|
Построение графиков функций
|
||||||||||||
|
При построении графика функции \(y = f\left( x \right)\) можно придерживаться следующей схемы:
|
||||||||||||
|
Пример 1
|
||||||||||||
|
\[y = {x^3} - 3{x^2} + 2x.\]
Решение.
Функция определена при всех \(x \in \mathbb{R}.\) Следовательно, у данной функции нет вертикальных
асимптот. Проверим сразу существование наклонных асимптот. Вычислим угловой коэффициент асимптоты:
\[
{k = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^3} - 3{x^2} + 2x}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = + \infty .}
\]
Отсюда видно, что у функции также нет и наклонных асимптот.
Определим точки пересечения графика с осями координат: \[y\left( 0 \right) = 0.\] Далее, решая уравнение \[{x^3} - 3{x^2} + 2x = 0,\] находим: \[ {x\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = 1,\;{x_3} = 2,} \] т.е. функция имеет три действительных корня. Промежутки знакопостоянства функции можно найти, решая следующее неравенство методом интервалов (рис.\(1а\)): \[ {{x^3} - 3{x^2} + 2x > 0,}\;\; {\Rightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x - 2} \right) > 0.} \] Первая производная функции имеет вид: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {{x^3} - 3{x^2} + 2x} \right)^\prime } } = {3{x^2} - 6x + 2.} \] Находим стационарные точки: \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 3{x^2} - 6x + 2 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 36 - 4 \cdot 3 \cdot 2 = 12,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \frac{{6 \pm \sqrt {12} }}{6} = 1 \pm \sqrt 3 \approx 0,42;\;1,58.} \] При переходе через точку \(x = 1 - \large\frac{{\sqrt 3 }}{3}\normalsize\) производная меняет знак с плюса на минус (рис.\(1а\)). Следовательно, эта точка является точкой максимума. Аналогично устанавливаем, что \(x = 1 + \large\frac{{\sqrt 3 }}{3}\normalsize\) − точка минимума. Вычислим приближенные значения функции в точках максимума и минимума: \[\require{cancel} {y\left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) } = {{\left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} } - {3{\left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} } + {2\left( {1 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) } = {1 - 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} } + {3 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} } - {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} } - {3\left[ {1 - \frac{{2\sqrt 3 }}{3} } + {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \right] } + {2 - \frac{{2\sqrt 3 }}{3} } = {\cancel{1} - \sqrt 3 + \cancel{1} } - {\frac{{\sqrt 3 }}{9} - \cancel{3} } + {2\sqrt 3 - \cancel{1} + \cancel{2} } - {\frac{{2\sqrt 3 }}{3} } = {\frac{{9\sqrt 3 - \sqrt 3 - 6\sqrt 3 }}{9} } = {\frac{{2\sqrt 3 }}{9} \approx 0,38;} \] \[ {y\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) } = {{\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} } - {3{\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} } + {2\left( {1 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) } = {1 + 3 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{3} } + {3 \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^2} } + {{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)^3} } - {3\left[ {1 + \frac{{2\sqrt 3 }}{3} } + {{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right)}^2}} \right] } + {2 + \frac{{2\sqrt 3 }}{3} } = {\cancel{1} + \sqrt 3 + \cancel{1} } + {\frac{{\sqrt 3 }}{9} - \cancel{3} } - {2\sqrt 3 - \cancel{1} + \cancel{2} } + {\frac{{2\sqrt 3 }}{3} } = {\frac{{-9\sqrt 3 + \sqrt 3 + 6\sqrt 3 }}{9} } = -{\frac{{2\sqrt 3 }}{9} \approx -0,38.} \] Итак, максимум функции достигается в точке \(\left( {1 - \large\frac{{\sqrt 3 }}{3}\normalsize,\large\frac{{2\sqrt 3 }}{9}\normalsize} \right) \approx \left( {0,42;\;0,38} \right),\) а минимум − в точке \(\left( {1 + \large\frac{{\sqrt 3 }}{3}\normalsize,-\large\frac{{2\sqrt 3 }}{9}\normalsize} \right) \approx \left( {1,58;\;-0,38} \right).\) Промежутки возрастания и убывания функции следуют из рисунка \(1а.\) Рассмотрим вторую производную: \[ {y''\left( x \right) = {\left( {3{x^2} - 6x + 2} \right)^\prime } } = {6x - 6;} \] \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 6x - 6 = 0,}\;\; {\Rightarrow x = 1.} \] При \(x \le 1\) функция является выпуклой вверх, а при \(x \ge 1\) − выпуклой вниз. Точка \(x = 1\) будет являться точкой перегиба. В этой точке имеем: \[y\left( 1 \right) = {1^3} - 3 \cdot {1^2} + 2 \cdot 1 = 0.\] Учитывая полученные результаты, строим схематический график функции (рисунок \(1b\)).
|
||||||||||||
|
Пример 2
|
||||||||||||
|
\[y = {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right).\]
Решение.
Функция определена при всех действительных \(x.\) Поэтому у нее нет вертикальных асимптот. Проверим наклонные асимптоты:
\[
{k = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{{\left( {x + 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\left( {{x^2} + 4x + 4} \right)\left( {x - 1} \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\color{blue}{x^3} + \color{red}{4{x^2}} + \cancel{\color{green}{4x}} - \color{red}{x^2} - \cancel{\color{green}{4x}} - \color{maroon}{4}}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\color{blue}{x^3} + \color{red}{3{x^2}} - \color{maroon}{4}}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( {{x^2} + 3x - \frac{4}{x}} \right) = + \infty .}
\]
Поскольку угловой коэффициент \(k\) равен бесконечности, то у функции нет также и наклонных асимптот.
Найдем точки пересечения графика с координатными осями: \[y\left( 0 \right) = {2^2} \cdot \left( { - 1} \right) = - 4;\] \[ {y\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {\left( {x + 2} \right)^2}\left( {x - 1} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = - 2,\;{x_2} = 1.} \] Функция положительна при \(x > 1\) и отрицательна при \(x \in \left( { - \infty , - 2} \right) \cup \left( { - 2,1} \right)\) (рис.\(2а\)). Вычислим первую производную: \[ {y'\left( x \right) = {\left[ {{{\left( {x + 2} \right)}^2}\left( {x - 1} \right)} \right]^\prime } } = {{\left( {{{\left( {x + 2} \right)}^2}} \right)^\prime }\left( {x - 1} \right) + {\left( {x + 2} \right)^2}{\left( {x - 1} \right)^\prime } } = {2\left( {x + 2} \right)\left( {x - 1} \right) + {\left( {x + 2} \right)^2} } = {\left( {x + 2} \right)\left( {2x - \cancel{2} + x + \cancel{2}} \right) } = {3x\left( {x + 2} \right).} \] Стационарные точки равны: \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 3x\left( {x + 2} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = - 2.} \] Характер изменения знака производной показан на рисунке \(2а.\) Следовательно, \(x = -2\) − точка максимума, а \(x = 0\) − точка минимума. Значения функции в точках экстремума равны \[ {y\left( { - 2} \right) = - 4,}\;\; {y\left( 0 \right) = 0.} \] Вторая производная имеет вид: \[ {y''\left( x \right) = {\left[ {3x\left( {x + 2} \right)} \right]^\prime } } = {3\left( {x + 2} \right) + 3x } = {6x + 6.} \] Функция является строго выпуклой вверх при \(x < -1\) и строго выпуклой вниз при \(x > -1.\) Соответственно, точка \(x = -1\) является точкой перегиба, причем \[y\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1 + 2} \right)^2}\left( { - 1 - 1} \right) = - 2.\] В результате анализа можно построить схематический график данной функции. Он имеет вид кубической параболы (рисунок \(2b\)).
|
||||||||||||
|
Пример 3
|
||||||||||||
|
\[y = \frac{1}{{1 + {x^2}}}.\]
Решение.
Функция определена при всех действительных значениях \(x.\) Следовательно, функция не имеет вертикальных асимптот. Поскольку
\[
{\lim\limits_{x \to \pm \infty } y\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{1 + {x^2}}} = 0,}
\]
то график функции имеет горизонтальную асимптоту \(y = 0,\) то есть асимптотой является
ось абсцисс.
