Добавил:

VadoZ хачю сдать сессию Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский технический университет связи и информатики

Предмет:

Высшая математика

Файл:

лекции вышмат

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2024

Размер:

5.41 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 256 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Разложения (6) и (13) имеют вид:

(1+ x)

+ αx +

α(α −1)

α(α −1)(α − 2)

+... +

α(α −1)(α − 2)...(α − n +1)

+ r (x).

Эта формула похожа на формулу бинома Ньютона при a = 1 и b = x. При натуральном α = n из нее как раз получаем формулу бинома Ньютона ( rn (x) = 0 ).

В частности, при

α = −1

x (−1,1)

1	=1− x + x	2	− x	3	+... + (−1)	n	x	n	+ r (x).
		2		3		n		n

1+ x									n
1+ x

Заменяя в обеих частях этой формулы х на – х, получаем, что при

x (−1,1)

1	=1+ x + x	2	+ x	3	+... + x	n	+ r (−x).
		2		3		n

1− x							n
1− x

Из полученных выше разложений можно получать другие разложения.

Пример. Разложить по формуле Маклорена функцию y = shx .

Решение.

− e

− x

(−x)

shx =

−

+ o( x

) =

( x

− (−1)

) + o( x

)

(остаточный член в форме Пеано есть

2 k =0

k !

k =0

k !

k =0

k !

разность двух бесконечно малых более высокого порядка, чем

, т.е. бесконечно малая более высокого порядка, чем

; для разложения функции

− x

заменяем в разложении функции

х на – х).

Выражение под знаком суммы будет равно 0 при четном k и будет равно 2 при к нечетном, k = 2m+1, отсюда

2 m +1

2 n +1

shx =

+ r( x)

+ r(x) = x +

+ ... +

+ r(x)

m =0

(2m + 1) !

m =0

(2m +1) !

(2n +1) !

+ e

− x

2 m

2 n

Аналогично

chx =

+ r(x) = 1 +

+ ... +

+ r( x)

(2m) !

(2n) !

m =0

Наши разложения можно применять для раскрытия неопределенностей.

Пример. Найти предел функции	lim
	x →0
	0
Решение. Это есть неопределенность вида
	0

		x	2
		x
cos x − e		−
cos x − e		2
x	4		.

. Применение к ней правила Лопиталя, как можно понять, потребует взятия

четырех производных числителя и знаменателя. Мы найдем этот предел по - другому, используя разложения функций по формуле Маклорена с остаточным членом в форме Пеано:

cos x = 1 −

+ o( x

);

= 1 + x +

+ o( x

) ; заменим в обеих частях последней формулы х на

−

− x

e 2 = 1 −

−

+ o( x )

Подставляя в исходный предел и учитывая, что разность двух бесконечно малых вида o( x4 )

есть такая же бесконечно

малая, получаем, что наш предел равен

+ o(x

(

1 1

1 −

−1 +

−

)

−

o(x4 )

1 − 3

lim

= lim

+ lim

−

+ 0 = −

= −

x→0

ЛЕКЦИЯ 10

ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ

Возрастание и убывание функций

Определение 1. Пусть функция y = f (x) определена на отрезке [a,

b].

Она называется

возрастающей

(убывающей)

на [a,

b],

если

для

любых

точек

x , x

a,b

1 ,

выполняется

условие

f (x ) f (x )

(

f (x ) f (x )

). Функция y = f

(x)

называется

монотонной на [a, b],

если она является возрастающей или убывающей на [a,b]. При

выполнении нестрогих неравенств

f (x ) f (x )

соответствующие функции

называются неубывающими, невозрастающими и, опять-таки, монотонными.)

Теорема 1. Пусть функция y = f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и имеет конечную

производную

во

всем внутренних

точках

этого

отрезка.

Для того, чтобы

f (x) = const,

a, b

, необходимо и достаточно, чтобы f

(x) = 0, x (a,b) .

Необходимость.

f (x) = C f (x) = 0 (как производная постоянной).

Достаточность. f

a, b

по теореме Лагранжа c (a, x) :

(x) = 0, x (a,b) для

f (x) − f (a) = f

a, b

f (x) = C . ■

(c)(x −a) = 0 (x −a) = 0 f (x) = f (a) для всех

Теорема 2. Пусть функция y = f (x) непрерывна на отрезке [a, b] и имеет конечную производную во всех внутренних точках этого отрезка. Для того, чтобы функция y = f (x)

0 для x (a,b) и достаточно, чтобы

была возрастающей на [a, b] необходимо, чтобы f

(x)

f (x) 0

для x (a,b) . Для того,

чтобы функция y = f (x) была убывающей на [a, b]

необходимо, чтобы f (x)

0 для x (a,b) и достаточно, чтобы f (x) 0 для x (a,b) .

