TR-DI

lim	arcsin 2 x		lim		1 x2	lim	arcsin 2 x
e x 0	sin x		x 0	cos x		e x 0	sin x .
Так как arcsin 2 x 0, sin x		0,			получили		неопределенность		0	. Её
x 0		x 0
									0

можно раскрыть, ещё раз применив правило Лопиталя, но проще использовать таблицу эквивалентных бесконечно малых:

при x 0 arcsin x ~ х, sin x ~ х.

Тогда

	lim	arcsin2 x	lim		x2
							lim ( x)	e0 1.
	A ex 0	sin x ex 0			x ex 0
									Отв. 1.
	З а д а н и е №	2 . Провести полное исследование функций, постро-
	ить графики функций, провести касательные в точках перегиба.
				( x 1)3
	а) у = sin3 x + соs3х;	б) y					;	в) у = х3 3 (х 1)2 .
				( x 2)2

Пояснения. Исследование функции и построение графика следует проводить по следующему плану.

1.Определить область определения функции D(y).

2.Выяснить вопросы о симметрии (четность и нечетность функции), периодичности.

3.Определить точки разрыва. Сделать вывод о вертикальных асимптотах.

4.Определить точки пересечения с осями координат.

5.Вычислить y . Исследовать функцию на экстремум, установив интервалы монотонности.

6.Вычислить y . Исследовать на выпуклость и вогнутость, установить точки перегибов.

7.Определить наклонные асимптоты графика функции.

Полученные данные следует использовать для построения графика функции. Для большей точности эскиза рекомендуется построить еще и отдельные точки графика, давая значения независимой переменной и определяя соответствующие значения функции.

Замечание. Если исследуемая функция y = f (x) – четная, т. е. такая, что при изменении знака аргумента значение функции не изменяется, т. е. если

f (–x) = f (x),

21

Оглавление

то достаточно исследовать функцию и построить ее график при положительных значениях аргумента, принадлежащих D(y). При отрицательных значениях аргумента график функции строится симметрично оси ординат.

Р е ш е н и е . а) у = sin3 x + соs3х.

D(y) = (– ; ). Функция имеет период 2 .

В силу периодичности функции достаточно ограничиться значениями х

[0, 2 ].

Из непрерывности функции и ее периодичности следует отсутствие асимптот. Найдем первую производную функции

у= 3 sin2 х cos х – 3 cos2 x sin x = 3 sin x cos x (sin x – cos x) =

=1,5 sin 2x (sin x – cos x).

Стационарные точки определим из уравнений
sin 2х = 0	sin x – cos x = 0
2х = n,	tg x = 1,
x = n / 2, n Z	x = / 4 + n, n Z.

На отрезке [0, 2 ] получим следующие стационарные точки:

х1 = 0, х2 = / 4 0,79,		х3 = / 2 1,57,	х4 = 3,14,
х5 = 5 / 4 3,93,	х6	= 3 / 2 4,71,	х7 = 2 6,28.

Найдем вторую производную функции

у = 3соs 2x (sin х – соs х) + 1,5 sin 2х (соs х + sin x).

Исследуем знаки второй производной функции в критических точках первого рода.

При х1 = 0 (2 ), х3 = / 2, х4 = , х6 = 3 / 2 второе слагаемое обращается в 0. В точках 0 (2 ), / 2 у < 0. Следовательно, эти точки являются точками максимума.

В точках х4 = , х6 = 3 / 2 вторая производная у > 0, следовательно, эти точки являются точками минимума.

При х2 = / 4 и х5 = 5 / 4 ввиду равенства sin х = соs х вторая производная примет вид

у = 1,5 sin 2x (cos x + sin х),

22

Оглавление

так что при х4 = / 4 вторая производная у " > 0, следовательно, точка х4 – точка минимума, при х5 = 5 / 4 у " < 0, следовательно, точка х5 – точка максимума.