Данная функция является четной. Действительно, \[ {y\left( { - x} \right) = \frac{1}{{1 + {{\left( { - 1} \right)}^2}}} } = {\frac{1}{{1 + {x^2}}} = y\left( x \right).} \] Очевидно, что функция не имеет корней и положительна при любых \(x.\) В точке \(x = 0\) ее значение равно \[y\left( 0 \right) = \frac{1}{{1 + {0^2}}} = 1.\] Вычислим первую производную: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {\frac{1}{{1 + {x^2}}}} \right)^\prime } } = { - \frac{1}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}} \cdot {\left( {1 + {x^2}} \right)^\prime } } = { - \frac{{2x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}.} \] Отсюда видно, что \(x = 0\) − стационарная точка. При переходе через нее производная меняет знак с плюса на минус (рисунок \(3a\)). Следовательно, здесь мы имеем максимум функции. Его значение составляет \(y\left( 0 \right) = 1.\) Найдем вторую производную: \[ {y''\left( x \right) = {\left( { - \frac{{2x}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}}}} \right)^\prime } } = { - \frac{{{{\left( {2x} \right)}^\prime }{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2} - 2x{{\left( {{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^4}}} } = { - \frac{{2{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^2} - 2x \cdot 2\left( {1 + {x^2}} \right)}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^4}}} } = {\frac{{8{x^2} - 2 - 2{x^2}}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}} } = {\frac{{6{x^2} - 2}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}}.} \] Она равна нулю в следующих точках: \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{6{x^2} - 2}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{2\left( {x - \sqrt 3 } \right)\left( {x + \sqrt 3 } \right)}}{{{{\left( {1 + {x^2}} \right)}^3}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = - \sqrt 3 ,\;{x_2} = \sqrt 3 .} \] При переходе через эти точки вторая производная меняет свой знак на противоположный. Поэтому обе точки являются точками перегиба. Функция строго выпукла вниз в интервалах \(\left( { - \infty , - \sqrt 3 } \right)\) и \(\left( {\sqrt 3 , + \infty } \right)\) и, соответственно, строго выпукла вверх в интервале \(\left( { - \sqrt 3 ,\sqrt 3 } \right).\) Найденные точки перегиба в силу четности функции имеют одинаковые значения \(y:\) \[ {y\left( { \pm \sqrt 3 } \right) = \frac{1}{{1 + {{\left( { \pm \sqrt 3 } \right)}^2}}} } = {\frac{1}{{1 + 3}} = \frac{1}{4}.} \] Схематический график функции представлен на рисунке \(3b.\)
|
||||||||||||
|
Пример 4
|
||||||||||||
|
\[y = {x^3}{e^x}.\]
Решение.
Функция определена и дифференцируема на всей числовой прямой. В таком случае у нее нет вертикальных асимптот. Проверим существование наклонных асимптот.
Вычислим следующие пределы:
\[\lim\limits_{x \to + \infty } \left( {{x^3}{e^x}} \right) = + \infty ;\]
\[
{\lim\limits_{x \to - \infty } \left( {{x^3}{e^x}} \right) }
= {\lim\limits_{x \to - \infty } \frac{{\left( { - {{\left( { - x} \right)}^3}} \right)}}{{{e^{ - x}}}} }
= {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ - x = z,}\\
{x \to - \infty, }\\
{z \to + \infty }
\end{array}} \right] }
= { - \lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{{z^3}}}{{{e^z}}} }
= { - \lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{3{z^2}}}{{{e^z}}} }
= { - \lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{6z}}{{{e^z}}} }
= { - \lim\limits_{z \to + \infty } \frac{6}{{{e^z}}} = 0.}
\]
При вычислении второго предела была сделана замена \(\left( { - x} \right) \to z\) и использовано
правило Лопиталя.
Видно, что функция стремится к нулю при \(x \to -\infty,\) т.е. график функции имеет горизонтальную асимптоту
\(y = 0.\)
Определим корни функции: \[ {y\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^3}{e^x} = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^3} = 0,}\;\; {\Rightarrow x = 0.} \] Отсюда следует, что функция положительна при \(x > 0\) и отрицательна при \(x < 0\) (рис.\(4a\)). Найдем первую производную и определим точки экстремума и промежутки монотонности: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {{x^3}{e^x}} \right)^\prime } } = {{\left( {{x^3}} \right)^\prime }{e^x} + {x^3}{\left( {{e^x}} \right)^\prime } } = {3{x^2}{e^x} + {x^3}{e^x} } = {{x^2}{e^x}\left( {3 + x} \right).} \] Тогда корни производной имеют такие значения: \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^2}{e^x}\left( {3 + x} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = - 3.} \] Интервалы постоянного знака для первой производной указаны на рис.\(4a.\) Функция строго убывает в интервале \(\left( { - \infty , - 3} \right)\) и строго возрастает в интервалах \(\left( { -3,0} \right)\) и \(\left( {0, + \infty} \right).\) Таким образом, точка \(x = -3\) является точкой минимума. Другая стационарная точка \(x = 0\) точкой экстремума не является, поскольку при переходе через эту точку производная не меняет свой знак. В точке минимума имеем: \[ {y\left( { - 3} \right) = {\left( { - 3} \right)^3}{e^{ - 3}} } {\approx - 27 \cdot 0,0498 \approx - 1,34.} \] Исследуем теперь вторую производную: \[ {y''\left( x \right) = {\left[ {{x^2}{e^x}\left( {3 + x} \right)} \right]^\prime } } = {{\left[ {{e^x}\left( {3{x^2} + {x^3}} \right)} \right]^\prime } } = {{\left( {{e^x}} \right)^\prime }\left( {3{x^2} + {x^3}} \right) + {e^x}{\left( {3{x^2} + {x^3}} \right)^\prime } } = {{e^x}\left( {3{x^2} + {x^3}} \right) + {e^x}\left( {6x + 3{x^2}} \right) } = {{e^x}\left( {{x^3} + 6{x^2} + 6x} \right) } = {x{e^x}\left( {{x^2} + 6x + 6} \right).} \] Вычислим ее корни: \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow x{e^x}\left( {{x^2} + 6x + 6} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^2} + 6x + 6 = 0,}\;\; {\Rightarrow D = 36 - 4 \cdot 6 = 12,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \frac{{ - 6 \pm \sqrt {12} }}{2} = - 3 \pm \sqrt 3 \; } {\approx - 4,73;\; - 1,27.} \] Итак, вторая производная имеет такие корни: \[ {{x_1} = - 3 - \sqrt 3 ,}\;\; {{x_2} = - 3 + \sqrt 3 ,}\;\; {{x_3} = 0.} \] При переходе через каждую из этих точек знак производной меняется на противоположный (рис.\(4a\)). Следовательно, эти точки являются точками перегиба. Вычислим приближенно значения соответствующих координат \(y:\) \[ {y\left( { - 3 - \sqrt 3 } \right) } = {{\left( { - 3 - \sqrt 3 } \right)^3}{e^{ - 3 - \sqrt 3 }} } {\approx - 0,93;} \] \[ {y\left( { - 3 + \sqrt 3 } \right) } = {{\left( { - 3 + \sqrt 3 } \right)^3}{e^{ - 3 + \sqrt 3 }} } {\approx - 0,57;} \] \[y\left( 0 \right) = 0.\] Теперь, учитывая все характерные точки, можно построить схематический график функции (рис.\(4b\)).
|
||||||||||||
|
Пример 5
|
||||||||||||
|
\[y = {x^2}{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}.\]
Решение.
Функция определена при всех действительных значениях \(x,\) кроме точки \(x = 0,\)
где она терпит разрыв. Вычислим односторонние пределы в этой точке:
\[
{\lim\limits_{x \to 0 - 0} y\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to 0 - 0} \left( {{x^2}{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}} \right) = 0;}
\]
\[
{\lim\limits_{x \to 0 + 0} y\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to 0 + 0} \left( {{x^2}{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}} \right) }
= {\lim\limits_{x \to 0 + 0} \frac{{{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}}}{{{{\left( {\frac{1}{x}} \right)}^2}}} }
= {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}}
{\frac{1}{x} = z,}\\
{x \to 0 + ,}\\
{z \to + \infty }
\end{array}} \right] }
= {\lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{{e^z}}}{{{z^2}}} }
= {\lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{{e^z}}}{{2z}} }
= {\lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{{e^z}}}{2} = + \infty .}
\]
При вычислении второго предела была сделана замена \({\large\frac{1}{x}\normalsize \to z}\)
и применено правило Лопиталя.
Таким образом, прямая \(x = 0\) (т.е. ось ординат) служит вертикальной асимптотой данной функции. Функция всегда положительна, кроме точки \(x = 0,\) в которой левосторонний предел равен \(y\left( { - 0} \right) = 0.\) Проверим существование наклонных асимптот при \(x \to \pm \infty:\) \[ {k = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2}{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}}}{x} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( {x{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}} \right) } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}}}{{\frac{1}{x}}} } = {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}} {\frac{1}{x} = z,}\\ {x \to \pm \infty ,}\\ {z \to 0} \end{array}} \right] } = {\lim\limits_{z \to 0} \frac{{{e^z}}}{z} = \infty .} \] Следовательно, наклонные асимптоты отсутствуют. Вычислим первую производную и найдем стационарные точки: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {{x^2}{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}} \right)^\prime } } = {{\left( {{x^2}} \right)^\prime }{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} + {x^2}{\left( {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}} \right)^\prime } } = {2x{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} + {x^2}{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} \cdot \left( { - \frac{1}{{{x^2}}}} \right) } = {2x{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} - {e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} } = {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}\left( {2x - 1} \right);} \] \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}\left( {2x - 1} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 2x - 1 = 0,}\;\; {\Rightarrow x = \frac{1}{2}.} \] Слева от точки \(x = \large\frac{1}{2}\normalsize\) производная отрицательна, а справа − положительна (рис.\(5a\)). Значит, \(x = \large\frac{1}{2}\normalsize\) − точка локального минимума. Минимальное значение составляет \[ {y\left( {\frac{1}{2}} \right) } = {{\left( {\frac{1}{2}} \right)^2}{e^{\large\frac{1}{{\frac{1}{2}}}\normalsize}} } = {\frac{1}{4}{e^2} \approx 1,85.} \] Вторая производная имеет вид: \[ {y''\left( x \right) = {\left[ {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}\left( {2x - 1} \right)} \right]^\prime } } = {{\left( {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}} \right)^\prime }\left( {2x - 1} \right) + {e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}{\left( {2x - 1} \right)^\prime } } = {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} \cdot \left( { - \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\left( {2x - 1} \right) + 2{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}} } = {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}\left( {2 - \frac{{2x - 1}}{{{x^2}}}} \right) } = {{e^{\large\frac{1}{x}\normalsize}}\frac{{2{x^2} - 2x + 1}}{{{x^2}}}.} \] В последнем выражении квадратичная функция в числителе не имеет действительных корней и всегда положительна. Учитывая, что в знаменателе находится \({x^2},\) получаем, что вторая производная всюду положительна при \(x \ne 0.\) Следовательно, функция строго выпукла вниз в интервалах \(\left( { - \infty ,0} \right)\) и \(\left( {0, +\infty} \right).\) Точек перегиба у нее не существует. График функции показан на рисунке \(5b.\)
|
||||||||||||
|
Пример 6
|
||||||||||||
|
\[y = \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}}.\]
Решение.
