Частина 2
.pdf“Курс вищої математики. Частина 2.”
|
|
|
|
|
|
|
|
′ |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
′ |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1 + |
|
2 x) ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
f (x) = e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g (x) =1+ e |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
′′ |
|
|
1 |
|
x |
|
|
|
1 |
|
x |
|
|
|
|
x |
|
x |
|
1 |
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
′′ |
= e |
x |
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
= |
|
2 e |
+ |
2 e |
+ |
|
|
4 e |
|
= 4 e |
(4 + x) ; |
|
|
|
|
|
|
|
; |
|||||||||||||||||||||||||||||
f (x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(x) |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
e |
x |
|
(4 + x) |
|
|
|
1 |
|
(4 + x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lim |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ex |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
e 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
f |
′′′ |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
′′′ |
|
1 |
e |
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
= |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
; |
|
|
|
|
lim |
|
= 0; |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
(x) |
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(x) = |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2e 2 |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Слід зазначити, що правило Лопіталя – всього лише один із способів обчислення меж. Часто в конкретному прикладі разом з правилом Лопіталя може бути використаний і який – або інший метод (заміна змінних, домножение і ін.).
Приклад: Знайти межу lim ex −e−x − 2x .
x→0
′ |
|
|
x |
+ e |
−x |
|
− 2 ; |
|
|
|
|
|
|
|
′ |
|
|
|||||||||||
f (x) = e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g (x) =1 − cos x ; |
|||||||||||||
lim |
ex |
+ e−x |
|
|
− 2 |
= |
1+ |
1 |
− 2 |
= |
0 |
- |
знову |
вийшла невизначеність. Застосуємо правило |
||||||||||||||
1 |
−cos x |
|
|
|
|
|
|
1 |
−1 |
|
0 |
|||||||||||||||||
x→0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
Лопіталя ще раз. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
′′ |
|
|
|
x |
−e |
−x |
|
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
′′ |
|
|
|
|
|||||||
f (x) = e |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g (x) = sin x ; |
|
|||||||||||||
lim |
ex |
−e−x |
|
= |
|
|
1 |
− |
1 |
= |
|
0 |
|
- застосовуємо правило Лопіталя ще раз. |
||||||||||||||
sin x |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|||||||||||||||||
x→0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
′′′ |
|
= e |
x |
|
+ e |
−x |
; |
|
|
|
|
|
|
|
|
g |
′′′ |
(x) |
= cos x |
; |
||||||||
f (x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
lim |
ex |
+ e−x |
|
|
= |
|
|
2 |
= 2 ; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
cos x |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
x→0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Невизначеності вигляду 00 ; 1∞ ; ∞0 можна розкрити за допомогою логарифмування. Такі невизначеності зустрічаються при знаходженні меж функцій
вигляду y = [f (x)]g ( x) , f(x) >0 поблизу крапки а при ха. →Для функції досить знайти межу функції lny = g(x) lnf(x).
Приклад: Знайти межу lim x x .
x→0 x>0
Тут у = xx, |
lny = xlnx. |
|
|
|
|
|
правило |
|
|
|
|
|
Тоді |
lim ln y = lim x ln x = lim |
ln x |
|
|
|
1/ x |
|
|||||
|
|
|
= |
|
= lim |
|
|
|||||
1 |
|
−1/ x |
2 |
|||||||||
|
x>0 |
x>0 |
x>0 |
|
|
Лопиталя |
x>0 |
|
||||
|
x→0 |
x→0 |
x→0 |
|
|
|
|
|
|
x→0 |
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
lim ln y = ln lim y = 0; |
lim y = lim x x =1 |
|
|
|
|
|||||||
x→0 |
|
x→0 |
x→0 |
|
|
x→0 |
|
|
|
|
|
|
x>0 |
|
x>0 |
x>0 |
|
|
x>0 |
|
|
|
|
|
знаходження межі такої
= −lim x = 0; . Отже
x→0 x>0
21
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
“Курс вищої математики. Частина 2.” |
|
Приклад: Знайти межу lim |
x2 |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ e2 x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
f |
′ |
′ |
|
2x |
; |
lim |
|
x |
= |
∞ |
; |
- |
отримали невизначеність. Застосовуємо |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
(x) = 2x; |
g (x) = 2e |
|
|
|
|
∞ |
|||||||||||||
правило Лопіталя ще раз. |
|
|
x→∞ e2 x |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|||||||
f |
′′ |
′ |
2 x |
; |
|
lim |
|
|
= |
|
|
= 0 ; |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
(x) = 2; |
g (x) = 4e |
|
|
|
2e2 x |
∞ |
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
Похідні і диференціали вищих порядків.
