mat.analiz_1

	f (−x)	Симетричне
		відображення графіка
		відносно осі OY.

						Стерти частину графіка
						функції y = f(x), яка
						розміщена зліва від осі
						OY; залишити частину
						графіка y = f(x), яка
f (		x		)		розміщена праворуч від
						осі OY і на ній; частину
						графіка функції y = f(x),
						розташовану в правій
						півплощині, симетрично
						відобразити відносно осі
						OY в ліву півплощину.
		Надалі побудову графіка функції y = g(x)				за графіком функції
y = f (x) з використанням перетворень,						позначатимемо за
допомогою стрілок:					f (x)→ g(x).
			Приклад 12.		Побудувати графік квадратичної функції

y = ax2 +bx + c, a ≠ 0 .

Розв’язання. Виконаємо відомі вам з шкільного курсу перетворення, а саме: винесемо за дужки перший коефіцієнт a , а в дужках виділимо квадрат двочлена. Отримаємо:

b

c

b

b2

c

b2

y = ax2

+bx + c = a x2 +

x +

= a x2

+ 2x

+

+

−

=

2

2

a

a

2a

4a

a

4a

60

	b		2	b2 − 4ac	2	b		b2 − 4ac
= a x +			−	4a	= a(x − m) + n, де m = −		, n = −		.
						2a		4a
	2a

Тому можна записати ланцюжок геометричних перетворень:

ax	2	||Ox	2	||Oy	2
		→a(x − m)		→a(x − m) + n .
Наприклад,		для	функції	y = x2 + 4x +5 = (x + 2)2 +1 маємо:

(рис 5.8)

		x2 → (x + 2)2 → (x + 2)2 +1
y	x2	y	(	)	2	y	(x	+	2)	2	1
				x+2							+
		→		→
		x		x			x

Рис. 5.8

Взагалі, побудову графіка функції y = Af (kx +b)+ B за графіком функції y = f (x) можна провести за схемою:

b

f (x)→ f (kx)→ Af (kx)→ Af (kx)+ B → Af k x +

+ B

,

(5.1)

k

або за іншою схемою

b

b

f (x)→ Af (x)→ Af (kx)→ Af k x +

→ Af

k x +

+ B

(5.2)

k

k

Звертаємо увагу, що довжина відрізка, на яку відбувається паралельне перенесення графіка вздовж осі ОХ (тобто

b

величина k ), визначається тією сталою, що додається до

аргумента х, а не до виразу kx. Саме	тому вираз kx +b
	b
потрібно спочатку звести до вигляду k x +		.
	k

61

Приклад 13. Розглянемо функцію y = cxax++db . Її називають

дробово лінійною функцією. Вона є відношенням двох лінійних функцій y = ax +b і y = cx + d . Якщо коефіцієнти лінійних функцій

пропорційні ac = db , то дробово лінійна функція вироджується у константу. Тому надалі вважатимемо ad −bc ≠ 0 .

Проаналізуємо деякі частинні випадки:

1) c = 0, тоді y = da x + db – лінійна функція.

	2) a = d = 0, тоді y =	b	=	k	– обернена пропорційність,
		cx		x

графіком якої є парабола.

Покажемо, що графік дробово лінійної функції можна отримати з графіка оберненої пропорційності за допомогою елементарних перетворень.

y =

ax +b

a

bc − ad

a

=

+

=

+

cx + d

c

c(cx + d )

c

де k =

bc − ad

, m =

d

, A =

a

.

c2

c

c

	bc − ad					k
	c2				= A +		,
	x +	d				x + m
		c

Отже, можна

побудувати

ланцюжок

перетворень:

k

||Ox на

m

одиниць

k

||Oy на

A

од.

k

+ A =

ax +b

→

→

x

x + m

x + m

cx + d

Наприклад,

для

функції

y =

2x −5

= 2 +

1

маємо:

x −3

x −3

1

||Ox на3од.вправо

1

||Oy на 2 од.вгору

1

2x −5

→

→2

+

=

x

x −3

x −3

x −3

62

y

y

1

y

2x −5

1

x −3

x−3

x

x

x

x

Рис. 5.9

Композиція і обертання функції.

Означення 5.4. Нехай задано функції

t = f (x) і

y = F (t ),

причому область визначення функції F

містить

множину

значень функції

f

(E ( f ) D(F )),

тоді

кожному

x D( f )

ставиться у відповідність y таке, що y = F (t )

, де t = f (x).

