4.6: Межі на нескінченності та асимптотах
- Обчисліть межу функції якx збільшення або зменшення без обмежень.
- Розпізнайте горизонтальну асимптоту на графіку функції.
- Оцініть кінцеву поведінку функції якx збільшення або зменшення без обмежень.
- Розпізнайте косу асимптоту на графіку функції.
- Проаналізуйте функцію та її похідні, щоб намалювати її графік.
Показано, як використовувати першу та другу похідні функції для опису форми графа. Для побудови графіка функції,f визначеної на необмеженій області, нам також потрібно знати поведінкуf asx→±∞. У цьому розділі ми визначаємо межі на нескінченності та покажемо, як ці межі впливають на графік функції. В кінці цього розділу ми окреслимо стратегію побудови графіків довільної функціїf.
Ми почнемо з вивчення того, що означає для функції, щоб мати кінцеву межу на нескінченності. Потім вивчаємо ідею функції з нескінченною межею на нескінченності. Повернувшись у Вступ до функцій та графіків, ми розглянули вертикальні асимптоти; у цьому розділі ми маємо справу з горизонтальними та косими асимптотами.
Межі на нескінченності та горизонтальні асимптоти
Нагадаємо, щоlimx→af(x)=L засібf(x) стає довільно близьким до тихL пір, покиx досить близько доa. Ми можемо розширити цю ідею до меж нескінченності. Наприклад, розглянемо функціюf(x)=2+1x. Як видно графічно на малюнку4.6.1 і чисельно в таблиці4.6.1, як значенняx отримують більше, значенняf(x) наближення2. Ми говоримо межа якx підходи∞f(x) є2 і пишемоlimx→∞f(x)=2. Аналогічноx<0, для того, як значення|x| стають більшими, значенняf(x) наближення2. Ми говоримо межа якx підходи−∞f(x) є2 і пишемоlimx→−∞f(x)=2.

x | 10 | 100 | 1 000 | 10 000 |
---|---|---|---|---|
2+1x | 2.1 | 2.01 | 2.001 | 2.0001 |
x | −10 | −100 | −1000 | −10 000 |
2+1x | 1.9 | 1,99 | 1.999 | 1.999 |
Більш загально, для будь-якої функціїf, ми говоримо межа якx→∞ зf(x) єL якщоf(x) стає довільно близько до тихL пір, покиx досить великий. У такому випадку пишемоlimx→∞f(x)=L. Аналогічно, ми говоримо, що межаx→−∞ станом наf(x) єL якщоf(x) стає довільно близькою до тихL пір, покиx<0 і|x| є досить великим. У такому випадку пишемоlimx→−∞f(x)=L. Тепер ми розглянемо визначення функції, що має межу на нескінченності.
Якщо значенняf(x) стають довільно близькими доL якx стає досить великими, ми говоримо, що функціяf має межу на нескінченність і записуємо
limx→∞f(x)=L.
Якщо значенняf(x) стає довільно близькими доL forx<0 as|x| стає досить великими, скажемо, що функціяf має межу при негативній нескінченності і запишемо
limx→−∞f(x)=L.
Якщо значенняf(x) отримують довільно близькі до деякого кінцевого значенняL якx→∞ orx→−∞, графікf наближається до прямоїy=L. У такому випадку лініяy=L є горизонтальною асимптотоюf (рис.4.6.2). Наприклад, для функціїf(x)=1x, оскількиlimx→∞f(x)=0, лініяy=0 є горизонтальною асимптотоюf(x)=1x.

Якщоlimx→∞f(x)=L абоlimx→−∞f(x)=L, ми говоримо, що лініяy=L є горизонтальною асимптотоюf.
Функція не може перетинати вертикальну асимптоту, оскільки графік повинен наближатися до нескінченності (або−∞) принаймні з одного напрямку, колиx наближається до вертикальної асимптоти. Однак функція може перетинати горизонтальну асимптоту. Насправді функція може перетинати горизонтальну асимптоту необмежену кількість разів. Наприклад, функція,f(x)=cosxx+1 показана на малюнку,4.6.3 перетинає горизонтальну асимптотуy=1 нескінченну кількість разів, коли вона коливається навколо асимптоти з постійно спадаючою амплітудою.

Алгебраїчні граничні закони та теорема стискання, які ми ввели у Вступ до меж, також застосовуються до меж на нескінченності. Ми ілюструємо, як використовувати ці закони для обчислення декількох меж на нескінченності.
Для кожної з наведених нижче функційf оцінюютьlimx→∞f(x) іlimx→−∞f(x). Визначте горизонтальну асимптоту (и) дляf.
- f(x)=5−2x2
- f(x)=sinxx
- f(x)=tan−1(x)
Рішення
а Використовуючи алгебраїчні граничні закони, ми маємо
limx→∞(5−2x2)=limx→∞5−2(limx→∞1x)⋅(limx→∞1x)=5−2⋅0=5.
Аналогічно,limx→−∞f(x)=5. Томуf(x)=5−2x2 має горизонтальну асимптотуy=5 іf наближається до цієї горизонтальної асимптотиx→±∞, як показано на наступному графіку.

