervala [0; 2], tapec pietiek sastadıtRımana summu vienalga kadam sadalıjumam Pn, kuram var panakt, ka|Pn| → 0, palielinot punktu skaitu n. Tad sadas Rımana summas robezabus mekletais noteiktais integralis.

Ka redzams no sı piemera, tad, aprekinot noteikto integrali pec definıcijas,

paradas nepieciesamıba izskaitlot dazadas summas (konkretaja piemeran∑

i=1i,

visparıga gadıjuman∑

i=1im, kur m ∈ N). Aprekinat sadas summas ir ne

vienmer vienarss uzdevums. Ir daudz ertaks cels, ka aprekinat noteiktosintegralus.

14.8. TEOREMA. Pienemsim, ka funkcija f ir nepartraukta (tatadintegrejama) intervala [a; b], un pienemsim, ka funkcija F ir funkcijas f


primitıva funkcija. Tad

b∫

a

f(x) dx = F (b) − F (a).

2 Izveidosim intervala [a; b] sadalıjumu Pn ar punktiema = x0 < x1 < x2 < ... < xn−1 < xn = b. Patiesas ir vienadıbasF (b)−F (a) = F (xn)−F (xn−1) + F (xn−1)− ...−F (x1) + F (x1)−F (x0) =

=n∑

i=1(F (xi) − F (xi−1)) .

Funkcija F (x) intervala [xi−1;xi] ir nepartraukta un diferencejama, tapecvaram lietot Lagranza teoremu un iegut:

∃xi ∈]xi−1;xi[ F ′(xi) =F (xi) − F (xi−1)

xi − xi−1, i ∈ 1, n,

jeb, ta ka F ′(x) = f(x), tad F (xi)−F (xi−1) = f(xi)(xi−xi−1) = f(xi)·∆xi.

Tadejadi F (b) − F (a) =n∑

i=1f(xi)∆xi.

Vienadıbas kreisaja puse atrodas konstants lielums, bet labaja puse funkcijasf Rımana summa intervala [a; b]. Liekot |Pn| → 0, mes iegusim:

lim|Pn|→0

(F (b) − F (a)) = F (b) − F (a) = lim|Pn|→0

n∑

i=1

f(xi)∆xi =

b∫

a

f(x) dx.

Formulub∫

af(x) dx = F (b) − F (a) sauc par Nutona-Leibnica for-

mulu. Sı formula parada, ka noteikto integrali aprekinat, ja protam noteiktnenoteikto integrali, proti, ja esam atradusi

∫

f(x) dx = F (x) + C, tadvienadıbas labaja puse vispirms ievietojam x vieta augsejo robezu b, pectam apaksejo robezu a un izskaitlojam to starpıbu:

F (b) + C − (F (a) + C) = F (b) − F (a).

Konstante C saısinas, tapec turpmakaja, rekinot noteiktos integralus, varamto nepierakstıt

b∫

a

f(x) dx = F (x)|ba = F (b) − F (a).


14.9. Piemeri. 1.b∫

ak dx = kx|ba = k(b − a), kur k ∈ R ir konstante.

2.b∫

axn dx = xn+1

n+1

∣

∣

∣

b

a= 1

n+1(bn+1 − an+1), n 6= −1.

3.

π4∫

0

sin x dx = − cos x|π40 = − cos π

4 + cos 0 = 1 −√

22 .

4.2∫

1

x+1(x2+2x)2

dx — saja gadıjuma varam rıkoties sadi: vispirms atrodam

nenoteikto integrali ar substitucijas metodi un pec tam izskaitlojam noteikto

integrali.∫

x+1(x2+2x)2

dx = ∗∣

∣ x2 + 2x = t, (2x + 2) dx = dt, (x + 1) dx = 12dt

∣

∣

∗ = 12

∫

dtt2

= 12

t−1

−1 + C = − 12(x2+2x)

+ C.