Хай функція f(x) - дифференцируема на деякому інтервалі. Тоді, диференціюючи її, отримуємо першу похідну
y′ = f ′(x) = df (x) dx
Якщо знайти похідну функції f(x), отримаємо другу похідну функції f(x).
|
|
|
|
|
|
y |
′′ |
= |
f |
′′ |
d 2 f (x) |
|
|
|
|
|
|
dx2 |
|||||
|
d 2 y |
|
|
|
|
|
(x) = |
||||
тобто у′′ = (y)′ або |
= |
d |
dy |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
||
dx2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
dx dx |
|
|
|
|
|
Цей процес можна продовжити і далі, знаходячи похідні ступені n.
d |
n |
y |
|
d |
|
n−1 |
y |
|
||
|
= |
d |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
||
dx |
n |
|
|
|
n−1 |
|||||
|
|
dx dx |
|
|
|
Загальні правила знаходження вищих похідних.
Якщо функції u = f(x) і v = g(x) дифференцируемы, то
1)(Сu)(n) = Cu(n);
2)(u ± v)(n) = u(n) ± v(n);
3) |
(u v) |
(n) |
= vu |
(n) |
+ nu |
(n−1) |
v |
′ |
+ |
n(n −1) |
u |
(n−2) |
v |
′′ |
+... + |
n(n −1)...[n − (k −1)] |
u |
(n−k ) |
v |
(k ) |
+... |
|
|
|
2! |
|
k! |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
... + uv(n) .
Цей вираз називається формулою Лейбніца.
Також по формулі dny = f(n)(x) dxn може бути знайдений диференціал n- го порядку.
Дослідження функцій за допомогою похідній.
Зростання і убування функцій.
Теорема. 1) Якщо функція f(x) має похідну на відрізку [а, b] і зростає на цьому відрізку, то її похідна на цьому відрізку ненегативна, тобто f(x) ≥ 0.
2) Якщо функція f(x) безперервна на відрізку [а, b] і дифференцируема на проміжку (а, b), причому f(x)> 0 для а < x < b, то ця функція зростає на відрізку [а, b].
22
“Курс вищої математики. Частина 2.”
Доказ.
1) Якщо функція f(x) зростає, то f(x + ∆x)> f(x) при x>0 і f(x + ∆x)< f(x) при х<0
тоді:
f (x + ∆x) − f (x) |
> 0, |
lim |
f (x + ∆x) − f (x) |
≥ 0. |
|
∆x |
∆x |
||||
|
∆x→0 |
|
2) Хай f(x) >0 для будь-яких точок х1 і х2, що належать відрізку [а, b], причому x1<x2.
Тоді по теоремі Лагранжа: f(x2) – f(x1)= f(ε)(x2 – x1), x1 < ε < x2
По умові f′(ε)>0, отже, f(x2) – f(x1) >0, тобто функція f(x) зростає.
Теорема доведена.
Аналогічно можна зробити вивід про те, що якщо функція f(x) убуває на відрізку [а, b], то f(x)≤0 на цьому відрізку. Якщо f(x) <0 в проміжку (а, b), то f(x) убуває на відрізку [а, b].
Звичайно, дане твердження справедливе, якщо функція f(x) безперервна на відрізку [а, b] і дифференцируема на інтервалі (а, b).
уу
ϕ |
ϕ |
ϕ |
ϕ |
x x
Точки екстремуму.
