Embed Size (px)
Citation preview
MATEMATIKA 1 PASKAITOS
Natalja KosarevaVilniaus Gedimino technikos universitetas
elektroninis paštas: [email protected]
Išvestinės.Išvestinės sąvoka - tai viena svarbiausių matematikos sąvokų. Funkcijos iš-
vestinės radimas vadinamas jos diferencijavimu.
Tarkime, kad funkcija f(x) yra apibrėžta intervale [a; b]. Pasirinkime 2 reikš-mes x0 ir x iš šio intervalo. Skirtumas ∆x = x−x0 vadinamas argumento pokyčiu(žym. ∆x). Tuomet x = x0 + ∆x. Skirtumas f(x0 + ∆x) − f(x0) vadinamasfunkcijos pokyčiu taške x0 ir žymimas ∆f(x0):
∆f(x0) = f(x0 + ∆x)− f(x0).
Funkcijos ir argumento pokyčių santykis ∆f(x0)∆x
išreiškia funkcijos kitimo vi-dutinį greitį intervale [x0;x0 + ∆x]:
vvid =∆f(x0)
∆x=f(x0 + ∆x)− f(x0)
∆x.
Vidutinio greičio riba, kai argumento pokytis artėja prie nulio
lim∆x→0
∆f(x0)∆x
= lim∆x→0
f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x
vadinama funkcijos f(x) kitimo greičiu taške x0 arba išvestine.
Apibrėžimas. Jei egzistuoja baigtinė funkcijos pokyčio ∆f(x0) ir atitinkamoargumento pokyčio ∆x riba, kai ∆x → 0, tai ši riba vadinama funkcijos f(x)išvestine taške x0. Žymėsime f ′(x0). Taigi
f ′(x0) = lim∆x→0
∆f(x0)∆x
= lim∆x→0
f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x
.
arbaf ′(x0) = lim
x→x0
f(x)− f(x0)x− x0
.
Išvestinė taške x0 yra skaičius, apibūdinantis funkcijos f(x) kitimo greitįtame taške. Išvestinė, apskaičiuota su bet kuria x ∈ [a; b] reikšme yra kintamojo
x funkcija ir žymima f ′(x) arba y′x (Leibnicas, vokiečių matematikas) arba dy
dx(Lagranžas, prancūzų matematikas).Apibrėžkime vienpuses išvestines taške x0. Išvestinė iš kairės:
f ′(x0 − 0) = limx→x0−0
f(x)− f(x0)x− x0
.
1
Išvestinė iš dešinės:
f ′(x0 + 0) = limx→x0+0
f(x)− f(x0)x− x0
.
Išvestinė taške x0 egzistuoja, jei vienpusės išvestinės tame taške egzistuoja iryra lygios.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos f(x) = |x| išvestinę taške x0 = 0.
1 pav: f(x) = |x|.
f ′(0) = limx→0
f(x)− f(0)x− 0
= limx→0
|x|x.
f ′(0− 0) = limx→0−0
|x|x
= −1.
f ′(0 + 0) = limx→0+0
|x|x
= 1.
Matome, kad vienpusės išvestinės taške x = 0 nelygios, todėl funkcija f(x) = |x|šiame taške išvestinės neturi.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos f(x) = 3√x, x > 0 išvestinę taške
x0 = 0.
f ′(0) = limx→0
f(x)− f(0)x− 0
= limx→0
3√x
x=
13√x2
= +∞.
Matome, kad išvestinė taške x = 0 yra begalinė, todėl funkcija f(x) = 3√x
šiame taške išvestinės neturi.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos f(x) = 2x2 išvestinę bet kuriame taškex. Imkime argumento pokytį ∆x.
2
2 pav: f(x) = 3√x.
f(x + ∆x) − f(x) = 2(x + ∆x)2 − 2x2 = 2x2 + 4x∆x + 2(∆x)2 − 2x2 =4x∆x+ 2(∆x)2.
f ′(x) = lim∆x→0
f(x+ ∆x)− f(x)∆x
= lim∆x→0
4x∆x+ 2(∆x)2
∆x= lim
∆x→0(4x+ 2∆x) =
4x.Gavome, kad f ′(x) = (2x2)′ = 4x.
Išvestinių lentelė.
1. c′ = 0,
2. (xα)′ = αxα−1,
3. (ax)′ = ax ln a,
4. (ex)′ = ex,
5. (loga x)′ =1
x ln a,
6. (lnx)′ =1x
,
7. (sinx)′ = cosx,
8. (cosx)′ = − sinx,
9. (tgx)′ =1
cos2 x,
10. (ctgx)′ = − 1sin2 x
,
11. (arcsinx)′ =1√
1− x2,
3
12. (arccosx)′ = − 1√1− x2
,
13. (arctgx)′ =1
1 + x2,
14. (arcctgx)′ = − 11 + x2
,
Išvestinės geometrinė ir mechaninė prasmė.
Išvestinės mechaninė prasmė – funkcijos f(x) išvestinė taške x0 yra funkcijosf(x) kitimo greitis taške x0.