Tapec2∫

1

x+1(x2+2x)2

dx = − 12(x2+2x)

∣

∣

∣

2

1= − 1

2(4+4) + 12(1+2) = 1

6 − 116 = 5

48 .

5.

π6∫

0

(x− 4) sin 3x dx — arı saja gadıjuma vispirms atradısim nenoteikto

integrali (ar parcialas integresanas metodes palıdzıbu pec formulasu dv = uv −

∫

v du) un pec tam izskaitlosim noteikto integrali.

∫

(x − 4) sin 3x dx = ∗∣

∣

∣

∣

u = x − 4 du = dxdv = sin 3x dx v = −1

3 cos 3x

∣

∣

∣

∣

∗ = −13(x − 4) cos 3x + 1

3

∫

cos 3x dx = −13(x − 4) cos 3x + 1

9 sin 3x + C.

Galarezultata iegusim noteikta integrala vertıbu:π6∫

0

(x − 4) sin 3x dx =(

−13(x − 4) cos 3x + 1

9 sin 3x)

∣

∣

∣

∣

∣

π6

0

=

= (−13 (π

6 − 4) cos π2 + 1

9 sin π2 ) − (−1

3(−4) cos 0 + 19 sin 0) =

= 0 + 19 − 4

3 − 0 = −119 .


14.MAJAS DARBS

68. Atrast funkcijas f(x) = (2 − x)2 Rımana summu intervala [0; 2], jaintervals ir sadalıts cetros vienados apaksintervalos un xi ir apaksintervalusakumpunkti.

Atbilde: 3, 75

69. Aprekinat noteikto integrali2∫

0

(2 − x)2 dx pec definıcijas!

Atbilde: 83

70. Aprekinat2∫

1

√2x − x2 dx, izmantojot rinka laukuma formulu!

Atbilde: π4

Aprekinat noteiktos integralus!

71.

π2∫

π4

1sin2 x

dx

Atbilde: 1

72.4∫

3

x2+3x−2 dx

Atbilde: 5, 5 + 7 ln 2

LEKCIJA NR. 15

NOTEIKTA INTEGRALA IPASIBAS∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

LinearitateAditivitate, salıdzinasana, ierobezotıbaVidejas vertıbas teoremaIntegralis ar mainıgu augsejo robezuSubstitucijas metode noteiktajam integralimParitate un periodiskums15.majas darbs

Linearitate

Noteiktajam integralim tapat ka nenoteiktajam integralim piemıt linearitatesıpasıbas:

15.1. TEOREMA (linearitate). Pienemsim, ka f un g ir integrejamasfunkcijas intervala [a; b] un k ∈ R ir konstante. Tad kf un f +g, ka arı f −gir integrejamas funkcijas un

1)b∫

akf(x) dx = k

b∫

af(x) dx,

2)b∫

a(f(x) + g(x)) dx =

b∫

af(x) dx +

b∫

ag(x) dx,

3)b∫

a(f(x) − g(x)) dx =

b∫

af(x) dx −

b∫

ag(x) dx.

2 Pieradıjumi seko no summas linearitates un robezu ıpasıbam:

1)

b∫

a

kf(x) dx = lim|Pn|→0

n∑

i=1

kf(xi)∆xi = lim|Pn|→0

kn∑

i=1

f(xi)∆xi =

= k lim|Pn|→0

n∑

i=1

f(xi)∆xi = k

b∫

a

f(x) dx;

Aditivitate, salıdzinasana, ierobezotıba 136

2) analogiski ka 1);

3) izmantojam 2) un 1) ıpasıbub∫

a(f(x)−g(x)) dx =

b∫

a(f(x)+(−1)g(x)) dx =

=b∫

af(x) +

b∫

a(−g(x)) dx =

b∫

af(x) + (−1)

b∫

ag(x) dx =

b∫

af(x) −

b∫

ag(x) dx.

