Matematik tahlil
Download 202.2 Kb.
|
teskariMATEMATIK TAHLIL
- Bu sahifa navigatsiya:
- Q.E.D.
- 4.9. Misollar
- π lim (tg x ) tg 2 x
+ · · ·++ f (2k−1)(c)( )2k−3 + f (2k)(ξ) ( )2k−2 (2k − 3)! tenglik o'rinli bo'ladi. x − c (2k − 2)! x − c (4.8.15) Agar (4.8.14) tengliklarni e'tiborga olsak, (4.8.15) dan ′′ f (2k)(ξ) 2k−2 ξ − c f (x) = (2k − 2)!(x − c) , 0 < < 1, (4.8.16) x − c munosabatni olamiz. Aniqlik uchun 2k +1 - tartibli hosila c nuqtada musbat bo'lsin, deb faraz qilamiz, ya'ni f (2k+1)(c) > 0. Natijada, 4.3.1 - Tasdiqqa asosan, oldingi f (2k)(x) hosilaning c nuqtada o'sishi kelib chiqadi. Boshqacha aytganda, bu hosila c nuqtadan chapda bu nuqtadagi qiymatdan kichik va undan o'ngda esa, bu qiymatdan katta qiymat qabul qiladi. Bundan, f (2k)(c) = 0 bo'lgani va ξ nuqta c va x nuqtalar orasida yotgani uchun, x < c da f (2k)(ξ) < 0 bo'ladi va x > c da f (2k)(ξ) > 0 bo'ladi (4.8.17) degan shartning bajarilishi ma'lum bo'ladi. Demak, (x − c)(2k−2) funksiya juft bo'lgani uchun, f (2k)(ξ)(x − c)2k−2 (4.8.18) ifoda c nuqtaning chap va o'nd taraflarida turli ishoralarga ega. Shunday ekan, (4.8.16) tenglikdan ikkinchi tartibli f ′′(x) hosila ham xuddi shunday xossaga ega ekani kelib chiqadi. U holda, 4.8.6 - Teoremaga ko'ra, f funksiya grafigi (c, f (c)) nuqtada bukilishga ega. f (2k+1)(c) < 0 bo'lganda ham isbot xuddi shu yo'l bilan amalga oshiriladi. Q.E.D. Funksiya grfigining asimptotalari. Funksiya grafigini o'rganilayotganda ko'pincha shunday, yaxshi ma'lum bo'lgan, etalon funksiya topishga harakat qilinadiki, uning grafigi qaralayotgan funksiya grafigiga iloji boricha yaqin bo'lsin. Ko'p hollarda ana shunday etalon funksiya sifatida y = kx + b (4.8.19) ko'rinishga ega bo'lgan chiziqli funksiya olinadi. Ta'rif. Agar f funksiya ko'rinishga ega bo'lib, bunda f (x) = kx + b + α(x) (4.8.20) limx→+∞ α(x) = 0 (4.8.21) → ∞ bo'lsa, (4.8.19) tenglik bilan aniqlangan funksiya f funksiyaning x + dagi asimptotasi deb ataladi. Masalan, funksiya grafigi f (x) = 2x2 + 3x + 5 x + 1 asimptotaga ega, chunki y = 2x + 1 f (x) = 2x + 1 + 4x + 1 . Funksiyaning x → −∞ dagi asimptotasi ham xuddi yuqoridagidek aniqlanadi. → ∞ - Teorema. Berilgan f funksiya grafigi x + da (4.8.19) aimptotaga ega bo'lishi uchun quyidagi ikki limx→+∞ va f (x) x = k (4.8.22) limx→+∞ [f (x) − kx] = b (4.8.23) limitlarning mavjud bo'lishi zarur va yetarli. Isbot. 1) Faraz qilaylik, (4.8.20) va (4.8.21) shartlar bajarilsin. (4.8.20) tenglikni f (x) x = k + b x+ α(x) x(4.8.24)