Найдем критические точки второго рода, т. е. точки, в которых обращается в нуль или не существует вторая производная. Преобразуем у следующим образом:

у" = –3(sin х + соs х) (sin х – cos х)2 + 1,5 sin 2х (соs х + sin х) =

=(соs х + sin x) (4,5 sin 2x – 3).

Отсюда видно, что у" = 0 при х1 = 3 / 4; х2 = 7 / 4; х3 = 0,5 arcsin(2 / 3) 0,36;

х4 = –0,5 arcsin (2 / 3) + / 2 1,21; х5 = 0,5 arcsin (2 / 3) + 3,51

их6 = –0,5 аrcsin (2 / 3) + 3 / 2 4,35.

Вокрестностях всех указанных точек знак у меняется, так что эти точки являются абсциссами точек перегиба. Составим таблицу 3.

Итак, точки А(0, 1), В(0,79; 0,71), С(1,57; 1), D(3,14; –1), E(3,93; –0,71), F(4,71;

–1), H(6,28; 1) – точки экстремумов, точки М(0,36; 0,86), N(1,21; 0,86), P(2,36; 0), R(3,51; –0,86), S(4,35; –0,86), Q(5,5; 0) – точки перегиба.

По данным таблицы 1 построим график (рис/ 1).

												Таблица 3
		x	0				0,36	0,79	1,21	1,57	2,36		3,14
		у	0				–	0	+	0	–		0
		у		–			0	+	0	–	0		+
		у		max			перегиб	min	перегиб	max	перегиб		min
			1				0,86	0,71	0,86	1	0		–1
		x	3,51				3,93	4,35	4,71	5,50	6,28
		у	+				0	–	0	+	0
		у	0				–	0	+	0	–
		у		перегиб			max	перегиб	min	перегиб	max
				–0,86			–0,71	–0,86	–1	0	1
		y		( x 1)3
б)						.
				( x 2)2

D(y) = (– , 2) (2, ).

Функция общего вида: ни четная, ни нечетная.

Исследуем поведение функции в окрестности точки разрыва х = 2:

23

Оглавление

			(x 1)3
lim	f (x) lim								,
		(x 2)		2
x2 0	x2 0
			(x 1)3
lim	f (x) lim
			(x 2)		2
x2 0	x2 0

х = 2 – вертикальная асимптота.

Найдем точки пересечения с осями координат: х = 0, у = – 14 ; у = 0, х = 1, т. е.

получили точки А(0, –1 / 4) и В(1, 0).

Найдем критические точки первого рода, т. е. точки, в которых обращается в нуль или не существует первая производная:

y	3(x 1)2	(x 2)2 2(x 2)( x 1)3		3(x 1)2	(x 2) 2(x 1)3		(x 1)2	( x 4)	.
		(x 2)4			(x 2)3		(x 2)3

Точка х = 2 не является экстремальной, так как она не принадлежит области определения функции; точка х = 1 также не точка экстремума, так как при переходе через эту точку у = f (x) не меняет знак. Точка х = 4 является точкой экстре-

мума, потому что при х < 4 y < 0, при х > 4

y > 0.

y

A

C

H

1,0

0,5

M

B

N

y = sin3 x + соs3х

P

Q

0

/ 3

2 / 3

4 / 3

5 / 3

2 x

–0,5

R

E

S

–1,0

D

F

Р и с . 1

y (4) = 27 / 8 3,38. Точка С(4, 27 / 8) – точка минимума.

Составим таблицу 4.

Таблица 4

x

(– , 1)

1

(1, 2)

(2,

4)

4

(4, )

у

+

0

+

–

0

+

24

Оглавление

у		0			min
					27 / 8

Найдем критические точки второго рода. Для этого вычислим вторую производную исследуемой функции

y [2(x 1)( x 4) (x 1)2 ]( x 2)3 4(x 1)2 (x 4)( x 2)2 (x 2)6

[2(x 1)( x 4) (x 1)2 ]( x 2) 3(x 1)2 (x 4) (x 2)4

	(x 1)[2(x 4) x 1 3(x2	5x 4)]		6(x 1)		.
	(x 2)3			(x	2)4

Точка B(1, 0) является точкой перегиба; точка с координатой х = 2 не может быть точкой перегиба, так как х = 2 не принадлежит области определения.