кожному x D( f ) →одне t = f (x) E( f ) D(F) →одне y =F(t) =F( f (x))

	Цю функцію,		яка	визначається	F f
	відповідністю			y = F ( f (x)),
					F(f (x))
	називають	складеною функцією
					x
	або композицією (суперпозицією)
	функцій f	і	F ,	позначають:	f
	y = F f ,	f (x)		– називають
					F
	внутрішньою функцією, а F (t ) –

зовнішньою функцією (рис. 5.9).

Приклади:

14. y = (2x +5)4 . Тут степенева функція y = t4 є зовнішньою, а лінійна функція t = 2x + 5 є внутрішньою;

15. y = 2sin x . Тут показникова функція y = 2t є зовнішньою, а тригонометрична функція t = sin x є внутрішньою.

Слід зазначити, що складена функція відбиває не характер функціональної залежності, а лише спосіб її задання.

63

Означення 5.5. Нехай задана функція y = f (x), визначена на множині D( f ), це означає, що кожному елементу x D( f ) співвідноситься один елемент y E ( f ).

Візьмемо деякий елемент y0 E ( f )	йому відповідає одне або
декілька значень x D( f ), тобто рівняння
f (x)= y0	(5.3)

має один або декілька розв’язків.

Якщо рівняння (5.3) має тільки один розв’язок, тобто

кожному

значенню

y E ( f ) співвідноситься один елемент

x D( f ),

то тим самим на множині E ( f ) визначено функцію

x =ϕ(y),

яку називають оберненою функцією до функції

y = f (x).

Саму функцію

y = f (x)

називають в цьому випадку

прямою або оборотною функцією.

Приклади:

16. y = 2x +5 x =

y −5

=

1

y −

5

;

2

2

2

ϕ

1

5

кожному y R →

одне x =

y

−

.

2

2

Отже, x =

1

y −

5

– обернена функція до y = 2x +5 (рис. 5.10).

2

2

17. y = x2 x2

= y;

x = ±

y ,

кожному y ≥ 0 → два x = ±

y .

Отже, для даної функції оберненої немає (рис.5.11).

18. y = x2 , x ≥ 0 x2 = y,

x =

y

кожному y ≥ 0 → одне x =

y .

ϕ

64

Отже, x =

y – обернена функція до y = x2 ,

x ≥ 0 (рис. 5.12).

y

y = 2x + 5

y

y = x2

y

y = x2 , x ≥ 0

5

x =

y −5

4

x =

y

2

y

2

1

x

1

1

0

1

−

−1

0

1

y

x

0

1

x

y

Рис. 5.10

Рис. 5.11

Рис. 5.12

Нехай

функція

y = f (x)

має

обернену

функцію x =ϕ( y) .

За

означенням оберненої функції:

D(ϕ) = E( f ) , E(ϕ) = D( f ) .

Це означає, що графіки прямої і оберненої функції співпадають.
Якщо	ж в	оберненій функції перепозначити змінні, тобто
Y			незалежну змінну позначити через
			x і відкладати її по осі					Ox , залежну
	y=f(x)	y=x
			– y і відкладати її по осі Oy , тоді
P	N		обернена функція набере вигляду
			y =ϕ(x) ,	а	графіки			прямої		і
		C	оберненої	функції			вже,		взагалі
		M	кажучи, співпадати не будуть.
		y=ϕ (x)
			Покажемо,			що		в	цьому
		X
O			випадку	графіки				прямої		і
		K	оберненої		функцій			симетричні
	Рис.5.13		відносно прямої y = x .
			Нехай		точка			M (x; f (x))
належить графіку прямої функції y = f (x), тоді точка N( f (x); x) буде
належати графіку оберненої функції y =ϕ(x) (рис. 5.13). Точки M і N
з’єднаємо з початком відліку та між собою.
			65

Маємо ∆ОКМ=∆ОРN, оскільки OKM = OPN =90o ,

ОК=ОР= x , MK=РN= f (x) .

Зрівності цих трикутників випливає, що OM = ON , тобто ∆ОМN

–рівнобедрений. В ньому NOC = MOC . Отже, OC – бісектриса, проведена з вершини рівнобедреного трикутника, а значить, медіана

і висота:	NC = MC, MN OC . Отже	точки	M	і N симетричні
відносно	прямої y = x , тобто графіки	прямої	і	оберненої функцій
симетричні відносно прямої y = x .

Арифметичні операції над функціями.