б. оскільки−1≤sinx≤1 для всіхx у нас є
−1x≤sinxx≤1x
для всіхx≠0. Крім того, так як
limx→∞−1x=0=limx→∞1x,
ми можемо застосувати теорему стискання, щоб зробити висновок, що
limx→∞sinxx=0.
Аналогічно,
limx→−∞sinxx=0.
Таким чином,f(x)=sinxx має горизонтальну асимптотуy=0 іf(x) наближається до цієї горизонтальної асимптотиx→±∞, як показано на наступному графіку.

c Для оцінкиlimx→∞tan−1(x) іlimx→−∞tan−1(x), спочатку розглянемо графікy=tan(x) над інтервалом,\left(−\frac{π}{2},\frac{π}{2}\right) як показано на наступному графіку.

Так як
\displaystyle \lim_{x→\tfrac{π}{2}^−}\tan x=∞,
з цього випливає, що
\displaystyle \lim_{x→∞}\tan^{−1}(x)=\frac{π}{2}.
Аналогічно, так як
\displaystyle \lim_{x→-\tfrac{π}{2}^+}\tan x=−∞,
з цього випливає, що
\displaystyle \lim_{x→−∞}\tan^{−1}(x)=−\frac{π}{2}.
В результатіy=\frac{π}{2} іy=−\frac{π}{2} є горизонтальними асимптотами,f(x)=\tan^{−1}(x) як показано на наступному графіку.

Оцініть\displaystyle \lim_{x→−∞}\left(3+\frac{4}{x}\right) і\displaystyle \lim_{x→∞}\left(3+\dfrac{4}{x}\right). Визначте горизонтальні асимптоти,f(x)=3+\frac{4}{x}, якщо такі є.
- Підказка
-
\displaystyle \lim_{x→±∞}\frac{1}{x}=0
- Відповідь
-
Обидві межі3. є Лініяy=3 є горизонтальною асимптотою.
Нескінченні межі і нескінченність
Іноді значення функціїf стають довільно великими якx→∞ (або якx→−∞). В даному випадку пишемо\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=∞ (або\displaystyle \lim_{x→−∞}f(x)=∞). З іншого боку, якщо значенняf від'ємні, але стають довільно великими за величиною якx→∞ (або якx→−∞), ми пишемо\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=−∞ (або\displaystyle \lim_{x→−∞}f(x)=−∞).
Наприклад, розглянемо функціюf(x)=x^3. Як видно з таблиці\PageIndex{2} та малюнка\PageIndex{8}, так якx→∞ значенняf(x) стають довільно великими. Тому,\displaystyle \lim_{x→∞}x^3=∞. З іншого боку, якx→−∞, значенняf(x)=x^3 негативні, але стають довільно великими за величиною. Отже,\displaystyle \lim_{x→−∞}x^3=−∞.
x | 10 | 20 | 50 | 100 | 1000 |
---|---|---|---|---|---|
x^3 | 1000 | 8000 | 125 000 | 1 000 000 | 1 000 000 000 |
x | −10 | −20 | −50 | −100 | −1000 |
x^3 | −1000 | −8000 | −125 000 | −1 000 000 | −1 000 000 000 |

Ми говоримо, що функціяf має нескінченну межу в нескінченності і записувати
\lim_{x→∞}f(x)=∞. \nonumber
якщоf(x) стає довільно великим дляx досить великих. Ми говоримо, що функція має негативну нескінченну межу на нескінченності і записуємо
\lim_{x→∞}f(x)=−∞. \nonumber
якщоf(x)<0 і|f(x)| стає довільно великим дляx досить великих. Аналогічно, ми можемо визначити нескінченні межі якx→−∞.
Формальні визначення
Раніше ми використовували терміни довільно закритий, довільно великий і досить великий, щоб визначити межі на нескінченності неформально. Хоча ці терміни дають точні описи меж на нескінченності, вони не є точними математично. Ось більш формальні визначення меж на нескінченності. Потім ми розглянемо, як використовувати ці визначення, щоб довести результати, пов'язані з межами на нескінченності.
Ми говоримо, що функціяf має межу на нескінченності, якщо існує дійсне числоL такеε>0, що для всіх існуєN>0 таке, що
|f(x)−L|<ε \nonumber
для всіхx>N. в такому випадку ми пишемо
\lim_{x→∞}f(x)=L \nonumber

