Індив. завдання

M (x; y)

		Äостàтня умовà екстремуму
	ßкщо при переході через критичну точку			x0 функції	y = f (x) похіднà
f ′(x	)	змінює свій знàк, то в точці x	функція	y = f (x)	мàє екстремум, à
0		0

сàме: мінімум при зміні знàку похідної з мінусà нà плюс тà мàксимум при зміні знàку похідної плюсà нà мінус. ßкщо похіднà не змінює знàк, то в точці x0

екстремум відсутній.

Îпуклість тà угнутість грàфікà функції, точки перегину. Íеобхідні і достàтні ознàки точки перегину функції.

Êривà y = f (x) нàзивàється опуклою нà інтервàлі [a;b], якщо всі її точки,

крім точки дотику, лежàть нижче довільної її дотичної нà цьому інтервàлі (рис. 1).

Êривà y = f (x) нàзивàється вгнутою нà інтервàлі [a;b], якщо всі її точки, крім точки дотику, лежàть вище довільної її дотичної нà цьому інтервàлі (рис.

Òочкою перегинунàзивàється тàкà точкà кривої y = f (x), якà відокремлює опуклу її чàстину від вгнутої.

Ïрямà l нàзивàється àсимптотою кривої y = f (x), якщо відстàнь точки

кривої від прямої l прямує до нуля при необмеженому віддàленні

вкàзàної точки в нескінченність.

ßкщо принàймні однà із односторонніх грàниць функції y = f (x) в точці x = a є нескінченною (тобто lim f (x) = ± ∞ àбо lim f (x) = ± ∞ ), то прямà x = a

	x→a−	x→a+
є вертикàльною àсимптотою кривої y = f (x).
ßкщо	існує скінченнà грàниця функції		y = f (x)		при	x → +∞	àбо
x → −∞,що	дорівнює числу b,	тобто lim f (x) = b ,			то	прямà y = b	є
		x→±∞
горизонтàльною àсимптотою кривої y = f (x).
ßкщо існують і є скінченними грàниці: lim			f (x)	= k;	lim ( f (x) − kx) = b,
		x→ ∞	x		x→ ∞

то прямà y = kx + b є похилою àсимптотою кривої y = f (x).

Çàгàльнà схемà дослідження функцій тà побудовà грàфіків

1.Çнàходять облàсть визнàчення D( f ) дàної функції.

2.Äосліджують функцію нà неперервність; визнàчàють точки розриву (якщо вони існують) і з’ясовують хàрàктер розривів.

3.Ñклàдàють рівняння àсимптот грàфікà функції.

4.Äосліджують функцію нà пàрність, непàрність.

5.Âідшукують точки перетину грàфікà функції з осями координàт.

6.Çнàходять похідну першого порядку f ′(x) дàної функції тà

виконують дослідження нà монотонність тà екстремум.

61

7.Çнàходять похідну другого порядку f ′′(x) дàної функції тà

виконують дослідження нà опуклість, вгнутість тà перегин.

8. Íà основі проведеного дослідження будують грàфік функції

y = f (x).

Ïриклàд.Äослідити функцію y = x3 - 4x2 + 5x - 2 тà побудувàти її грàфік.

Ðозв’язàння.

Îблàсть визнàчення функції – множинà всіх дійсних чисел: x R (àбо xÎ(-¥;+¥) , àбо D( y) = (-¥;+¥) , àбо D( y) = R).

Ôункція є елементàрною, тому вонà неперервнà нà своїй облàсті визнàчення, тобто нà всій числовій прямій. Òочок розриву немàє.

Îтже, грàфік не мàє вертикàльних àсимптот.

Äля з’ясувàння питàння про нàявність похилих àсимптот знàйдемо грàницю:

	f (x)		(x3 - 4x2 + 5x - 2)	æ	2		2 ö
lim		= lim		= lim ç x		- 4x + 5 -		÷	= ¥ .
			x				x
x→± ∞ x		x→± ∞		x→± ∞ è				ø

Îскільки грàниця не є скінчене число, то похилих àсимптот немàє. Ïроведемо дослідження функції нà пàрність. Îскільки її облàсть

визнàчення симетричнà відносно почàтку координàт, то потрібно лише перевірити, чи виконується однà із рівностей: f (−x) = ± f (x).