Результаты исследований сведем в таблицу 5.

Таблица 5

x	(– , 1)	1	(1, 2)	(2, )
у	–	0	+	+
у		перегиб 0

Выявим существование наклонных и горизонтальных асимптот. Уравнение асимптоты имеет вид

у = kх + b,

где k и b определяются формулами

	f (x)			(x 1)3
k lim			lim					1;
	x				2
x			x x(х 2)

		lim f (x) kx		(x 1)3			x2 х 1
	b		lim		x	lim			1 .
				(х 2)2			(х 2)2
		x	x			x

Прямая у = х + 1 – наклонная асимптота.

25

Оглавление

График функции приведен на рис. 2.

у

27 / 8

С

y = x +1

		4				( x 1)3
					y
		2				( x 2)	2
				В
–4	–2		А 1 2		4		х
		–2		x = 2
				Р и с. 2

в) у = х3 3(х 1)2 .

D(y) = (– ; ), функция общего вида. Вертикальных асимптот функция не имеет.

Оси координат график функции пересекает в точках О(0, 0) и В(1, 0). Исследуем функцию на экстремум:

2

2 / 3

3

2

1/ 3

9x2 (x 1) 2x3

x2 (11x 9)

у = 3х (х – 1)

+ x

(x 1)

.

3

3(x

1)1/ 3

3(x

1)1/ 3

Критические точки первого рода: х1 = 0, х2

=

9

0,82, х3 = 1.

11

Составим таблицу 6.

Таблица 6

x

(– , 0)

0

(0; 0,82)

0,82

(0,82; 1)

1

(1; )

у

+

+

0

–

не сущ.

+

у

0

max

min

0,18

0

При переходе через х1 = 0 производная знак не меняет, при переходе через х2 = 9 / 11 0,82 у меняет знак с плюса на минус, значит, точка А(0,82; 0,18) –

26

Оглавление

точка максимума; при переходе через х3 = 1 производная меняет знак с минуса на плюс, таким образом, В(1, 0) – точка минимума.

Найдем вторую производную

x2 (11x 9)

[2х(11x 9) 11х2 ]( x 1)1/ 3 x2 (11x 9)

1

(x 1) 2 / 3

у =

3

3( x 1)1/ 3

3(x 1)2 / 3

[2х(11x 9) 11х2 ]( x 1) x2 (11x 9)

1

2

3

2x(44x

72x 27)

.

3(x 1)4 / 3

9(x 1)4 / 3

Критические точки второго рода:

х1 = 0, х2 =

18 33/ 2

0,58 , х3 =

18 33/ 2

1,05 .

22

22

Точка х = 1 не может быть точкой перегиба, так как она является точкой экстремума. При переходе через точки х1, х2 и х3 функция у меняет знак, следовательно, О(0, 0), С(0,58; 0,11) и D(1,05; 0,16) – точки перегиба.

Сведем полученные результаты в таблицу 7.

Таблица 7

	x	(– , 0)	0	(0; 0,58)	0,58	(0,58; 1,05)	1,05	(1,05; )
	f (x)	–	0	+	0	–	0	+
	f (x)		перегиб		перегиб		перегиб
			0		0,11		0,16

Наклонных асимптот нет, так как

	f (x)		х3(x 1)2 / 3
k lim		lim		.
x	x	x	x

График функции приведен на рис. 3.