Раніше в цьому розділі ми використовували графічні докази на малюнку\PageIndex{1} та числові докази в таблиці,\PageIndex{1} щоб зробити висновок про це\displaystyle \lim_{x→∞}\left(2+\frac{1}{x}\right)=2. Тут ми використовуємо формальне визначення межі на нескінченності, щоб суворо довести цей результат.
Скористайтеся формальним визначенням межі на нескінченності, щоб довести це\displaystyle \lim_{x→∞}\left(2+\frac{1}{x}\right)=2.
Рішення
ε>0.НехайN=\frac{1}{ε}. Тому для всіхx>N у нас є
\left|2+\frac{1}{x}−2\right|=\left|\frac{1}{x}\right|=\frac{1}{x}<\frac{1}{N}=ε \nonumber
Скористайтеся формальним визначенням межі на нескінченності, щоб довести це\displaystyle \lim_{x→∞}\left(3-\frac{1}{x^2}\right)=3.
- Підказка
-
НехайN=\frac{1}{\sqrt{ε}}.
- Відповідь
-
ε>0.НехайN=\frac{1}{\sqrt{ε}}. Тому для всіх уx>N, нас є
\Big|3−\frac{1}{x^2}−3\Big|=\frac{1}{x^2}<\frac{1}{N^2}=ε \nonumber
Тому,\displaystyle \lim_{x→∞}(3−1/x^2)=3.
Тепер звернемо увагу на більш точне визначення нескінченної межі на нескінченності.
Ми говоримо, що функціяf має нескінченну межу в нескінченності і записувати
\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=∞
якщо для всіхM>0, існуєN>0 таке, що
f(x)>M
для всіхx>N (див. Рис.\PageIndex{10}).
Ми говоримо, що функція має негативну нескінченну межу на нескінченності і записуємо
\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=−∞
якщо для всіхM<0, існуєN>0 таке, що
f(x)<M
для всіхx>N.
Аналогічно ми можемо визначити межі якx→−∞.

Раніше ми використовували графічні докази (рис.\PageIndex{8}) та числові докази (таблиця\PageIndex{2}), щоб зробити висновок про це\displaystyle \lim_{x→∞}x^3=∞. Тут ми використовуємо формальне визначення нескінченної межі на нескінченності, щоб довести цей результат.
Використовуйте формальне визначення нескінченної межі на нескінченності, щоб довести, що\displaystyle \lim_{x→∞}x^3=∞.
Рішення
M>0.НехайN=\sqrt[3]{M}. Тоді, для всіхx>N, у нас є
x^3>N^3=(\sqrt[3]{M})^3=M.
Тому,\displaystyle \lim_{x→∞}x^3=∞.
Використовуйте формальне визначення нескінченної межі на нескінченності, щоб довести, що\displaystyle \lim_{x→∞}3x^2=∞.
- Підказка
-
НехайN=\sqrt{\frac{M}{3}}.
- Відповідь
-
M>0.НехайN=\sqrt{\frac{M}{3}}. Тоді для всіх уx>N, нас є
3x^2>3N^2=3\left(\sqrt{\frac{M}{3}}\right)^2=\frac{3M}{3}=M
Поведінка кінця
Поведінка функції, якx→±∞ називається кінцевою поведінкою функції. На кожному з кінців функції функція може проявляти один з наступних типів поведінки:
- Функціяf(x) наближається до горизонтальної асимптотиy=L.
- Функціяf(x)→∞ абоf(x)→−∞.
- Функція не наближається до кінцевої межі, а також не наближається∞ або−∞. При цьому функція може мати деяку коливальну поведінку.
Розглянемо кілька класів функцій тут і розглянемо різні типи кінцевої поведінки для цих функцій.
Поведінка кінця для поліноміальних функцій
Розглянемо функцію powerf(x)=x^n, деn є додатним цілим числом. З малюнка\PageIndex{11} та\PageIndex{12} малюнка ми бачимо, що
\lim_{x→∞}x^n=∞;\;n=1,2,3,… \nonumber
і
\lim_{x→−∞}x^n=\begin{cases}∞, & n=2,4,6,…\\−∞, & n=1,3,5,….\end{cases} \nonumber


Використовуючи ці факти, не важко оцінити\displaystyle \lim_{x→∞}cx^n і\displaystyle \lim_{x→−∞}cx^n, деc будь-яка константа іn є натуральним числом. Якщоc>0, графікy=cx^n є вертикальним розтягуванням або стисненнямy=x^n, і тому
\displaystyle \lim_{x→∞}cx^n=\lim_{x→∞}x^nі\displaystyle \lim_{x→−∞}cx^n=\lim_{x→−∞}x^n якщоc>0.
Якщо графікc<0,y=cx^n є вертикальним розтягуванням або стисненням в поєднанні з відображенням проx -осі, а отже
\displaystyle \lim_{x→∞}cx^n=−\lim_{x→∞}x^nі\displaystyle \lim_{x→−∞}cx^n=−\lim_{x→−∞}x^n якщоc<0.
Якщоc=0,y=cx^n=0, в якому випадку\displaystyle \lim_{x→∞}cx^n=0=\lim_{x→−∞}cx^n.
Для кожної функціїf оцінюють\displaystyle \lim_{x→∞}f(x) і\displaystyle \lim_{x→−∞}f(x).
- f(x)=−5x^3
- f(x)=2x^4
Рішення
- Оскільки коефіцієнтx^3 є−5, графікf(x)=−5x^3 передбачає вертикальне розтягування і відображення графікаy=x^3 проx -осі. Тому\displaystyle \lim_{x→∞}(−5x^3)=−∞ і\displaystyle \lim_{x→−∞}(−5x^3)=∞.
- Оскільки коефіцієнтx^4 є2, то графікf(x)=2x^4 є вертикальним розтягненням графікаy=x^4. Тому\displaystyle \lim_{x→∞}2x^4=∞ і\displaystyle \lim_{x→−∞}2x^4=∞.
Нехайf(x)=−3x^4. Знайти\displaystyle \lim_{x→∞}f(x).
- Підказка
-
−3Коефіцієнт негативний.
- Відповідь
-
−∞
Тепер ми розглянемо, як межі нескінченності для степеневих функцій можуть бути використані\displaystyle \lim_{x→±∞}f(x) для визначення для будь-якої поліноміальної функціїf. Розглянемо поліноміальну функцію
f(x)=a_nx^n+a_{n−1}x^{n−1}+…+a^1x+a^0 \nonumber
ступеняn≥1 так, щоa_n≠0.
Факторинг, ми бачимо, що
f(x)=a_nx^n\left(1+\frac{a_{n−1}}{a_n}\frac{1}{x}+…+\frac{a_1}{a_n}\frac{1}{x^{n−1}}+\frac{a_0}{a_n}\frac{1}{x^n}\right). \nonumber
Оскількиx→±∞, всі терміни всередині дужок наближаються до нуля, крім першого члена. Ми робимо висновок, що
\lim_{x→±∞}f(x)=\lim_{x→±∞}a_nx^n. \nonumber
Наприклад, функціяf(x)=5x^3−3x^2+4 поводиться так,g(x)=5x^3x→±∞ як показано на малюнку\PageIndex{13} та таблиці\PageIndex{3}.