Aditivitate, salıdzinasana, ierobezotıba

No noteikta integrala definıcijas tiesi seko divas ıpasıbas:

a∫

af(x) dx = 0,

b∫

af(x) dx = −

a∫

b

f(x) dx.

15.2. TEOREMA Ja funkcija f ir integrejama intervala [a; b], tad tair integrejama jebkura intervala [a; b] apaksintervala [c; d] ⊆ [a; b].

2 Ta ka sı kursa uzdevums nav izverst pieradıjuma tehniku, tad mes toizlaidısim. Ieinteresetu lasıtaju brıdinam, ka pieradıjums nebut nav trivials.

15.3. TEOREMA (aditivitate). Ja [a; b] = [a; c] ∪ [c; b] un f ir in-

tegrejama intervala [a; b], tadb∫

af(x) dx =

c∫

af(x) dx +

b∫

cf(x) dx.

2 Ta ka funkcija f ir integrejama intervala [a; b], tad Rımana summasrobeza nav atkarıga no intervala [a; b] sadalıjuma veida. Tapec, sastadotRımana summu, intervalu sadalam ta, lai punkts c butu viens no sadalıjumapunktiem. Tad summas aditivitates del Rımana summu varam sadalıt divassummas, pirmaja summa apvienojot tos saskaitamos, kas atbilst sadalıjumapunktiem no intervala [a; c], bet otraja summa ietverot tos saskaitamos, kasatbilst sadalıjuma punktiem no intervala [c; b]. Laujot katra no intervaliem[a; c] un [c; b] sasmalcinajumam |Pn| tiekties uz 0, iegusim:

lim|Pn|→0

n∑

i=1f(xi)∆xi

∣

∣

∣

∣

xi∈[a;c]

+ lim|Pn|→0

n∑

i=1f(xi)∆xi

∣

∣

∣

∣

xi∈[c;b]

=

=c∫

af(x) dx +

b∫

cf(x) dx.

Patiess apgalvojums ir arıc∫

af(x) dx =

b∫

af(x) dx +

b∫

cf(x) dx (pieradiet

Videjas vertıbas teorema 137

to pasi!). Tatad punktu a, b un c izvietojums nav butisks; lai lietotu soıpasıbu, svarıgi tikai, lai funkcija butu integrejama plasakaja intervala.

15.4. TEOREMA (salıdzinasana). Ja funkcijas f un g ir integrejamasintervala [a; b] un ∀x ∈ [a; b] ( f(x) ≤ g(x) ), tad

b∫

af(x) dx ≤

b∫

ag(x) dx.

2 Izveidosim patvalıgu sadalıjumu Pn intervala [a; b] ar punktiema = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b. Pienemsim, ka katram i atbilstnoteikts punkts xi no i-ta apaksintervala [xi−1;xi], i ∈ 1, n. Varam secinat:f(xi) ≤ g(xi), i ∈ 1, n, ka arı f(xi)∆xi ≤ g(xi)∆xi, i ∈ 1, n, tapecn∑

i=1f(xi)∆xi ≤

n∑

i=1g(xi)∆xi. Ta ka funkcijas f un g ir integrejamas, tad

eksiste robezas no Rımana summam, turklat nevienadıbas zıme saglabajas,t.i.,

lim|Pn|→0

n∑

i=1

f(xi)∆xi ≤ lim|Pn|→0

n∑

i=1

g(xi)∆xi

jebb∫

af(x) dx ≤

b∫

ag(x) dx.

15.5. SEKAS. Ja f ir integrejama intervala [a; b] un

∀x ∈ [a; b] ( f(x) ≥ 0 ), tadb∫

af(x) dx ≥ 0.

15.6. TEOREMA (ierobezotıba). Ja funkcija f ir integrejamaintervala [a; b] un ja eksiste tadas realas konstantes m un M , ka

∀x ∈ [a; b] (m ≤ f(x) ≤ M ), tad m(b − a) ≤b∫

af(x) dx ≤ M(b − a).