Kūno nueito kelio išvestinė laiko atžvilgiu yra to kūno greitis, o greičio iš-vestinė (kelio antroji išvestinė) laiko atžvilgiu yra kūno pagreitis:
a = v′(t) = s′′(t),
čia s = s(t) nusako taško tiesiaeigio judėjimo dėsnį.
Kitas išvestinės taikymas – masės paskirstymo tankis. Tarkime, kad atkar-poje [a; b] netolygiai paskirstyta masė taip, kad atkarpai [a;x] tenkanti masėyra m = m(x), x ∈ [a; b]. Masės, tenkančios atkarpai [x;x + ∆x] kiekis yra
∆m = m(x+ ∆x)−m(x), o vidutinis tankis yra ρvid =∆m∆x
. Masės paskirsty-mo tankis taške x:
ρ(x) = lim∆x→0
∆m∆x
= m′(x).
Imkime kreivę y = f(x) ir pasirinkime du jos taškus M0 ir M . Nubrėžkimekirstinę M0M . Kai taškas M , judėdamas kreive y = f(x) artėja prie taško M0,kirstinė sukasi apie tašką M0.
Apibrėžimas. Ribinę kirstinės M0M padėtį , kurią ji užima, kai taškas Mkreive artėja prie taško M0, vadiname kreivės liestine taške M0.
Kampą, kurį kirstinė sudaro su teigiamąja Ox ašies kryptimi, pažymėkimeβ. Matome, kad
tanβ =∆y∆x
=f(x0 + ∆x)− f(x0)
∆x.
Kai M →M0,∆x→ 0, β → α, čia α yra kampas , kurį sudaro kreivės f(x)liestinė taške M0 su teigiamąja Ox ašies kryptimi:
k = tanα = limM→M0
tanβ = lim∆x→0
f(x0 + ∆x)− f(x0)∆x
= f ′(x0).
4
Išvada: funkcijos f(x) grafiko liestinės taške M0(x0; f(x0) krypties koeficien-tas k lygus f ′(x0). Liestinė yra tiesė, einanti per tašką M0, o jos krypties koe-ficientas lygus f ′(x0), todėl liestinės taške M0 lygtis: y−f(x0) = f ′(x0)(x−x0).
Diferencijuojamų funkcijų savybės.
Teorema. Jei funkcija f(x) turi išvestinę taške x0, tai tame taške ji yra to-lydi. Tačiau ne kiekviena tolydi funkcija turi išvestinę.
Pavyzdys. f(x) = |x| yra tolydi visiems x ∈ R, tačiau taške x = 0 neturiišvestinės.
Pavyzdys. f(x) = 3√x yra tolydi visiems x ∈ (0; +∞), tačiau taške x = 0
neturi išvestinės.
1 teorema. Jei funkcijos u ir v turi išvestines taške x, tai funkcijos Cu, C-konstanta, u+ v, u · v ir u
vturi išvestines taške x, be to:
Cu = Cu′
(u+ v)′ = u′ + v′
(u · v)′ = u′v + uv′
(u
v)′ =
u′v − uv′
v2, v 6= 0.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos y = tgx išvestinę.
(tgx)′ =sinxcosx
=sin′ x cosx− sinx cos′ x
cos2 x=
cos2 x+ sin2 x
cos2 x=
1cos2 x
.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos y =x+ e3x
x− e3xišvestinę.(
x+ e3x
x− e3x
)′=
(x+ e3x)′(x− e3x)− (x+ e3x)(x− e3x)′
(x− e3x)2=
(1 + 3e3x)(x− e3x)− (x+ e3x)(1− 3e3x)(x− e3x)2
=
x− e3x + 3xe3x − 3e6x − x− e3x + 3xe3x + 3e6x
(x− e3x)2=
6xe3x − 2e3x
(x− e3x)2=
2e3x(3x− 1)(x− e3x)2
.
2 teorema. (Sudėtinės funkcijos diferencijavimas). Tarkime, kad funkcijau = u(x) turi išvestinę taške x0: u′x = u′(x0), o funkcija y = f(u) atitinkamametaške u0 = u(x0) taip pat turi išvestinę y′u = f ′(u0). Tada sudėtinė funkcijay = f(u(x)) taške x0 taip pat turi išvestinę u′x, lygią išvestinių y′u ir u′x sandau-gai:u′x = y′u · u′x.
5
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos y = ln tgx2
išvestinę.
y′ =1
tgx2
· 1
cos2x
2
· 12
=1
2 sinx
2cos
x
2
=1
sinx.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos y = arctg(x+√
1 + x2) išvestinę.
y′ =1
1 + (x+√
1 + x2)2·(
1 +12· 1√
1 + x2· 2x)
=1
2(1 + x2) + 2x√
1 + x2·(
x+√
1 + x2
√1 + x2
)=
12√
1 + x2(√
1 + x2 + x)·
(x+√
1 + x2
√1 + x2
)=
12(1 + x2)
.