x | 10 | 100 | 1000 |
---|---|---|---|
f(x)=5x^3−3x^2+4 | 4704 | 4 970 004 | 4 997 000 004 |
g(x)=5x^3 | 5000 | 5 000 000 | 5 000 000 000 |
x | −10 | −100 | −000 |
f(x)=5x^3−3x^2+4 | −5296 | −5 029 996 | −5 002 999 996 |
g(x)=5x^3 | −5000 | −5 000 000 | −5 000 000 000 |
Поведінка кінця для алгебраїчних функцій
Кінцева поведінка для раціональних функцій і функцій за участю радикалів трохи складніше, ніж для поліномів. У прикладі показано\PageIndex{5}, що межі на нескінченності раціональної функціїf(x)=\dfrac{p(x)}{q(x)} залежать від співвідношення між ступенем чисельника і ступенем знаменника. Для оцінки меж на нескінченності для раціональної функції ділимо чисельник і знаменник на найвищуx ступінь присутності в знаменнику. Це визначає, який термін у загальному виразі домінує над поведінкою функції при великих значенняхx.
Для кожної з наведених нижче функцій визначте межі,x→∞ аx→−∞. потім використовуйте цю інформацію для опису кінцевої поведінки функції.
- f(x)=\dfrac{3x−1}{2x+5}(Примітка: Ступінь чисельника і знаменника однакові.)
- f(x)=\dfrac{3x^2+2x}{4x^3−5x+7}(Примітка: Ступінь чисельника менше ступеня знаменника.)
- f(x)=\dfrac{3x^2+4x}{x+2}(Примітка: Ступінь чисельника більше, ніж ступінь знаменника.)
Рішення
а. найвища силаx в знаменнику єx. Тому, розділивши чисельник і знаменник наx і застосовуючи алгебраїчні граничні закони, ми бачимо, що
\begin{align*} \lim_{x→±∞}\frac{3x−1}{2x+5} &=\lim_{x→±∞}\frac{3−1/x}{2+5/x} \\[4pt] &=\frac{\lim_{x→±∞}(3−1/x)}{\lim_{x→±∞}(2+5/x)} \\[4pt] &=\frac{\lim_{x→±∞}3−\lim_{x→±∞}1/x}{\lim_{x→±∞}2+\lim_{x→±∞}5/x} \\[4pt] &=\frac{3−0}{2+0}=\frac{3}{2}. \end{align*}
Оскільки\displaystyle \lim_{x→±∞}f(x)=\frac{3}{2}, ми знаємо, щоy=\frac{3}{2} це горизонтальна асимптота для цієї функції, як показано на наступному графіку.

б. оскільки найбільша силаx появи в знаменнику дорівнюєx^3, ділимо чисельник і знаменник наx^3. Зробивши це і застосувавши алгебраїчні граничні закони, отримуємо
\lim_{x→±∞}\frac{3x^2+2x}{4x^3−5x+7}=\lim_{x→±∞}\frac{3/x+2/x^2}{4−5/x^2+7/x^3}=\frac{3\cdot 0+2\cdot 0}{4−5\cdot 0+7\cdot 0}=\frac{0}{4}=0. \nonumber
Томуf має горизонтальну асимптотуy=0, як показано на наступному графіку.

с. розділивши чисельник і знаменник наx, маємо
\displaystyle \lim_{x→±∞}\frac{3x^2+4x}{x+2}=\lim_{x→±∞}\frac{3x+4}{1+2/x}. \nonumber
Якx→±∞, наближається знаменник1. Якx→∞, наближається чисельник+∞. Якx→−∞, наближається чисельник−∞. \displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=∞Тому тоді\displaystyle \lim_{x→−∞}f(x)=−∞ як показано на наступному малюнку.

