Математический анализ. Дифференцирование функции одной переменной теория и задачи. Учебное пособие для студентов 1 курса университетов

Пример 76. Доказать, что если f(x) и g(x) – нечетные функции, заданные на множестве X, то функции f(x)±g(x) – нечетны на X, а f(x)·g(x) и fg((xx)) (g(x) ̸= 0)– четные функции.

Доказательство проводится аналогично предыдущему примеру.

Пример 77. Доказать, что любую функцию y = f(x), определенную на множестве X, симметричном относительно точки x = 0, можно представить в виде суммы φ(x)+ψ(x) двух функций, каждая из которых определена на том же множестве X, причем φ(x) – четна, а ψ(x) – нечетна.

Доказательство. Рассмотрим очевидное тождество:

Решение. Область определения D(f) = R\ {πn, n Z} симметрична относительно x = 0, поэтому такое представление

√

Пример 79. При x > 2 задана функция f(x) = 3 x + 6 −2x. Какой формулой следует доопределить функцию f(x) при

111

1.84. Доказать, что график функции

x2 + 5x y = 4x + log2 x2 + 3x − 4

имеет центр симметрии, и найти координаты (x, y) этого центра симметрии.

Исследование функций на наличие ас´имптот:

Пример 80. Исследовать функцию y = x + e−x на наличие асимптот.

Решение. Так как для данной функции не существует такого

у графика функции нет. Поскольку не существует конечного предела функции при x → ±∞, то горизонтальных асимптот

также нет. В силу бесконечности предела отношения y(xx) при x → −∞, там отсутствует наклонная асимптота. Поищем наклонную асимптоту при x → +∞ в виде y = kx + b:

k = lim y(x) = lim x + e−x = 1.

x→+∞ x x→+∞ x

Так как нашелся конечный угловой коэффициент, то асимптота, возможно, есть. Проверим, существует ли конечный свободный член:

при x → +∞.

113

в данной задаче это происходит только при t → −1 ± 0:

Поскольку угловой коэффициент асимптоты оказался конечен, то теперь найдем ее свободный член:

То есть y = −x − a – наклонная асимптота (одна и та же при t → −1 − 0 и при t → −1 + 0).

Пример 84. Найти асимптоты графика функции, заданной в полярных координатах:

В указанный промежуток (на границе области определения функции) попадают две асимптоты: φ = π6 и φ = π2 .

ЗАДАЧИ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ.

1.85. Найти асимптоты графика функции, заданной пара-

115

§2. Задачи к главе 2

1. Исследовать поведение и построить эскиз кривой, если

РЕШЕНИЕ. Заметим, что функция x(t) = 2t − t2 имеет область значений x (−∞; 1]. Поэтому вся кривая располагается в полуплоскости Π : x 6 1. При этом область значений y(t)

x(± 3) = ±2 3−3. Это означает, что исследуемая кривая про-

√

Отметим, что из равенства x = 2t −t2 для t получаются два

√

выражения: t = 1 ± 1 − x. Поэтому получается 2 выражения y через x. Это означает, что исследуемая кривая имеет 2 ветви, которые примыкают друг к другу в точке графика (1; 2), при t = 1. Первая из них соответствует интервалу t (−∞; 1], вторая - интервалу t [1; +∞). Каждая из этих ветвей представляет собой график функции, заданной параметрически, на соответствующем интервале изменения параметра t. Исследуем каждую ветвь.

Найдем производные функций x(t), y(t).

x˙ (t) = 2 − 2t, y˙(t) = 3 − 3t2.

Вычислим также первую и вторую производные y по переменной x:

Замечаем, что yx′ (−1) = 0, yxx′′ (−1) = 38 . Следовательно, на первой ветви исследуемой кривой имеется локальный минимум

116

в точке кривой с координатами (−3; −2), при t = −1. В точке стыка двух ветвей кривой, при t = 1, определена их общая касательная, тангенс угла наклона которой равен yx′ (1) = 3. Знак второй производной yxx′′ (t), как известно, говорит о направлении выпуклости. Имеем: yxx′′ (t) > 0 при t < 1, yxx′′ (t) < 0 при t > 1, и yxx′′ (t) не определена при t = 1. Отсюда делаем вывод, что исследуемая кривая имеет направление выпуклости вниз при t < 1 и вверх - при t > 1. Таким образом, в точке графика (1; 2) кривая, переходя с первой ветви на вторую, меняет направление выпуклости.