Необходимость. Пусть y = f (x)

на [a, b],

для определенности, возрастает.

Если x 0,

то f (x + x) f (x)

f (x + x) − f (x)

(числитель и знаменатель > 0);

если x 0,

то f (x + x) f (x)

f (x + x) − f (x)

0 (числитель и знаменатель < 0).

Значит,

(x + x) − f (x)

0 . Так

как предел этой

дроби при x → 0 существует, то

f (x + x) − f (x)

0 .

f (x) = lim

x→0

= 3x

= 0 при x = 0 (рис. 1).

Пример: возрастает на [-1,1]; но y

Рисунок 1

Достаточность. Пусть, например,	f		, x (a,b) . Пусть
		(x) 0

теореме Лагранжа, существует	c (x	, x	)	такое, что f (x2 ) −
	1	2
f (x2 ) f (x1 ) y = f(x) возрастает на [a, b]. ■

Экстремумы функции

x		,
	1
f	(

x
2
x	) =
1

a, b , x	2	x .
	2		1
= f (c)(x			−
		2

Согласно

	x ) 0
	1
	1

Определение 2. Пусть функция

y = f (x) определена в окрестности точки

называется точкой максимума (минимума) функции				y = f (x) ,		если	f (x

( f (x) f (x ))	для всех точек x , достаточно близких к	x	0	, т.е. для	x : 0 \| x − x			\|
0							0

достаточно мало. Точки максимума и минимума функции называются экстремума этой функции (рис. 2).

x	0 .	x	0

) f (x			)
		0
δ,	где	δ

точками

Рисунок 2

Здесь функция имеет на [a,b] одну точку максимума и две точки минимума.

Теорема 3 (необходимое условие экстремума). Пусть			x	−	точка экстремума функции
Теорема 3 (необходимое условие экстремума). Пусть			0		точка экстремума функции
y = f (x) . Тогда	f (x ) = 0	или не существует (в частности, равна ).
	0

Пусть, например,

−

точка максимума функции

f (x) f (x	)
0

для всех х из

некоторой окрестности точки

x	0

; возьмем любой отрезок, принадлежащий этой

окрестности, у которого

x	0

является внутренней точкой; на этом отрезке функция

принимает наибольшее значение в точке

	f			)		f (x	) =
конечная производная		(x			, то
			0			0

x	0	, значит, по теореме Ферма, если существует

0	. ■

Замечание 1. Производная в точке экстремума может, действительно, не существовать.

Определение 3. Точки, в которых производная функции равна 0 или не существует, называются критическими точками этой функции.

Замечание 2. Пример функции y = x3 (рис. 1) показывает, что обратная теорема к теореме 3

неверна: производная этой функции в точке 0 равна 0, а экстремума у функции в этой точке нет.

Теорема 4 (достаточное условие экстремума). Пусть функция

y = f (

непрерывна в окрестности точки	x	0	и пусть в этой окрестности, кроме,

x) определена и может быть,

самой точки

x	0

, существует конечная производная

(x)

. Тогда:

1)если при

«+» на «


переходе через точку				x	0	слева направо производная
переходе через точку					0	слева направо производная
», то	x	−	точка максимума функции y = f (x) ;
», то	0		точка максимума функции y = f (x) ;

f (x)

меняет знак с

2)	если при переходе через точку			x		0	слева направо производная		f
2)	если при переходе через точку					0	слева направо производная		f	(x)
	x −	точка минимума функции y = f (x) ;
	« » на «+», то 0	точка минимума функции y = f (x) ;
3)	если при переходе через точку			x	0			знака не меняет,
3)	если при переходе через точку				0		производная f (x)	знака не меняет,
	у функции в точке	x	0 нет.
	у функции в точке		0 нет.

меняет знак с

то экстремума

Рисунок 3	Рисунок 4
На рис. 3 и 4 изображены знаки производной	f (x) и (стрелочками) интервалы возрастания
и убывания функции f (x) .