kabi yozib olamiz. Agar (4.8.21) ni e'tiborga olsak, (4.8.24) tenglikdan (4.8.22) kelib chiqadi va (4.8.20) tenglikdan esa, (4.8.23) ni olamiz. 2) Endi (4.8.22) va (4.8.23) limitlar mavjud bo'lsin, deb faraz qilamiz. Limitga o'tish amali chiziqli bo'lgani uchun, (4.8.23) tenglikni limx→+∞ deb yozib olishimiz mumkin. [f (x) − kx − b] = 0 Ravshanki, bundan (4.8.21) asimptotik tenglikka ega bo'lamiz. Q.E.D.Ta'rif. Agar quyidagi ikki limx→+a f (x) yoki lim x→−a f (x) ∞ −∞ bir taraflama limitlardan hech bo'lmaganda bittasi + yoki ga teng bo'lsa, f funksiya grafigi x = a vertikal asimptotaga ega deyiladi. Funksiya grafigini xomaki chizish. Bu bandda, yuqoridagi natijalarga asoslanib, funksiya grfigini o'rganish va qurishning asosiy bosqichlarini keltiramiz. 4.8.4 - Misol. Funksiya grafigini yasang: f (x) = (2x + 3)e2/x. (4.8.25) ∈ Avvalo shuni qayd etamizki, (4.8.25) tenglik bilan f funksiya x = 0 nuqtadan boshqa barcha x R nuqtalarda aniqlangan. Shuning uchun, biz f funksiyaning tabiiy aniqlanish sohasi sifatida D(f ) = (−∞, 0) ∪ (0, +∞) (4.8.26) to'plamni olishimiz mumkin. Ravshanki, o'rganilayotgan funksiya nolga faqat x0 = −3/2 nuqtada aylanadi. 3 3Bundan tashqari, funksiya (−∞, − 2 ) yarim to'g'ri chiziqda manfiy va (− 2 , 0) ∞ hamda (0, + ) intervallarda musbat qiymatlarni qabul qiladi. 0 nuqtada chap limit nolga teng: limx→0−0 f (x) = 0, (4.8.27) bu nuqtada o'ng limit esa, +∞ ga teng: limx→0+0 f (x) = +∞. (4.8.28) Berilgan (4.8.25) funksiya hosilasi f ′(x) = 2 (x2 − 2x − 3)e2/x = 2 (x + 1)(x − 3)e2/x (4.8.29) x2 x2 ga teng. − − − Bevosita bu tenglikdan statsionar nuqtalar x1 = 1 va x2 = 3 ekani kelib chiqadi. x1 = 1 nuqtadan chapda va x2 = 3 nuqtadan o'ngda hosila musbat bo'lib, boshqa barcha nuqtalarda u manfiy bo'ladi. Demak, x1 = 1 nuqta lokal maksimum va x2 = 3 nuqta esa, lokal minimum nuqtalari ekan, bundan tashqari, f (−1) = e−2 = 0, 135..., f (3) = 9e2/3 = 17, 529... ∞ −∞ − − Funksiya ( , 1) yarim to'g'ri chiziqda o'sadi, ( 1, 0) va (0, 3) intervallarda esa u kamayib, (3, + ) yarim to'g'ri chiziqda funksiya yana o'sadi. Ikkinchi tartibli hosila f ′′(x) = 20 x + 3 e2/x (4.8.30) ga teng. x4 5 3Bu tenglikdan ikkinchi tartibli hosila x3 = − 5 nuqtada nolga aylanishi kelib chiqadi. Bundan tashqari, f − 3 = 9 e−10/3 = 0, 064... 5 5ekanini ko'rish oson. Ikkinchi tartibli hosila bu nuqtadan chapda manfiy va o'ngda musbat. Shuning uchun, (x3, f (x3)) nuqta (4.8.25) funksiya grafigining bukilish nuqtasidir. Bu nuqtadan chapda funksiya grafigining qavariqlik yo'nalishi tepaga qaragan, o'ngda esa bu yo'nalish pastga qaragan. Teylor formulasidan x → ±∞ da e2/x = 1 + 2 + O(1) , x → ±∞, x x2 ekanligi kelib chiqadi. Shuning uchun, f (x) = (2x + 3) 1 + 2 + O(1) = 2x + 7 + O(1) . (4.8.31) x x2 x Bu tenglik funksiya grafigi y = 2x + 7 (4.8.32) og'ma asimptotaga ega ekanligini anglatadi. Bundan tashqari, (4.8.28) tenglikka ko'ra, ordinatalar o'qi grafikning vertikal asimptotasi bo'ladi. 1-5 bandlarda o'rnatilgan xossalarga asosan funktsiya grafigining xomaki chizmasini qurishimiz mumkin ( rasmga qarang). 