2 Pieradısim labas puses nevienadıbu, kreisas puses nevienadıbu pamatoanalogiski. Apzımesim ∀x ∈ [a; b] ( g(x) = M ). Tada gadıjuma musu rıcıbair nosacıjums ∀x ∈ [a; b] ( f(x) ≤ M = g(x) ); varam izmantot iepriekspieradıto salıdzinasanas ıpasıbu un 14.4. piemera rezultatu un secinat

b∫

a

f(x) dx ≤b∫

a

g(x) dx =

b∫

a

M dx = M(b − a).

Videjas vertıbas teorema

15.7. TEOREMA (videjas vertıbas teorema). Ja funkcija f ir nepartraukta

Videjas vertıbas teorema 138

intervala [a; b], tad eksiste tads punkts c starp a un b, ka

b∫

a

f(x) dx = f(c)(b − a).

2 Ta ka funkcija f ir nepartraukta slegta intervala, tad tai eksistemazaka vertıba m un lielaka vertıba M saja intervala:

∀x ∈ [a; b] (m ≤ f(x) ≤ M ).No ierobezotıbas ıpasıbas seko, ka

m(b − a) ≤b∫

af(x) dx ≤ M(b − a) jeb m ≤ 1

b−a

b∫

af(x) dx ≤ M .

Funkcija f(x) ir nepartraukta intervala [a; b], tapec ta pienem jebkuru starpvertıbustarp divam savam vertıbam m un M , t.i.,

∃c ∈ [a; b] ( f(c) =1

b − a

b∫

a

f(x) dx ) jeb

b∫

a

f(x) dx = f(c)(b − a).

-

6

r

r

f(c)

a c b x

yy = f(x)

15.1.zım.

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

ppppppppppppppppppppppppppppp


ppppppppppppppppppppppppppp


ppppppppppppppppppppppppp







ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppp

ppppppppppppppppp

ppppppppppppppppp

pppppppppppppppp

pppppppppppppppp

ppppppppppppppp

ppppppppppppppp

ppppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

ppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

pppppppppppppp

ppppppppppppppp

ppppppppppppppp

pppppppppppppppp

ppppppppppppppppp

ppppppppppppppppp

pppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp






Geometriski sı ıpasıba nozıme, ka laukums, kas atrodas zem lıknes f(x)grafika, ir vienads ar tada taisnstura laukumu, kura viena mala ir intervals[a; b], bet otra skaitliski vienada ar lıknes f(x) vertıbu kada intervala punktac (skatıt 15.1. zımejumu).

Skaitli f(c) = 1b−a

b∫

af(x) dx sauc par funkcijas f(x) videjo vertıbu in-

tervala [a; b]. Lai ieraudzıtu sı izteikuma jegu, apskatısim tadu sadalıjumuPn intervala [a; b] ar punktiem a = x0 < x1 < x2 < ... < xn = b, ka

Integralis ar mainıgu augsejo robezu 139

∆xi = b−an visiem i ∈ 1, n. Dazado sadalıjuma punktu vertıbu f(x1),

f(x2),..., f(xn) videja vertıba ir

f(x1)+f(x2)+...+f(xn)n =

n∑

i=1

f(xi)n =

= 1b−a

n∑

i=1f(xi)

b−an = 1

b−a

n∑

i=1f(xi)∆xi.

Vienadıbas labaja puse atrodas funkcijas f(x) Rımana summa intervala

[a; b], kura tiecas uz noteikto integralib∫

af(x) dx, ja n → +∞ (jo f ir

nepartraukta, tapec integrejama). Tadejadi 1b−a

b∫

af(x) dx dabıgi visparina

videjas vertıbas ierasto nozımi.

Integralis ar mainıgu augsejo robezu

Seit talak pieradıta teorema nav tikai viena no daudzajam noteikta integralaıpasıbam, sim rezultatam ir nozımıgs raksturs — daudzas macıbu gramatasar ta palıdzıbu pierada kopsakarıbu starp noteikto un nenoteikto integrali.