Оцініть\displaystyle \lim_{x→±∞}\frac{3x^2+2x−1}{5x^2−4x+7} і використовуйте ці межі для визначення кінцевої поведінкиf(x)=\dfrac{3x^2+2x−1}{5x^2−4x+7}.
- Підказка
-
Розділіть чисельник і знаменник наx^2.
- Відповідь
-
\frac{3}{5}
Перш ніж приступити, розглянемо графік,f(x)=\dfrac{3x^2+4x}{x+2} показаний на малюнку\PageIndex{16}. Якx→∞ іx→−∞, графікf представляється майже лінійним. Хочаf це, звичайно, не лінійна функція, ми зараз досліджуємо, чому графік,f здається, наближається до лінійної функції. По-перше, використовуючи довге ділення многочленів, ми можемо записати
f(x)=\frac{3x^2+4x}{x+2}=3x−2+\frac{4}{x+2}. \nonumber
Оскільки\dfrac{4}{x+2}→0, якx→±∞, ми робимо висновок, що
\lim_{x→±∞}(f(x)−(3x−2))=\lim_{x→±∞}\frac{4}{x+2}=0. \nonumber
Тому графікf наближається до лініїy=3x−2 якx→±∞. Ця лінія відома як коса асимптота дляf (рис.\PageIndex{17}).

Ми можемо узагальнити результати Прикладу,\PageIndex{5} щоб зробити наступний висновок щодо кінцевої поведінки для раціональних функцій. Розглянемо раціональну функцію
f(x)=\frac{p(x)}{q(x)}=\frac{a_nx^n+a_{n−1}x^{n−1}+…+a_1x+a_0}{b_mx^m+b_{m−1}x^{m−1}+…+b_1x+b_0},\nonumber
деa_n≠0 іb_m≠0.
- Якщо ступінь чисельника збігається зі ступенем знаменника,(n=m), тоf має горизонтальну асимптотуy=a_n/b_m якx→±∞.
- Якщо ступінь чисельника менше ступеня знаменника,(n<m), тоf має горизонтальну асимптотуy=0 якx→±∞.
- Якщо ступінь чисельника більше ступеня знаменника,(n>m), тоf не має горизонтальної асимптоти. Межі на нескінченності - це або позитивна, або негативна нескінченність, в залежності від знаків провідних членів. Крім того, використовуючи довгий ділення, функція може бути переписана якf(x)=\frac{p(x)}{q(x)}=g(x)+\frac{r(x)}{q(x)}, \nonumber там, де ступінь менше ступеняq(x).r(x) Як результат,\displaystyle \lim_{x→±∞}r(x)/q(x)=0. Тому значення[f(x)−g(x)] наближаються до нуля якx→±∞. Якщо ступіньp(x) рівно на один більше ступеняq(x) (тобтоn=m+1), функціяg(x) є лінійною функцією. В даному випадку ми називаємо косуg(x) асимптоту.
Тепер розглянемо кінцеву поведінку для функцій, що беруть участь радикал.
Знайдіть межі якx→∞ іx→−∞ дляf(x)=\dfrac{3x−2}{\sqrt{4x^2+5}} і опишіть кінцеву поведінкуf.
Рішення
Скористаємося тією ж стратегією, що і для раціональних функцій: ділимо чисельник і знаменник на ступіньx. Щоб визначити відповідну силуx, розглянемо вираз\sqrt{4x^2+5} в знаменнику. Так як
\sqrt{4x^2+5}≈\sqrt{4x^2}=2|x| \nonumber
для великих значень чинностіxx з'являється якраз до першого ступеня в знаменнику. Тому числівник і знаменник ділимо на|x|. Потім, використовуючи те, що|x|=xx>0, |x|=−x дляx<0, і|x|=\sqrt{x^2} для всіхx, розраховуємо межі наступним чином:
\ [\ почати {вирівнювати*}\ lim_ {x→∞}\ розрив {3x−2} {\ sqrt {4x^2+5}} &=\ lim_ {x→∞}\ frac {(1/|x|)} {(1/|x|)\ sqrt {4x^2+5}}\\ [4pt]
&=\ lim_ {x→∞}\ розрив {(1/x) (3х−2)} {\ sqrt {(1/x^2) (4x^2+5)}}\\ [4pt]
&=\ lim_ {x→∞}\ frac {3−2/x} {\ sqrt {4+5/x^2}} =\ frac {3} {\ sqrt {4}} =\ frac 3} {2}\ end {вирівнювати*}\]
\ [\ почати {вирівнювати*}\ lim_ {x→−∞}\ розрив {3x−2} {\ sqrt {4x^2+5}} &=\ lim_ {x→∞}\ frac {(1/|x|)} {(1/|x|)\ sqrt {4x^2+5}}\\ [4pt]
&=\ lim_ x→−∞}\ розрив {(−1/x) (3х−2)} {\ sqrt {(1/x^2) (4x^2+5)}}\\ [4pt]
&=\ lim_ {x→−∞}\ frac {−3+2/x} {\ sqrt {4+5/x^2}} =\ frac {−3} {\ sqrt {4}} =\ гідророзриву {−3} {2}. \ end {вирівнювати*}\]
Томуf(x) наближається до горизонтальної асимптотиy=\frac{3}{2} якx→∞ і до горизонтальної асимптотиx→−∞,y=−\frac{3}{2} як показано на наступному графіку.