Îтримàємо:

f (-x) = (-x)3 - 4(-x)2 + 5(-x) - 2 = -x3 - 4x2 - 5x - 2 = -(x3 + 4x2 + 5x + 2). Îтже, f (-x) ¹ ± f (x) .

Òому функція ні пàрнà, ні непàрнà.

Âідшукàємо точки перетину грàфікà з осями координàт:

a) з віссю Oy :	x = 0;	y = -2;
b) з віссю Ox :	y = 0;	x3 − 4x2 + 5x − 2 = 0.

Âизнàчимо, чи мàє остàннє рівняння цілі корені. Äля цього перевіримо кожен з дільників вільного членà (-2), тобто кожне з чисел: ±1;±2. Îскільки f (1) = 13 - 4×12 + 5×1- 2 = 0, то x = 1 – один із коренів рівняння. Äля

з’ясувàння питàння про існувàння інших коренів рівняння відшукàємо чàстку від ділення многочленà x3 − 4x2 + 5x − 2 нà x −1:

x3 - 4x2 + 5x - 2			x -1
x3 - x2			x2 - 3x + 2

- 3x2 + 5x - 3x2 + 3x

2x - 2

2x - 2

0

62

Çнàйдемо корені многочленà x2 - 3x + 2, для чого розв’яжемо квàдрàтне

рівняння	x2 - 3x + 2 = 0 . Îтримàємо:		x =1; x = 2 . Òàким чином,		x =1; x = 2		–
корені рівняння		x3 - 4x2 + 5x - 2 = 0 .
Îтже, грàфік дàної функції			перетинàє вісі	координàт	в	точкàх:
(0;-2),(1;0),(2;0).
Äля дослідження функції нà монотонність тà екстремуми знàйдемо першу
похідну	функції	y = x3 - 4x2 + 5x - 2 .	Îтримàємо:	y¢ = 3x2 - 8x + 5.		Òàк	як
похіднà	′
	y існує в кожній точці облàсті визнàчення дàної функції, то критичні

точки ² роду визнàчимо тільки з умови y′ = 0 . Îдержимо квàдрàтне рівняння:

3x2 - 8x + 5 = 0. Éого корені: x =1; x = 5 . Òому функція мàє дві критичні точки ² 3

роду: x = 1; x = 5 .

3

Ðозіб’ємо числову вісь отримàними точкàми нà три проміжки. Âизнàчимо

			′					′	> 0,	à в
знàк першої похідної y в кожному з них: в першому і третьому y
			y′ < 0. Òому при xÎ(-¥;1]U	é5		ö
другому				ê		;+¥÷	дàнà функція зростàє, à			при
				ë3		ø
é	5ù									′
xÎê1;		ú	– спàдàє. Ïри переході через критичну точку x = 1 першà похіднà y
ë	3û

змінює свій знàк з плюсà нà мінус, тому в цій точці функція мàє мàксимум; мàксимàльне знàчення функції ymax = f (1) = 0. Ïри переході через критичну

точку x =	5	першà похіднà y′ змінює свій знàк з мінусà нà плюс, тому в цій
3			æ 5				4
					ö
точці функція мàє мінімум; мінімàльне знàчення функції ymin			= f ç		÷	= -		.
							27
			è 3		ø

y′		max	min
	+	–		+
		1	5/3	x

Íà мàлюнку знàкàми „+” тà „–” вкàзàні проміжки знàкостàлості першої похідної y′, à стрілкàми – проміжки монотонності (зростàння і спàдàння) дàної функції.

Äля дослідження функції нà опуклість, вгнутість тà перегин знàйдемо другу похідну: y′′ = 6x − 8. Òàк як вонà існує в кожній точці облàсті визнàчення

дàної функції, то критичні точки ²² роду визнàчимо тільки з умови y′′ = 0.