Функция определена при всех действительных \(x,\) кроме точки \(x = 0.\)
Найдем односторонние пределы в этой точке:
\[
{\lim\limits_{x \to 0 - 0} \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}} = + \infty ,}\;\;\;
{\lim\limits_{x \to 0 + 0} \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}} = - \infty .}
\]
Следовательно, прямая \(x = 0\) (ось ординат) является вертикальной асимптотой. Выясним
существование наклонных и горизонтальных асимптот:
\[
{k = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}}}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^4}}} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^4}}}}}{1} = 0;}
\]
\[
{b = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y\left( x \right) - kx} \right] }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}} - 0} \right] }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^3}}}}}{1} = 0.}
\]
Таким образом, график данной функции имеет также и горизонтальную асимптоту \(y = 0.\)
Заметим, что функция является нечетной, поскольку \[ {y\left( { - x} \right) } = {\frac{{{{\left( { - x} \right)}^2} - 1}}{{{{\left( { - x} \right)}^3}}} } = { - \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}} = - y\left( x \right).} \] Определим точки пересечения графика функции с осью \(Ox:\) \[ {y\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x^2} - 1 = 0}\\ {{x^4} \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \pm 1.} \] Функция принимает положительные значения на интервалах \(\left( { - 1,0} \right)\) и \(\left( {1, +\infty} \right)\) и отрицательные значения на интервалах \(\left( {-\infty, -1} \right)\) и \(\left( {0,1} \right)\) (рис.\(6a\)). Вычислим производную: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^3}}}} \right)^\prime } } = {{\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{{x^3}}}} \right)^\prime } } = {{\left( {{x^{ - 1}} - {x^{ - 3}}} \right)^\prime } } = { - {x^{ - 2}} + 3{x^{ - 4}} } = { - \frac{1}{{{x^2}}} + \frac{3}{{{x^4}}} } = {\frac{{3 - {x^2}}}{{{x^4}}}.} \] Найдем стационарные точки: \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{3 - {x^2}}}{{{x^4}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {3 - {x^2} = 0}\\ {{x^4} \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \pm \sqrt 3 \approx 1,73.} \] Точка \(x = - \sqrt 3 \) является точкой минимума, поскольку при переходе через нее производная меняет знак с минуса на плюс (рис.\(6a\)). Другая точка \(x = \sqrt 3 \) является точкой максимума. В этих точках функция имеет следующие значения: \[ {y\left( { - \sqrt 3 } \right) } = {\frac{{{{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^2} - 1}}{{{{\left( { - \sqrt 3 } \right)}^3}}} } = { - \frac{2}{{3\sqrt 3 }} \approx - 0,38.} \] В силу нечетности графика функции можно сразу записать: \[y\left( {\sqrt 3 } \right) = \frac{2}{{3\sqrt 3 }} \approx 0,38.\] Находим вторую производную функции: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left( { - {x^{ - 2}} + 3{x^{ - 4}}} \right)^\prime } } = {2{x^{ - 3}} - 12{x^{ - 5}} } = {\frac{2}{{{x^3}}} - \frac{{12}}{{{x^5}}} } = {\frac{{2{x^2} - 12}}{{{x^5}}} } = {\frac{{2\left( {{x^2} - 6} \right)}}{{{x^5}}}.} \] Вторая производная имеет нули в следующих точках: \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{2\left( {{x^2} - 6} \right)}}{{{x^5}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x^2} - 6 = 0}\\ {{x^5} \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \pm \sqrt 6 \approx \pm 2,45.} \] Из рисунка \(6a\) видно, что функция строго выпукла вверх на интервалах \(\left( { - \infty , - \sqrt 6 } \right)\) и \(\left( {0, \sqrt 6 } \right)\) и строго выпукла вниз на интервалах \(\left( {-\sqrt 3, 0 } \right)\) и \(\left( {\sqrt 6, +\infty } \right).\) При переходе через точки \(x = - \sqrt 3 \) и \(x = \sqrt 3 \) вторая производная меняет знак. Следовательно, здесь мы имеем точки перегиба. Вычислим значения функции в них: \[ {y\left( { - \sqrt 6 } \right) } = {\frac{{{{\left( { - \sqrt 6 } \right)}^2} - 1}}{{{{\left( { - \sqrt 6 } \right)}^3}}} } = { - \frac{5}{{6\sqrt 6 }} \approx - 0,34.} \] Снова, в силу нечетности, получаем: \[y\left( {\sqrt 6 } \right) = \frac{5}{{6\sqrt 6 }} \approx 0,34.\] Используя найденные характерные точки, строим график функции (рис.\(6b\)).
|
||||||||||||
|
Пример 7
|
||||||||||||
|
\[y = \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^2}\left( {x + 1} \right)}}.\]
Решение.
Функция определена на всей числовой оси. Ее график пересекает ось абсцисс в точках \(x = 0\)
и \(x = -1.\) Функция положительна на интервалах \(\left( { - 1,0} \right)\) и \(\left( {0, +\infty} \right)\)
и отрицательна на интервале \(\left( {-\infty, -1} \right)\) (рис.\(7a\)).
Поскольку функция всюду непрерывна, у нее нет вертикальных асимптот. Вычислим коэффициенты наклонной асимптоты: \[ {k = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^2}\left( {x + 1} \right)}}}}{x} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{{{x^3} + {x^2}}}{{{x^3}}}}} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{{1 + \frac{1}{x}}}{1}}} = 1;} \] \[ {b = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y\left( x \right) - kx} \right] } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^2}\left( {x + 1} \right)}} - x} \right) } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} + {x^2}}} - \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3}}}} \right) } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} + {x^2}}} - \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3}}}} \right)\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^2}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right){x^3}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2}}}} \right)}}{{\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^2}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right){x^3}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2}}}} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\cancel{x^3} + {x^2} - \cancel{x^3}}}{{\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^6} + 2{x^5} + {x^4}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^6} + {x^5}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^6}}}} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{1}{{\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + \frac{1}{x}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{1}} \right)}} } = {\frac{1}{3}.} \] Следовательно, функция имеет наклонную асимптоту \(y = x + \large\frac{1}{3}\normalsize.\) Находим производную: \[ {y'\left( x \right) } = {{\left[ {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^2}\left( {x + 1} \right)}}} \right]^\prime } } = {{\left[ {{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}} \right]^\prime } } = {\frac{1}{3}{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}} \cdot \left( {3{x^2} + 2x} \right) } = {\frac{{3{x^2} + 2x}}{{3\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^4}{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}} } = {\frac{{3x + 2}}{{3\sqrt[\large 3\normalsize]{{x{{\left( {x + 1} \right)}^2}}}}}.} \] Отсюда следует, что функция имеет следующие критические точки: \[ {{x_1} = 0,}\;\; {{x_2} = - 1,}\;\; {{x_3} = - \frac{2}{3}.} \] В первых двух точках производная не существует. Однако при переходе через точку \(x =0\) производная меняет знак с минуса на плюс (рис.\(7a\)). Следовательно, в этой точке (точке излома) существует минимум. Значение функции при \(x =0\) уже было найдено выше: \(y\left( 0 \right) = 0.\) В точке \(x = -1\) экстремума не существует, поскольку при переходе через нее знак производной не меняется. В точке \(x = - \large\frac{2}{3}\normalsize\)производная равна нулю и при переходе через эту точку меняет знак с плюса на минус. Поэтому здесь функция имеет максимум, равный \[ {y\left( { - \frac{2}{3}} \right) } = {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( { - \frac{2}{3}} \right)}^2} \cdot \left( { - \frac{2}{3} + 1} \right)}} } = {\sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{4}{9} \cdot \frac{1}{3}}} } = {\sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{4}{{27}}}} } = {\frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{4}}}{3} \approx 0,53.} \] Исследуем точки перегиба и характер выпуклости функции. Вторая производная имеет следующий вид: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left[ {\frac{1}{3}{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}}\left( {3{x^2} + 2x} \right)} \right]^\prime } } = {\frac{1}{3}\left[ {{{\left( {{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}}} \right)}^\prime }\left( {3{x^2} + 2x} \right) + {{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}}{{\left( {3{x^2} + 2x} \right)}^\prime }} \right] } = {\frac{1}{3}\left[ { - \frac{2}{3}{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{ - \large\frac{5}{3}\normalsize}}{{\left( {3{x^2} + 2x} \right)}^2} + {{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}}\left( {6x + 2} \right)} \right] } = {\frac{1}{3}\left[ {\frac{{6x + 2}}{{{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{\large\frac{2}{3}\normalsize}}}} - \frac{{2{x^2}{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}}{{3{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{\large\frac{5}{3}\normalsize}}}}} \right] } = {\frac{2}{9} \cdot \frac{{3\left( {3x + 1} \right)\left( {{x^3} + {x^2}} \right) - {x^2}{{\left( {3x + 2} \right)}^2}}}{{3{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{\large\frac{5}{3}\normalsize}}}} } = {\frac{2}{9} \cdot \frac{{\left( {9x + 3} \right)\left( {{x^3} + {x^2}} \right) - {x^2}\left( {9{x^2} + 12x + 4} \right)}}{{{{\left( {{x^3} + {x^2}} \right)}^{\large\frac{5}{3}\normalsize}}}} } = {\frac{2}{9} \cdot \frac{{\cancel{\color{blue}{9{x^4}}} + \cancel{\color{red}{3{x^3}}} + \cancel{\color{red}{9{x^3}}} + \color{green}{3{x^2}} - \cancel{\color{blue}{9{x^4}}} - \cancel{\color{red}{12{x^3}}} - \color{green}{4{x^2}}}}{{{{\left( {{x^2}\left( {x + 1} \right)} \right)}^{\large\frac{5}{3}\normalsize}}}} } = { - \frac{{2\color{green}{x^2}}}{{9{x^{\large\frac{{10}}{3}\normalsize}}{{\left( {x + 1} \right)}^{\large\frac{5}{3}\normalsize}}}} } = { - \frac{2}{{9\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^4}{{\left( {x + 1} \right)}^5}}}}}.} \] Таким образом, вторая производная нигде не равна нулю. Тем не менее, особая точка \(x = -1\) является точкой перегиба, поскольку при переходе через нее вторая производная меняет свой знак на противоположный (рис.\(7a\)). Напротив, другая особая точка \(x = 0\) точкой перегиба не является. Функция является выпуклой вниз на интервале \(\left( { - \infty , - 1} \right)\) и выпуклой вверх на интервалах \(\left( { - 1,0} \right)\) и \(\left( {0, +\infty} \right).\) Учитывая все найденные характерные точки, можно построить схематический график функции (рис.\(7b\)).