4.9. Misollar- Misol. Agar f (x) = ax bo'lsa, hosila ta'rifidan foydalanib f ′(2) ni hisoblang. Ko'rsatma. (3.10.2) tenglikdan foydalaning. - Misol. Quyidagi y = ln x funksiya Ox o'qini qanday burchak ostida kesadi? Ko'rsatma. Hosilaning geometrik ma'nosidan foydalaning. - Misol. Agar f (x) differensiallanuvchi va n natural son bo'lsa, n→∞ n lim n f x + 1 − f (x) = f ′(x) (4.9.1) tenglikni isbotlang. Aksincha, agar (4.9.1) tenglik o'rinli bo'lsa, f funksiya hosilaga ega, deyish mumkinmi? Ko'rsatma. (4.9.1) tenglikni isbotlash uchun hosila ta'rifidan foydalaning. Teskari tasdiqni tekshirish uchun D(x) Dirixle funksiyasini qarang. - Misol. Agar f (x) funksiya x = x0 nuqtada hosilaga ega bo'lib, g(x) funksiya shu nuqtada hosilaga ega bo'lmasa, yoki har ikkala f (x) va g(x) funksiyalar x = x0 nuqtada hosilaga ega bo'lmasa, F (x) = f (x)g(x) funksiya x = x0 nuqtada hosilaga ega emas deyish mumkinmi? Ko'rsatma. a) f (x) = x va g(x) = |x| funksiyalarni x0 = 0 nuqtada tekshiring. b) f (x) = D(x) va g(x) = 1 − D(x) funksiyalarni istalgan x0 nuqtada tekshiring. - Misol. Agar f (x) funksiya chekli (a, b) intervalda differensiallanuvchi bo'lib, ∞ lim f ′(x) = x→a bo'lsa, albatta bo'ladi, deyish mumkinmi? lim f (x) = ∞ x→a Ko'rsatma. a = 0 deb, f (x) = √x funksiyani qarang. - Misol. Limitni hisoblang: limx→+∞ √x x. - Misol. Limitni hisoblang: lim xx. x→+0 Ko'rsatma. Almashtirish bajarib, avvalgi misolga keltiring. - Misol. Quyidagi egri chiziq asimptotasini toping: x1+x y = (1 + x)x (x > 0). Ko'rsatma. 4.8.9 - Teoremani qo'llang. Limitlarni hisoblashda ikkinchi ajoyib limit va Lopital qoidasidan foydalaning. - Misol. Agar y = x3e2x bo'lsa, y(20) ni toping. Ko'rsatma. Leybnits formulasidan foydalaning. ∞ - Misol. Agar f (x) funksiya cheksiz (x0, + ) intervalda differensiallanuvchi bo'lib, bo'lsa,
x→+∞ limf ′(x) = 0 f (x) = 0 ekanini isbotlang. x→+∞ x Ko'rsatma. (4.4.3) Koshi formulasidan foydalaning. - Misol. Teylor formulasidan foydalanib, limitni hisoblang: lim 1 − (cos x)tg x x→0 x sin2 x Ko'rsatma. f (x) = (cos x)tg x = etg x ln(cos x) funksiyaga O(x4) qoldiq hadli va g(x) = sin2 x funksiyaga O(x3) qoldiq hadli Teylor formulasini qo'llang. - Misol. Aniqmaslikni oching:
|