Îдержимо лінійне рівняння: 6x − 8 = 0. Éого корінь: x = 4 . Òому функція мàє 3

одну критичну точку ²² роду: x = 4 .

3

63

Ðозіб’ємо числову вісь отримàною точкою нà двà проміжки. Âизнàчимо

знàк другої похідної

y′′ в кожному з них: в першому

y′′ < 0, à в другому

æ

4

ù

é

4

ö

y′′ > 0. Òому при xÎç

-¥;

ú

грàфік дàної функції опуклий, à при xÎê

;+¥

÷ –

3

3

è

û

ë

ø

вгнутий.

4

Ïри переході через критичну точку x =

другà похіднà

y′′ змінює свій

4

3

знàк, тому x =

– àбсцисà точки перегину. Çнàчення функції в цій точці:

3

æ 4 ö

2

yперегину

= f ç

÷ = -

.

è 3

ø

27

y′′

–

перегин

+

x

4/3

Íà основі проведеного

дослідження

побудуємо

грàфік

дàної

функції

y = x3 - 4x2 + 5x - 2 .

64

Ðозділ «Äиференціàльне числення функцій бàгàтьох змінних»

Òемà: Åкстремум функцій двох змінних Òеоретичні відомості

Ðозглянемо функцію двох незàлежних змінних z = f		(x; y).
Íàдàмо приросту тільки одній змінній (àбо x , àбо		y ), тоді одержимо
чàстинні прирости:
Dx z = f (x + Dx; y) - f (x; y);	y z = f (x; y + y) − f (x; y) .

ßкщо ж приросту нàбувàють обидві змінні, то одержимо повний приріст функції:

Dz = f (x + Dx; y + Dy) - f (x; y).

×àстинною похідною по змінній x від функції z = f (x;

y) нàзивàється

грàниця відношення чàстинного приросту функції

x z до приросту цієї

незàлежної змінної x зà умови, що

x → 0 , тобто:

z¢x

= lim

Dx z

= lim

f (x + Dx;

y) - f (x;

y)

.

Dx

x→0 Dx

x→0

Ïри цьому ввàжàють, що x – зміннà; y – стàлà.

¢

¢

¶z

¶f

, ¶x .

Ïознàчàється: zx , fx , ¶x

Àнàлогічно, чàстиннà похіднà по змінній y від функції z = f (x; y)

визнàчàється як грàниця:

z¢y

= lim

Dy z

= lim

f (x; y + Dy) - f (x; y)

.

Dy

y→0 Dy

y→0

Ïри цьому ввàжàють, що y – зміннà; x – стàлà.

Ïознàчàється: z¢y , fy¢,

¶z

¶f

,

.

¶y

¶y

Äля дослідження функції двох змінних нà екстремум необхідно перевірити необхідні тà достàтні умови екстремуму.

Òеоремà 1 (необхідні умови екстремуму). ßкщо функція z = f (x, y)мàє в

точці (x0 , y0 )екстремум, то в цій точці чàстинні похідні першого порядку по змінних x тà y дорівнює нулю àбо не існують:

	ì f ¢(x,		y) = 0;
	ï	x	.
	í f ¢(x,
			y) = 0
	ï	y
	î

Òеоремà 2 (достàтні умови існувàння екстремуму). Íехàй в стàціонàрній

точці M0 (x0, y0 ) і в деякому її околі функція f (x;						y)		мàє неперервні чàстинні
похідні до другого порядку включно, причому:
f ′′	(x ; y	o	) = A; f ′′ (x ; y	o	) = B; f ′′		(x ; y		o	) = C .
xx	o		xy o			yy		o

65

Òоді якщо

= AC − B2 > 0 , то в точці (x ,

y

) функція z = f (x; y) мàє

0

0

екстремум, à сàме: якщо A < 0, то мàксимум; якщо A> 0, то мінімум.

ßкщо

= AC − B2 < 0, то в точці (x0 , y0 ) функція z = f (x; y)

екстремуму

не мàє.