Vispirms definesim jaunu jedzienu. Pienemsim, ka funkcija f ir in-tegrejama intervala [a; b] un x ir patvalıgs punkts no sı pasa intervala. Tada

gadıjuma mainıgajam x atbilst viens vienıgs skaitlisx∫

af(t) dt, tadejadi tiek

defineta funkcija

G(x) =

x∫

a

f(t) dt

ar definıcijas apgabalu [a; b]. So funkciju G(x) sauc par integrali ar mainıguaugsejo robezu.

-

6

r

rr r

a x b x

y

y = f(x)

G(x)

15.2.zım.

ppppppppppppppppppppppppppppp


ppppppppppppppppppppppppppp


ppppppppppppppppppppppppp







ppppppppppppppppppp

ppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppp

Integralis ar mainıgu augsejo robezu 140

15.8. TEOREMA (noteikta integrala atvasinasana). Pienemsim, ka fir nepartraukta funkcija slegta intervala [a; b] un x ∈ [a; b]. Tad

G′(x) =

x∫

a

f(t) dt

′

= f(x),

t.i., noteikta integrala atvasinajums pec mainıgas augsejas robezas ir vienadsar zemintegrala funkciju no sıs augsejas robezas.

2 Mums ir japierada, ka G′(x) = limh→0

G(x+h)−G(x)h = f(x).

Fiksejam patvalıgi x ∈ [a; b].Pec noteikta integrala aditivitates ıpasıbas funkcijas G(x) pieaugumu

varam izteikt

G(x + h) − G(x) =

x+h∫

a

f(t) dt −x∫

a

f(t) dt =

x+h∫

x

f(t) dt.

Pienemsim, ka h > 0 (gadıjums, kad h < 0, pieradams analogiski) un m unM ir funkcijas f attiecıgi mazaka un lielaka vertıba intervala [x;x + h]. Noierobezotıbas ıpasıbas seko, ka

mh ≤x+h∫

x

f(t) dt ≤ Mh vai mh ≤ G(x + h) − G(x) ≤ Mh.

Izdalısim nevienadıbu ar h > 0:

m ≤ G(x + h) − G(x)

h≤ M.

Konkretas m un M vertıbas ir atkarıgas no h, tacu, ta ka f ir nepartrauktafunkcija, tad h → 0, abas vertıbas m un M tiecas uz f(x). Pec teoremaspar robezpareju nevienadıbas iegusim

limh→0

G(x + h) − G(x)

h= f(x).

No sıs teoremas seko, ka katrai nepartrauktai funkcijai f eksiste primitıva

funkcija forma F (x) =x∫

af(t) dt.

Substitucijas metode noteiktajam integralim 141

15.9. Piemeri. 1.

(

x∫

1

(t3 + 1)dt

)′var aprekinat divejadi:

a)

(

x∫

1

(t3 + 1)dt

)′=(

( t4

4 + t)∣

∣

∣

x

1

)′=(

x4

4 + x − 14 − 1

)′= x3 + 1 vai

b) izmantojot 15.8. teoremu, secinat uzreiz, ka

(

x∫

1

(t3 + 1)dt

)′= x3 + 1.

2.

(

5∫

2x3−1

(6t − 9)dt

)′

— saja gadıjuma vispirms javeic integracijas robezu

apmaina un tad integralis jaatvasina, ieverojot 15.8. teoremu un to, kaaugseja integracijas robeza ir mainıga x funkcija (t.i., jaatvasina ka saliktafunkcija):(

5∫

2x3−1

(6t − 9)dt

)′

=

(

−2x3−1∫

5

(6t − 9)dt

)′

=

= −(6(2x3 − 1) − 9) · (2x3 − 1)′ = (−12x3 + 6 + 9) · 6x2 = 18x2(5 − 4x3).