Для х, достаточно близких к	x	0	, по теореме Лагранжа имеем:

f (x) − f (x ) = f (c)(x − x

)

(1)

где с лежит между x0 и х. Отсюда:

1) x x0 c x0 f (c) 0; x − x0 0 f (x) − f (x0 ) = f (c)(x − x0 ) 0 f (x) f (x0 );

x x0 c x0 f (c) 0; x − x0 0 f (x) − f (x0 ) = f (c)(x − x0 ) 0 f (x) f (x0 ).

Т.е.

f (x) f (x )

для всех х из некоторой окрестности точки

x : x x

−

точка

максимума функции

y = f (x) ;

2) аналогично пункту 1);

3) если, например,

для всех х из некоторой окрестности точки

: x x

, то в (1)

(x) 0

значит,

при

x x

f (x) − f (x ) 0 f (x) f (x

)

при

x x

f (c) 0,

f (x) − f (x0 ) 0 f (x) f (x0 ) , т.е. экстремума у функции в точке x0 нет. ■

Замечание.

Условие

непрерывности

функции

y = f (x)

в точке

существенно для

справедливости теоремы, что показывает нижеприведенный пример (рис.5)

Рисунок 5

В этом примере производная меняет знак при переходе через	x	0	слева направо с « + » на

« », но в окрестности

f (x) f (x

)

, т.е.

x −

точка минимума функции.

Пример. Исследовать на экстремум функцию

y =

2x + 3

−

Решение. y = 2 + 3

x 3 = 2(1 +

) = 2

. Согласно необходимому условию экстремума, он может быть только

3 x

в критических точках функции, т.е. точках, где производная равна 0 ( 3

x +1 = 0 x = −1 ) или не существует ( x = 0 ;

точнее, в этой точке y = , следовательно,

касательная вертикальна).

Теперь проверим, выполняется ли достаточное условие экстремума. Знаки y

Рис. 6

Значит, x = −1 − точка максимума, а x = 0 − точка минимума функции. f (−1) = −2 + 3 = 1, f (0) = 0.

Исследование на экстремум с помощью производных высших порядков

Теорема 5.

порядка	n

Пусть в некоторой точке x0

2	включительно и
	включительно и
	f (x	) = 0,	f (x	) = 0,..., f
	0		0

функция

(n−1)	(x	) =
	(x	) =
	0

y = f (x)
0, f	(n)	(x	)

		0

имеет все производные до

0	.

Тогда:

если n четно и

(n)

(x ) 0

, то

точка минимума функции y = f (x) ;

если n четно и f

(n) (x ) 0

, то

точка максимума функции y = f (x) ;

если n нечетно, то экстремума у функции в точке

0 нет.

В нашей окрестности точки

разложим функцию по формуле Тейлора с остаточным

членом в форме Пеано, которую, выделив первый член, можно записать в виде

f (x) = f (x) −

0			n
0	) +
f (x	) +
			k =1
0			n
0		) =
f (x		) =
			k =1

f	(k )	(x		)
f		(x		)						k
			0			(x − x		)		k
						(x − x		)
	k !						0
	k !
f	(k )		(x		)
f			(x		)						k
			0				(x − x		)		k
							(x − x		)
	k !						0
	k !

+ o((x − x	)		n		)		, откуда

0
+ o((x − x		)		n		)		.

0

В этой формуле по условию теоремы лишь последнее слагаемое под знаком суммы отлично от 0, и формула приобретает вид:

	f (n) (x )	(x − x )n + o((x − x )n ) .		(2)
f (x) − f (x ) =	0
f (x) − f (x ) =
0	n!	0	0
	n!
Для доказательства теоремы надо определить знак левой,			а значит,	правой части этой

формулы. Так как число

f	(n)	(x	)

		0
	n!

, то второй член правой части есть

	f	(n)	(x	)
	f		(x	)			n
o(			0		(x − x	)	n	)
o(					(x − x	)		)
		n!			0
		n!

и при х, близких к

x	0

, не превосходит, например, половины первого члена. Значит, знак

правой части совпадает со знаком первого ее члена

(n)	)
(x	)			n
0		(x − x	)	n
n!		0
n!