|
||||||||||||
|
Пример 8
|
||||||||||||
|
\[y = {x^2}\sqrt {x + 1} .\]
Решение.
Очевидно, что функция определена при \(x \ge -1\) и является неотрицательной в своей области определения.
Асимптоты у функции отсутствуют.
Найдем точки пересечения графика с осями координат: \[y\left( 0 \right) = {0^2}\sqrt {0 + 1} = 0;\] \[ {y\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^2}\sqrt {x + 1} = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = - 1.} \] Следовательно, точки пересечения имеют координаты \(\left( {0,0} \right)\) и \(\left( {-1,0} \right).\) Вычислим производную: \[ {y'\left( x \right) } = {{\left( {{x^2}\sqrt {x + 1} } \right)^\prime } } = {2x \cdot \sqrt {x + 1} + {x^2} \cdot \frac{1}{{2\sqrt {x + 1} }} } = {2x\sqrt {x + 1} + \frac{{{x^2}}}{{2\sqrt {x + 1} }} } = {\frac{{4x\left( {x + 1} \right) + {x^2}}}{{2\sqrt {x + 1} }} } = {\frac{{5{x^2} + 4x}}{{2\sqrt {x + 1} }}.} \] Критические точки имеют такие значения: \[ {{x_1} = - 1,}\;\; {{x_2} = 0,}\;\; {{x_3} = - \frac{4}{5}.} \] Функция возрастает на интервалах \(\left( { - 1, - \large\frac{4}{5}\normalsize} \right)\) и \(\left( {0, + \infty } \right)\) и убывает на интервале \(\left( {- \large\frac{4}{5}\normalsize, 0} \right).\) В точке \(x = - \large\frac{4}{5}\normalsize\) функция имеет максимум, равный \[ {y\left( { - \frac{4}{5}} \right) } = {{\left( { - \frac{4}{5}} \right)^2}\sqrt { - \frac{4}{5} + 1} } = {\frac{{16}}{{25\sqrt 5 }} \approx 0,28.} \] В точке \(x=0\) существует минимум функции, причем \(y\left( 0 \right) = 0.\) Рассмотрим вторую производную: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left( {\frac{{5{x^2} + 4x}}{{2\sqrt {x + 1} }}} \right)^\prime } } = {\frac{{{{\left( {5{x^2} + 4x} \right)}^\prime } \cdot 2\sqrt {x + 1} - \left( {5{x^2} + 4x} \right) \cdot {{\left( {2\sqrt {x + 1} } \right)}^\prime }}}{{{{\left( {2\sqrt {x + 1} } \right)}^2}}} } = {\frac{{2\left( {10x + 4} \right)\sqrt {x + 1} - \left( {5{x^2} + 4x} \right) \cdot \frac{\cancel{2}}{{\cancel{2}\sqrt {x + 1} }}}}{{4\left( {x + 1} \right)}} } = {\frac{{\left( {20x + 8} \right)\left( {x + 1} \right) - \left( {5{x^2} + 4x} \right)}}{{4\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} }} } = {\frac{{\color{blue}{20{x^2}} + \color{red}{8x} + \color{red}{20x} + \color{green}{8} - \color{blue}{5{x^2}} - \color{red}{4x}}}{{4\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} }} } = {\frac{{\color{blue}{15{x^2}} + \color{red}{24x} + \color{green}{8}}}{{4\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} }}.} \] Вторая производная равна нулю в следующих точках: \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{15{x^2} + 24x + 8}}{{4\sqrt {{{\left( {x + 1} \right)}^3}} }} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {15{x^2} + 24x + 8 = 0}\\ {x \ne - 1} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow D = 576 - 4 \cdot 15 \cdot 8 = 96,}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \frac{{ - 24 \pm \sqrt {96} }}{{30}} } = {\frac{{ - 24 \pm 4\sqrt 6 }}{{30}} } = {\frac{2}{{15}}\left( { - 6 \pm \sqrt 6 } \right) \approx - 1,13;\; - 0,47.} \] Один из корней \(x = \large\frac{2}{{15}}\normalsize\left( { - 6 - \sqrt 6 } \right) \approx - 1,13\) находится за пределами области допустимых значений. При переходе через второй корень \(x = \large\frac{2}{{15}}\normalsize\left( { - 6 + \sqrt 6 } \right) \approx - 0,47\) вторая производная меняет знак (рис.\(8a\)). Следовательно, эта точка является точкой перегиба. Значение функции в ней приблизительно равно \[ {y\left( {\frac{2}{{15}}\left( { - 6 + \sqrt 6 } \right)} \right) } {\approx y\left( { - 0,47} \right) \approx 0,16.} \] Слева от указанной точки график является выпуклым вверх, а справа − выпуклым вниз. Схематический вид функции представлен на рисунке \(8b\).
|
||||||||||||
|
Пример 9
|
||||||||||||
|
\[y = \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^2}}}.\]
Решение.
Область определения: \(x \ne 0.\) В точке \(x = 0\) функция терпит разрыв. Вычисляя односторонние пределы, получаем:
\[
{\lim\limits_{x \to 0 - 0} y\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to 0 - 0} \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^2}}} = - \infty ,}\;\;\;
{\lim\limits_{x \to 0 + 0} y\left( x \right) }
= {\lim\limits_{x \to 0 + 0} \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^2}}} = - \infty .}
\]
Отсюда следует, что \(x = 0\) − вертикальная асимптота.