Substitucijas metode noteiktajam integralim

Noteikta integrala aprekinasana visparıga gadıjuma ir divu solu process:vispirms mes atrodam nenoteikto integrali un tad pielietojam Nutona –Leibnica formulu. Ja nenoteiktais integralis ir vienkarss (tabulas integralis),tad noteikta integrala atrasana ir atri izdarama, bet, ja nepieciesama sub-stitucija, tad patiesam noteikta integrala aprekinasana javeic minetajos di-vos solos. Tacu var rıkoties arı mazliet savadak, to pielauj nakama teorema.

15.10. TEOREMA (substitucijas metode). Pienemsim, ka funkcijai geksiste nepartraukts atvasinajums intervala [a; b] un funkcija f ir nepartrauktavisam funkcijas g vertıbam. Tad

b∫

a

f(g(x))g′(x) dx =

g(b)∫

g(a)

f(u) du.

2 Ta ka f(g(x)) ir nepartraukta intervala [a; b], tad ta ir integrejamafunkcija un varam apskatıt tai atbilstoso integrali ar mainıgu augsejo robezux∫

af(t) dt, x ∈ [a; b]. No 15.8. teoremas seko, ka

F (x) =

x∫

a

f(t) dt

Substitucijas metode noteiktajam integralim 142

ir funkcijas f primitıva funkcija.Pec Nutona – Leibnica formulas [14.8. teorema] seko, ka

g(b)∫

g(a)

f(u) du = F (u)|g(b)g(a) = F (g(b)) − F (g(a)). (15.1)

Savukart, pielietojot substitucijas metodi nenoteiktajam integralim,iegusim, ka

∫

f(g(x))g′(x) dx = ∗∣

∣

∣

∣

g(x) = tg′(x) dx = dt

∣

∣

∣

∣

∗ =

∫

f(t) dt = F (t) + C = F (g(x)) + C.

Nemot vera Nutona – Leibnica formulu, iegusim

b∫

a

f(g(x))g′(x) dx = F (g(x))|ba = F (g(b)) − F (g(a)). (15.2)

Vienadıbam (15.1) un (15.2) ir vienadas labas puses, tapec vienadam irjabut arı to kreisajam pusem, tatad

g(b)∫

g(a)

f(u) du =

b∫

a

f(g(x))g′(x) dx.

15.11. Piemeri. 1.

2∫

1

x + 1

(x2 + 2x)2dx = ∗

(14.9.Piemers (4.) no ieprieksejas lekcijas)∣

∣

∣

∣

∣

∣

x2 + 2x = t, 1 ≤ x ≤ 2(2x + 2) dx = dt, 3 ≤ t ≤ 8(x + 1) dx = 1

2dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∗ =1

2

∫ 8

3

dt

t2=

1

2

t−1

−1

∣

∣

∣

∣

8

3

= −1

2

(

1

8− 1

3

)

=5

48.

2.

π2∫

0

sin x cos5 x dx = ∗

∣

∣

∣

∣

∣

∣

cos x = t x = 0 ⇒ t = 1− sinx dx = dt x = π

2 ⇒ t = 0sinx dx = −dt

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∗ = −0∫

1

t5 dt = − t6

6

∣

∣

∣

0

1= −1

6(0 − 1) = 16 .

Paritate un periodiskums 143

Paritate un periodiskums

Substitucijas metodes izmantosana lauj pieradıt divas nakosas teoremas,kuras atvieglo noteikto integralu atrasanu dazos specialgadıjumos.

15.12. TEOREMA. Ja f ir para funkcija, tada∫

−af(x) dx = 2

a∫

0

f(x) dx.

Ja f ir nepara funkcija, tada∫

−af(x) dx = 0.

2 izmantojot aditivitates ıpasıbu [15.3. teorema], varam rakstıt

a∫

−a

f(x) dx =

0∫

−a

f(x) dx +

a∫

0

f(x) dx.