3 teorema. (Atvirkštinės funkcijos diferencijavimas). Tarkime, kad funkcijay = f(x) turi atvirkštinę funkciją x = g(y). Jei funkcija y = f(x) taške x = x0
turi baigtinę ir nelygią nuliui išvestinę f ′(x0), tai atitinkamame taške y = f(x0)
egzistuoja atvirkštinės funkcijos x = g(y) išvestinė, lygi 1f ′(x0)
:
x′y =1y′x.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos y = ax, a > 0, a 6= 1, x ∈ (−∞;∞) išvesti-nę.
Šios funkcijos atvirkštinė funkcija x = loga y, x′y = (loga y)′ =1
y ln a,
y′x =1x′y
= y ln a = ax ln a⇒ y′x = ax ln a.
Pavyzdys. Apskaičiuokite funkcijos x = x(y) išvestinę, kai y = x+ lnx, x > 0.
x′y =1y′x, y′x = 1 +
1x
=x+ 1x
, x′y =x
x+ 1.
Neišreikštinės funkcijos diferencijavimas.
Funkcija y = f(x) vadinama išreikštine, nes kintamasis y joje išreikštas kin-tamuoju x. Jei kintamieji y ir x yra susieti lygtimi F (x, y) = 0, tai sakome, kadši lygtis apibrėžia neišreikštinę funkciją.
Pavyzdys. Iš lygties y+x− 14tgy = 0 kintamasis y neišsireiškia per kintamąjį x.
Jei norime rasti y′x, kai y yra neišreikštinė funkcija, tiesiog diferencijuojameF (x, y) = 0, po to išsireiškiame y′.
Pavyzdys. x3 + y3 = sin(x− 2y).
6
3x2 + 3y2y′ = cos(x− 2y)(1− 2y′) = cos(x− 2y)− 2y′ cos(x− 2y).y′(3y2 + 2 cos(x− 2y)) = cos(x− 2y)− 3x2.
y′ =cos(x− 2y)− 3x2
(3y2 + 2 cos(x− 2y)).
Logaritminis diferencijavimas.
Funkcija y = u(x)v(x), u(x) > 0 vadinama sudėtine rodikline funkcija. Josišvestinė randama logaritmuojant šią funkciją.
(ln y)′ = (v(x) lnu(x))′ = v′(x) lnu(x) + v(x)u′(x)u(x)
.
(ln y)′ =y′
y= v′ lnu+ v
u′
u⇒ y′ = y(v′ lnu+ v
u′
u).
(uv)′ = uv(v′ lnu+ v
u′
u
).
Pavyzdys. y = xx.ln y = x lnx.
(ln y)′ =y′
y= x′ lnx+ x(lnx)′ = lnx+
x
x= lnx+ 1.
y′ = y(lnx+ 1)⇒ (xx)′ = xx(lnx+ 1).
Pavyzdys. y =(x− 1)3
√x+ 2
3√
(x+ 1)2.
Kadangi tiesioginis šios funkcijos diferencijavimas būtų perdaug sudėtingas, išpradžių funkciją logaritmuojame:
(ln y)′ =(
3 ln(x− 1) +12
ln(x+ 2)− 23
ln(x+ 1))′
=
3x− 1
+1
2(x+ 2)− 2
3(x+ 1).
y′ =(x− 1)3
√x+ 2
3√
(x+ 1)2
(3
x− 1+
12(x+ 2)
− 23(x+ 1)
).
Parametrinių funkcijų diferencijavimas.
Tarkime, kad funkcija y = f(x) yra apibrėžta parametrinėmis lygtimis:{x = ϕ(t)y = ψ(t)
, t ∈ [t0;T ].
Tarkime, kad egzistuoja išvestinės ϕ′(t), ψ′(t), o funkcija x = ϕ(t) turiatvirkštinę funkciją t = Φ(x), kuri taip pat turi išvestinę. Tuomet funkciją
7
y = ψ(t) = ψ(Φ(x)) galime laikyti sudetine funkcija. Pagal sudetinės funkci-jos diferencijavimo taisykles y′x = y′t · t′x. Toliau, pagal atvirkštinės funkcijosdiferencijavimo taisykles, y′x = y′t ·
1x′t
. Taigi
y′x =y′tx′t, x′t 6= 0.
Pavyzdys.{y = 3 sin tx = 2 cos t
, y′x =y′tx′t
=3 cos t−2 sin t
= −32
cot t
Pavyzdys.{x = et cos ty = et sin t
, y′t = et sin t+ et cos t, x′t = et cos t− et sin t,
y′t =et(sin t+ cos t)et(cos t− sin t)
=sin t+ cos tcos t− sin t
.
Pavyzdys. Duota parabolės lygtis:y2 = 4x. Rasti šios parabolės liestinės taške M(1; 2) lygtį. Rasime neišreikštinėsfunkcijos išvestinę:(y2)′ = 2yy′ = 4⇒ y′ =
2y.
y′(1) =2
y(1)=
22
= 1.
y′(1) yra liestinės taške M(1; 2) krypties koeficientas. Liestinės taške (x0, y(x0))lygtis y(x)− y(x0) = y′(x0)(x− x0)⇒ y − 2 = 1 · (x− 1)⇒ y = x+ 1.