Оцініть\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{\sqrt{3x^2+4}}{x+6}.
- Підказка
-
Розділіть чисельник і знаменник наx.
- Відповідь
-
\sqrt{3}
Визначення кінцевої поведінки трансцендентних функцій
Шість основних тригонометричних функцій є періодичними і не наближаються до кінцевої межі, якx→±∞. Наприклад,\sin x коливається між 1 і −1 (рис.\PageIndex{19}). Тангенсна функціяx має нескінченну кількість вертикальних асимптотів якx→±∞; отже, вона не наближається до кінцевої межі і не наближається,±∞x→±∞ як показано на малюнку\PageIndex{20}.


Нагадаємо, що для будь-якої бази функціяb>0,\; b≠1,y=b^x є експоненціальною функцією з доменом(−∞,∞) і діапазоном(0,∞). Якщоb>1,\;y=b^x збільшується більше(−∞,∞). Якщо0<b<1, \; y=b^x зменшується над(−∞,∞). Для природної експоненціальної функціїf(x)=e^x, \; e≈2.718>1. Томуf(x)=e^x збільшується(−∞,∞) і діапазон є(0,∞). Експоненціальна функціяf(x)=e^x підходить∞ якx→∞ і наближаєтьсяx→−∞,0 як показано в таблиці\PageIndex{4} та рисунку\PageIndex{21}.
x | −5 | −2 | 0 | 2 | 5 |
---|---|---|---|---|---|
e^x | 0,00674 | 0,135 | 1 | 7.389 | 148.413 |

Нагадаємо, що натуральна функція логарифмаf(x)=\ln(x) є оберненою природною експоненціальною функцієюy=e^x. Тому доменf(x)=\ln(x) is(0,∞) і діапазон є(−∞,∞). Графікf(x)=\ln(x) - це відображення графікаy=e^x про прямуy=x. Тому\ln(x)→−∞ якx→0^+ і так,\ln(x)→∞x→∞ як показано на малюнку\PageIndex{22} і табл\PageIndex{5}.
x | 0,01 | 0.1 | 1 | 10 | 100 |
---|---|---|---|---|---|
\ln(x) | −4.605 | −2.303 | 0 | 2.303 | 4.605 |