Pirmaja labas puses saskaitamaja izdarısim substituciju −x = u, taddu = −dx un no −a ≤ x ≤ 0 sekos, ka 0 ≤ u ≤ a.

Ja f ir para funkcija, tad f(−x) = f(x), tapec

0∫

−a

f(x) dx =

0∫

−a

f(−x) dx = −0∫

−a

f(−x) (−dx) = −0∫

a

f(u) du =

a∫

0

f(u) du.

a∫

0

f(u) du =a∫

0

f(x) dx, jo simbola u maina pret simbolu x integrala vertıbu

neizmaina. Galarezultata esam ieguvusi, ka

a∫

−a

f(x) dx =

0∫

−a

f(x) dx+

a∫

0

f(x) dx =

a∫

0

f(x) dx+

a∫

0

f(x) dx = 2

a∫

0

f(x) dx.

Ja f ir nepara funkcija, tad f(−x) = −f(x), tapec

0∫

−a

f(x) dx = −0∫

−a

f(−x) dx =

0∫

−a

f(−x) (−dx) =

0∫

a

f(u) du =

= −a∫

0

f(u) du = −a∫

0

f(x) dx.

Secinam, ka nepara funkcijas f gadıjuma

a∫

−a

f(x) dx =

0∫

−a

f(x) dx +

a∫

0

f(x) dx = −a∫

0

f(x) dx +

a∫

0

f(x) dx = 0.


15.13. Piemers.2∫

−2

(3x2 + x3 − 8 sin x + cos x) dx =

=2∫

−2

(3x2 + cos x) dx +2∫

−2

(x3 − 8 sin x) dx = 22∫

0

(3x2 + cos x) dx + 0 =

= 2(x3 + sinx)∣

∣

2

0= 2(8 + sin 2 − 0 − 0) = 16 + 2 sin 2.

15.14. TEOREMA. Ja funkcija f ir periodiska ar periodu p, tad

b+p∫

a+p

f(x) dx =

b∫

a

f(x) dx.

2 Atgadinasim, ka funkciju f sauc par periodisku, ja eksiste tadsskaitlis p, ka f(x+ p) = f(x) visiem x no f definıcijas apgabala. Mazako nosadiem skaitliem p sauc par periodiskas funkcijas periodu.

Integralıb+p∫

a+pf(x) dx lietosim substituciju u = x − p, tad x = u + p,

du = dx un no a + p ≤ x ≤ b + p seko, ka a ≤ u = x − p ≤ b. Savietojot,iegusim, ka

b+p∫

a+p

f(x) dx =

b∫

a

f(u + p) du =

b∫

a

f(u) du =

b∫

a

f(x) dx.

15.15. Piemers.2π∫

0

| sin x| dx = 2π∫

0

sin x dx = 2(− cos)

∣

∣

∣

∣

π

0

=

= −2(cos π − cos 0) = −2(−1 − 1) = 4, jo pec pedejas teoremasπ∫

0

| sin x| dx =2π∫

π| sin x| dx, bet sin x = | sin x|, ja x ∈ [0;π].


15.MAJAS DARBS

Aprekinat noteiktos integralus, izmantojot substitucijas metodi!

73.e2∫

e

1x ln xdx Atbilde: ln 2

74.9∫

2

x3√x−1

dx Atbilde: 23, 1

75.

π2∫

0

cos z8−3 sin z dz Atbilde: −1

3 ln 58

76. Atrast G′(x), ja G(x) = x3 ·1∫

x2

(u − 1) du.

Atbilde: −312x6 + 5x4 − 11

2x2

77. Atrast funkcijas f(x) = 3x2 + 5 videjo vertıbu intervala [0; 2].

Atbilde: 9

lekcija nr. 1 - home.lu.lvhome.lu.lv/~ibula/lv/studentiem/mai.pdf · lekcija nr. 1 kursa...

Documents