Графики

не дифференцируема в точке минимума a = 0). Таким образом, точки локального экстремума функции f следует искать среди так называемых критических точек.

Определение 10. Пусть a внутренняя точка области определения D(f) функции f. Точка a называется критической точкой функции f, если либо f дифференцируема в точке a и f0(a) = 0, либо f не дифференцируема в точке a. Точки, в которых f0(a) = 0, называются стационарными точками функции f.

Теорема 4. Пусть a критическая точка функции f; f дифференцируема в некоторой ее окрестности (a ; a + ), кроме, возможно, самой точки a. Если производная f0(x) меняет знак при переходе через точку a, то есть на интервалах (a ; a) и (a; a + ) f0(x) имеет противоположные знаки, то a точка экстремума функции f. При этом, если

f0(x) > 0 на (a ; a) и f0(x) < 0 на (a; a + );

то a является точкой максимума функции f, а если

f0(x) < 0 на (a ; a) и f0(x) > 0 на (a; a + );

то a является точкой минимума функции. Если же f0(x) не меняет знак при переходе через a, то a не является точкой экстремума функции f.

Пример 4. Исследовать на экстремумы, указать промежутки монотонности функции f(x) = xe x.

Решение. Функция f дифференцируема на R, поскольку x и e x дифференцируемы на R. Значит, множество критических точек совпадает с множеством стационарных. Найдем стационарные точки. Так как f0(x) = e x(1 x), x 2 R, то единственной стационарной точкой является a = 1. Определяем знаки f0 :

sgn f0(x)	+	1r		-
f(x)			Qs
	3		Q

Следовательно, f возрастает на (1; 1]; убывает на [1; +1); a = 1 точка локального максимума функции f: Значение f(1) = e 1 = 1e экстремальное значение функции f (см. Рис. 6) :

11

1.5 Направления выпуклости графика функции. Точки перегиба

Определение 11. Пусть функция f дифференцируема на интервале (a; b): Говорят, что на этом интервале график f функции f обращен выпуклостью вверх (соответственно, вниз), если он лежит на нем не выше (не ниже) касательных, проведенных к f в точках (x; f(x)), x 2 (a; b).

Виды графиков выпуклых вверх и выпуклых вниз функций приведены соответственно на Рис. 7 и 8.

y

6

y

6

f(x)

-

f(x)

-

a 0

x b

x

a 0

x b

x

Рис. 7

Рис. 8

Направления выпуклости определяются по второй производной функции f.

Теорема 5 (достаточное условие направления выпуклости). Пусть функция f дважды дифференцируема на интервале (a; b): Если f00(x) 0 (f00(x) 0)

12

на	(a; b), то график f обращен выпуклостью вверх (соответственно вниз)
на	(a; b).

Перейдем к точкам перегиба.

Определение 12. Пусть функция f определена в некоторой окрестности (a ; a + ) точки a, дифференцируема на (a ; a + ) n fag и непрерывна в точке a. Если на интервалах (a ; a) и (a; a + ) график f имеет разные направления выпуклости, то a называется точкой перегиба функции f. Точка (a; f(a)) называется точкой перегиба графика f .

Как известно, если a точка перегиба функции f и f дважды дифференцируема в точке a, то f00(a) = 0. Однако, функция может и не быть дважды

5

дифференцируемой в точке перегиба. Например, f(x) = x3 определена и дифференцируема на R, дважды дифференцируема на R n f0g, f00(x) = 109 x 13 , x 6= 0. Следовательно, на интервале (0; +1) ее график обращен выпуклостью вниз, а на интервале ( 1; 0) выпуклостью вверх. Значит, рассматриваемая функция имеет перегиб в точке a = 0.

Таким образом, к точкам возможного перегиба следует отнести те внутренние точки a 2 D(f); в которых f непрерывна и либо f дважды дифференцируема и f00(a) = 0; либо f не является дважды дифференцируемой в этой точке.

Достаточное условие перегиба формулируется следующим образом.

Теорема 6 (достаточное условие перегиба). Пусть a точка возможного перегиба функции f; f дважды дифференцируема в некоторой окрестности точки a, кроме, возможно, самой точки a. Если f00(x) по разные стороны от точки a имеет разные знаки, то a точка перегиба функции f. Если же знаки f00(x) слева и справа от точки a одинаковы, то a не является точкой перегиба функции f.

Пример 5. Исследовать на перегибы, указать направления выпуклости графика функции f(x) = x3:

Решение. Функция f(x) = x3 дважды дифференцируема на R и f00(x) = 6x при всех x 2 R: Следовательно, x = 0 единственная возможная точка перегиба функции f. Определяем знаки f00 на интервалах ( 1; 0) и (0; +1).

sgn f00(x)		0r	+
			-
f(x)

13

Значит, на (1; 0) график f обращен выпуклостью вверх, а на (0; +1) выпуклостью вниз, a = 0 точка перегиба функции f (см. Рис. 9).