Знайдіть межі якx→∞ іx→−∞ дляf(x)=\dfrac{2+3e^x}{7−5e^x} та опишіть кінцеву поведінкуf.
Рішення
Щоб знайти межу якx→∞, розділити чисельник і знаменник наe^x:
\begin{align*} \lim_{x→∞}f(x) &= \lim_{x→∞}\frac{2+3e^x}{7−5e^x} \\[4pt] &=\lim_{x→∞}\frac{(2/e^x)+3}{(7/e^x)−5.} \end{align*}
Як показано на малюнку\PageIndex{21},e^x→∞ якx→∞. Тому,
\displaystyle \lim_{x→∞}\frac{2}{e^x}=0=\lim_{x→∞}\frac{7}{e^x}.
Зроблено висновок про те\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=−\frac{3}{5}, що і графікf наближень до горизонтальноїx→∞. асимптотиy=−\frac{3}{5} як, щоб знайти межу якx→−∞, використовують той факт, щоe^x→0 якx→−∞ зробити висновок\displaystyle \lim_{x→-∞}f(x)=\frac{2}{7}, що, а отже, графікf(x) наближається до горизонтальної асимптоти y=\frac{2}{7}якx→−∞.
Знайдіть межі якx→∞ іx→−∞ дляf(x)=\dfrac{3e^x−4}{5e^x+2}.
- Підказка
-
\displaystyle \lim_{x→∞}e^x=∞і\displaystyle \lim_{x→-∞}e^x=0.
- Відповідь
-
\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=\frac{3}{5}, \quad\lim_{x→−∞}f(x)=−2
Рекомендації щодо малювання графіка функції
Тепер у нас є достатньо аналітичних інструментів для малювання графіків найрізноманітніших алгебраїчних і трансцендентних функцій. Перш ніж показати, як графікувати конкретні функції, давайте розглянемо загальну стратегію, яку слід використовувати при графіку будь-якої функції.
З огляду на функціюf, скористайтеся наступними кроками, щоб намалювати графікf:
- Визначте область функції.
- Знайдітьx - іy -перехоплює.
- \displaystyle \lim_{x→−∞}f(x)Оцінити\displaystyle \lim_{x→∞}f(x) і визначити кінцеву поведінку. Якщо будь-яка з цих меж є кінцевим числомL, тоy=L це горизонтальна асимптота. Якщо будь-яка з цих меж є∞ або−∞, визначте, чиf має косу асимптоту. Якщоf раціональна функція такаf(x)=\dfrac{p(x)}{q(x)}, що, де ступінь чисельника більше ступеня знаменника, тоf може бути записана якf(x)=\frac{p(x)}{q(x)}=g(x)+\frac{r(x)}{q(x),} \nonumber де ступінь менше ступеняq(x).r(x) Значенняf(x) наближаються до значеньg(x) якx→±∞. Якщоg(x) є лінійною функцією, вона відома як коса асимптота.
- Визначтеf, чи має вертикальні асимптоти.
- Обчислітьf′. Знайти всі критичні точки і визначити інтервалиf, де збільшується, а деf зменшується. Визначте, чиf має якась локальна крайність.
- Обчисліть.f''. Визначте проміжки, деf увігнутий вгору,f а де увігнутий вниз. Використовуйте цю інформацію, щоб визначити, чиf є якісь точки перегину. Друга похідна також може бути використана як альтернативний засіб для визначення або перевірки того, щоf має локальний екстремум в критичній точці.
Тепер давайте використаємо цю стратегію для графіка декількох різних функцій. Почнемо з побудови графіка поліноміальної функції.
Намалюйте графікf(x)=(x−1)^2(x+2).
Рішення
Крок 1: Оскількиf це многочлен, домен - це набір всіх дійсних чисел.
Крок 2: Колиx=0,\; f(x)=2. Томуy -перехоплення є(0,2). Щоб знайтиx -перехоплення, нам потрібно вирішити рівняння(x−1)^2(x+2)=0, яке дає намx -перехоплення(1,0) і(−2,0)
Крок 3: Нам потрібно оцінити кінцеву поведінкуf. Asx→∞, \;(x−1)^2→∞ і(x+2)→∞. Тому,\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=∞.
Якx→−∞, \;(x−1)^2→∞ і(x+2)→−∞. Тому,\displaystyle \lim_{x→-∞}f(x)=−∞.
Щоб отримати ще більше інформації про кінцеву поведінкуf, ми можемо помножити факториf. Роблячи це, ми бачимо, що
f(x)=(x−1)^2(x+2)=x^3−3x+2. \nonumber
Оскільки провідним терміномf єx^3, ми робимо висновок, щоf поводитьсяy=x^3 якx→±∞.
Крок 4: Оскількиf є поліноміальною функцією, вона не має вертикальних асимптотів.
Крок 5: Перша похідна відf
f′(x)=3x^2−3. \nonumber
Томуf має дві критичні точки:x=1,−1.(−∞,∞) розділити інтервал на три менших інтервалу:(−∞,−1), \;(−1,1), і(1,∞). Потім вибирайте контрольні точкиx=−2, x=0, аx=2 з цих інтервалів і оцініть знакf′(x) на кожній з цих контрольних точок, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестовий пункт | Знак похідноїf'(x)=3x^2−3=3(x−1)(x+1) | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,−1) | x=−2 | \ (f' (x) =3x^2−3=3 (x−1) (x+1)\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">(+)(−)(−)=+ | fзбільшується |
(−1,1) | x=0 | \ (f' (x) =3x^2−3=3 (x−1) (x+1)\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">(+)(−)(+)=− | fзменшується |
(1,∞) | x=2 | \ (f' (x) =3x^2−3=3 (x−1) (x+1)\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">(+)(+)(+)=+ | fзбільшується |
З таблиці ми бачимо, щоf має локальний максимум atx=−1 і локальний мінімум наx=1. Оцінюючиf(x) в цих двох точках, ми виявляємо, що локальне максимальне значення є,f(−1)=4 а локальне мінімальне значення єf(1)=0.
Крок 6: Другаf похідна від
f''(x)=6x. \nonumber
Друга похідна дорівнює нулю вx=0. Тому, щоб визначити увігнутістьf,(−∞,∞) розділити інтервал на менші інтервали(−∞,0) і(0,∞), і вибрати контрольні точкиx=−1 іx=1 визначити увігнутістьf на кожному з цих менших інтервалів як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестова точка | Знакf''(x)=6x | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,0) | x=−1 | \ (f "(x) = 6x\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">− | fувігнутий вниз. |
