матан 3 курс 2013 / лекции / Oglobina

70

3.9.4 АСИМПТОТИ КРИВОЇ

Розглянемо тепер характерні лінії графіку функції. Такими лініями є асимптоти графіку функції.

Означення

Пряма l називається асимптотою графіка функції y = f (x), якщо відстань від цієї прямої до точки на графіку фу-

нкції прямує до 0 за умови, що точка на графіку необмежено віддаляється від початку координат (0,0).

Асимптоти розділяють на вертикальні, горизонтальні та похилі.

Теорема 1

Нехай функція y = f (x) визначена у деякому околі точки x0 (крім самої точки x0 ) і хоча б одна з однобічних границь

функції	lim	f ( x ) = ∞, або lim f ( x ) = ∞ . Тоді пряма				x = x0
x→ x0 −0			x → x0 +0
називається		вертикальною		асимптотою	графіка	функції
y = f (x).
Вертикальні асимптоти шукають у точках розриву функції
та на границях інтервалу дослідження (a,b) ,					якщо a і b скін-
чені числа.
Теорема 2			y = f (x)
Нехай	функція			визначена для	x → ∞ .	І нехай
lim f (x) = b . Тоді пряма y = b				буде горизонтальною асимпто-
x→∞			y = f (x).
тою графіка функції

Зауваження

Якщо скінченою є тільки границя lim f (x) = b або

x→∞

lim f (x) = b , то тоді існує однобічна горизонтальна асимптота,

x → −∞

відповідно права асимптота yпр = b або ліва асимптота

yлів = b .

			71
Теорема 3	y = f (x) визначена для достатньо великих x . Якщо
Нехай
існують скінчені границі
k = lim	f (x)		b = lim[ f (x) - kx],
x →∞ x			x →∞

то пряма y = kx + b , буде похилою асимптотою графіка функції y = f (x).

Похила асимптота, також як горизонтальна, може бути

лівою і правою.

y

y

y

y=f (x)

b

tgα=k

x0

x

x

x

y=f (x)

y=kx+b

x=x0

y = f (x)

lim f (x) = b

ОВФ: (- ¥; x0 )È (x0 ; ¥)

x→∞

y = b –

x0 - вертикальна асимптота

горизонтальна асимптота

похила асимптота

Рисунок 3.10 а)

Рисунок 3.10 б)

Рисунок 3.10 в)

Приклад 1

	3
Знайти асимптоти функції	y =		.
		x2 - 4
Розв’язання
а) знайдемо ОВФ
x2 - 4 ¹ 0 x ¹ ±2 ,

			72
тобто функція y =		3	визначена для всіх x з інтервалів
	x2
		− 4

x (− ∞;−2) (− 2;2) (2;∞);

б) перевіримо існування вертикальних асимптот. За означенням вертикальними асимптотами будуть прямі x = x0 , де x0 -

точка. в якій функція y = f (x) має хоча б одну з однобічних границь безкінечну

x = −2 ,
lim			3		= lim			3		= ∞;
			− 4					2)(x + 2)
x→−2− x2					x→−2− (x −
				123123
				<0				н. м.в.<0
lim			3		= lim			3		= −∞ ,
			− 4					2)(x + 2)
x→−2+ x2					x →−2+ (x −
				123123
				<0				н.м.в.>0

	отже,		пряма
	y =		3			.
		x2	− 4
		x = 2 ,
		lim				3
						− 4
		x→2− x2

x = −2 є вертикальною асимптотою функції

3
= lim			= −∞;
x→2− (x − 2)(x + 2)
123123

н.м.в.<0 >0

					3		3
	lim						= lim				= ∞ ,
					−	4			2)
	x→2+ x2						x→2+ (x − 2)(x +
							123123
								н. м.в.>0 >0
отже,		пряма				x = 2 є другою вертикальною асимптотою функції
y =		3		;
	x2
		− 4

в) перевіримо існування асимптот на безкінечності:

lim		3	= 0 .
		− 4
x→±∞ x2

73

Причому для x > 2 y > 0 . Отже, вісь Oх є горизонтальною

асимптотою графіка вихідної функції. Причому гафік наближається до осі Oх з безкінечно малими, але додатними значеннями у, прямуючи за х як до ∞ , так і до − ∞

г) перевіримо наявність похилих асимптот. Для цього спочатку обчислимо кутовий коефіцієнт асимптоти. Він дорівнює

k = lim		f (x)			в разі, якщо k ¹ 0 і має скінчене значення
		x
x→∞
lim		f (x)		= lim				3		= 0 ,
								−
x→∞		x			x→∞ (x2				4)x
отже, похилих асимптот немає.
Висновок
					3
Функція					y =				має дві вертикальні асимптоти x = ±2 і
						x2 − 4

одну горизонтальну y = 0 (або вісь Oх).

Приклад 2

Знайти асимптоти функції y = e x .