Визначення. Функція f(x) має в точці х1 максимум, якщо її значення в цій крапці більше значень в усіх точках деякого інтервалу, що містить точку х1. Функція f(x) має в точці х2 мінімум, якщо f(x2 +x∆)> f(x2) при будь-якому х∆ (х може бути і негативним).
Очевидно, що функція, визначена на відрізку може мати максимум і мінімум тільки в крапках, що знаходяться усередині цього відрізання. Не можна також плутати максимум і мінімум функції з її найбільшим і найменшим значенням на відрізку – це поняття принципово різні.
Визначення. Точки максимуму і мінімуму функції називаються точками
екстремуму.
23
“Курс вищої математики. Частина 2.”
Теорема. (необхідна умова існування екстремуму) Якщо функція f(x)
дифференцируема в точці х = х1 і точка х1 є точкою екстремуму, то похідна функції звертається в нуль в цій крапці.
Доказ. Припустимо, що функція f(x) має в точці х = х1 максимум. Тоді при достатньо малих позитивних ∆х>0 вірне нерівність:
f(x1 + ∆x) < f (x1 ) тобто f (x1 + ∆x) − f (x1 ) < 0
Тоді |
|
|
|
|
|
||
|
f (x1 + ∆x) − f (x1 ) |
|
> 0 |
при |
∆х < 0 |
||
|
|
∆x |
|||||
|
|
|
|
|
|||
|
f (x1 + ∆x) − f (x1 ) |
|
< 0 |
при |
∆х > 0 |
||
За визначенням: |
∆x |
||||||
|
|
|
|||||
f (x1 + ∆x) − f (x1 ) |
|
|
|||||
|
lim |
= f ′(x1 ) |
|||||
|
∆x |
|
|||||
|
∆x→0 |
|
|
|
Тобто якщо ∆х0→, але ∆х<0, то f′(x1) ≥ 0, а якщо ∆х0, але х>0, то f(x1) ≤ 0.
А можливо це тільки в тому випадку, якщо при ∆х0 →f′(x1)= 0.
Для випадку, якщо функція f(x) має в точці х2 мінімум теорема доводиться аналогічно.
Теорема доведена.
Слідство. Зворотне твердження невірне. Якщо похідна функції в деякій крапці рівна нулю, то це ще не означає, що в цій крапці функція має екстремум. Красномовний приклад цього – функція у = х3, похідна якої в точці х = 0 рівна нулю, проте в цій крапці функція має тільки перегин, а не максимум або мінімум.
Визначення. Критичними точками функції називаються крапки, в яких похідна функції не існує або рівна нулю.
Розглянута вище теорема дає нам необхідні умови існування екстремуму, але цього недостатньо.
Приклад: f(x)= x |
Приклад: f(x)= 3 х |
у |
у |
x
x
У точці х = 0 функція має мінімум, але |
В точці х = 0 функція не має ні |
24
|
|
“Курс вищої математики. Частина 2.” |
не має похідної. |
максимуму, ні мінімуму, ні произ- |
|
водною. |
|
|
Взагалі кажучи, функція f(x) може мати екстремум в крапках, де похідна не існує або рівна нулю.
Теорема. (Достатні умови існування екстремуму)
Хай функція f(x) безперервна в інтервалі (а, b), який містить критичну точку х1, і дифференцируема в усіх точках цього інтервалу (окрім, можливо, самої точки х1).
Якщо під час переходу через точку х1 зліва направо похідна функції f(x) міняє знак з “+” на “-“, то в точці х = х1 функція f(x) має максимум, а якщо похідна міняє знак з “-“ на “+”- те функція має мінімум.
Доказ.
f ′(x) > 0 |
при |
x < x |
|
|
|
Хай |
|
|
1 |
|
|
′ |
при |
x > x1 |
|
|
|
f |
(x) < 0 |
|
|
||
По теоремі Лагранжа: |
f(x) – f(x1)= f(ε)(x – x1), де x < ε < x1. |
||||
Тоді: 1) Якщо х < x1, то ε < x1; |
f′(ε)>0; |
f(ε)(x – x1)<0, отже |
|||
|
|
|
f(x) – f(x1) <0 або |
f(x)< f(x1). |
|
2) Якщо х > x1, то ε > x1 f′()<0; |
f(ε)(x – x1)<0, отже |
||||
|
|
|
f(x) – f(x1) <0 або |
f(x)< f(x1). |
Т. до. відповіді співпадають, то можна сказати, що f(x)< f(x1) в будь-яких крапках поблизу х1, тобто х1 – точка максимуму.