Исследуем наклонные асимптоты: \[ {k = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^3}}} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } {\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)^3} = 1;} \] \[ {b = \lim\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {y\left( x \right) - kx} \right] } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left[ {\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^2}}} - x} \right] } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{\cancel{x^3} - 3{x^2} + 3x - 1 - \cancel{x^3}}}{{{x^2}}} } = {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( { - 3 + \frac{3}{x} - \frac{1}{{{x^2}}}} \right) = - 3.} \] Следовательно, существует наклонная асимптота, уравнение которой имеет вид \(y = x - 3.\) График функции пересекает ось абсцисс в точке \(x = 1.\) При \(x > 1\) функция принимает положительные значения, а при \(x < 1\) − отрицательные (исключая точку \(x = 0,\) в которой функция не определена). Первая производная функции выражается следующей формулой: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^2}}}} \right)^\prime } } = {\frac{{{{\left( {{{\left( {x - 1} \right)}^3}} \right)}^\prime }{x^2} - {{\left( {x - 1} \right)}^3}{{\left( {{x^2}} \right)}^\prime }}}{{{x^4}}} } = {\frac{{3{{\left( {x - 1} \right)}^2}{x^2} - 2x{{\left( {x - 1} \right)}^3}}}{{{x^4}}} } = {\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}}{{{x^3}}}.} \] Критические точки функции: \[ {{x_1} = 1,}\;\; {{x_2} = - 2,}\;\; {{x_3} = 0.} \] Функция является строго убывающей на интервале \( \left({- 2,0}\right)\) и строго возрастающей на интервалах \( \left({-\infty, -2}\right),\) \( \left({0, 1}\right)\) и \( \left({1, +\infty}\right)\) (рис.\(9a\)). В точке \(x = -2\) функция имеет максимум, равный \[ {y\left( { - 2} \right) = \frac{{{{\left( { - 2 - 1} \right)}^3}}}{{{2^2}}} } = { - \frac{{27}}{4} = - 6,75.} \] В точке \(x = 1\) экстремума не существует, поскольку при переходе через нее знак производной не меняется. Вычислим вторую производную: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left[ {\frac{{{{\left( {x - 1} \right)}^2}\left( {x + 2} \right)}}{{{x^3}}}} \right]^\prime } } = {{\left[ {{{\left( {1 - \frac{1}{x}} \right)}^2}\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} \right]^\prime } } = {{\left[ {\left( {1 - \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)\left( {1 + \frac{1}{x}} \right)} \right]^\prime } } = {{\left( {1 - \cancel{\frac{2}{x}} + \frac{1}{{{x^2}}} + \cancel{\frac{2}{x}} - \frac{4}{{{x^2}}} + \frac{2}{{{x^3}}}} \right)^\prime } } = {{\left( {\frac{2}{{{x^3}}} - \frac{3}{{{x^2}}} + 1} \right)^\prime } } = {{\left( {2{x^{ - 3}} - 3{x^{ - 2}} + 1} \right)^\prime } } = { - 6{x^{ - 4}} + 6{x^{ - 3}} = \frac{6}{{{x^3}}} - \frac{6}{{{x^4}}} } = {\frac{{6\left( {x - 1} \right)}}{{{x^4}}}.} \] Видно, что \(y'' = 0\) при \(x = 1,\) причем слева от этой точки \(y'' < 0,\) а справа \(y'' > 0.\) Таким образом, функция выпукла вверх на интервалах \(\left( { - \infty ,0} \right),\) \(\left( { 0, 1} \right)\) и выпукла вниз на интервале \(\left( {1, +\infty} \right).\) Точка \(x = 1\) является точкой перегиба, причем \(y\left( 1 \right) = 0.\) Схематический график функции показан на рисунке \(9b.\)
|
||||||||||||
|
Пример 10
|
||||||||||||
|
\[y = \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}}.\]
Решение.
Функция определена при всех действительных \(x.\) Поэтому она не имеет вертикальных асимптот. Легко показать, что данная функция является
нечетной. Действительно:
\[
{y\left( { - x} \right) }
= {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( { - x} \right)}^3} - \left( { - x} \right)}} }
= {\sqrt[\large 3\normalsize]{{ - \left( {{x^3} - x} \right)}} }
= { - \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}} }
= { - y\left( x \right).}
\]
Проверим существование наклонных асимптот, вычислив следующие пределы:
\[
{k = \lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}}}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{{{x^3} - x}}{{{x^3}}}}} }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \sqrt[\large 3\normalsize]{{1 - \frac{1}{{{x^2}}}}} = 1;}
\]
\[
{b = \lim\limits_{x \to + \infty } \left[ {y\left( x \right) - kx} \right] }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}} - x} \right) }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}} - \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3}}}} \right) }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}} - \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3}}}} \right)\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^2}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{\left( {{x^3} - x} \right){x^3}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2}}}} \right)}}{{\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^2}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{\left( {{x^3} - x} \right){x^3}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3}} \right)}^2}}}} \right)}} }
= {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{\cancel{x^3} - x - \cancel{x^3}}}{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^6} - 2{x^4} + {x^2}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^6} - {x^4}}} + \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^6}}}}} = 0.}
\]
Следовательно, при \(x \to +\infty\) график функции имеет наклонную асимптоту \(y = x.\) В силу нечетности функции данная асимптота существует и при
\(x \to -\infty.\)
Определим точки пересечения графика функции с осями координат и промежутки, в которых функция имеет постоянный знак. \[y\left( 0 \right) = \sqrt[\large 3\normalsize]{{{0^3} - 0}} = 0;\] \[ {y\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}} = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^3} - x = 0,}\;\; {\Rightarrow x\left( {{x^2} - 1} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = - 1,\;{x_3} = 1.} \] Неравенство \(y\left( x \right) > 0\) можно записать в виде \[ {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}} > 0,}\;\; {\Rightarrow {x^3} - x > 0,}\;\; {\Rightarrow x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) > 0} \] и решить методом интервалов (рис.\(10a\)). Видно, что функция положительна на интервалах \(\left( { - 1,0} \right)\) и \(\left( { 1, +\infty} \right)\) и, соответственно, отрицательна на интервалах \(\left( { -\infty, -1} \right)\) и \(\left( {0,1} \right).\) Находим производную: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{x^3} - x}}} \right)^\prime } } = {{\left( {{{\left( {{x^3} - x} \right)}^{\large\frac{1}{3}\normalsize}}} \right)^\prime } } = {\frac{1}{3}{\left( {{x^3} - x} \right)^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}} \cdot \left( {3{x^2} - 1} \right) } = {\frac{{3{x^2} - 1}}{{3\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^2}}}}}.} \] Производная не существует при \(x = 0\) и \(x = \pm 1\) и равна нулю в следующих точках: \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{{3{x^2} - 1}}{{3\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^2}}}}} = 0,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {3{x^2} - 1 = 0}\\ {3\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^2}}} \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x^2} = \frac{1}{3}}\\ {{x^3} - x \ne 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow x = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }} \approx \pm 0,58.} \] Таким образом, у функции имеется \(5\) критических точек. Определяем знак производной при переходе через эти точки (рис.\(10a\)). В результате устанавливаем, что \(x = - \large\frac{1}{{\sqrt 3 }}\normalsize\) является точкой максимума, а \(x = \large\frac{1}{{\sqrt 3 }}\normalsize\) − точкой минимума (что вполне естественно вследствие нечетности функции). Значения максимума и минимума равны \[ {y\left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) } = {\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)}^3} - \left( { - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)}} } = { - \sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{1}{{3\sqrt 3 }} - \frac{1}{{\sqrt 3 }}}} } = { - \sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{{1 - 3}}{{3\sqrt 3 }}}} } = { - \sqrt[\large 3\normalsize]{{\frac{2}{{3\sqrt 3 }}}} \approx -0,73;}\;\; {\Rightarrow y\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) = 0,73.} \] Вычислим вторую производную: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left[ {\frac{1}{3}{{\left( {{x^3} - x} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}}\left( {3{x^2} - 1} \right)} \right]^\prime } } = {\frac{1}{3}\left[ { - \frac{2}{3}{{\left( {{x^3} - x} \right)}^{ - \large\frac{5}{3}\normalsize}} \cdot {{\left( {3{x^2} - 1} \right)}^2} + {{\left( {{x^3} - x} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}} \cdot 6x} \right] } = {\frac{2}{9}\left[ {9x{{\left( {{x^3} - x} \right)}^{ - \large\frac{2}{3}\normalsize}} - {{\left( {{x^3} - x} \right)}^{ - \large\frac{5}{3}\normalsize}}{{\left( {3{x^2} - 1} \right)}^2}} \right] } = {\frac{2}{3}{\left( {{x^3} - x} \right)^{ - \large\frac{5}{3}\normalsize}}\left[ {9x\left( {{x^3} - x} \right) - {{\left( {3{x^2} - 1} \right)}^2}} \right] } = {\frac{2}{{9\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^5}}}}}\left[ {\cancel{9{x^4}} - 9{x^2} - \cancel{9{x^4}} + 6{x^2} - 1} \right] } = { - \frac{{6{x^2} + 2}}{{3\sqrt[\large 3\normalsize]{{{{\left( {{x^3} - x} \right)}^5}}}}}.} \] Вторая производная нигде не равна нулю и (также как и первая производная) не существует при \(x = 0\) и \(x = \pm 1.\) При переходе через эти точки происходит смена знака второй производной (рис.\(10a\)). Поэтому указанные точки являются точками перегиба графика функции. Их координаты были найдены в начале решения и составляют \(\left( {0,0} \right),\) \(\left( {-1,0} \right)\) и \(\left( {1,0} \right).\) По результатам анализа строим график заданной функции (рис.\(10b\)).
|
||||||||||||
|
Пример 11
|
||||||||||||
|
\[y = x - \sqrt {{x^2} - 1} .\]
Решение.