Розв’язання

а) ОВФ функцї: x (− ∞, ∞);

б) аналізуємо існування вертикальних асимптот. За означенням вертикальними асимптотами будуть прямі x = x0 , де x0 -

точка, в якій функція y = e x має хоча б одну з однобічних границь безкінечну, тобто точка розриву 2-го роду функції. Функція y = e x немає точок розриву 2-го роду, бо вона неперервна на

всій ОВФ; в) перевіримо існування асимптот на безкінечності:

lim ex = ∞;	lim ex = 0 .
x→∞	x→−∞

Отже, графік функції y = e x має ліву асимптоту y = 0 ;

74

г) перевіримо наявність похилих асимптот. Для цього спочатку обчислимо кутовий коефіцієнт асимптоти. Він дорівнює

	k = lim	f (x)		в разі, якщо k ¹ 0 і має скінчене значення.
		x
	x→∞
				f (x)			ex		∞
	k = lim					= lim		=	,
		x→∞		x		x→∞ x			∞

в границі маємо невизначеність типу ∞∞ . Цю невизначеність розкриємо за допомогою правила Лопіталя:

k = lim	ex	= lim	(ex )′	= lim	ex	= ∞ - значення кутового коєфіцієн-
x→∞ x		x →∞ (x)′		x →∞ 1

та безкінечне, отже, похилих асимптот немає.

Висновок

Функція y = e x має тільки одну горизонтальну ліву асимптоту y = 0 .

Приклад 3

Знайти асимптоти функції y = x 2 − 4 . x − 3

Розв’язання

а) знайдемо ОВФ функцї: x - 3 ¹ 0 x ¹ 3 .

	Отже, функція y =	x 2 − 4	задана на інтервалах:
		x − 3
	x (− ∞;3) (3; ∞);

б) аналізуємо існування вертикальних асимптот. За означенням вертикальними асимптотами будуть прямі x = x0 , де x0 - точка, в якій функція має хоча б одну з однобічних границь без-

75

кінечну, тобто точка розриву 2-го роду. Такою точкою для

y =	x 2 - 4		буде x = 3
	x - 3
Знайдемо границю функції, якщо x ® 3
	lim	x2 - 4		= lim	5		= -¥ -		лівобічна границя безкінечна.
	x→3−0 x - 3 x →2− (x - 3)
					123
					н.м.в.<0
Отже, графік функції						y =		x 2	- 4	має одну вертикальну аси-
мптоту x = 3 ;								x - 3

в) перевіримо існування асимптот на безкінечності:

lim x2 - 4 = ¥ - горизонтальних асимптот немає;

x→∞ x - 3

г) перевіримо наявність похилих асимптот. Для цього спочатку обчислимо кутовий коефіцієнт асимптоти. Він дорівнює

	k = lim	f (x)			в разі, якщо k ¹ 0 і має скінчене значення
		x
	x→∞
	k = lim		f (x)			= lim	x2 - 4	= lim	x2 - 4	=1
		x →∞			x	x→∞ (x - 3)× x		x →∞ x2 - 3x

Кутовий коефіцієнт похилої асимптоти k = 1 tga =1 . Отже,

кут нахилу похилої асимптоти до осі Ох дорівнює a = 45° . Рівняння похилої асимптоти - y = kx + b

У нашому разі k = 1 y = x + b . Знайдемо значення b:

b = lim( f (x)			x2		- 4		x2		- 4 - x2 + 3x
											=
		- kx) = lim		x	- 3	- x	= lim		x - 3
x→∞			x→∞				x →∞
3x - 4
= lim			= 3 .
x→∞ x - 3

Отже, рівня похилої асимптоти є y = x + 3

76

Висновок

Функція y = x 2 - 4 має одну вертикальну асимптоту x = 3 і x - 3

одну похилу асимптоту y = x + 3 .

3.9.5 ЗАГАЛЬНА СХЕМА ДОСЛІДЖЕННЯ ФУНКЦІЇ І ПОБУДОВА ЇЇ ГРАФІКА

Дамо загальну схему дослідження довільної функції y = f (x) та побудови її графіка:

1° знайти ОВФ для y = f (x);

2° дослідити парність-непарність функції та її періодичність; 3° знайти асимптоти (якщо вони існують) та точки перетину

з осями координат (якщо це не надто складно); 4° дослідження функції за допомогою першої похідної (ін-

тервали монотонності, екстремуми функції); 5° дослідження функції із застосуванням другої похідної (ін-

тервали опуклості, угнутості та точки перегину); 6° побудова графіку.

Приклад

Дослідити функцію y = 1 x4 - 2 x3 +1 .

											4		3
Розв’язання
1° ОВФ для y =					1		x4 -				2	x3 +1 є x Î (- ¥; ¥);
					4						3
2° досліджуємо парність функції та її періодичність
f (- x) =		1		(- x)4 -		2		(- x)3 +1 =					1	x4 +	2	x3 +1 .
													4		3
4					3
Маємо f (- x) ¹ f (x);											f (- x) ¹ - f (x) - функція загального
вигляду.
f (x + T ) =	1		(x + T )4 -						2	(x + T )3 + 1 ¹ f (x ) =							1	x 4 -	2	x 3 + 1 .
4					3										4			3

77

Отже, функція не періодична; 3° знаходимо асимптоти та точку перетину

y = 1 x4 − 2 x3 + 1 з віссю Оу; 4 3

а) вертикальні асимптоти.