Funkcijos diferencialas.
Tarkime, kad y = f(x) yra tolydžioji funkcija. Nagrinėsime jos pokytį∆y = f(x + ∆x) − f(x) atitinkantį argumento pokytį ∆x. Parodysime bū-dą tam pokyčiui apytiksliai skaičiuoti.
Pavyzdys. y = x3.∆y = (x+ ∆x)3 − x3 = x3 + 3x2∆x+ 3x(∆x)2 + (∆x)3 − x3 =3x2∆x+ 3x(∆x)2 + (∆x)3.
Funkcijos pokytis susideda iš dviejų dalių. Pirmoji dalis 3x2∆x yra tiesinėargumento pokyčio ∆x atžvilgiu, o antroji dalis 3x(∆x)2 +(∆x)3 yra nykstantisdydis aukštesnės eilės, negu ∆x, kai ∆x→ 0, t. y.
lim∆x→0
3x(∆x)2 + (∆x)3
∆x= lim
∆x→0(3x∆x+ (∆x)2) = 0.
Apibrėžimas. Jei funkcijos f(x) pokytį taške x ∆y = f(x+∆x)−f(x) galimaišreikšti dviejų dėmenų suma ∆y = A(x)∆x + o(∆x), kurių pirmasis A(x)∆xyra tiesiškas ∆x atžvilgiu, o antrasis yra nykstantis dydis aukštesnės eilės, negu
∆x, kai ∆x → 0, t. y. lim∆x→0
o(∆x)∆x
= 0, tai pirmasis tų dėmėnų vadinamasfunkcijos f(x) diferencialu ir žymimas simboliu dy = A(x)∆x. Funkcija f(x)
8
vadinama diferencijuojama taške x. Taigi dy = A(x)∆x yra pagrindinė funkci-jos pokyčio dalis.
Pavyzdys. y = x2.∆y = (x+ ∆x)2 − x2 = x2 + 2x∆x+ (∆x)2 − x2 = 2x∆x+ (∆x)2.dy = 2x∆x.Į funkciją y = x2 galima žiūrėti kaip į kvadrato plotą.
∆y = 2x∆x+(∆x)2, čia 2x∆x yra pagrindinė funkcijos f(x) prieaugio dalis.
Teorema. Jei y = f(x) taške x0 turi išvestinę, tai ji tame taške yra diferen-cijuojama.
f ′(x0) = lim∆x→0
∆y∆x⇒ ∆y
∆x= f ′(x0) + α(∆x), lim
∆x→0α(x) = 0⇒
dy = f ′(x0)∆x.Tarkime, kad y = x⇒ y′x = 1⇒ dy = dx = ∆x⇒ dy = y′xdx.∆y = dy + o(∆x)⇒ ∆y ≈ dy, f(x0 + ∆x)− f(x0) ≈ dy.
f(x0 + ∆x) ≈ f(x0) + f ′(x0)∆x.
Ši formulė naudojama apytiksliam funkcijos reikšmių skaičiavimui.
Pavyzdys. Apytiksliai apskaičiuokite 3√
1, 02.
y = 3√x, y′x =
13 3√x2, x0 = 1,∆x = 0, 02.
3√
1, 02 ≈ f(1) + f ′(1)∆x = 1 +13· 0, 02 ≈ 1, 006667.
Pavyzdys. Apytiksliai apskaičiuokite sin 29◦.
y = sinx, y′x = cosx, x0 = 30◦,∆x = −1◦ = − 2π360≈ −0, 01744.
sin 29◦ ≈ f(30)+f ′(30)·∆x ≈ sin 30◦+cos 30◦ ·(−0, 01744) =12−√
32·0, 01744 ≈
0, 4849.
Diferencialo geometrinė prasmė.
Funkcijos f(x) grafiko liestinės taške M0(x0; y0) kampą su teigiamąja Ox
ašies kryptimi pažymėkime α. tanα =NT
∆x, tanα = f ′(x0)⇒ NT = f ′(x0)∆x =
dy.
Išvada. Funkcijos f(x) diferencialas taške x0 lygus grafiko liestinės taškeM0(x0; y0) ordinatės pokyčiui.
9
3 pav: Diferencialo geometrinė prasmė.
Teorema. (Ferma) Tegu funkcija f(x) yra apibrėžta intervale [a; b], o jo vi-diniame taške c įgyja didžiausią (mažiausią) reikšmę. Jei tame taške egzistuojabaigtinė išvestinė f ′(c), tai f ′(c) = 0. T. y., jei c yra funkcijos f(x) maksimumo(minimumo) taškas, tai liestinė tame taške lygiagreti Ox ašiai.Reikalavimas, kad c būtų vidinis intervalo taškas yra esminis, nes jei ekstremu-mas įgyjamas intervalo [a; b] gale, f ′(b) 6= 0 (nebūtinai lygi nuliui).