Теперь рассмотрим все три случая в условии теоремы:

1) n четно (x − x0 )	n	0 для всех х;	f (n) (x0 ) 0	f (n) (x )
				0	(x − x0 ) 0
				n!

f (x) − f (x0 ) 0 f (x) f (x0 ) x0 − точка минимума функции y = f (x) ;

2) аналогично получим

f (x) f (x

) x

−

точка максимума функции

y = f (x) ;

(n)

)

меняется при переходе х через точку x

3) знак (x − x )

, а значит и знак

(x − x )

значит, с одной стороны точки x0 f (x) f (x0 ) ,

а с другой стороны точки x0 f (x) f (x0 )

т.е. экстремума у функции f (x)

в точке

нет. ■

Следствие. При n = 2 теорема принимает вид:
Пусть в некоторой точке		x	0	функция y = f (x) имеет первую
Пусть в некоторой точке			0	функция y = f (x) имеет первую
производные и	f (x ) = 0,	f (x ) 0				. Тогда, если	f (x ) 0 , то
	0			0			0
функции, а если	f (x ) 0	, то		x	0	точка максимума функции.
	0				0

Примеры. Исследовать функции на экстремум.

f(x0 ) x0

и вторую	f (x	)
и вторую	0

точка минимума

f (x) = sin x + cos x

( x) = cos x − sin x

= 0; sin x = cos x; tgx = 1; x =

+ πn, n Z

Эту серию можно разбить на две:

x =

+ 2πn

и x =

5π

+ 2πn; f (x)=−sin x−cos x;

следствие

+2πn

= −

−

= − 2

это точки максимума функции;

5π			=	2	+	2	=
f	4	+2πn		2		2

	следствие
2 0

это точки минимума функции.

2) f (x)=chx+cos

решений будет х

f (x)=chx−cos x; f (x)=shx+sin x,

x f (x)=shx−sin x=0; все решения этого уравнения найти невозможно, но, очевидно, что одним из = 0. Исследуем функцию на экстремум в этой точке:

f (0)=1−1=0		, т.е. следствие уже не применимо. Попробуем применить саму теорему:

f (0)=0; f	iv	( x)=chx+cos x, f	iv	(0)=1+1=2 0	. Значит (n = 4 – четно и	f	iv	(0) 0)	, х = 0 – точка минимума

функции.

Наибольшее и наименьшее значения функции, непрерывной на отрезке

Как указано выше, любая непрерывная на отрезке функция y = f (x) принимает в некоторых точках этого отрезка свои наибольшее и наименьшее значения. Пусть x0 − одна из этих точек. Возможны два варианта: а) x0 − край отрезка; б) x0 − внутренняя точка отрезка, в этом

случае по теореме Ферма

f (x	) = 0
0

или не существует, т.е.

x	−
0

критическая точка.

Таким образом, для отыскания наибольшего и наименьшего значений функции, непрерывной на отрезке, нужно найти все критические точки функции, принадлежащие этому отрезку, вычислить значения функции в этих точках и на краях отрезка и взять наибольшее и наименьшее из этих значений.

Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции										f (x)=2
Решение.
f (x) = 6x	2	− 6x −12 = 0; x	2	− x − 2 = 0; x		= −1, x			= 2 [−2, 0];
f (x) = 6x		− 6x −12 = 0; x		− x − 2 = 0; x		= −1, x		2	= 2 [−2, 0];
					1			2
f (−1) = −2 − 3 + 12 + 1 = 8;			f (−2) = −16 −12 + 24 + 1 = −3; f (0) = 1.
Значит, наибольшее значение функции на					[−2,0]		равно 8, а наименьшее равно
Значит, наибольшее значение функции на							равно 8, а наименьшее равно

3	−3x	2	−12x+1
x

− 3.

на отрезке

[−2,

Заметим, что при таком решении даже не надо проверять достаточные условия экстремума функции.

Отметим, что если точка экстремума функции на отрезке единственна, то в точке максимума функция принимает наибольшее, а в точке минимума – наименьшее значение. В таких случаях проверка достаточных условий экстремума может оказаться полезной (заменяя вычисление значений функции на краях отрезка).

ЛЕКЦИЯ 11

ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ (продолжение)

Выпуклость и вогнутость графика функции. Точки перегиба

Определение 1. Пусть функция

y = f (x)

определена и дифференцируема (т.е. имеет


конечную производную) в некоторой окрестности точки		x	0	. Рассмотрим кривую	y = f (x) ,
конечную производную) в некоторой окрестности точки			0	. Рассмотрим кривую	y = f (x) ,
т.е. график этой функции.
Кривая	y = f (x) называется выпуклой (или обращена			выпуклостью вверх)	в точке

M	0	(x	, f (x ))	, если для х, близких к	x	0	, все точки кривой лежат под касательной к кривой,
		0	0


проведенной в точке					M	0		, или ординаты точек кривой меньше ординат точек касательной с

той же абсциссой (рис. 1).
Кривая			y = f (x) называется вогнутой (или обращена выпуклостью вниз) в точке
M	0	(x ,	f (x ))	, если для х, близких к					x	0 , все точки кривой лежат над касательной к кривой,
		0	0
проведенной в точке					M		0	, или ординаты точек кривой больше ординат точек касательной

с той же абсциссой (рис. 2).

