Станішевський С.О. Вища математика. Конспект лекцій. Модуль 1
Подождите немного. Документ загружается.
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
60
Доведення. Визначимо число Q рівністю
Q))a()b(/())а(f)b(f(
=
−
−
ϕ
ϕ
, де
0)a()b(
≠
−
ϕ
ϕ
.
Складемо допоміжну функцію
))a()х((Q)а(f)х(f)х(F
ϕ
ϕ
−
−
−
=
.
Очевидно, що F(a) = F(b) = 0. Тобто функція F(x) задовольняє
умовам теореми Ролля. Тому між а і b є така точка с, що
0)с(F =
′
.
Але
)х(Q)х(f)х(F
ϕ
′
−
′
=
′
, отже
0)с(Q)с(f)с(F =
′
−
′
=
′
ϕ
, звідки
)с(/)с(fQ
ϕ
′
′
=
. Частину ліворуч замінимо відношенням приростів
функцій
)с(/)с(f))a()b(/())а(f)b(f(
ϕϕϕ
′
′
=−−
, що й треба було
довести.
Теорема 4. Правило Лопіталя. Нехай функції f(x) і
)х(
ϕ
на де-
якому відрізку [а;b] задовольняють умовам теореми Коші і дорівню-
ють нулю у точці х = а, тобто f(a) =
ϕ
(а) = 0; тоді, якщо існує границя
відношення похідних f'(x) i
)х(
ϕ
′
, коли
а
х
→
, то існує і
))х(/)х(f(lim
ах
ϕ
→
, причому
))х(/)х(f(lim))х(/)х(f(lim
ахах
ϕϕ
′
′
=
→→
.
Доведення. Візьмемо на відрізку [а,b] яку-небудь точку
а
х
≠
.
Застосовуючи теорему Коші, маємо
)(/)(f))a()х(/())а(f)х(f(
ξϕξϕϕ
′
′
=−−
, де
ха
<
<
ξ
.
Але за умовою теореми f(a) =
ϕ
(а) = 0, отже
)(/)(f)х(/)х(f
ξϕξϕ
′
′
=
.
Якщо
а
х
→
, то і
а
→
ξ
, тому що
ха
<
<
ξ
. При цьому, якщо
А))х(/)х(f(lim
ах
=
′
′
→
ϕ
, то
))(/)(f(lim
а
ξϕξ
ξ
′
′
→
теж існує і дорівнює А.
Доведемо останнє:
=
→
))х(/)х(f(lim
ах
ϕ
х а
lim( f ( )/ ( ))
ξ ϕ ξ
→
′ ′
=
а х а
lim( f ( )/ ( )) lim( f (
х )/ ( х )) А
ξ
ξ ϕ ξ ϕ
→ →
′ ′ ′ ′
= = =
. Отже,
=
→
))х(/)х(f(lim
ах
ϕ
))х(/)х(f(lim
ах
ϕ
′
′
→
.
Зауваження:
- теорема має місце і у тому разі, якщо функції f(х) і
ϕ
(x) не ви-
значені коли x = а, але
0)х(flim
ах
=
→
і
0)х(lim
ах
=
→
ϕ
;
- якщо
)а()а(f
ϕ
′
=
′
= 0 і похідні задовольняють умовам, які
були накладені за умовами теореми на функції
)х(f
і
)х(
ϕ
, то засто-
совуючи правило Лопіталя до відношення
)х(/)х(f
ϕ
′
′
, матимемо:
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
61
)х(/)х(flim)х(/)х(flim
ахах
ϕϕ
′
′
′
′
=
′
′
→→
і т.д.
- якщо
0)а(f ≠
′
, а
0)а( =
′
ϕ
, то теорема може бути прикладена
до оберненого відношення
)х(f/)х(
ϕ
, яке прямує до нуля при
а
х
→
. Отже, відношення
)х(/)х(f
ϕ
прямує до нескінченності;
- правило Лопіталя може бути прикладене і у тому разі, коли
0)х(flim
х
=
∞→
і
0)х(lim
х
=
∞→
ϕ
;
- правило Лопіталя може бути застосоване і у тому разі, коли
∞=
→
∞→
)х(flim
ах
або х
і
∞=
→
∞→
)х(lim
ах
або х
ϕ
.