Teorema. (Rolio) Tegu funkcija f(x) yra tolydi intervale [a; b] ir yra dife-rencijuojama bent intervale (a; b). Be to tegu f(a) = f(b). Tada tarp a irb egzistuoja bent vienas taškas c(a < c < b), kuriame f ′(c) = 0. T. y., jeif(a) = f(b), tai egzistuoja bent vienas intervalo (a; b) vidinis taškas, kuriameliestinė lygiagreti Ox ašiai.
Teorema. (Koši) Jei funkcijos f(x) ir g(x) yra tolydžiosios intervale [a; b] irdiferencijuojamos bent intervale (a; b) be to g′(x) 6= 0. Tada tarp a ir b egzis-
tuoja taškas c, kuriame f(b)− f(a)g(b)− g(a)
=f ′(c)g′(c)
.
Ši formulė vadinama Koši formule, o pati teorema – Koši arba baigtinių pokyčiųteorema.
Teorema. (Lagranžo) Jei funkcija y = f(x) yra tolydžioji intervale [a; b] irdiferencijuojama intervale (a; b), tai tarp a ir b egzistuoja taškas c, kuriamef(b)− f(a) = f ′(c)(b− a). (Koši teoremoje reikia paimti g(x) = x). Ši formulėvadinama Lagranžo formule.
Geometrinė prasmė – egzistuoja taškas c ∈ (a; b), kuriame liestinė kreiveiy = f(x) yra lygiagreti stygai AB.
10
4 pav: Lagranžo teoremos geometrinė prasmė.
Teorema. (Lopitalio) Tegu funkcijos f(x) ir g(x) yra tolydžiosios ir diferen-cijuojamos taško a aplinkoje, lim
x→af(x) = lim
x→ag(x) = 0, be to g′(x) 6= 0 taško a
aplinkoje. Tuomet, jei egzistuoja riba limx→a
f ′(x)g′(x)
, tai egzistuoja ir riba limx→a
f(x)g(x)
ir teisinga lygybė:
limx→a
f(x)g(x)
= limx→a
f ′(x)g′(x)
.
Lopitalio taisyklė naudojama skaičiuojant ribas, kai yra neapibrėžtumai 00
arba ∞∞
.
Pavyzdys. limx→0
1− cosxx2
= limx→0
sinx2x
=12· limx→0
sinxx
=12· 1 =
12.
Pavyzdys. limx→∞
lnxx2
= limx→∞
(lnx)′
(x2)′= limx→∞
1x2x
= limx→∞
12x2
= 0.
Pavyzdys. limx→0
x3 lnx = limx→0
lnx1x3
= limx→0
1x
− 3x4
= limx→0−1
3· x3 = 0.
Pavyzdys. limx→0
(1x− 1
sinx
)= limx→0
sinx− xx sinx
= limx→0
(sinx− x)′
(x sinx)′= limx→0
cosx− 1sinx+ x cosx
=
limx→0
(cosx− 1)′
(sinx+ x cosx)′= limx→0
− sinxcosx+ cosx− x sinx
= limx→0
− sinx2 cosx− x sinx
= 0.
Pavyzdys. limx→0
(e2x + x
)1/x= exp
[limx→0
1x
ln(e2x + x)]
= exp
[limx→0
2e2x + 1e2x + x
]=
e3.
11
Pavyzdys. limx→0
x5/(1+ln x) = exp
[limx→0
51 + lnx
· lnx]
= exp
[limx→0
(5 lnx)′
(1 + lnx)′
]=
exp
[limx→0
(5 lnx)′
(1 + lnx)′
]= exp
[limx→0
5/x1/x
]= e5.
Funkcijos monotoniškumo intervalai.
Teorema. Jei diferencijuojamos intervale [a; b] funkcijos išvestinė visuose in-tervalo taškuose lygi nuliui, tai funkcija yra pastovi tame intervale.
Teorema. Jei diferencijuojamos intervale [a; b] funkcijos išvestinė yra teigia-ma (neigiama), tai funkcija intervale didėja (mažėja).
Apibrėžimas. Funkcijos f(x) reikšmė f(x0) vadinama tos funkcijos lokaliuo-ju maksimumu (minimumu), kai yra taško x0 aplinka (x0 − δ;x0 + δ), kuriojevisiems x teisinga nelygybė f(x0) > f(x)(f(x0) 6 f(x)). Maksimumas ir mini-mumas vadinami funkcijos ekstremumais.
Teorema. (Būtina ekstremumo sąlyga.) Jei x0 yra funkcijos didžiausia arbamažiausia reikšmė intervale [a; b], tai f ′(x0) = 0 arba f ′(x0) neegzistuoja.
Ši sąlyga yra būtina, bet nėra pakankamoji ekstremumo sąlyga, t. y. ne visitaškai, kuriuose f ′(x0) = 0 yra ekstremumo taškai.
Pavyzdys. y = x3, y′ = 3x2. Taške x = 0 y′ = 0, tačiau šis taškas nėra funkci-jos f(x) ekstremumo taškas.
Pavyzdys. y = |x|. Funkcija neturi išvestinės taške x = 0, tačiau šiame taškefunkcija f(x) įgyja minimumą.