2 Задачи с решениями

Пример 6. Исследовать функцию f(x) = x 2arctg x и построить эскиз ее графика.

Решение. 1) Область определения D(f) = R (множество симметрично относительно 0). Так как

f( x) = x 2arctg ( x) = x + 2arctg x = f(x); x 2 R;

то функция f является нечетной. Понятно, что f не является периодической. Найдем точки пересечения f с осями координат. Если x = 0; то f(x) = 0:

Значит, f пересекает ось Oy в начале координат (0; 0). Точки пересечения с осью Ox определяются из уравнения f(x) = 0 , x 2arctg x = 0. Как будет видно из последующего, данное уравнение, кроме нулевого решения, имеет еще

идва ненулевых, которые можно найти лишь приближенно.

2)Функция f непрерывна на R как разность элементарных непрерывных функций x и 2arctg x. Из этого следует, что вертикальных асимптот у f нет

3)Проведем исследование на наличие наклонной асимптоты при x ! +1:

14

Так как

lim

f(x)

lim

1

2arctg x

= 1 =: k;

x

x!+1

x = x!+1

x +

(f(x)

kx) =

x +

(x

2arctg x

x) =

x +

(

lim

lim

lim

2arctg x) = =: b;

! 1

! 1

! 1

то прямая y = x является наклонной асимптотой f

при x ! +1. Анало-

гично, поскольку

lim

f(x)

= lim

1

2arctg x

= 1 =: k;

x

x! 1 x

x! 1

( 2arctg x) = =: b;

xlim

(f(x) kx) = xlim

(x 2arctg x x) = xlim

! 1

! 1

! 1

прямая y = x + является наклонной асимптотой f

при x ! 1.

4) Функция f дифференцируема на R, так что множество критических точек совпадает с множеством стационарных. Найдем стационарные точки. Имеем:

	f0(x) = 1		2	=	x2 1	; x	2 R	:
			1 + x2		1 + x2

Значит, 1 стационарные точки функции f. Определяем знаки f0 на трех образовавшихся интервалах.

sgn f0(x)	+		+
			-
f(x)	-1r	Qs1r
	3	Q	3

Следовательно, f возрастает на (1; 1] и на [1; +1), убывает на [ 1; 1], x = 1 точка локального максимума функции f, x = 1 точка локального минимума функции f. Экстремальные значения функции f :

f( 1) = 1 +		;	f(1) = 1		:
	2			2

5) Проведем исследование на направление выпуклости и перегиб. Функция

f дважды дифференцируема на R и
f00(x) =	4x			; x 2 R:
	(1 + x2)2
sgn f00(x)		0r		+
				-
f(x)

15

Решая уравнение f00(x) = 0, получим, что x = 0 точка возможного перегиба функции f: Определяем знаки f00:

Значит, на интервале ( 1; 0) график обращен выпуклостью вверх, а на (0; +1) выпуклостью вниз; x = 0 точка перегиба функции f.

6) Переходим к построению эскиза f , который должен получиться симметричным относительно (0; 0): Наносим точки, через которые проходит график: (0; 0) точка пересечения с осью Oy; которая одновременно является точкой перегиба f , 1; 1 2 и 1; 1 + 2 точки локального минимума и максимума соответственно. Пунктиром строим наклонные асимптоты f . Далее, учитывая характер монотонности и направления выпуклости, рисуем графикf функции f (cм. Рис. 10).

x3

Пример 7. Исследовать функцию f(x) = x 1 и построить эскиз ее графика.

Решение. 1) Данная функция является дробно-рациональной. Ее область определения D(f) = R n f1g несимметрична относительно 0, так что f не может быть ни четной, ни нечетной. Функция f не является периодической. Так как f(x) = 0 , x = 0, то f пересекает оси координат в единственной точке (0; 0):

2) Функция f непрерывна на своей области определения Rnf1g. Точка a = 1 не принадлежит D(f), но является двусторонней предельной точкой D(f), по-

16

этому a = 1 точка разрыва функции f. Установим ее род. Так как

x 1 0	x 1 0 x		x3	1		1
lim f(x) =	lim				=		;
!	!

то a = 1 точка разрыва 2-го рода. Одновременно из этого вытекает, что прямая x = 1 является двусторонней вертикальной асимптотой графика f .

3) Поскольку
xlim	f(x)		= xlim		x2			= xlim		x	= 1;
	x			x		1				1
! 1			! 1					! 1 1		x

наклонных асимптот f не имеет.

4) Функция f дифференцируема на D(f), следовательно, множество ее критических точек совпадает с множеством стационарных. Имеем:

	f0(x) =	3x2(x 1) x3	=	x2(2x 3)	; x	1 :
		(x 1)2		(x 1)2
						2 R n f g

Значит, 0 и 32 стационарные точки функции f. Определяем знаки f0 на четырех образовавшихся интервалах.

sgn f0(x)

2r

+

-

f(x)

sQ 0r sQ 1b

sQ

Q

Q

Q

3

3

3

h

3

3

27

3

i

Следовательно, f возрастает на

2

; +1

, убывает на (1; 1) и на

1;

2

;

x =

точка локального минимума, f

=

.