Выясним область определения функции:
\[
{{x^2} - 1 \ge 0,}\;\;
{\Rightarrow \left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) \ge 0,}\;\;
{\Rightarrow x \in \left( { - \infty , - 1} \right] \cup \left[ {1, + \infty } \right).}
\]
В граничных точках \(x = \pm 1\) функция имеет следующие значения:
\[
{y\left( { - 1} \right) = - 1 - \sqrt {{{\left( { - 1} \right)}^2} - 1} = - 1,}\;\;\;
{y\left( 1 \right) = 1 - \sqrt {{1^2} - 1} = 1.}
\]
Рассмотрим неравенство \(y\left( x \right) > 0:\)
\[
{x - \sqrt {{x^2} - 1} > 0,}\;\;
{\Rightarrow x > \sqrt {{x^2} - 1} ,}\;\;
{\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x^2} > {x^2} - 1}\\
{x > 0}\\
{{x^2} - 1 \ge 0}
\end{array}} \right.,}\;\;
{\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{ - 1 < 0}\\
{x > 0}\\
{{x^2} - 1 \ge 0}
\end{array}} \right.,}\;\;
{\Rightarrow x \ge 1.}
\]
Следовательно, функция положительна в промежутке \(\left[ {1, + \infty } \right).\)
Аналогично можно показать, что функция отрицательна в промежутке \(\left( {-\infty, -1 } \right].\)
Вертикальных асимптот у функции нет. Исследуем наклонные (в том числе горизонтальные) асимптоты: \[ {{k_1} = \lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{x - \sqrt {{x^2} - 1} }}{x} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \left( {\frac{x}{x} - \sqrt {\frac{{{x^2} - 1}}{{{x^2}}}} } \right) } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \left( {1 - \sqrt {1 - \frac{1}{{{x^2}}}} } \right) = 0;} \] \[ {{b_1} = \lim\limits_{x \to + \infty } \left[ {y\left( x \right) - {k_1}x} \right] } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}{{\left( {x + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} } = {\lim\limits_{x \to + \infty } \frac{{\cancel{x^2} - \cancel{x^2} + 1}}{{x + \sqrt {{x^2} - 1} }} = 0;} \] \[ {{k_2} = \lim\limits_{x \to - \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} } = {\lim\limits_{x \to - \infty } \frac{{x - \sqrt {{x^2} - 1} }}{x} } = {\lim\limits_{x \to - \infty } \frac{{ - x + \sqrt {{{\left( { - x} \right)}^2} - 1} }}{{ - x}} } = {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}} { - x = z,}\\ {x \to - \infty ,}\\ {z \to + \infty } \end{array}} \right] } = {\lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{z + \sqrt {{z^2} - 1} }}{z} } = {\lim\limits_{z \to + \infty } \left( {\frac{z}{z} + \sqrt {\frac{{{z^2} - 1}}{{{z^2}}}} } \right) } = {\lim\limits_{z \to + \infty } \left( {1 + \sqrt {1 - \frac{1}{{{z^2}}}} } \right) = 2;} \] \[ {{b_2} = \lim\limits_{x \to - \infty } \left[ {y\left( x \right) - {k_2}x} \right] } = {\lim\limits_{x \to - \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} - 2x} \right) } = {\lim\limits_{x \to - \infty } \left( { - x - \sqrt {{{\left( { - x} \right)}^2} - 1} } \right) } = {\left[ {\begin{array}{*{20}{l}} { - x = z,}\\ {x \to - \infty ,}\\ {z \to + \infty } \end{array}} \right] } = {\lim\limits_{z \to + \infty } \left( {z - \sqrt {{z^2} - 1} } \right) } = {\lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{\left( {z - \sqrt {{z^2} - 1} } \right)\left( {z + \sqrt {{z^2} - 1} } \right)}}{{\left( {z + \sqrt {{z^2} - 1} } \right)}} } = {\lim\limits_{z \to + \infty } \frac{{\cancel{z^2} - \cancel{z^2} + 1}}{{\left( {z + \sqrt {{z^2} - 1} } \right)}} = 0.} \] Таким образом, график функции имеет две асимптоты: горизонтальную асимптоту \(y = 0\) (ось абсцисс) при \(x \to +\infty\) и наклонную асимптоту \(y = 2x\) при \(x \to -\infty.\) Вычислим производную: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {x - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)^\prime } } = {1 - \frac{{\cancel{2}x}}{{\cancel{2}\sqrt {{x^2} - 1} }} } = {\frac{{\sqrt {{x^2} - 1} - x}}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}.} \] Первая производная не существует при \(x = \pm 1.\) Числитель производной нигде не равен нулю: \[ {x - \sqrt {{x^2} - 1} = 0,}\;\; {\Rightarrow \sqrt {{x^2} - 1} = x,}\;\; {\Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {{x^2} - 1 = {x^2}}\\ {x \ge 0}\\ {{x^2} - 1 \ge 0} \end{array}} \right.,}\;\; {\Rightarrow - 1 \ne 0,}\;\; {\Rightarrow x \in \emptyset .} \] Поэтому других критических точек у функции нет. Знаки производной указаны на рис.\(11a\), т.е. функция убывает на интервале \(\left( { - \infty , - 1} \right)\) и возрастает на интервале \(\left( {1, +\infty} \right).\) Вычислим вторую производную и исследуем выпуклость графика: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left( {1 - \frac{x}{{\sqrt {{x^2} - 1} }}} \right)^\prime } } = { - \frac{{1 \cdot \sqrt {{x^2} - 1} - x \cdot \frac{{\cancel{2}x}}{{\cancel{2}\sqrt {{x^2} - 1} }}}}{{{{\left( {\sqrt {{x^2} - 1} } \right)}^2}}} } = {\frac{{{x^2} - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^3}} }} } = {\frac{1}{{\sqrt {{{\left( {{x^2} - 1} \right)}^3}} }}.} \] Как видно, вторая производная положительна во всей области определения. Следовательно, обе ветви графика функции (левая и правая) выпуклы вниз. Схематический вид функции представлен на рисунке \(11b.\)
|
||||||||||||
|
Пример 12
|
||||||||||||
|
\[y = {x^4} - 2{x^2} - 1.\]
Решение.
Функция определена на всей числовой оси. Она не имеет вертикальных асимптот. Убедимся, что у нее отсутствуют также и наклонные асимптоты. В самом деле,
\[
{\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{y\left( x \right)}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \frac{{{x^4} - 2{x^2} - 1}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to \pm \infty } \left( {{x^3} - 2x - \frac{1}{x}} \right) = \pm \infty .}
\]
Функция является четной, поскольку
\[
{y\left( { - x} \right) = {\left( { - x} \right)^4} - 2{\left( { - x} \right)^2} - 1 }
= {{x^4} - 2{x^2} - 1 = y\left( x \right).}
\]
Определим точки пересечения графика с координатными осями:
\[y\left( 0 \right) = {0^4} - 2 \cdot {0^2} - 1 = - 1;\]
\[
{y\left( x \right) = 0,}\;\;
{\Rightarrow {x^4} - 2{x^2} - 1 = 0,}\;\;
{\Rightarrow \left[ {{x^2} = z} \right],}\;\;
{\Rightarrow {z^2} - 2z - 1 = 0,}\;\;
{\Rightarrow D = 4 - 4 \cdot \left( { - 1} \right) = 8,}\;\;
{\Rightarrow {z_{1,2}} = \frac{{2 \pm \sqrt 8 }}{2} = 1 \pm \sqrt 2 \approx 2,41;\; - 0,41.}
\]
Действительные решения для \(x\) существуют лишь при \(z = 1 + \sqrt 2.\) Тогда получаем:
\[{x_{1,2}} = \pm \sqrt {1 + \sqrt 2 } \approx \pm 1,55.\]
Ясно, что функция положительна в интервалах \(\left( { - \infty ; - 1,55} \right),\) \(\left( {1,55; +\infty} \right)\)
и, соответственно, отрицательна в интервале \(\left( { -1,55; + 1,55} \right)\) (рис.\(12a\)).
Найдем первую производную и точки экстремума: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {{x^4} - 2{x^2} - 1} \right)^\prime } } = {4{x^3} - 4x;} \] \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 4{x^3} - 4x = 0,}\;\; {\Rightarrow 4x\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow {x_1} = 0,\;{x_2} = - 1,\;{x_3} = 1.} \] Исходя из характера изменения знака производной (рис.\(12a\)), устанавливаем, что \(x = -1\) и \(x = 1\) − точки минимума, а \(x = 0\) − точка максимума. Значения функции в этих точках равны \[ {y\left( { - 1} \right) = y\left( 1 \right) = - 2,}\;\;\; {y\left( 0 \right) = - 1.} \] Исследуем функцию на выпуклость. Вторая производная выражается формулой \[ {y''\left( x \right) = {\left( {4{x^3} - 4x} \right)^\prime } } = {12{x^2} - 4.} \] Она равна нулю в следующих точках: \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow 12{x^2} - 4 = 0,}\;\; {\Rightarrow {x^2} = \frac{1}{3},}\;\; {\Rightarrow {x_{1,2}} = \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }} \approx \pm 0,58.} \] При переходе через обе точки вторая рпоизводная меняет свой знак на противоположный (рис.\(12a\)). Следовательно, найденные точки являются точками перегиба. Их \(y\)-координаты одинаковы в силу четности функции и равны \[ {y\left( { \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right) } = {{\left( { \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^4} - 2{\left( { \pm \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} - 1 } = {\frac{1}{9} - \frac{2}{3} - 1 } = { - \frac{{14}}{9} \approx - 1,56.} \] Функция является строго выпуклой вниз на интервалах \(\left( { - \infty , - \large\frac{1}{{\sqrt 3 }}\normalsize} \right)\) и \(\left( {\large\frac{1}{{\sqrt 3 }}\normalsize, +\infty} \right)\) и строго выпуклой вверх на интервале \(\left( {- \large\frac{1}{{\sqrt 3 }}\normalsize, \large\frac{1}{{\sqrt 3 }}\normalsize} \right).\) График функции приведен на рисунке \(12b.\)
|
||||||||||||
|
Пример 13
|
||||||||||||
|
\[y = \sin x\sin 2x.\]
Решение.