= AC − B2 = 0 , то екстремум в точці

(x , y

) може існувàти, à

ßкщо

0

0

може і не існувàти, тобто питàння про нàявність екстремумів відкрите.

Ïриклàд 1.

Ïриклàди розв’язувàння типових зàвдàнь

Äослідити

нà

екстремум

функцію

y

z = x2 + xy + y2 − 3x − 6y .

Ðозв’язàння.

Çнàходимо

чàстинні

похідні

4B

першого порядку дàної функції:

z′x = 2x + y − 3; z′y = x + 2y − 6

P

Âикористàвши

необхідні

умови

екстремуму,

визнàчàємо стàціонàрні

точки

функції

із

системи

P

P

рівнянь:

{2x + y − 3 = 0;

A

O

P

x + 2y − 6 = 0;

4

x звідки мàємо: x = 0; y = 3.

Çнàходимо чàстинні похідні другого порядку:

′′

′′

′′

= 2

zxx

= 2; zxy

=1; zyy

Ñклàдàємо визнàчник:

21

== 4 −1 = 3

12

Òàк як = 3 > 0, A > 0, то в точці M0 (0;3) функція z = x2 + xy + y2 − 3x − 6y мàє

мінімум, причому zmin = z(0;3) = 02 + 0 ×3 + 32 - 3× 0 - 6 ×3 = -9.

Ïриклàд 2. Çнàйдіть нàйбільше і нàйменше знàчення функції z = x2 + 2y2 − 2x −8y + 5 в зàмкненій облàсті D, якà обмеженà осями координàт і прямою x + y − 4 = 0.

Ðозв’язàння:

Âиконàємо мàлюнок. Îблàсть D являє собою зàмкнений трикутник AOB . Çнàйдемо стàціонàрні точки, які лежàть всередині зàдàної облàсті. Âідшукàємо чàстинні похідні функції z : z′x = 2x − 2; z′y = 4y − 8,

прирівняємо їх до нуля і, розв’язàвши одержàну систему:

{2x − 2 = 0; 4y − 8 = 0;

знàйдемо стàціонàрну точку Po (1;2) . Öя точкà є внутрішньою точкою зàдàної облàсті. Îбчислимо знàчення функції z в цій точці:

66

x [0;4]:

z (Po ) = z (1;2) =1+ 8 - 2 -16 + 5 = -4.

Âиконàємо дослідження точки нà межі облàсті, що склàдàється з трьох відрізків: відрізкà OA осі Ox , відрізкà OB осі Oy , відрізкà AB . Âизнàчимо нàйбільше і нàйменше знàчення функції z нà кожній з цих ділянок.

Íà відрізку OA мàємо: y = 0;0 £ x £ 4. Îскільки y = 0, то z = x2 − 2x + 5, тобто функція z являє собою функцію однієї змінної х. Äосліджуємо її нà нàйбільше тà нàйменше знàчення нà відрізку

z¢x = 2x - 2; 2x - 2 = 0; x =1; P1 (1;0); z(P1 ) = z (1;0) = 4.

P1 – стàціонàрнà точкà нà відрізку OA. Îбчислимо тàкож знàчення функції z нà кінцях відрізкà ÎÀ, тобто в точкàх Î(0;0) і À(4;0):

z(O) = z(0;0) = 5; z( A) = z(4;0) =13.

Íà відрізку ÎÂ: x = 0;0 £ y £ 4. ßкщо x = 0, то z = 2y2 - 8y + 5, тобто функція z являє собою функцію однієї змінної y . Äосліджуємо її нà

нàйбільше тà нàйменше знàчення при yÎ[0;4] :

z′y = 4y − 8; 4 y − 8 = 0; y = 2; P2 (0;2); z(P2 ) = z(0;2) = −3.

Çнàчення функції в точці O(0;0) вже було обчислене вище. Îбчислимо знàчення функції в точці B(0;4) : z(B) = z(0;4) = 5 .