Розглянуте правило Лопіталя застосовується для розкриття не-
визначеностей, які з'являються при обчисленні границь відношення
двох функцій. У теоремі розглянута невизначеність вигляду |0/0|, а у
зауваженнях його застосування було розширено.
Якщо виконувати відповідні перетворення функцій при обчис-
ленні границь, можна розкривати невизначеності типу:
|0|
∞
⋅
;
|0|
0
;
||
0
∞
;
|1|
∞
;
||
∞
−
∞
.
Приклади.
1.
2/12/))х1/(1(lim|0/0|)х2/())х1(ln(lim
0х0х
=+==+
→→
;
2.
k)х/kcos(limk|0/0|)х/1/())х/k(sin(lim
хх
===
∞→∞→
;
3.
∞===∞∞=
∞→∞→∞→
)2/е(lim))х2/(е(lim|/|)х/е(lim
х
х
х
х
2х
х
;
4.
с/а)сх2/()ах2(lim|/|)dсх/()bах(lim
х
22
х
==∞∞=−+
∞→∞→
;
5.
;0)2/х(lim)х/2/()х/1(lim
|/|)х/1/()х(lnlim|0|хlnхlim
2
0х
3
0x
2
0х
2
0х
=−==−=
=∞∞==∞⋅=
→→
→→
6. Знайти
х
0х
хlim
→
. Тут невизначеність
|0|
0
. Покладемо
х
ху =
,
знаходимо
=∞⋅====
→→→→
|0|хlnхlim)хln(limуlnlim)уlimln(
0х
х
0х0х0х
0хlim)х/1/()х/1(lim|/|)х/1/()х(lnlim
0х
2
0х0х
=−=−=∞∞==
→→→
.
Отже,
0)уlimln(
0х
=
→
, відкіля
1ехlim
0х
0х
==
→
.
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
62
ЛЕКЦІЯ № 12
Дослідження функції однієї змінної та побудова ескіза її гра-
фіка. Дослідження кількісної сторони різних явищ природи зводить до
встановлення та дослідження функціональної залежності між змінни-
ми величинами, які відображають відповідне явище.
Очевидно, зробити повне дослідження функції, обчислюючи її
значення у окремих точках, важко. Тому у цій лекції будуть встанов-
лені загальні правила дослідження поведінки функції з застосуванням
першої похідної, які дозволяють зробити ескіз графіка функції.
Зростання (спадання) функції. Вище було дано визначення зрос-
таючої і спадної функцій. Тепер застосуємо поняття похідної для дос-
лідження зростання і спадання функції.
Теорема. 1) Якщо функція f(х) має похідну і зростає на відріз-
ку[a,b], то її похідна
0)х(f >
′
.
2) Якщо функція f(х) на відрізку [а,b] має
0)х(f >
′
, то на цьому
відрізку вона зростає.
Доведення. 1) Нехай функція f(х) зростає на відрізку [а,b]. До-
дамо аргументу x приріст
х
∆
і розглянемо відношення
х/))х(f)хх(f(
∆
∆
−
+
. (2.26)
Оскільки f(x) зростаюча, то
)х(f)хх(f
>
+
∆
, коли
0х
>
∆
і
)х(f)хх(f
<
+
∆
, коли
0х
<
∆
. В обох випадках відношення (2.26)
додатне, отже
0х/))х(f)хх(f(lim)х(f
0х
>−+=
′
→
∆∆
∆
,
тобто
0)х(f >
′
, що і треба було довести.
2) Нехай
0)х(f >
′
на відрізку
[
]
а,b
. Розглянемо будь-які зна-
чення х
1
, і х
2
∈
[а,b], такі, що х
1
< х
2
. За теоремою Лагранжа про скін-
ченні прирости маємо:
)хх)((f)х(f)х(f
1212
−
′
=−
ξ
, де
21
хх <<
ξ
.