Taškai, kuriuose funkcijos išvestinė lygi nuliui arba neegzistuoja, vadinamifunkcijos kritiniais taškais. Ekstremumų reikia ieškoti tarp kritinių funkcijostaškų.
Teorema. (1-oji pakankamoji ekstremumo sąlyga.) Jei funkcijos f(x) išves-tinė f ′(x) keičia ženklą , pereinant kritinį tašką x0, tai taškas x0 yra funkcijosf(x) ekstremumo taškas:
1. maksimumo, kai f ′(x) keičia ženklą iš pliuso į minusą (iš didėjimo pereinaį mažėjimą);
2. minimumo, kai f ′(x) keičia ženklą iš minuso į pliusą (iš mažėjimo pereinaį didėjimą).
Jei išvestinė nekeičia ženklo taške x0, jis nėra funkcijos ekstremumo taškas
12
ir funkcija tame taške tik didėja arba mažėja.
Pavyzdys. f(x) =3x2 − 3x+ 2
x. Raskite funkcijos f(x) didėjimo ir mažėjimo
intervalus ir ekstremumus.
Apibrėžimo sritis: D = (−∞; 0) ∪ (0; +∞).
f ′(x) =(6x− 3)x− (3x2 − 3x+ 2)
x2=
6x2 − 3x− 3x2 + 3x− 2x2
=3x2 − 2x2
.
f ′(x) = 0, kai 3x2 = 2, x1 = −√
23, x2 =
√23.
Kai x ∈
(−∞;−
√23
)∪
(√23
; +∞
), f ′(x) > 0 – funkcija didėja,
Kai x ∈
(−√
23
; 0
)∪
(0;√
23
), f ′(x) < 0 – funkcija mažėja.
x1 = −√
23
yra maksimumo taškas, x2 =√
23
yra minimumo taškas.
f
(−√
23
)= −4
√32
+ 3, f
(√23
)= 4√
32− 3.
x = 0 nėra ekstremumo taškas.
Pavyzdys. f(x) = (x − 1) 3√x2. Raskite funkcijos f(x) didėjimo ir mažėjimo
intervalus ir ekstremumus.
Apibrėžimo sritis: D = (−∞; +∞).
y′ = 3√x2 + (x− 1) · 2
3· 1
3√x
=3x+ 2x− 2
3 3√x
=5x− 23 3√x.
y′ = 0, kai x =25, y′ neegzistuoja taške x = 0. Turime 2 kritinius taškus.
Kai x ∈ (−∞; 0), y′ > 0 – funkcija didėja,
kai x ∈(
0;25
), y′ < 0 – funkcija mažėja,
kai x ∈(
25
;∞)
, y′ > 0 – funkcija didėja.
x1 = 0 yra maksimumo taškas, x2 =25
yra minimumo taškas,
y(0) = 0, y(
25
)= −3
53
√425
.
Teorema. (2-oji pakankamoji ekstremumo sąlyga.) Jei taške x0 funkcijosf(x) išvestinė f ′(x0) = 0, o antroji išvestinė f ′′(x0) 6= 0, tai taškas x0 yra funk-
13
cijos f(x) ekstremumo taškas:
1. minimumas, kai f ′′(x0) > 0,
2. maksimumas, kai f ′′(x0) < 0.
Pavyzdys. Raskite funkcijos y = x3 − 3x ekstremumus.
Apibrėžimo sritis: D = (−∞; +∞).
y′ = 3x2 − 3 = 3(x2 − 1) = 3(x− 1)(x+ 1).y′ = 0, kai x1 = −1, x2 = 1. Turime 2 kritinius taškus.
y′′ = 6x, y′′(−1) = −6 < 0, y′′(1) = 6 > 0. Taškas x1 = −1 yra maksimumotaškas, x2 = 1 yra minimumo taškas.
ymax(−1) = 2, ymin(1) = −2.
Funkcijos didžiausia ir mažiausia reikšmės uždarame intervale.
Žinoma, kad tolydi funkcija uždarame intervale įgyja savo didžiausią ir ma-žiausią reikšmes m ir M . Funkcija f(x) didžiausią ir mažiausią reikšmes galiįgyti arba kritiniuose taškuose arba intervalo galuose. Ekstremumų ieško-me taip:
1. randame kritinius taškus, priklausančius intervalui (a; b),
2. apskaičiuojame funkcijos reikšmes kritiniuose taškuose ir intervalo galuose,
3. iš šių reikšmių išrenkame didžiausią ir mažiausią reikšmes.
Pavyzdys. Raskite funkcijos y = ln2 x−2 lnx didžiausią ir mažiausią reikšmesintervale [1; 5].
Apibrėžimo sritis: D = (0; +∞).
y′ =2 lnxx− 2x
=2 (lnx− 1)
x.
y′ = 0, lnx = 1, kai x = e.
y′′ = 2 · 1− lnxx2
+2x2
=4− lnxx2
.
y′′(e) =3e2
> 0. x = e yra minimumo taškas.
ymin(e) = ln2 e− 2 ln e = 1− 2 = −1.