Доведення теореми для точки мінімуму проводиться аналогічно.
Теорема доведена.
На основі вищесказаного можна виробити єдиний порядок дій при знаходженні найбільшого і найменшого значення функції на відрізку:
1)Знайти критичні точки функції.
2)Знайти значення функції в критичних крапках.
3)Знайти значення функції на кінцях відрізання.
4)Вибрати серед набутих значень найбільше і найменше.
Дослідження функції на екстремум з допомогою похідних вищих порядків.
Хай в точці х = х1 f′(x1)= 0 і f′′(x1) існує і безперервна в деякій околиці точки х1.
Теорема. Якщо f′(x1)= 0, то функція f(x) в точці х = х1 має максимум, якщо f′′(x1) <0 і мінімум, якщо f′′(x1) >0.
Доказ.
25
“Курс вищої математики. Частина 2.”
Хай f′(x1)= 0 і f′′(x1) <0. Оскільки функція f(x) безперервна, то f′′(x1) буде негативною і в деякій малій околиці точки х1.
Оскільки f(x)= (′′f(x))′′ < 0, то f(x) убуває на відрізку, що містить точку х1, але f(x1)=0, тобто f(x)> 0 при х<x1 і f(x)< ′0 при x>x1. Це і означає, що під час переходу через точку х = х1 похідна f(x) міняє знак з “+” на “-“, тобто в цій крапці функція f(x) має максимум.
Для випадку мінімуму функції теорема доводиться аналогічно.
Якщо f(x)= 0, то характер критичної крапки невідомий. Для його визначення потрібне подальше дослідження.
Опуклість і угнутість кривої. Точки перегину.
Визначення. Крива обернена опуклістю вгору на інтервалі (а, b), якщо всі її крапки лежать нижче за будь-яку її дотичну на цьому інтервалі. Крива, обернена опуклістю вгору, називається опуклою, а крива, обернена опуклістю вниз, – називається увігнутою.
x
На малюнку показана ілюстрація приведеного вище визначення.
Теорема 1. Якщо в усіх точках інтервалу (а, b) друга похідна функції f(x) негативна, то крива у = f(x) обернена опуклістю вгору (опукла).
Доказ. Хай х0 (а, b). Проведемо дотичну до кривій в цій крапці. Рівняння кривої: у = f(x);
Рівняння дотичної: y − f (x0 ) = f ′(x0 )(x − x0 ). Слід довести, що y − y = f (x) − f (x0 ) − f ′(x0 )(x − x0 ) .
По теоремі Лагранжа для f(x) – f(x0): y − y = f ′(c)(x − x0 ) − f ′(x0 )(x − x0 ) , x0 < з < x.
y − y = (x − x0 )[ f ′(c) − f ′(x0 )] |
|
По теоремі Лагранжа для f ′(c) − f ′(x0 ) : y − y = f ′′(c1 )(c − x0 )(x − x0 ), |
x0 < c1 < c |
Хай х > x0 тоді x0 < c1 < з < x. Оскільки x – x0 > 0 і з – x0 > 0, і крім того по умові f ′′(c1 ) < 0 отже y − y < 0 .
26
“Курс вищої математики. Частина 2.”
Хай x < x0 тоді x < з < c1 < x0 і x – x0 < 0, з – x0 < 0, оскільки по умові f ′′(c1 ) < 0, те y − y < 0 .
Аналогічно доводиться, що якщо f(x)> 0 на інтервалі (а, b), то крива y=f(x) увігнута на інтервалі (а, b).
Теорема доведена.
Визначення. Крапка, що відокремлює опуклу частину кривої від увігнутої,
називається точкою перегину.
Очевидно, що в точці перегину дотична перетинає криву.