За умовою теореми
0)(f >
′
ξ
, отже,
0)х(f)х(f
12
>−
, це озна-
чає, що f(х) зростаюча функція.
Теорема доведена повністю. Аналогічна теорема має місце і
для спадної функції.
Приклад.
Визначити інтервали зростання і спадання функції
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
63
4
ху =
.
Розв'язання. Похідна цієї функції
3
х4у =
′
. Коли
0х
>
, маємо
0у >
′
- функція зростає; коли
0х
<
, маємо
0у <
′
- функція спадає.
Максимум і мінімум функції.
Визначення. Функція f(x) у точці х
1
, має максимум (maximum),
якщо
)х(f)хх(f
11
<+
∆
, коли
0х
>
∆
або
0х
<
∆
.
Визначення. Функція f(x) у точці х
2
має мінімум (minimum), як-
що
)х(f)хх(f
22
>+
∆
, коли
0х
>
∆
або
0х
<
∆
. В обох визначеннях
х
∆
досить мала величина.
Зауваження: 1. Функція, визначена на відрізку, може досягати
максимуму або мінімуму тільки при тих значеннях х, які знаходяться
усередині розглядуваного відрізка.
2. Не слід думати, що максимум і мінімум функції є відповідно і
найбільшим, і найменшим її значеннями на розглядуваному відрізку.
Локальний максимум або мінімум функції звуть екстремумом
або екстремальним значенням функції.
Необхідна умова існування екстремуму функції.
Теорема. Якщо диференційована функція у = f(x) має у точці х
1
максимум або мінімум, то її похідна у цій точці дорівнює нулю, тобто
0)х(f
1
=
′
.
Доведення цієї теореми спирається на теорему Ролля.
Приклад. Функція у = х
3
,коли х = 0 має похідну у' = 0, але у цій
точці функція екстремуму не має.
Раніше було розглянуто неперервну функцію, яка має в усіх то-
чках
х
∈
[а,b] похідну. Що матимемо у тих точках, де похідна не іс-
нує? Розглянемо приклади:
функція: у = |х|. Ця функція неперервна, але у точці х = 0 не має
похідної. З графіка (рис.2.29) бачимо, що у точці х = 0 функція має
мінімум: у(0) = 0;
функція:
2/33/2
)х1(у −=
не має похідної у точці х = 0 (
∞→
′
у
,
коли
0х
→
, перевірте самостійно). З графіка (рис. 2.30) бачимо, що у
точці х = 0 функція має максимум: у(0) = 1;
функція:
3/1
ху =
не має похідної у точці х = 0 (
∞→
′
у
, коли
0х
→
). У цій точці функція екстремуму не має (рис. 2.31).
Таким чином, функція може мати екстремум лише у двох випа-
дках: або у тих точках, де похідна існує і дорівнює нулю, або у тих
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
64
точках, де функція неперервна, але похідна не існує.
Рис. 2.29 Рис. 2.30 Рис. 2.31
Значення аргументу, при яких похідна дорівнює нулю або не іс-
нує, звуть критичними.
Дослідження функції у критичних точках спирається на теорему
про достатні умови існування її екстремуму.
Теорема. Функція f(х) неперервна у деякому інтервалі, який має
критичну точку х
1
, і диференційована в усіх точках цього інтервалу
(крім, може бути, самої точки х
1
). Якщо рухаючись через цю точку від
1
х х
∆
−
до
1
х х
∆
+
, де
х 0
∆
>
:
1)
у
′
змінює знак з плюса на мінус, то
1
f ( x )
– максимум;
2)
у
′
змінює знак з мінуса на плюс, то
1
f ( x )
– мінімум;
3)
у
′
не змінює знаку, то функція не має екстремуму.