Рисунок 1

Рисунок 2

Теорема 1. Пусть в точке f (x0 ) 0 . Тогда:

x	0

функция

y = f (x)

имеет конечную вторую производную

1) если

2)если f (x0

f f )

(x	) 0	, то кривая	y =
0
(x	) 0	, то кривая	y =
0

существует и конечна,

f (x)	вогнута в точке	M		0	(x			, f (x ))		;
							0		0
f (x)	выпукла в точке		M			0	(x		, f (x ))		.
								0	0
следовательно, f (x)		и			f
							(x) существуют в окрестности

точки

0 . Уравнение касательной к кривой в этой точке имеет вид:

yкас

= f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) .

(1)

В окрестности точки

разложим функцию по формуле Тейлора с остаточным членом в

форме Пеано, записав три первых члена и остаточный член:

f (x) = f (x ) + f (x )(x − x ) +

f (x0 )

(x − x )2

+ o((x − x )2 ) .

(2)

Вычтем из равенства (2) равенство (1):

f (x) − y

f (x0 )

(x − x )2

+ o((x − x )2 ) .

(3)

кас

Для доказательства теоремы нам надо определить знак левой, а, значит, правой части этого равенства. Рассуждая, как при доказательстве теоремы 5 предыдущей лекции, мы видим,

что при f (x0 ) 0

В нем (x − x0 )2 0 f (x0 ) .

	f (x	)		2
знак правой части совпадает со знаком ее первого члена	0		(x − x0 )	2	.
знак правой части совпадает со знаком ее первого члена	2!		(x − x0 )		.
	2!

при x x0 , значит, знак левой части f (x) − yкас совпадает со знаком

1) f (x0 ) 0 f (x) − yкас 0 f (x) yкас , следовательно, в окрестности x0 кривая лежит

над касательной, значит, кривая вогнута в точке	M	0	;

2) f (x0 ) 0 f (x) − yкас 0 f (x) yкас , следовательно, в окрестности x0 кривая лежит под касательной, значит, кривая выпукла в точке M0 .

Определение 2. Кривая называется выпуклой (вогнутой) на некотором интервале, если она выпукла (вогнута) в каждой точке этого интервала.

Определение 3. Пусть функция y = f (x) определена и дифференцируема в окрестности точки x0 . Точка M0 (x0 , f (x0 )) называется точкой перегиба кривой y = f (x) , если в любой окрестности x0 есть и точки кривой, лежащие над касательной к кривой, и точки кривой,

лежащие под касательной к кривой, проведенной в точке	M	0	(рис. 3).

x0 х

Рисунок 3

В точке перегиба кривая пересекает касательную. Точка перегиба является границей между интервалами выпуклости и вогнутости графика функции.

Теорема 2 (необходимое условие перегиба). Если

M	(x	,
0	0

(x	)) −
0

точка перегиба кривой


y = f (x) , то	f (x ) = 0		или не существует (в частности равна ).
y = f (x) , то		0	или не существует (в частности равна ).
Если существует конечная					f (x	) 0	, то по теореме 1 кривая	y = f (x)	при
Если существует конечная					0		, то по теореме 1 кривая	y = f (x)	при
выпукла, а при		f (x )	0	вогнута, что противоречит условию. ■
выпукла, а при		0		вогнута, что противоречит условию. ■
Замечание. Пример всюду вогнутой кривой y = f (x) = x4 (рис. 4), у которой

f (x) =12x	2	, f (0) = 0	, показывает, что теорема, обратная к теореме 2, неверна.
	2

f (x	) 0
0

Рисунок 4

Теорема 3. (достаточные условия перегиба). Пусть функция

y = f (x)

дифференцируема

в окрестности точки

и в этой окрестности, кроме, может быть, самой точки

0 , имеет

вторую

производную f

знак, то

(x) . Если при переходе через точку

f (x) меняет

(x ,

f (x )) −

точка перегиба кривой y = f (x) . Если при переходе через точку

f (x)