14
y(1) = ln2 1− 2 ln 1 = 0, y(5) = ln2 5− 2 ln 5 ≈ −0, 63⇒ ymax(1) = 0.
x = 5 nėra ekstremumo taškas.
Pavyzdys. Raskite funkcijos y =1x
+1x2− 1x3
didžiausią ir mažiausią reikšmesintervale [0, 1; 2].
Apibrėžimo sritis: D = (−∞; 0) ∪ (0; +∞).
y′ = − 1x2− 2x3
+3x4
=−x2 − 2x+ 3
x4= 0.
x1 = 1, x2 = −3, −3 /∈ [0, 1; 2]. Turime tik vieną kritinį tašką x = 1.
y′′ =2x3
+6x4− 12x5, y′′(1) = 2+6−12 = −4 < 0. x = 1 yra maksimumo taškas.
ymax(1) = 1.
y(0, 1) =1
0, 1+
10, 01
− 10, 001
= 10 + 100− 1000 = −890.
y(2) =12
+14− 1
8=
58.
ymin(0, 1) = −890.
Kreivės iškilumas ir perlinkio taškai.
Apibrėžimas. Kreivė vadinama iškila aukštyn (žemyn) intervale (a; b), jeiguvisi tos kreivės taškai yra po liestine (virš liestinės), nubrėžta bet kuriame krei-vės taške tame intervale.
Apibrėžimas. Taškas M , kuris atskiria iškilą aukštyn kreivės dalį nuo iškilosžemyn dalies, vadinamas kreivės perlinkio (vingio) tašku.
Teorema. Jei intervale (a; b) funkcija f(x) turi antrąją išvestinę, kuri yraneigiama (teigiama), tai kreivė tame intervale yra iškila aukštyn (žemyn).
Teorema. (Būtina perlinkio taško sąlyga). Jei intervale (a; b) funkcija f(x)turi tolydžiąją antrąją išvestinę ir taškas x0 ∈ (a; b) yra kreivės perlinkio taškas,tai f ′′(x0) = 0 arba f ′′(x0) neegzistuoja.
Teorema. (Pakankama perlinkio taško sąlyga). Jei f ′′(x0) = 0 ir antroji iš-vestinė eidama per tašką x0 keičia ženklą, tai x0 yra perlinkio taškas.
15
5 pav: Iškilumas aukštyn.
6 pav: Iškilumas žemyn.
Pavyzdys. Raskite funkcijos y =1
x2 + 1grafiko iškilumo intervalus ir perlinkio
taškus.
Apibrėžimo sritis: D = (−∞; +∞).
f ′(x) = − 2x(x2 + 1)2
,
f ′′(x) = −(
2(x2 + 1)2 − 2x · 2(x2 + 1) · 2x(x2 + 1)4
)= −
((x2 + 1)(2x2 + 2− 8x2)
(x2 + 1)4
)=
6x2 − 2(x2 + 1)3
.
f ′′(x) = 0, kai x1 = − 1√3, x2 =
1√3.
f ′′(x) > 0, kai x ∈ (−∞;− 1√3
) ∪ (1√3
; +∞),
f ′′(x) < 0, kai x ∈ (− 1√3
;1√3
).
Funkcija keičia iškilumą taškuose x1 ir x2, todėl x1 ir x2 yra funkcijos per-linkio taškai.
Grafiko asimptotės.
Apibrėžimas. Tiesė vadinama kreivės asimptote, kai bet kurio kreivės taško
16
atstumas iki tos tiesės artėja prie nulio, taškui tolstant į begalybę.Asimptotės skirstomos į vertikaliąsias ir pasvirąsias.
1. Vertikaliosios asimptotės. Jei nors viena iš ribų limx→a−0
f(x), limx→a+0
f(x), limx→a
f(x)
yra begalinė, tai tiesė x = a yra vertikalioji asimptotė.
Pavyzdys. Kreivės f(x) =1
x− 2grafiko vertikalioji asimptotė yra x = 2,
nes limx→2−0
f(x) = −∞, limx→2+0
f(x) =∞.
7 pav: Vertikalioji asimptotė.
2. Pasvorosios asimptotės. Tarkime, kad tokios asimptotės lygtis yray = kx + b. Tuomet ši tiesė bus pasvirąja grafiko f(x) asimptote, kaix→ +∞(x→ −∞) tada ir tik tada, kai egzistuoja ribos:
limx→+∞
f(x)x
= k ir limx→+∞
(f(x)− kx) = b(lim
x→−∞
f(x)x
= k ir limx→−∞
(f(x)− kx) = b
).
Jei bent viena iš šių ribų lygi begalybei arba neegzistuoja, tai funkcijosgrafikas pasvirosios asimptotės neturi.
17
Tiesė y = b vadinama horizontaliąja asimptote, jeilim
x→+∞f(x) = b ( lim
x→−∞f(x) = b).
Pavyzdys. Rasime funkcijos y =x2
x− 1grafiko asimptotes.