Доведемо 1. Нехай
у
′
змінює знак з плюса на мінус; тобто для
усіх х достатньо близьких до точки х
1
, маємо: f'(х) > 0, коли х < х
1
, і
f'(х) < 0, коли х > х
1
. За теоремою Лагранжа запишемо:
)хх)((f)х(f)х(f
11
−
′
=−
ξ
, де
1
хх <<
ξ
.
Можливі такі випадки: х < х
1
,
тоді
1
х<
ξ
,
0)(f >
′
ξ
,
0)хх)((f
1
<−
′
ξ
і отже,
0)х(f)х(f
1
<−
, або
)х(f)х(f
1
<
; (2.27)
х > х
1
, тоді
1
х>
ξ
,
0)(f <
′
ξ
,
0)хх)((f
1
<−
′
ξ
і отже,
0)х(f)х(f
1
<−
, або
)х(f)х(f
1
<
. (2.28)
З (2.27) і (2.28) прямує, що для усіх значень х у околі точки х
1
,
значення функції менше, ніж значення функції у точці х
1
.
Отже, у точці
х
1
максимум.
Останні твердження теореми доводяться аналогічно.
y
x
1
0
–1
1
y=(1–x
2/3
)
3/2
y
x
1
0
–1
1
y=|x|
y
x
1
0
–1
1
y=x
1/3
–1
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
65
Найбільше та найменше значення функції на відрізку. Нехай
функція f(х) визначена і неперервна на скінченому замкненому промі-
жку [а,b]. Щоб знайти найбільше і найменше значення функції на від-
різку, треба знайти усі її локальні максимуми і мінімуми на інтервалі
(а;b); обчислити її у точках а і b; порівняти усі отримані числа і з них
вибрати найменше і найбільше значення.
Приклад. Знайти найбільше і найменше значення функції
23
х43/ху −=
на відрізку [–3; 3].
Розв'язання. Обчислимо похідну цієї функції
х8ху
2
−=
′
. Роз-
в'яжемо рівняння у' = 0,
0х0х8х
2
=⇒=−
; х = 8.
[
]
8 3,3
∉ −
.
Обчислимо значення функції у точках: х = –3, х = 0, х = 3.
Маємо: у(–3) = –45; у(0) = 0 і у(3) = –27. Найбільше значення
у = 0, а найменше значення у = –45.
Асимптоти графіка функції. Визначення асимптоти було дано в
розділі аналітичної геометрії на площині. Нагадаємо його.
Асимптотою графіка функції у = f(х) звуть пряму
у kx b
= +
, яка
має таку властивість, що відстань від точки (х;f(х)) до цієї прямої пря-
мує до нуля, якщо ця точка рухається вздовж вітки до нескінченності.
Асимптоти бувають двох видів: вертикальні й похилі (зокрема,
горизонтальні).
Вертикальна асимптота. Пряма, яку задає рівняння х = а, визна-
чає вертикальну асимптоту, якщо хоча б одна з границь:
)х(flim
0ах −→
;
)х(flim
0ах +→
дорівнює
+∞
(або
−∞
).
Приклад. Функція у = 1/х має вертикальну асимптоту х = 0.
Похила асимптота. Нехай функція у = f(x) має похилу асимпто-
ту:
y kx b
= +
Визначимо числа k і b. Нехай М (х,у) - точка, яка належить гра-
фіку функції, і N(x
1
,y
1
) - точка, яка належить асимптоті (рис.2.32). До-
вжина відрізка МР дорівнює відстані від точки Μ до асимптоти.
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
66
0
Q
y=kx+b
P
M
y
x
N
Рис. 2.32
Позначимо черев
ϕ
кут нахилу асимптоти до осі Ох. З
NMP
∆
знайдемо NM cos
ϕ
= MP. За визначенням асимптоти.