27

Оглавление

уу = х3(х – 1)2 / 3

	1,0
	0,5
	0,18		А С
	0,11	D	В
–0,5	0	0,58	0,8 1,0	1,5	х
		–0,5
		Р и с. 3
З а д а н и е	№ 3 . Страница книги имеет площадь S см2. По техниче-

ским условиям ширина полей сверху и снизу текста должна быть равна а см, a слева и справа – b см. Каким должно быть отношение размеров страницы, чтобы площадь страницы, занятая текстом, была наибольшей?

Р е ш е н и е . Согласно условию задачи, площадь, занятая текстом, (целевая функция) равна

Q = (х – 2b) (у – 2а),

где х – ширина, у – высота страницы. Но у = S / x (уравнение связи), поэтому

Q = (х – 2b) S / x 2а

или

2bS
Q = S + 4аb –		2аx .
	x

Итак, целевая функция имеет вид

Q = S + 4аb – 2bS / х 2аx .

Найдем максимум этой функции (функции одной переменной):

28

Оглавление

2bS

ax2 bS

Q (x) = –

2а

Q (x) = – 2

2

2

x

x

Q (x) = 0

при х = bS / a .

Найдем вторую производную и определим ее знак в стационарной точке:

Q (x) = –4b S / x3,	Q		< 0.
		bS / а

Следовательно, x = bS / a – точка максимума функции Q(x). Тогда

у = S / x = aS / b .

Таким образом, площадь текста будет наибольшей, если

x

bS / a

b

bS

aS

Qmax =

2b

2a .

y

aS / b a

a

b

Данную задачу можно решить и элементарными приемами. Площадь Q, занятая текстом, будет наибольшей, если сумма 2bS / x + 2ax будет наименьшей. Так

как произведение

2bS

2ax 4abS

постоянно, то эта сумма будет наименьшей

x

при условии 2b S / x = 2ax или 2bу = 2aх, а значит,

x

b

.

y

a

x

b

bS

aS

Отв.

, Qmax =

2b

2a .

y

a

a

b

З а д а н и е

№ 4 .

На

поверхности

трехосного

эллипсоида

x2

y2

z2

1 (а > b > c) найти точки, наиболее близкие и наиболее удален-

a2

b2

c2

ные от его центра.

Пояснения. Текстовые задачи на отыскание экстремальных значений решаются либо методами безусловного экстремума (экстремума функции нескольких независимых переменных), либо методами условного экстремума (экстремума функции зависимых переменных, когда переменные связаны между собой неко-

29

Оглавление

торым условием). В отдельных задачах на условный экстремум из уравнения связи (х, у) = 0 можно выразить у через х (либо х (у)) и подставить в выражение для z = f (х, у) = f [x, y (x)]. Тогда z становится функцией одной независимой переменной и задача об отыскании экстремума становится задачей на безусловный экстремум.

Затруднение может вызвать проверка достаточных условий локального экстремума, т. е. исследование характера критической точки по знаку второго дифференциала d 2 f. Однако, при решении конкретных задач иногда удается установить характер критической точки на основании существа задачи.

Р е ш е н и е . Пусть точка (х, у, z) лежит на поверхности эллипсоида. Тогда расстояние от центра можно определить по формуле

d = х2 у2 z2 .

Очевидно, что максимальное значение подкоренного выражения даст наибольшее, а минимальное – наименьшее расстояние d. Таким образом, задача сводится к исследованию на экстремум функции трех переменных (целевой функции)

f (x, y, z) x2 y2 z2

при уравнении связи

	x2		y2		z2	1 .
	a2		b2		c2

Составим функцию Лагранжа

F(x, y, z, ) x2 y2

и решим систему уравнений

Fx 0,
F 0,
y
F 0,
z
F 0,
или

		2								x			2					y	2		z	2
z
													2					b	2		c	2	1
							a
				2									x 0,
2x
							a		2
2 y 2													y 0,
							b2
				2								z 0,
2z
							c2
x			2		y2									z2
																	1 0,
			2		b			2						c		2
a

30

Оглавление