2

2

4

5) Функция f дважды дифференцируема на D(f) и при всех x 2 D(f)

f00(x) =

(6x2 6x)(x 1)2 (2x3 3x2) 2(x 1)

=

2x(x2 3x + 3)

:

(x 1)4

(x 1)3

sgn f00(x)

+

+

f(x)

0r

1b

-

Решая уравнение f00(x) = 0, получим, что x = 0 точка возможного перегиба функции f. Заметим, что квадратный трехчлен x2 3x + 3 принимает только положительные значения. Определяем знаки f00: Значит, на интервалах

17

( 1; 0) и (1; +1) f обращен выпуклостью вниз, а на (0; 1) выпуклостью вверх; x = 0 точка перегиба функции f.

6) Переходим к построению эскиза f . Наносим точки, через которые проходит график: (0; 0) точка пересечения с осями координат и одновременно точка

перегиба, 32; 274 точка локального минимума. Возьмем для построения еще

вспомогательные точки: 2; 83 , 1; 12 , 12; 14 , (2; 8). Пунктиром строим вертикальную асимптоту x = 1. Далее, учитывая характер монотонности и направления выпуклости, рисуем график функции f (см. Рис. 11).

Пример 8. Исследовать функцию f(x) =	p		ln x и построить эскиз ее
		x
графика.

Решение. 1) Область определения D(f) = (0; +1). Функция f не является ни четной, ни нечетной, ни периодической. Поскольку f(x) = 0 , x = 1, график

пересекает ось Ox в единственной точке (1; 0):

p

2) Функция f непрерывна на (0; +1); так как элементарные функции x и ln x непрерывны на (0; +1). Из этого следует, что f не имеет точек разрыва.

18

Точка 0 правосторонняя предельная точка D(f); так что f

может иметь в

ней вертикальную асимптоту. Используя правило Лопиталя, получим:

lim p

ln x

1

2p

ln x =

lim

=

x

lim f(x) =

x

lim

= lim

x

= 0:

x!+0

x!+0

x!+0 x 21

x!+0 21x 23

x!+0

Следовательно, прямая x = 0 не является вертикальной асимптотой f .

3) Проведем исследование на наличие наклонной асимптоты при x ! +1:

Так как

f(x)

ln x

lim

lim

= 0 =: k;

x

x!+1

= x!+1 px

x +

x

+

1

lim (f(x)

kx) =

lim

px ln x = +

;

! 1

! 1

то f не имеет наклонной асимптоты при x ! +1.

4) Функция f дифференцируема на (0; +1), так что множество критических точек совпадает с множеством стационарных. Найдем стационарные точ-

ки. Имеем, что

f0

1

p

1

ln x + 2

x

x

x

; x

;

:

(

) =

2px ln

+

x

= 2px

2

(0 +1)

Решая уравнение f0(x) = 0; получим, что e12 стационарная точка функции f. Определяем знаки f0 на двух образовавшихся интервалах.

sgn f0(x)

0b

e2r

+

-

f(x)

sQ

Q

1

3

1

1

1

Следовательно, f

возрастает на

; +1

, убывает на

0;

; x =

e2

e2

e2

точка локального минимума

функции f. Экстремальное значение функции f:

h

i

f

1

2

=

:

e2

e

5) Функция f дважды дифференцируема на (0; +1) и

x1 2p

(ln x + 2) x 21

f00(x) =

x

=

ln x

;

x

2

(0; +

1

):

4x

4x2

3

Решая уравнение f00(x) = 0, получим, что x = 1 точка возможного перегиба функции f. Определяем знаки f00:

19

sgn f00(x)		+
f(x)	0b	1r	-

Значит, на интервале (0; 1) график обращен выпуклостью вниз, а на (1; +1) выпуклостью вверх; x = 1 точка перегиба функции f.

6) Переходим к построению эскиза f . Наносим точки, через которые про-

ходит график: (1; 0) точка пересечения с осью Ox,			1	2		точка ло-
				;
			e2		e
кального минимума. Далее, учитывая характер	монотонности и направления

выпуклости, рисуем график f функции f (см. Рис. 12 и 13).

3 Построение параметрически заданных кривых

Напомним сначала основные сведения о параметрически заданных функциях.

Определение 13. Пусть T; X; Y некоторые множества в R: Если даны две функции x = x(t) : T ! X, y = y(t) : T ! Y; причем x(t) биективна, то можно определить суперпозицию y x 1, которая действует из X в Y и называется параметрически заданной функцией. Параметрически заданная функция обычно записывается в виде

y = y(x) :	y = y(t) ; t 2 T:
	x = x(t)

20