Функция определена при всех \(x \in \mathbb{R}.\) Используя
формулу преобразования произведения в сумму,
выразим функцию в виде
\[
{y\left( x \right) = \sin x\sin 2x }
= {\frac{{\cos \left( {x - 2x} \right) - \cos \left( {x + 2x} \right)}}{2} }
= {\frac{1}{2}\left( {\cos x - \cos 3x} \right).}
\]
Функция является периодической с периодом \(2\pi\) и четной, так как
\[
{y\left( { - x} \right) = \frac{1}{2}\left[ {\cos \left( { - x} \right) - \cos \left( { - 3x} \right)} \right] }
= {\frac{1}{2}\left( {\cos x - \cos 3x} \right) = y\left( x \right).}
\]
Асимптоты у функции отсутствуют. При \(x = 0\) функция принимает нулевое значение: \(y\left( 0 \right) = 0.\)
Вычислим корни функции: \[ {y\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \sin x\sin 2x = 0;} \]
Для определения интервалов знакопостоянства функции решим неравенство: \[ {y\left( x \right) > 0,}\;\; {\Rightarrow \sin x\sin 2x > 0.} \] Здесь существует два решения:
Перейдем к исследованию монотонности и точек экстремума. Производная записывается в виде \[ {y'\left( x \right) = {\left( {\sin x\sin 2x} \right)^\prime } } = {{\left[ {\frac{1}{2}\left( {\cos x - \cos 3x} \right)} \right]^\prime } } = {\frac{1}{2}\left( {3\sin 3x - \sin x} \right).} \] Найдем корни производной. Задача сводится к решению тригонометрического уравнения \[3\sin 3x - \sin x = 0.\] Используя формулу синуса тройного угла, получаем: \[ {3\sin 3x - \sin x = 0,}\;\; {\Rightarrow 3\left( {3\sin x - 4{{\sin }^3}x} \right) - \sin x = 0,}\;\; {\Rightarrow 9\sin x - 12{\sin ^3}x - \sin x = 0,}\;\; {\Rightarrow \sin x\left( {2 - 3{{\sin }^2}x} \right) = 0.} \]
Таким образом, отрезок \(\left[ {0,2\pi } \right]\) содержит следующие стационарные точки: \[ {0,\;\;\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {\pi ,}\;\; {\pi + \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {2\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {2\pi .} \] При переходе через каждую из этих точек первая производная меняет свой знак на противоположный. Следовательно, все найденные точки являются точками экстремума, причем среди них точки минимума (рис.\(13a\)): \[ {x = 0,}\;\; {x = \pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {x = \pi + \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {x = 2\pi .} \] Остальные точки являются точками максимума: \[ {x = \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} ,}\;\; {x = \pi ,}\;\; {x = 2\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} .} \] Вычислим значения функции в точках минимума и максимума: \[y\left( 0 \right) = 0;\] \[ {y\left( {\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sin \left( {\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left[ {2\left( {\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)} \right] } = {\sin \left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left( {2\pi - 2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sqrt {\frac{2}{3}} \cdot \left[ { - \sin \left( {2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)} \right] } = { - \sqrt {\frac{2}{3}} \cdot 2\sin \left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\cos\left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = { - 2\sqrt {\frac{2}{3}} \cdot \sqrt {\frac{2}{3}} \cdot \sqrt {1 - {{\sin }^2}\left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)} } = { - \frac{4}{3}\sqrt {1 - {{\left( {\sqrt {\frac{2}{3}} } \right)}^2}} } = { - \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \approx - 0,77;} \] \[ {y\left( {\pi + \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sin \left( {\pi + \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left[ {2\left( {\pi + \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)} \right] } = { - \sin \left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left( {2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = { - \sqrt {\frac{2}{3}} \cdot 2 \cdot \sqrt {\frac{2}{3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} } = { - \frac{4}{{3\sqrt 3 }} \approx - 0,77;} \] \[ {y\left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sin \left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left( {2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = { - \sin \left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left( {2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sqrt {\frac{2}{3}} \cdot 2 \cdot \sqrt {\frac{2}{3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} } = {\frac{4}{{3\sqrt 3 }} \approx 0,77;} \] \[y\left( \pi \right) = 0;\] \[ {y\left( {2\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sin \left( {2\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left[ {2\left( {2\pi - \arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)} \right] } = { - \sin \left( {\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right)\sin \left( {4\pi - 2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sqrt {\frac{2}{3}} \sin \left( {2\arcsin \sqrt {\frac{2}{3}} } \right) } = {\sqrt {\frac{2}{3}} \cdot 2 \cdot \sqrt {\frac{2}{3}} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 }} } = {\frac{4}{{3\sqrt 3 }} \approx 0,77.} \] Исследуем теперь выпуклость графика и точки перегиба. Дифференцируя первую производную еще раз, получаем: \[ {y''\left( x \right) } = {{\left[ {\frac{1}{2}\left( {3\sin 3x - \sin x} \right)} \right]^\prime } } = {\frac{9}{2}\cos 3x - \frac{1}{2}\cos x.} \] Точки перегиба удовлетворяют уравнению \[ {y''\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \frac{9}{2}\cos 3x - \frac{1}{2}\cos x = 0,}\;\; {\Rightarrow 9\cos 3x - \cos x = 0.} \] Используя формулу косинуса тройного угла, получаем: \[ {9\cos 3x - \cos x = 0,}\;\; {\Rightarrow 9\left( {4{{\cos }^3}x - 3\cos x} \right) - \cos x = 0,}\;\; {\Rightarrow 36{\cos ^3}x - 27\cos x - \cos x = 0,}\;\; {\Rightarrow 9{\cos ^3}x - 7\cos x = 0,}\;\; {\Rightarrow \cos x\left( {9{{\cos }^2}x - 7} \right) = 0.} \]
|
||||||||||||
|
Пример 14
|
||||||||||||
|
\[y = \cos 2x - \cos x.\]
Решение.
Функция определена при всех \(x \in \mathbb{R}.\) Она является четной:
\[
{y\left( { - x} \right) }
= {\cos \left( { - 2x} \right) - \cos \left( { - x} \right) }
= {\cos 2x - \cos x = y\left( x \right)}
\]
и периодической с периодом \(2\pi:\)
\[
{y\left( {x + 2\pi } \right) }
= {\cos \left[ {2\left( {x + 2\pi } \right)} \right] - \cos \left( {x + 2\pi } \right) }
= {\cos \left( {2x + 4\pi } \right) - \cos \left( {x + 2\pi } \right) }
= {\cos 2x - \cos x = y\left( x \right).}
\]
Функция имеет нули в следующих точках:
\[
{y\left( x \right) = 0,}\;\;
{\Rightarrow \cos 2x - \cos x = 0,}\;\;
{\Rightarrow 2{\cos ^2}x - 1 - \cos x = 0,}\;\;
{\Rightarrow \cos x = t,}\;\;
{\Rightarrow 2{t^2} - t - 1 = 0,}\;\;
{\Rightarrow D = 1 - 4 \cdot 2 \cdot \left( { - 1} \right) = 9,}\;\;
{\Rightarrow {t_{1,2}} = \frac{{1 \pm 3}}{4} = - \frac{1}{2},\;1.}
\]
Вычислим производную: \[ {y'\left( x \right) = {\left( {\cos 2x - \cos x} \right)^\prime } } = {\sin x - 2\sin 2x.} \] Определим стационарные точки: \[ {y'\left( x \right) = 0,}\;\; {\Rightarrow \sin x - 2\sin 2x = 0,}\;\; {\Rightarrow \sin x - 4\sin x\cos x = 0,}\;\; {\Rightarrow \sin x\left( {1 - 4\cos x} \right) = 0.} \]
|
||||||||||||
|
Пример 15
|
||||||||||||
|
Построить кривую, заданную параметрическими уравнениями
\[x = {t^3} + {t^2} - t,\;\;\;y = {t^3} + 2{t^2} - 4t.\]
Решение.