Означення 5.6. Нехай функції f (x) і g (x) визначені на множині X . Розглянемо такі відповідності:

кожному x X ставиться у відповідність:

1)одне значення f (x)± g (x) ,

2)одне значення f (x) g (x),

3)одне значення gf ((xx)) , g (x)≠ 0 .

Це відповідності, згідно з означенням, є функціями, які називають сумою, різницею, добутком та часткою:

( f ± g )(x):= f (x)±ϕ(x), ( f g )(x):= f (x) g (x),	f		(x):=	f (x)	.
g				g (x)

Тобто, у множині дійсних функцій ми ввели операції композиції і обернення функцій, а також чотири арифметичні операції.

Приклад	19. Задано		функції f (x)= x, g(x)= x −1. Знайти:
3 f , f + g, f − g, g − f , f g,			f	,	g	, f g, g f , f f , g g .
					f
			g
Розв’язання.
							Область визначення
Функція		Формула

66

3 f			3 x			[0; +∞)
						[0; +∞)
	f + g			x + x −1
						[0; +∞)
	f − g			x − x +1
						[0; +∞)
	f g		(x −1) x
	f			x		[0; 1) (1; +∞)
	g
				x −1
						(0; +∞)
	g			x −1
	f			x		[1; +∞)
	f g = f (g(x))			g(x)= x −1
						[0; +∞)
	g f = g(f (x))			f (x)−1 = x −1
						[0; +∞)
	f f = f (f (x))			f (x)= x = 4 x
	g g = g(g(x))			g(x)−1 = x −1−1 = x −2		R

67

План:

1.Принципи класифікації функцій.

2.Числові послідовності та функції, областю визначення яких є проміжок або сукупність проміжків.

3.Монотонні, обмежені, парні, непарні, періодичні функції.

4.Базисні функції та основний метод побудови функцій. Клас елементарних функцій.

Мета лекції: усвідомити, що стратегія побудови, а тому і вивчення курсу, у класифікації і подальшому дослідженні певних класів функцій; показати принципи класифікації функцій, оволодіти уміннями розпізнавати належність функції до певного класу, будувати функції з наперед заданими властивостями.

Принципи класифікації функцій.

На минулій лекції ми ввели поняття функції як відповідності f ,

згідно з якою кожному елементу множини	X співвідноситься один
елемент з множини Y , і позначили	f : X →Y , або y = f (x),

підкреслили, що на першому році навчання будемо займатися тільки числовими функціями, тобто функціями f : X → R; X R , навчилися виконувати шість операцій. Однак описати множину всіх дійсних функцій є практично нереальною справою. Можна здійснити спробу класифікації функцій за певними ознаками.

В математиці найбільш відомими є три способи класифікації функцій:

1)за структурою області визначення (числові послідовності і функції неперервного аргументу) (рис.6.1);

2)за властивостями дійсних чисел (обмежені і необмежені, монотонні і немонотонні, парні і непарні, періодичні і неперіодичні тощо) (рис.6.2);

68

3) взявши певний набір базисних функцій, можна отримати нескінченну множину функцій (алгебраїчних і трансцендентних, раціональних і ірраціональних тощо) (рис.6.3) (див.в кінці

лекції).

Числові послідовності та функції, областю визначення яких є проміжок або сукупність проміжків.

Розглянемо функцію, областю визначення якої є множина натуральних чисел. Таку функцію y = f (n), n N називають

функцією натурального аргументу. Отже, кожному значенню n N

за певним правилом співвідноситься одне число yn , тому отримаємо числа

y1 , y2 , y3 , ...yn , ...,	(6.1)
Позначають числову послідовність (ЧП):
y1 , y2 , y3 ,...yn ,...; або {yn }; або (yn ); або yn	= f (n), n =1, 2,... ,

Другий клас функцій, який буде предметом нашого вивчення, буде складатися з функцій, областю визначення яких є проміжок (скінчений або нескінченний), або сукупність проміжків. Функції з цього класу будемо називати функціями з неперервним аргументом.

Приклади:

	1.	f (x)= 3x2 − x +1, D( f ) = R ;
	2.	y = 1 − x2 ,			D( f ) :[−1;1];
	3.	f (x)=		1			, D( f ) = (−∞;−1) (−1;1) (1;+∞);
			x2	−1
								−π + nπ;	π
	4.	f (x)= tgx,			D( f ) =					+ nπ .
							nΖ	2	2

Отже, в майбутньому ми будемо мати справу з послідовностями, або з функціями неперервного аргументу. Ці два класи не мають спільних елементів, проте ними не вичерпуються всі функції, визначені на нескінченних множинах.

69