Âиконàємо дослідження нà відрізку AB . Ðівняння прямої AB зà умовою мàє вигляд: x + y - 4 = 0, звідки: y = 4 - x. Ïідстàвимо цей вирàз для у в зàдàну функцію z і отримàємо:

z = x2 + 2(4 - x)2 - 2x -8(4 - x) + 5 = 3x2 -10x + 5.

Ôункція

z нà відрізку ÀÂ являє

собою

функцію однієї змінної х.

Âизнàчимо її нàйбільше тà нàйменше знàчення нà відрізку x [0;4]:

5

æ

5

7

ö

æ

5

7

ö

10

z¢x

= 6x -10; 6x -10 = 0; x =

; P3

ç

;

÷;

z(P3 ) = z ç

;

÷ = -

.

3

3

è

3 3

ø

è

3 3

ø

Çнàчення функції z нà кінцях відрізкà AB вже були обчислені рàніше.

Ïорівнюємо обчислені знàчення

функції

z

в отримàних стàціонàрних

точкàх Po , P1, P2 , P3 тà в точкàх O, A, B ,

тобто

нà кінцях

відрізків, з яких

склàдàється межà облàсті, робимо висновок, що нàйбільшого тà нàйменшого знàчень в зàдàній зàмкненій облàсті дàнà функція z досягàє в точкàх A тà P0

відповідно, причому шукàні знàчення дорівнюють:

max z = z( A) = z;(4;0) =13; min z = z(Po ) = z;(1;2) = -4.

D D

67

Ðозділ «²нтегрàльне числення функцій однієї змінної»

Òемà. ²нтегрàльне числення

Òеоретичні відомості

Ôункція F (x) нàзивàється первісною для функції f (x) нà проміжку

[a;b], якщо у кожній точці цього проміжку виконується умовà: F′(x) = f (x) .

Ñукупність усіх первісних F (x ) для функції f (x) нà деякому проміжку Õ нàзивàють невизнàченим інтегрàлом від функції f (x) нà цьому проміжку і

познàчàють ò f (x) dx

ßкщо F (x) –однà з первісних для функції f (x)нà проміжку Õ, то зà ознàченням:

ò f (x)dx = F (x) + C .

Âлàстивості невизнàченого інтегрàлу:

1) Ïохіднà від невизнàченого інтегрàлà дорівнює підінтегрàльній функції. Çàвдяки цій влàстивості можнà перевірити прàвильність виконàння оперàції інтегрувàння.

(ò f (x)dx)′ = f (x)

2) Äиференціàл від невизнàченого інтегрàлà дорівнює підінтегрàльному вирàзу.

d(ò f (x)dx) = f (x)dx .

3)Íевизнàчений інтегрàл від диференціàлу деякої функції дорівнює сумі цієї функції і довільної стàлої.

òdF (x) = F (x) + C .

4)Ñтàлий множник можнà виносити зà знàк інтегрàлу.

òC f (x)dx = Cò f (x)dx , де k R.

5)Íевизнàчений інтегрàл від àлгебрàїчної суми двох функцій дорівнює àлгебрàїчній сумі інтегрàлів від цих функцій.

ò( f1 (x) + f2 (x))dx = ò f1 (x)dx + ò f2 (x)dx .

Íàслідок. ò(k1 f1 (x) + k2 f2 (x))dx = k1 ò f1 (x)dx + k2 ò f2 (x)dx .

68

Ïриклàди розв’язувàння типових зàвдàнь

Ïриклàд.

Çнàйти неознàчені інтегрàли. Ïеревірити результàт диференціювàнням:

4	òx	4	2	æ	1	ö
1) òe− x x3dx. 2)			ln xdx. 3) òç x2 + 2x +			÷dx .
					x
			1	è		ø

Ðозв’язàння.

4

ét = -x4

ù

1

1

4

1) òe− x x3dx = ê

ú =

òetdt = -

e− x

+ C .

3

4

Ïеревіркà.

ëdt

= -4x

dxû

4

æ

1

4

ö¢

1

4

4

ç

-

e− x

+ c÷

= -

e− x

×(-4x3 )

= e− x x3 .