Теорема 2. Хай крива визначається рівнянням у = f(x). Якщо друга похідна f(a)= 0 або f(a) не існує і під час переходу через точку х = а f(x) міняє знак, то точка кривої з абсцисою х = а є точкою перегину.
Доказ. 1) Хай f(x)< 0 при х < а і f(x)> 0 при x > а. Тоді при
x < а крива опукла, а при x > а крива увігнута, тобто точка х = а – точка перегину.
2)Хай f(x)> 0 при x < b і f(x)< 0 при x < b. Тоді при x < b крива обернена опуклістю вниз, а при x > b – опуклістю вгору. Тоді x = b – точка перегину.
Теорема доведена.
Асимптоти.
При дослідженні функцій часто буває, що при видаленні координати х точки кривої в нескінченність крива необмежено наближається до деякої прямої.
Визначення. Пряма називається асимптотою кривої, якщо відстань від змінної крапки кривої до цієї прямої при видаленні крапки в нескінченність прагне до нуля.
Слід зазначити, що не будь-яка крива має асимптоту. Асимптоти можуть бути прямі і похилі. Дослідження функцій на наявність асимптот має велике значення і дозволяє точніше визначити характер функції і поведінку графіка кривою.
Взагалі кажучи, крива, необмежено наближаючись до своєї асимптоти, може і перетинати її, причому не в одній крапці, як показано на приведеному нижче графіку
−x
функції y = x + e 3 sin x . Її асимптота похилої у = х.
27
|
|
“Курс вищої математики. Частина 2.” |
|
|
|
10 |
|
|
|
5 |
|
-10 |
-5 |
5 |
10 |
|
|
-5 |
|
|
|
-10 |
|
|
|
-15 |
|
|
|
-20 |
|
Розглянемо докладніше методи знаходження асимптот кривих. |
|
Вертикальні асимптоти. |
|
|
|||
З визначення асимптоти виходить, |
що якщо |
lim |
f (x) = ∞ або |
lim f (x) = ∞ |
|
|
|
|
x→a+0 |
|
x→a−0 |
абоlim f (x) = ∞ , то пряма х = а – асимптота кривої у = f(x). |
|
|
|||
x→a |
|
|
|
|
|
Наприклад, для функції f (x) = |
2 |
пряма х = 5 є вертикальною асимптотою. |
|||
|
x −5 |
|
|
|
|
Похилі асимптоти. |
|
|
|
||
Припустимо, що крива у = f(x) має похилу асимптоту у = kx + b. |
|
||||
15 |
|
|
|
|
|
12.5 |
|
|
|
|
|
10 |
|
|
|
|
|
7.5 |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
|
2.5 |
|
|
|
|
|
1 |
|
2 |
3 |
4 |
|
|
M |
|
|
|
|
|
ϕ |
|
|
|
|
ϕ |
N |
P |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
Q |
|
|
|
Позначимо точку перетину кривої і перпендикуляра до асимптоти – М, Р – точка |
|||||
перетину цього перпендикуляра з асимптотою. Кут між асимптотою і віссю Ох |
|||||
позначимо ϕ. Перпендикуляр Мq до осі Ох перетинає асимптоту в точці N. |
Тоді MQ = у – ордината точки кривої, NQ = y - ордината точки N на асимптоті.
28
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
“Курс вищої математики. Частина 2.” |
|||||
По умові: lim |
|
MP |
|
= 0 , |
|
NMP =ϕ, |
|
NM |
|
= |
|
|
MP |
|
|
. |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
cosϕ |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Кут ϕ - постійний і не рівний 900, тоді |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
lim |
|
MP |
|
= lim |
|
NM |
|
cosϕ = lim |
|
NM |
|
= 0 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
NM = MQ − QN = y − y = f (x) − (kx + b)
Тоді lim[ f (x) − (kx + b)] = 0 .
x→∞
Отже, пряма у = kx + b – асимптота кривої. Для точного визначення цієї прямої необхідно знайти спосіб обчислення коефіцієнтів і b.