Для более точного построения кривой найдем yx′ (t), то есть направления касательных, в точках пересечения кривой с ося-

Теперь несложно по вычисленным данным изобразить эскиз данной кривой. Приводим его ниже на Рис.7

2. Исследовать поведение и построить эскиз кривой, заданной в полярных координатах.

K : r = r(φ) = 1 + cosφ, φ [0; 2π].

РЕШЕНИЕ. Прежде всего заметим, что так как функция cos четная и периодическая с периодом 2π, то достаточно построить искомую кривую на промежутке φ [0; π].

Полезно также отметить, что r˙(φ) = −sinφ = 0 при φ = 0 и при φ = π. Более того, r¨(φ) = −cosφ, и r¨(0) = −1, r¨(π) = 1. Следовательно, наибольшее значение функции r(φ) на про-

межутке [0; π] равно rнаиб. = r(0) = 2. Аналогично, наименьшее значение этой функции на том же промежутке равно

rнаим. = r(π) = 0. Значит, вся кривая целиком содержится в круге радиуса 2 с центром в начале декартовой системы координат, связанной с полярной системой формулами:

117

Рис. 7:

Подставив в формулы ( ) выражение для функции r(φ), получим параметрическое задание данной кривой в декартовой

системе координат:

{

x = x(φ) = (1 + cos φ) cos φ, y = y(φ) = (1 + cos φ) sin φ.

Найдем производные

x˙ (φ) = − sin φ(1 + 2 cos φ); y˙(φ) = cos φ + cos 2φ.

Отсюда получаем первую и вторую производные y по пере-

Исследуя точки, где yx′ (φ) и yxx′′ (φ) обращаются в нуль и меняют знак, заключаем, что yx′ ( π3 ) = 0, а в точках φ = 0, φ = 23π

118

величина yx′ (φ) уходит в бесконечность. Кроме того, yxx′′ (φ) отрицательна на интервале φ (0; 23π ) и положительна на интервале ( 23π ; π).

Рис. 8:

Это означает, согласно достаточным условиям существования локальных экстремумов и определения направления вы-

Касательная (односторонняя) к исследуемой кривой горизон-

На основании полученных данных легко построить часть искомой кривой на промежутке [0; π]. Далее, учитывая чётность

119

и периодичность функции cos, достраиваем остальную часть кривой, расположенную симметрично первой части, в III и IV четвертях декартовой системы координат. Эскиз данной кривой, называемой кардиоидой, приведен на Рис.8.

3. Исследовать поведение и построить эскиз кривой, заданной следующим уравнением:

Φ(x, y) = x3 + y3 − 3axy = 0.

РЕШЕНИЕ. Прежде всего заметим, что Φ(x, y) = Φ(y, x). Следовательно, искомая кривая расположена симметрично относительно диагонали I и III координатных углов, то есть относительно графика функции y = x. Для того, чтобы перейти к параметрическому заданию этой кривой, сделаем замену переменной: y = tx. Причем, в силу отмеченной симметрии, достаточно построить часть кривой, для которой выполнено условие: y > x. Еще отметим, что при x = 0 обязательно и y = 0. Если

2 точки пересечения кривой с диагональю x = y. Подставим в уравнение кривой указанную выше замену. Получим уравнение: x3 + t3x3 − 3atx2 = 0. Сокращая на x2 (и полагая x отличным от нуля), получим уравнение: x + t3x − 3at = 0, - из которого находим: x = 1+3att3 , y = tx = 1+3att23 .

Итак, искомая кривая задается параметрически следующим

120