4

4

è

ø

	é	u = ln x
	ê
	òx4 ln xdx = ê
2)	ê	4	dx
	êdv = x
	ë

du =

dx

ù

1

1

x

ú

5

4

ú =

x

ln x -

òx

dx =

1

5

5

v =

x

5

ú

5

ú

û

													=	1		x5 ln x -									1						x5 + C.
													5										25
Ïеревіркà.													ö¢
æ	1				5		1			5								4										1				4				1						4					4
ç			x			ln x -			x		+ C ÷ = x									ln x +										x			-						x				= x					ln x .
	5						25																					5								5
è													ø
3) Äля обчислення визнàченого інтегрàлу використàємо формулу
Íьютонà-Ëейбніцà:
													b																					ba =F (b) - F (a)
													ò f (x)dx = F (x)
													a
2				2						æ x3						x2		ö				2		æ x3												2 ö					2		æ 23							2 ö æ13			2 ö
ò(x						+ 2x)dx =				ç			+ 2						÷				= ç								+ x					÷							= ç						+ 2	÷ - ç			+1 ÷	=
											3																	3																			3
1										è			2					ø				1	è													ø					1		è							ø è 3			ø
													=			8	+ 4 -							1		-1 =									16			= 5						1	.
													3										3										3										3

69

²ндивідуàльне зàвдàння 5.

Çнàйдіть грàниці функцій:

Âàріàнт 1

3x2 + x -1

1)

lim (2x4 - x2 + 4x -15);

2)

lim

;

x→3

x→1 x2 - 8

3)

lim (x -1)(x - 5);

4)

lim

x2 + x - 6

;

x→1 x2 -17x +16

x→2 3x2 - 2x - 8

x2 + 2x -1

4x2 - x + 21

5) lim

;

6) lim

;

x→∞ x2 - 5x + 3

x→∞ 2x3 - x + 5

7)

6x

4 - x2 -1

8)

lim

x +1

-

5 - x

;

lim

;

x - 2

x→∞ x3

- 5x + 9

x→2

9)

sin8x

10) lim

sin2 4x

lim

;

;

x→0

x

x→0 arctg2 7x

æ

4 ö2x

æ x + 2 ö3x+3

11) lim ç1+

÷

;

12) lim

ç

÷ .

x

x→∞ è

x ø

x→∞

è

ø

Çнàйдіть грàниці функцій:

Âàріàнт 2

x2 - 3x - 5

1)

lim(x5 + 2x3 - 9x + 4);

2) lim

;

x→1

x→−1 x2 + x - 7

(x -1)(x -8)

2x2 - x - 3

3)

lim

;

4) lim

;

x→1 x2

- 9x + 8

x→−1 x2 + 3x + 2

5)

lim

4x3 - 2x + 5

;

6)

lim

x2 + 8x +1

;

x→∞ 2x2 + x - 7

x→∞ x2 + 3x − 2

7x3

- x - 2

x - 3

7)

lim

;

8)

lim

;

+ 6x3

x→∞ 3x4

x→3

x - 2 - 4 - x

9)

lim

8x

;

10)

lim

tg2 4x

;

x→0 sin3x

x→0 xarcsin2x

11) lim

æ

8

ö9x

æ12x + 5 ö3x−5

ç1+

÷

;

12)

lim

ç

÷ .

x

12x

-1

x→∞

è

ø

x→∞

è

ø

Çнàйдіть грàниці функцій:

Âàріàнт 3

x2 + 2x - 7

1)

lim(7x3 - 6x2 + x + 9);

2) lim

;

x→4

x→−2

5x +1

(x -1)(x - 3)

5x2 + x - 6

3)

lim

;

4)

lim

;

x→1 4x2

- 5x +1

x→1 x2 + 2x - 3

7x2

+ 7x -1

5x3 - x2 + 2

5)

lim

;

6) lim

;

x→∞ 7x2

+ 2x + 3

x→∞ 15x2 + 8x + 7

70