Исследуем сначала графики функций \(x\left( t \right)\) и \(x\left( t \right)\). Обе функции представляют собой кубические многочлены, которые определены для всех
\(x \in \mathbb{R}.\) Находим производную \(x'\left( t \right):\)
\[
{x'\left( t \right) = {\left( {{t^3} + {t^2} - t} \right)^\prime } }
= {3{t^2} + 2t - 1.}
\]
Решая уравнение \(x'\left( t \right) = 0,\) определяем стационарные точки функции \(x\left( t \right):\)
\[
{x'\left( t \right) = 0,}\;\;
{\Rightarrow 3{t^2} + 2t - 1 = 0,}\;\;
{\Rightarrow {t_{1,2}} = \frac{{ - 2 \pm \sqrt {16} }}{6} = - 1;\;\frac{1}{3}.}
\]
При \(t = 1\) функция \(x\left( t \right)\) достигает максимума, равного
\[x\left( { - 1} \right) = {\left( { - 1} \right)^3} + {\left( { - 1} \right)^2} - \left( { - 1} \right) = 1,\]
а в точке \(t = \large\frac{1}{3}\normalsize\) она имеет минимум, равный
\[
{x\left( {\frac{1}{3}} \right) }
= {{\left( {\frac{1}{3}} \right)^3} + {\left( {\frac{1}{3}} \right)^2} - \left( {\frac{1}{3}} \right) }
= {\frac{1}{{27}} + \frac{1}{9} - \frac{1}{3} = - \frac{5}{{27}}.}
\]
Рассмотрим производную \(y'\left( t \right):\)
\[
{y'\left( t \right) = {\left( {{t^3} + 2{t^2} - 4t} \right)^\prime } }
= {3{t^2} + 4t - 4.}
\]
Находим стационарные точки функции \(y\left( t \right):\)
\[
{y'\left( t \right) = 0,}\;\;
{\Rightarrow 3{t^2} + 4t - 4 = 0,}\;\;
{\Rightarrow {t_{1,2}} = \frac{{ - 4 \pm \sqrt {64} }}{6} = - 2;\;\frac{2}{3}.}
\]
Здесь, аналогично, функция \(y\left( t \right)\) достигает максимума в точке \(t = -2:\)
\[y\left( { - 2} \right) = {\left( { - 2} \right)^3} + 2{\left( { - 2} \right)^2} - 4\left( { - 2} \right) = 8\]
и минимума в точке \(t = \large\frac{2}{3}\normalsize:\)
\[
{y\left( {\frac{2}{3}} \right) }
= {{\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} + 2{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} - 4 \cdot \frac{2}{3} }
= {\frac{8}{{27}} + \frac{8}{9} - \frac{8}{3} }
= { - \frac{{40}}{{27}}.}
\]
Графики функций \(x\left( t \right)\), \(y\left( t \right)\) схематически показаны на рисунке \(15a.\)
Определим точки пересечения графика \(y\left( x \right)\) с осями координат. Пересечение с осью абсцисс происходит в следующих точках: \[ {y\left( t \right) = {t^3} + 2{t^2} - 4t = 0,}\;\; {\Rightarrow t\left( {{t^2} + 2t - 4} \right) = 0;} \]
На втором промежутке \(\left( { - 2, - 1} \right)\) переменная \(x\) возрастает от \(x\left( { - 2} \right) = - 2\) до \(x\left( { - 1} \right) = 1,\) а переменная \(y\) убывает от \(y\left( { - 2} \right) = 8\) до \(y\left( { - 1} \right) = 5.\) Здесь мы имеем участок убывающей кривой \(y\left( x \right).\) Она пересекает ось ординат в точке \(\left( {0,3 + 2\sqrt 5 } \right).\) На третьем интервале \(\left( { - 1,\large\frac{1}{3}\normalsize} \right)\) обе переменные убывают. Значение \(x\) изменяется от \(x\left( { - 1} \right) = 1\) до \(x\left( {\large\frac{1}{3}\normalsize} \right) = - \large\frac{5}{{27}}\normalsize.\) Соответственно, значение \(y\) уменьшается от \(y\left( { - 1} \right) = 5\) до \(y\left( {\large\frac{1}{3}\normalsize} \right) = - \large\frac{29}{{27}}\normalsize.\) Кривая \(y\left( x \right)\) при этом пересекает начало координат. На четвертом интервале \(\left( {\large\frac{1}{3}\normalsize,\large\frac{2}{3}\normalsize} \right)\) переменная \(x\) возрастает от \(x\left( {\large\frac{1}{3}\normalsize} \right) = - \large\frac{5}{{27}}\normalsize\) до \(x\left( {\large\frac{2}{3}\normalsize} \right) = \large\frac{2}{{27}}\normalsize,\) а переменная \(y\) убывает от \(y\left( {\large\frac{1}{3}\normalsize} \right) = - \large\frac{29}{{27}}\normalsize\) до \(y\left( {\large\frac{2}{3}\normalsize} \right) = - \large\frac{40}{{27}}\normalsize.\) На этом участке кривая \(y\left( x \right)\) пересекает ось ординат в точке \(\left( {0,3 - 2\sqrt 5 } \right).\) Наконец, на последнем интервале \(\left( {\large\frac{2}{3}\normalsize, + \infty } \right)\) обе функции \(x\left( t \right)\), \(y\left( t \right)\) возрастают. Кривая \(y\left( x \right)\) пересекает ось абсцисс в точке \(x = - 9 + 5\sqrt 5 \approx 2,18.\) Для уточнения формы кривой \(y\left( x \right)\) вычислим точки максимума и минимума. Производная \(y'\left( x \right)\) выражается в виде \[ {y'\left( x \right) = {y'_x} } = {\frac{{{y'_t}}}{{{x'_t}}} } = {\frac{{{{\left( {{t^3} + 2{t^2} - 4t} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{t^3} + {t^2} - t} \right)}^\prime }}} } = {\frac{{3{t^2} + 4t - 4}}{{3{t^2} + 2t - 1}} } = {\frac{{\cancel{3}\left( {t + 2} \right)\left( {t - \frac{2}{3}} \right)}}{{\cancel{3}\left( {t + 1} \right)\left( {t - \frac{1}{3}} \right)}} } = {\frac{{\left( {t + 2} \right)\left( {t - \frac{2}{3}} \right)}}{{\left( {t + 1} \right)\left( {t - \frac{1}{3}} \right)}}.} \] Изменение знака производной \(y'\left( x \right)\) показано на рисунке \(15c.\) Видно, что в точке \(t = - 2,\) т.е. на границе \(I\)-го и \(II\)-го интервалов кривая имеет максимум, а при \(t = \large\frac{2}{3}\normalsize\) (на границе \(IV\)-го и \(V\)-го интервалов) существует минимум. При переходе через точку \(t = \large\frac{1}{3}\normalsize\) производная также меняет знак с плюса на минус, но в этой области кривая \(y\left( x \right)\) не является однозначной функцией. Поэтому указанная точка экстремумом не является. Исследуем также выпуклость данной кривой. Вторая производная \(y''\left( x \right)\) имеет вид: \[ y''\left( x \right) = {y''_{xx}} = \frac{{{{\left( {{y'_x}} \right)}'_t}}}{{{x'_t}}} = \frac{{{{\left( {\frac{{3{t^2} + 4t - 4}}{{3{t^2} + 2t - 1}}} \right)}^\prime }}}{{{{\left( {{t^3} + {t^2} - t} \right)}^\prime }}} = \frac{{\left( {6t + 4} \right)\left( {3{t^2} + 2t - 1} \right) - \left( {3{t^2} + 4t - 4} \right)\left( {6t + 2} \right)}}{{{{\left( {3{t^2} + 2t - 1} \right)}^3}}} = \frac{{18{t^3} + 12{t^2} + 12{t^2} + 8t - 6t - 4 - \left( {18{t^3} + 24{t^2} - 24t + 6{t^2} + 8t - 8} \right)}}{{{{\left( {3{t^2} + 2t - 1} \right)}^3}}} = \frac{{\cancel{\color{blue}{18{t^3}}} + \color{red}{24{t^2}} + \color{green}{2t} - \color{maroon}{4} - \cancel{\color{blue}{18{t^3}}} - \color{red}{30{t^2}} + \color{green}{16t} + \color{maroon}{8}}}{{{{\left( {3{t^2} + 2t - 1} \right)}^3}}} = \frac{{ - \color{red}{6{t^2}} + \color{green}{18t} + \color{maroon}{4}}}{{{{\left( {3{t^2} + 2t - 1} \right)}^3}}} = \frac{{ - 6\left( {t - \frac{{9 - \sqrt {105} }}{6}} \right)\left( {t - \frac{{9 + \sqrt {105} }}{6}} \right)}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^3}{{\left( {3t - 1} \right)}^3}}}. \] Следовательно, вторая производная меняет свой знак на противоположный при переходе через следующие точки (рис.\(15с\)): \[ {{t_1} = - 1:\;\;x\left( { - 1} \right) = 1,}\;\; {y\left( { - 1} \right) = 5;} \] \[ {{t_2} = \frac{{9 - \sqrt {105} }}{6}:}\;\; {x\left( {\frac{{9 - \sqrt {105} }}{6}} \right) \approx 0,24;}\;\; {y\left( {\frac{{9 - \sqrt {105} }}{6}} \right) \approx 0,91;} \] \[ {{t_3} = \frac{1}{3}:}\;\; {x\left( {\frac{1}{3}} \right) = - \frac{5}{{27}},}\;\; {y\left( {\frac{1}{3}} \right) = - \frac{{29}}{{27}};} \] \[ {{t_4} = \frac{{9 + \sqrt {105} }}{6}:}\;\; {x\left( {\frac{{9 + \sqrt {105} }}{6}} \right) \approx 40,1;}\;\; {y\left( {\frac{{9 + \sqrt {105} }}{6}} \right) \approx 40,8.} \] Поэтому указанные точки представляют собой точки перегиба кривой \(y\left( x \right).\) Схематический график кривой \(y\left( x \right)\) показан выше на рисунке \(15b.\) |
||||||||||||