х
lim N
М cos 0
ϕ
→∞
=
, але
NМ = |QM – QN| = |f(х) - (kx + b)|,
то остання границя запишеться таким чином:
х
cos lim[ f (
х ) kx b] 0
ϕ
→∞
− − =
, (2.29)
або
х
cos lim
х[ f ( х )/ х k b / х ] 0
ϕ
→∞
− − =
. Через те, що
∞
→
х
, має вико-
нуватись рівність
0]х/bkх/)х(f[lim
х
=−−
∞→
. Оскільки
cos
ϕ
, b і k -
сталі величини, тому
0)kх/)х(f(lim
х
=−
∞→
, або
х/)х(flimk
х ∞→
=
. (2.30)
З рівності (2.29) маємо:
)kх)х(f(limb
х
−=
∞→
. (2.31)
Отже, якщо пряма у = kx + b є похила асимптота, то k і b знахо-
дяться за формулами (2.30) і (2.31). Якщо хоча б одна з границь не іс-
нує, то похилої асимптоти не існує.
Аналогічно розглядаємо випадок, коди
−∞
→
х
.
Зауваження. Лінія у = b є горизонтальною асимптотою і знахо-
диться із (2.31), коли k = 0.
Приклад. Знайти асимптоти функції
х/)1х2х(у
2
−+=
.
Розв'язання.
Вертикальна асимптота х = 0.
Похила асимптота:
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
67
1)х/1х/21(limх/)1х2х(limх/уlimk
2
х
22
хх
=−+=−+==
±∞→±∞→±∞→
;
2
х х х
b lim (
у kх ) lim (( х 2х 1)/ х х ) lim (2 1/ х ) 2
→±∞ →±∞ →±∞
= − = + − − = − =
.
Отже, пряма у = х + 2 є похила асимптота даної функції.
ЛЕКЦІЯ № 13
Застосування другої похідної у дослідженні функції. Напрям
угнутості кривої. Нехай функція f(х) визначена і неперервна на промі-
жку (а;b) і у точці
)b;а(х
0
∈
має скінчену похідну. Тоді до графіка
даної функції у точці М
0
(х
0
, f(х
0
)) можна провести дотичну, рівняння
якої має вигляд
)хх)(х(fуу
000
−
′
=−
.
Кажуть, що у точці М
0
крива (графік функції) напрямлена угну-
тістю в певний бік (вгору чи вниз) від дотичної, якщо у досить малому
околі точки М
0
, усі точки кривої лежать з одного боку від дотичної
(рис.2.33, рис.2.34). Точка М
0
, є точкою перегину, якщо у досить ма-
лому її околі точки кривої, з абсцисами х < х
0
, лежать з одного боку від
дотичної, а точки з абсцисами х > х
0
- з другого (рис.2.35), тобто у точ-
ці М
0
крива переходить а одного боку дотичної до іншого.
Рис. 2.33 Рис. 2.34 Рис. 2.35
Напрям угнутості кривої у = f(х) у деякій точці x
0
з'ясовують,
користуючись такими правилами:
- якщо в деякому околі точки х
0
друга похідна
)х(f
0
′
′
зберігає
знак плюс (як ліворуч, так і праворуч від точки х
0
), то крива у точці х
0
напрямлена угнутістю вгору (рис.2.33);
- якщо в деякому околі точки х
0
друга похідна f"(х
0
) зберігає
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
68
знак мінус (як ліворуч, так і праворуч від точки х
0
), то крива у точці х
0
напрямлена угнутістю вниз (рис. 2.34);
- якщо друга похідна змінює знак при переході черев точку х
0
,
то у точці х
0
графік функції f(x) має перегін (рис. 2.35).
Якщо скористатися сформульованими правилами при дослідже-
ні функції на екстремум, то можна зробити такі висновки: функція у =
f(х) у точці х
1
, де
0)х(f
1
=
′
, має максимум, коли
0)х(f
1
<
′
′
, і має мі-
німум, коли
0)х(f
1
>
′
′
.
Приклад. Нехай в результаті однакових і ретельно проведених
експериментів дістали n різних значень величини х:
1
а
,
2
а
, ...,
n
а
.
Найти те значення величини х, при якому сума квадратів похибок най-
менша.