знака не меняет, то перегиба у функции в точке

нет (теорема справедлива и при

f (x ) =

, т.е. когда касательная к кривой в этой точке вертикальна):

Используя уравнение касательной, имеем:

f (x) − y

= f (x) − f (x

) − f (x )(x − x

)

кас

Применим к разности

f (x) − f (x

)

теорему Лагранжа:

f (x) − y

= f

(ξ)(x − x

) − f (x )(x − x

)

кас

где точка

ξ лежит между

0 и x . Вынося

x − x

за скобки, имеем:

f (x) − y

= ( f (ξ) − f

(x ))(x − x

кас

Применим теорему Лагранжа еще раз, теперь к разности

f (ξ) − f (x

)

f (x) − y

= f (η)(ξ − x )(x − x

)

(4)

кас

где

η −

между

0 и

ξ . В (4) если

x x

ξ x

η x

, то

ξ x

η x

0 , то

0 , а если

0 и

(ξ − x )(x − x

) 0

при

x x

0 , и знак левой части (4) совпадает со знаком

f (η) .

Пусть при переходе через точку x0

вторая производная

f (x)

меняет знак, тогда при таком

переходе меняет знак и

(η) , а, значит, и левая часть формулы (4). Тогда, с одной стороны

точки

кривая лежит над касательной, а с другой стороны точки

кривая лежит под

касательной. Значит, M0 (x0 , f (x0 )) является точкой перегиба нашей кривой.

Если же при переходе через точку x0 вторая производная f (x)

аналогичное рассуждение приводит к тому, что с обеих сторон точки

или под касательной, т.е. перегиба в точке	М	0	не имеет. ■

Пример. Найти интервалы выпуклости и вогнутости и точки перегиба кривой				y = x

знака не меняет, то x0 кривая лежит над

( x − 1)

Решение.	y =1+	5	3	(x−1)	2	; y
	y =1+	3		(x−1)		; y

коэффициент касательной

=	5 2	(
	3 3

y = 1

	−	1
x−1)		3

; знаки

=10 9

	1	;	y
3			y

	x−1
	x−1

(рис. 5):

и не существует в точке

;

в этой точке

= 1,

а угловой

Кривая на

(−,1)

выпукла, на

(1, + )

Рисунок 5

вогнута, а точка (1,1) является точкой перегиба кривой. Ее график имеет вид:

Рисунок 6

Асимптоты графика функции

Пусть

y =

(x)

−

некоторая кривая и М – точка на этой кривой. Мы будем говорить, что

точка М движется вдоль кривой в бесконечность, если расстояние от М до начала координат стремится к при движении М вдоль кривой.

Определение 4. Если расстояние d от точки М кривой до некоторой прямой стремится к 0 при движении точки М вдоль кривой в бесконечность, то такая прямая называется асимптотой данной кривой.

Асимптоты делят на вертикальные и наклонные (в частности, горизонтальные).

1. Примеры вертикальных асимптот с уравнениями

Рисунок 7

Теорема 4. Прямая x = a будет асимптотой графика функции y = f (x) тогда и только тогда,
когда lim f (x) = или lim f (x) = , или то и другое сразу (очевидно из рис.7).
x→a−o	x→a+o
2. Наклонные и горизонтальные асимптоты задаются уравнениями y = kx +b						и могут быть
различными при	x → + и x → − ( k = 0 −асимптота горизонтальна).
Теорема 5. Для того, чтобы прямая		Y = kx +b		являлась асимптотой графика функции
Теорема 5. Для того, чтобы прямая				являлась асимптотой графика функции
y = f (x) при x → + необходимо и достаточно, чтобы k и b удовлетворяли условиям:
		k = lim	f (x)		.	(5)
		k = lim	x		.	(5)
		x→+	x
	b = lim ( f (x) − kx) .					(6)
		x→+
Аналогично при	x → − .
Изобразим наклонную асимптоту на рис. 8:

Рисунок 8

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 256 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
01.06.20245.04 Mб2L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_1.pdf
#
01.06.20246.08 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_2.pdf
#
01.06.20242.46 Mб1L_D_Kudryavtsev_Kurs_matimaticheskogo_analiza_Tom_3.pdf
#
01.06.20241.39 Mб10вышмат полезно.pdf
#
01.06.2024482.88 Кб3кр по алегебре.pdf
#
01.06.20245.41 Mб76лекции вышмат.pdf
#
01.06.20241.34 Mб2линейная алгебра и агалитич геом.pdf