У отриманому виразі виноситься за дужки х:
|
f (x) |
|
b |
|
||
lim x |
|
− k − |
|
|
= 0 |
|
x |
|
|||||
x→∞ |
|
|
x |
|
f (x) |
|
b |
|
b |
|
|
||
Оскільки х→∞, тоlim |
|
− k − |
|
|
= 0 , оскільки b = const, то lim |
|
= 0; |
lim k = k . |
x |
|
|
||||||
x→∞ |
|
x |
x→∞ x |
|
x→∞ |
Тодіlim |
f (x) |
− k − 0 = 0 , отже |
|
|
|
x |
|
|
|||
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k = lim |
f (x) |
. |
|
|
|
|
||
|
|
|
x→∞ |
x |
|
|
|
|
|
|
|
Оскількиlim[f (x) − (kx + b)]= 0 , тоlim[f (x) − kx]− lim b = 0 , отже |
|||
x→∞ |
x→∞ |
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
b = lim[f (x) − kx] |
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
Відзначимо, що горизонтальні асимптоти є окремим випадком похилих асимптот при до =0.
Приклад. Знайти асимптоти і побудувати графік функції y = x2 + 2x −1 . x
1) Вертикальні асимптоти: y+∞ |
x0-0: |
y-∞ |
x0+0, отже, х = 0- вертикальна |
асимптота. |
|
|
|
2) Похилі асимптоти: |
|
|
|
|
|
|
k = lim |
x2 |
+ 2x −1 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim 1 |
+ |
x |
− |
|
|
|
=1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
x |
→∞ |
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
2 |
+ 2x −1 |
|
|
|
|
|
2 |
+ 2x −1 |
− x |
2 |
|
|
|
2x −1 |
|
|
1 |
|
|||||||||||
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim |
|
|
= lim 2 |
− |
|
|
= 2 |
||||
b = lim( f (x) − x) = lim |
|
x |
|
|
|
− x |
= lim |
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
x |
x |
||||||||||||
x→∞ |
x→∞ |
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
x→∞ |
|
|
|
Таким чином, пряма у = х + 2 є похилою асимптотою. Побудуємо графік функції:
29
|
|
|
|
“Курс вищої математики. Частина 2.” |
|||
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
-3 |
-2 |
-1 |
1 |
2 |
|
3 |
|
|
|
|
-2 |
|
|
|
|
Приклад. Знайти асимптоти і побудувати графік функції y = |
9 |
9x |
. |
||||
|
|
|
|
|
− x2 |
|
Прямі х = 3 і х = -3 є вертикальними асимптотами кривої. Знайдемо похилі асимптоти:
|
9x |
|
|
|
9 |
|
|
|
||
b = lim |
= lim |
|
|
|
x |
|
= 0 |
|||
9 − x2 |
|
9 |
|
|
||||||
x→∞ |
x→∞ |
|
|
−1 |
|
|||||
|
|
|
|
x2 |
|
|
у = 0 – горизонтальна асимптота.
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
-7.5 |
-5 |
-2.5 |
2.5 |
5 |
7.5 |
|
|
|
-2 |
|
|
|
|
|
-4 |
|
|
|
|
|
-6 |
|
|
Приклад. Знайти асимптоти і побудувати графік функції y = |
|
x2 |
− 2x |
+3 |
. |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
x + 2 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Пряма х = -2 є вертикальною асимптотою кривої. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
Знайдемо похилі асимптоти. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
x2 |
− 2x +3 |
|
x2 − 2x +3 |
|
1− |
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
k = lim |
= lim |
= lim |
x |
|
x2 |
=1. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
x(x + 2) |
|
|
x2 + 2x |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
x→∞ |
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1+ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|||||||||
|
2 |
− 2x +3 |
|
|
|
2 |
− 2x +3 − x |
2 |
− 2x |
|
|
− 4x +3 |
|
|
|
− 4 + |
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x |
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
x |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
= −4 |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
b = lim |
|
x + 2 |
|
− x |
= lim |
|
|
|
x + 2 |
|
|
|
= lim |
|
x |
+ 2 |
|
|
|
2 |
|
||||||||||||||||
x→∞ |
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
x |
→∞ |
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
+ |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x |
|
Разом, пряма у = х – 4 є похилою асимптотою.
30