Оскільки ОВФ функції x (− ∞; ∞) , вертикальних асимптот

функція немає; б) горизонтальні асимптоти

	1			4				2			3
lim		x				−				x			+1 = ∞ - горизонтальних асимптот немає;
x→±∞	4							3
в) похилі асимптоти
				1				4			2				3
						x			−				x			+ 1							1				2				1
k = lim			4								3														3				2
																				= lim				x		−		x		+		= ∞					- похилих
										x													4				3				x
x→∞																				x→∞
асимптот немає.
Висновок
Графік функції y =																	1	x4 −			2	x3 + 1 асимптот немає.
																4				3
г) f (0) =					1		04 −					2		03 +1 = 1 - графік функції																		y =			1	x4 −				2	x3 + 1
				4							3																					4					3
перетинає вісь Оу у точці y = 1;
4° досліджуємо функцію за допомогою першої похідної (ін-
тервали монотонності, екстремуми функції):
а) знаходимо першу похідну від функції y =																																	1	x4 −				2	x3 + 1
																																4					3
y′ = x3 − 2x2 = x2 (x − 2).
б) використовуючи необхідну умову існування екстремуму
y′(xk ) = 0 , знаходимо критичні точки xk
x2 (x − 2) = 0 x = 0; x = 2 .
													1							2

78

Отже, маємо дві критичні точки x1 = 0 та x2 = 2 , в яких ви-

конуються достатні умови існування еустремуму (дотична до графіка функції у цих точках паралельна осі Ох);

в) критичні точки розбили ОВФ функції на три інтервали: (- ¥;0); (0;2); (2; ¥) .

З’ясуємо знак 1-ї похідної на цих інтервалах і визначимо інтервали монотонності функції y = 1 x4 - 2 x3 +1 :

		4	3
- x Î(- ¥;0)	′	×(-1	- 2) = -3 < 0 ,
	x = -1, y (-1) =1

отже, виходячи з достатньої умови спадання функції, функція y = 1 x4 - 2 x3 +1 на інтервалі (- ¥;0) спадає:

4	3
-	x Î(0;2)	′	×(1	- 2) = -1	< 0 ,
		x =1, y (1) =1

отже, виходячи з достатньої умови спадання функції, функція

y = 1 x4 - 2 x3 +1 на інтервалі (0;2) теж спадає: 4 3

- x Î(2; ¥) x =10, y¢(10) =102 × (10 - 2) = 80 > 0 ,

отже, виходячи з достатньої умови зростання функції, функція

y= 1 x4 - 2 x3 +1 на інтервалі (2; ¥) зростає. 4 3

Висновок

Функція y = 1 x4 - 2 x3 +1 монотонно спадає на інтервалі

4 3 (- ¥;2) і монотонно зростає на інтервалі (2; ¥);

г) використовуючи 1-шу достатню умову існування екстремуму дослідимо критичні точки на наявність і тип екстремуму.

x1	′	′
	= 0 : "x < x1 y (x) < 0; "x Î (0;2)	y (x) < 0 ,
отже,	переходячи через критичну точку x1 похідна не міняє
знак. Згідно з достатніми умовами в точці x1		екстремуму немає.
x2	′	′
	= 2 : "x Î (0;2) y (x) < 0; "x > 2	y (x) > 0 ,

79

отже, переходячи через критичну точку x2 похідна змінює свій знак на протилежний. Згідно з достатніми умовами в точці x2

екстремум є і це локальний мінімум функції y = 1 x4 - 2 x3 +1

													4					3
ymin = y(2) =	1		24 -		2		23 +1 = 4 - 5					1	+1 = -			1	.
					3
4									3				3
Висновок
Функція y =		1		x4 -		2		x3 +1 має один локальний екстремум –
4					3
мінімум – в точці xmin = 2 . Значення мінімуму - ymin = -1 / 3 ;
5° досліджуємо функцію									y =	1	x4 -			2	x3 +1 із застосуванням
									4				3

другої похідної (інтервали опуклості, угнутості та точки перегину).

а) знайдемо 2-гу похідну функції

y¢¢ = (y¢)¢ = (x3 - 2x2 )′ = 3x2 - 4x = x(3x - 4);

б) використовуючи необхідну умову існування точок перегину y′′(xk ) = 0 , знаходимо критичні точки

x(3x - 4) = 0 x = 0; x =			4		;
1	2	3
в) критичні точки розбили ОВФ функції y =										1	x4 -	2	x3 +1
									4		3
на три інтервали: (- ¥;0);		4				4
	0;			;				; ¥	.
		3				3

Дослідимо знак y′′ на цих інтервалах і, використовуючи до-

статню умову, зробимо висновок про опуклість і угнутість функції.

Інтервал	(- ¥;0):	′′	(-1) = (-1)× (- 3	- 4) = 7	> 0 ,
		x = -1; y

отже, на цьому інтервалі згідно з достатньою умовою угнутості

функція y = 1 x4 - 2 x3 +1 угнута. 4 3