Apibrėžimo sritis: D = (−∞; 1) ∪ (1; +∞).Taškas x = 1 yra 2-osios rūšies trūkio taškas.
limx→1−0
x2
x− 1= −∞, lim
x→1+0
x2
x− 1=∞.
x = 1 – vertikalioji asimptotė.
k = limx→±∞
f(x)x
= limx→±∞
x
x− 1= 1,
b = limx→±∞
(f(x)− x) = limx→±∞
(x2
x− 1− x) = lim
x→±∞
x
x− 1= 1,
vadinasi tiesė y = x+ 1 yra pasviroji asimptotė.
8 pav: Vertikalioji ir pasvoroji asimptotės.
18
Bendra funkcijos tyrimo schema.
1. Nustatome funkcijos apibrėžimo sritį. Jei yra trūkio taškų, apskaičiuojamefunkcijų ribas jiems iš kairės ir iš dešinės, o taip pat apibrėžimo sritiesgaluose.
2. Nustatome, ar funkcija yra lyginė, ar ji yra periodinė.
3. Išsprendę lygtį f(x) = 0 randame taškus, kuriuose funkcijos grafikas kertaOx ašį. Paskaičiavę f(0) randame tašką, kuriame grafikas kerta Oy ašį.
4. Nustatome monotoniškumo intervalus, ekstremumus. (Randame lygtiesf ′(x) = 0 šaknis, taškus, kuriuose f ′(x) neegzistuoja, nustatome interva-lus, kuriuose f ′(x) > 0, f ′(x) < 0).
5. Nustatome grafiko iškilumo intervalusir perlinkio taškus. (Randame lyg-ties f ′′(x) = 0 šaknis, nustatome intervalus, kuriuose f ′′(x) > 0, f ′′(x) <0).
6. Randame vertikaliąsias ir pasvirąsias asimptotes.
7. Brėžiame funkcijos grafiką.
Pavyzdys. Ištirkite funkciją y =x3
4− x2ir nubrėžkite jos grafiką.
1. Apibrėžimo sritis: D = (−∞;−2) ∪ (−2; 2) ∪ (2; +∞).
limx→−2−0
x3
4− x2= +∞, lim
x→−2+0
x3
4− x2= −∞ ⇒ x = −2 yra vertikalioji
asimptotė.
limx→2−0
x3
4− x2= +∞, lim
x→2+0
x3
4− x2= −∞⇒ x = 2 yra vertikalioji asimp-
totė.Taškai x = −2 ir x = 2 yra 2-osios rūšies trūkio taškai.
2. Nustatome, ar funkcija yra lyginė:
f(−x) =−x3
4− x2= −f(x) ⇒ funkcija yra nelyginė, vadinasi grafikas yra
simetriškas koordinačių pradžios atžvilgiu. Funkcija nėra periodinė.
3. f(x) = 0 ⇒ x = 0. Taškas (0;0) yra vienintelis taškas, kuriame grafikaskerta Ox ir Oy ašis.
4. f ′(x) =(
x3
4− x2
)′=
3x2(4− x2)− x3 · (−2x)(4− x2)2
=12x2 − 3x4 + 2x4
(4− x2)2=
12x2 − x4
(4− x2)2=x2(12− x2)(4− x2)2
=x2(2√
3− x)(2√
3 + x)(4− x2)2
.
4 kritiniai taškai: x1 = −2√
3, x2 = 2√
3, x3 = −2, x4 = 2.
19
f ′(x) < 0, kai x ∈ (−∞;−2√
3) ∪ (2√
3; +∞),f ′(x) > 0, kai x ∈ (−2
√3; 2√
3).x1 = −2
√3 yra minimumo taškas, ymin(−2) = 3
√3.
x2 = 2√
3 yra maksimumo taškas, ymax(2) = −3√
3.
x3 = −2, x4 = 2 nėra ekstremumo taškai.
5. f ′′(x) =(
12x2 − x4
(4− x2)2
)′=
(24x− 4x3)(4− x2)− (12x2 − x4) · 2(4− x2)(−2x)(4− x2)3
=
4x(6− x2)(4− x2) + 4x · x2(12− x2)(4− x2)3
=4x(2x2 + 24)
(4− x2)3=
8x(x2 + 12)(4− x2)3
.
f ′′(x) = 0, kai x = 0,f ′′(x) < 0, kai x ∈ (−2; 0) ∪ (2; +∞)),f ′′(x) > 0, kai x ∈ (−∞;−2) ∪ (0; 2)),
Taškai x = −2, x = 0, x = 2 yra funkcijos perlinkio taškai.
6. Jau nustatėme vertikaliąsias asimptotes x = −2 ir x = 2. Dabar nustaty-sime, ar egzistuoja pasvirosios asimptotės.
k = limx→±∞
f(x)x
= limx→±∞
x2
4− x2= −1,
b = limx→±∞
(f(x)− kx) = limx→±∞
(x3
x− 1+ x) = lim
x→±∞
4x4− x2
= 0,Pasviroji asimptotė y = −x.Funkcijos grafikas:
20
9 pav: Funkcijos y =x3
4− x2grafikas.
21