Розв'язання. Сума квадратів похибок є функцією:
2
n
2
2
2
1
)ax(...)ax()ax()x(f −++−+−=
,
тому шукане значення величини х знаходиться з умови найменшого
значення цієї функції.
Маємо:
)ax(2...)ax(2)ax(2)x(f
n21
−++−+−=
′
;
n2)x(f =
′
′
.
З рівняння
0)x(f =
′
, знаходимо єдину критичну точку
n/)a...aa(x
n21
+++=
. Оскільки
0)x(f >
′
′
, то у цій точці функція
досягає найменшого значення.
Отже, найімовірнішим значенням величини х буде середнє ари-
фметичне її наближених значень.
Загальний план дослідження функції:
- знаходження області визначення функції;
- знаходження області зміни функції;
- з'ясування, чи буде ця функція періодичною;
- з'ясування, чи буде ця функція парною (чи непарною) (якщо
функція парна, то її графік симетричний відносно осі Оу, якщо
функція непарна, то її графік центральносиметричний віднос-
но початку координат);
- з'ясування поводження функції в нескінченності, обчислюючи
відповідні границі:
)х(flim
х ∞→
,
)х(flim
х −∞→
;
- знаходження точок перетину графіка функції з віссю Оу, обчи-
слюючи f(0), і з віссю Ох, розв'язуючи рівняння f(х) = 0;
- обчислення похідної за для знаходження точок максимуму і
мінімуму, встановлюючи проміжки зростання і спадання фун-
кції;
Вища математика
__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
69
- обчислення другої похідної за для знаходження точок переги-
ну функції, встановлюючи проміжки, де крива повернута
угнутістю вгору або вниз, причому у точках перегину обчис-
люють кут нахилу дотичної;
- знаходження асимптот функції;
- побудова ескізу графіка функції.
Якщо досліджують конкретні функції, то не обов'язково додер-
жуватись зазначеної вище схеми. Можна навіть не з'ясовувати тих чи
інших властивостей, якщо вони досить очевидні. Так, на періодичність
треба досліджувати тільки тригонометричні функції.
Приклад. Дослідити функцію
3
32
хх6у −=
і побудувати ескіз
її графіка.
Розв'язання:
- область визначення -
Rх:)f(D
∈
;
- область зміни -
Rу:)f(Е
∈
;
-
)х(у)х(у
≠
−
;
)х(у)х(у
−
≠
−
- функція не є парною і не є непа-
рною;
-
+∞=−=
−∞→
3
32
х
хх6уlim
;
−∞=−=
+∞→
3
32
х
хх6уlim
;
- точки перетину графіка функції з віссю Оу:
0)006()0(у
3/1
=−⋅=
і з віссю Ох:
2 3 1/ 3
0 (6х х )
= −
⇒
0хх6
32
=−
⇒
0)х6(х
2
=−
⇒
0х
2
=
;
6х
=
. Маємо дві точки
(0;0) і (6;0);
- обчислимо похідну:
3
' 2 3 2
3
у ( 6х х ) (4 х )/ х(6 х )
′
= − = − −
;
- розв'яжемо рівняння:
0у =
′
;
0)х6(х/)х4(
3
2
=−−
;
4х
=
.
Похідна не існує у точках х = 0 і х = 6;
- обчислимо значення функції в критичній точці:
3
42)4(у =
.
Маємо три критичні точки
0х
1
=
,
4х
2
=
і
6х
3
=
. Вони утво-
рюють інтервали:
)0;(
−∞
; (0;4); (4;6) і
);6(
∞
. Обчислимо знак похід-
ної на цих інтервалах. Відповідно маємо:
0у <
′
,
0у >
′
,
0у <
′
і
0у <
′
.
Отже, у точці
0х
1
=
функція має мінімум; у точці
4х
2
=
функція має
максимум; у точці
6х
3
=
функція має перегин. Таким чином, маємо
інтервали монотонності: при
0х
<
<
−∞
і
∞
<
<
х4
функція спадає,
при
4х0
<
<
функція зростає;