2 - Математичний аналіз першого курсу частини 1 - страница 34

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118  119  120  121  122  123  124  125  126  127  128  129  130  131 

Оскільки f " (c2 ) < 0, (c1 x0 )(x x0) > 0, ми маємо f (x) ytang < 0 .■ Зауваження. Достатньою умовою угнутості графіка функції y = f(x) є додатність її другої похідної, f " (x) > 0.

Рис. Зауваження. Опуклість графіка функції y = f (x) в деякому околі точки x0

за умови f " (x) < 0 можна довести за допомоги формули Тейлора для n = 1. Дій­сно,

f (x) = f (x0 ) + f '(x0 )(xx0 ) + ^f" (c)(xx0 )2, c є(xo, x)

f(x) = ytang + 1 f" (c)(x x0 )2, f(x) — ytang = 2 f" (c)(x ^ )2 < 0.

Теорема 7 (необхідна умова існування точки перегину). Якщо деяка точ­ка M0 (x0; y0 ) є точкою перегину графіка функції y = f (x), перша похідна f" (x)

якої неперервна в деякому околі точки     то f") = 0 або f "    ) не існує.

Теорема 8 (достатня умова існування точки перегину). Нехай: а) функція y = f (x) неперервна в точці      б) f"(= 0 або f"(x0) не існує; в) f " (x) < 0 (або f"(x) > 0) для x <     d) f " (x) > 0 (відповідно f"(x) < 0) для x >     За цих умов точка M 0     y0 ) є точкою перегину графіка функції.

Справедливість теореми є простим наслідком теореми 6.

Приклад. Дослідити функцію

y = - x 4 — 2 x 2 4

і побудувати її графік.

Розв"язок. 1) Областю визначення функції є множина всіх дійсних чисел, D(y) = ^ .

Рис. 10 2) Функція дорівнює нулю в точках x = ±2а/2, є

додатною на і від"ємною на (/2,0(0,272) (див. рис.

10 a).

3) Графік функції проходить через точки л{2лІ2; 0) в(— 2л/2; 0), 0(0; 0).

4) lim y = lim І x4 2x'

x

— 2 x2

у       1 4

lim x = +QO.

x^±00 4

1

1

4

x

4

Застосування диференціального числення. 1. Функції однієї змінної 128 5) y " = x3 — 4 x = x(x + 2 )(x — 2); y " = 0 при x = 0, x = —2, x = 2. Похідна дода­тна на (2, 0)U (2,+оо), від"ємна на (о,2)U (0, 2) (див. рис. 10b). Отже, функція зростає на (— 2, 0) u (2,+да), спадає на (— о, — 2) U (0, 2), має локальний мінімум 4 в точках x = ±2 і локальний максимум 0 в точці x = 0. Її графік про­ходить через точки C(2;—4), D(—2;—4), 0(0; 0).

Рис. 11 6) y" = 3x2 4, y" = 0 при x = ± 2/л/3. Друга похідна

додатна на (—о,— 2 )U (2,+оэ) і від"ємна на ( 2/3,2). Графік функції

угнутий над обднанням інтервалів (— о,— 2j43)u (2/V3 ,+qo), опуклий над ін-

тервалов ( 2/43,2/43) (рис. 10 c), має дві точки перегину E(2/З ;—20/9) і

F (—2Д/З ;—20/9).

Графік функції зображено на рис. 11.

Приклад. Дослідити на опуклість, угнутість та існування точок перегину графік функції

y = f (x ) = 4x (x 6), яку ми вже були розглядали вище.

Розв"язання. Друга похідна функції дорівнює

y = 4(x + 3)

9 x ^x2'

Вона дорівнює нулю при x = —3 і не існує при x = 0; y" > 0 на (— о,—3) U (0,+о), y" < 0 на інтервалі (3,0). Отже, графік функції опуклий над (3,0), угнутий над (— о,—3)U (0,+оо) і має дві точки перегину 0(0; 0),C(3; 9^3). Приклад. Довести опуклість еліпса, гіперболи і параболи

4+4=1, 44=1, y2=2px (p > 0)

a     b a b

в верхній півплощині (для y > 0).

Розв"язок. У випадку еліпса ми знаємо (п. 3.1.1), що

y'

b2 x

' 2 a y

Друга похідна функції є від"ємною у верхній півплощині, а отже еліпс є там опуклим, оскільки

y"

b   y xy b

y x

V

a y

b

22 x + y

22

a_b_

22

a2 y2

y

2

.3

y

b4  1 Л

^ 3 < 0 для y > 0.

a2 y3

Випадки гіперболи і параболи розгляньте самостійно.

3.1.5. Асимптоти

Означення 7. Нехай поточна точка M(x; y) кривої L віддаляється у не­скінченність і одночасно наближається до деякої прямої /. Ця пряма l назива­ється асимптотою кривої L (рис. 12).

Ми матимемо справу з асимптотами графіків функцій. Розрізнюють вер­тикальні, горизонтальні та похилі асимптоти графіків.

1) Якщо функція y = f (x) є

нескінченно великою при пряму­ванні x до точки a (x » a або x » a — 0, або x » a + 0) то пряма x = a ( 1 )

є вертикальною асимптотою її

А х

Рис. 12

а х Рис. 13

графіка (рис. 13).

Приклад. Графіки функцій y = ln x, y = tan x мають відповідно вертикальні асимптоти x = 0, x = nj2 + nn (n є 7), бо

ln x — —о, якщо x — 0 + 0, I tan x\ — +оо, якщо x n/2 + nn. 2) Якщо існує скінченна границя

lim f (x) = b    (lim f (x) = b),

Застосування диференціального числення. 1. Функції однієї змінної 130 то пряма

y = b ( 2 )

є горизонтальною асимптотою для правої (відповідно для лівої) частини гра­фіка функції.

Приклад. Горизонтальну асимптоту y = 0 (вісь Ox) мають ліві частини графіків показникових функцій

y = ex, y = ax для a > 1,

оскільки

lim ex = 0, lim ax = 0.

x—»—оо x»—оо

Якщо ж 0 < a < 1, то горизонтальну асимптоту y = 0 має права частина графіка функції

y = ax,

бо в цьому випадку границя функції дорівнює нулю при x —» +оо .

3) Шукатимемо рівняння похилої асимптоти графіка функції y = f (x) в

формі

y = kx + b ( 3 )

з невідомими k, b.

Для правої частини графіка ми повинні мати (див. рис. 12)

NM 0, або f (x) kx b 0, якщо x — +оо.

Поділивши на x, ми додатково отримуємо

f(x)   ,    b п

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118  119  120  121  122  123  124  125  126  127  128  129  130  131 


Похожие статьи

2 - Математичний аналіз першого курсу частини 1