(0,∞) | x=1 | \ (f "(x) = 6x\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+ | fувігнута вгору. |
Відзначимо, що інформація в попередній таблиці підтверджує факт, виявлений в кроці5, що f має локальний максимум atx=−1 і локальний мінімум atx=1. Крім того, інформація, знайдена в кроці,5 а саме,f має локальний максимум вx=−1 і локальний мінімум вx=1, іf′(x)=0 в цих точках - в поєднанні з тим, що знакf'' змін тільки наx=0 підтверджує результати, знайдені в кроці6 на увігнутістьf.
Поєднуючи цю інформацію, ми приходимо до графіку,f(x)=(x−1)^2(x+2) показаного на наступному графіку.
Намалюйте графікf(x)=(x−1)^3(x+2).
- Підказка
-
fє многочленом четвертого ступеня.
- Відповідь
-
Намалюйте графікf(x)=\dfrac{x^2}{1−x^2}.
Рішення
Крок 1: Функціяf визначається до тих пір, поки знаменник не дорівнює нулю. Таким чином, домен являє собою набір всіх дійсних чисел,x крімx=±1.
Крок 2: Знайдіть перехоплення. Якщоx=0, тодіf(x)=0, так0 це перехоплення. Якщоy=0, то\dfrac{x^2}{1−x^2}=0, що має на увазіx=0. Тому(0,0) є єдиним перехопленням.
Крок 3: Оцініть межі на нескінченності. Оскількиf є раціональною функцією, ділимо чисельник і знаменник на найвищу ступінь в знаменнику:x^2 .Отримуємо
\displaystyle \lim_{x→±∞}\frac{x^2}{1−x^2}=\lim_{x→±∞}\frac{1}{\frac{1}{x^2}−1}=−1.
Томуf має горизонтальну асимптотуy=−1 якx→∞ іx→−∞.
Крок 4: Щоб визначити, чиf має будь-які вертикальні асимптоти, спочатку перевірте, чи є у знаменника будь-які нулі. Знаходимо знаменник дорівнює нулю, колиx=±1. Щоб визначити, чи є лініїx=1 абоx=−1 є вертикальними асимптотамиf, оцінюють\displaystyle \lim_{x→1}f(x) і\displaystyle \lim_{x→−1}f(x). Дивлячись на кожну односторонню межу, якx→1, ми бачимо, що
\displaystyle \lim_{x→1^+}\frac{x^2}{1−x^2}=−∞і\displaystyle \lim_{x→1^−}\frac{x^2}{1−x^2}=∞.
Крім того, дивлячись на кожну односторонню межу, коли миx→−1, виявляємо, що
\displaystyle \lim_{x→−1^+}\frac{x^2}{1−x^2}=∞і\displaystyle \lim_{x→−1^−}\frac{x^2}{1−x^2}=−∞.
Крок 5: Обчисліть першу похідну:
f′(x)=\dfrac{(1−x^2)(2x)−x^2(−2x)}{\Big(1−x^2\Big)^2}=\dfrac{2x}{\Big(1−x^2\Big)^2}.
Критичні точки виникають у точкахx, деf′(x)=0 абоf′(x) не визначено. Ми бачимо, щоf′(x)=0 колиx=0. похідна неf′ є невизначеною в будь-якій точці в областіf. Однак неx=±1 знаходяться в областіf. Тому, щоб визначити, деf збільшується, а деf зменшується, розділіть інтервал(−∞,∞) на чотири менші інтервали:(−∞,−1), (−1,0), (0,1), і(1,∞), і вибрати контрольну точку в кожному інтервалі, щоб визначити знакf′(x) в кожному з цих інтервалів. Значенняx=−2,\; x=−\frac{1}{2}, \;x=\frac{1}{2}, іx=2 є хорошим вибором для тестових точок, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестовий пункт | Знакf′(x)=\frac{2x}{(1−x^2)^2} | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,−1) | x=−2 | \ (f′ (x) =\ розрив {2x} {(1−x^2) ^2}\)» стиль = "вирівнювання тексту: центр; ">−/+=− | fзменшується. |
(−1,0) | x=−1/2 | \ (f′ (x) =\ розрив {2x} {(1−x^2) ^2}\)» стиль = "вирівнювання тексту: центр; ">−/+=− | fзменшується. |
(0,1) | x=1/2 | \ (f′ (x) =\ розрив {2x} {(1−x^2) ^2}\)» стиль = "вирівнювання тексту: центр; ">+/+=+ | fзбільшується. |
(1,∞) | x=2 | \ (f′ (x) =\ розрив {2x} {(1−x^2) ^2}\)» стиль = "вирівнювання тексту: центр; ">+/+=+ | fзбільшується. |
З цього аналізу ми робимо висновок, щоf має локальний мінімум,x=0 але не локальний максимум.
Крок 6: Обчисліть другу похідну:
\ [\ почати {вирівнювати*} f "(x) &=\ розрив {(1−x^2) ^2 (2) −2x (2 (1−x^2) (−2x))} {(1−x^2) ^4}\\ [4pt]
&=\ розрив {(1−x^2) [2 (1−x^2) +8x^2]} {\ Великий (1−x^2\ Великий) ^4}\\ [4pt]
&=\ розрив {2 (1−x^2) +8x^2} {\ Великий (1−х^2\ Великий) ^3}\\ [4pt]
&=\ розрив {6x^2+2} {\ Великий (1−х^2\ Великий) ^3}. \ end {вирівнювати*}\]
Щоб визначити інтервали, деf увігнута вгору, а деf увігнута вниз, нам спочатку потрібно знайти всі точки,x деf''(x)=0 абоf''(x) є невизначеною. Так як чисельник6x^2+2≠0 для будь-якого ніколи неx, f''(x) дорівнює нулю. Крім того, неf'' є невизначеною для будь-якогоx в області доменуf. Однак, як обговорювалося раніше, неx=±1 знаходяться в областіf. Тому, щоб визначити увігнутістьf, ділимо інтервал на(−∞,∞) три менші інтервали(−∞,−1), \, (−1,1), причому(1,∞), вибираємо контрольну точку в кожному з цих інтервалів, щоб оцінити знакf''(x). Значенняx=−2, \;x=0 і можливіx=2 контрольні точки, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестова точка | Знакf''(x)=\frac{6x^2+2}{(1−x^2)^3} | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,−1) | x=−2 | \ (f "(x) =\ frac {6x^2+2} {(1−x^2) ^3}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/−=− | fувігнутий вниз. |
(−1,1) | x=0 | \ (f "(x) =\ frac {6x^2+2} {(1−x^2) ^3}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/+=+ | fувігнута вгору |
(1,∞) | x=2 | \ (f "(x) =\ frac {6x^2+2} {(1−x^2) ^3}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/−=− | fувігнутий вниз. |
Об'єднавши всю цю інформацію, ми приходимо до графіку,f показаного нижче. Зверніть увагу, що, хочаf змінюється увігнутість приx=−1 іx=1, немає точок перегину ні в одному з цих місць, оскільки неf є безперервним вx=−1 абоx=1.
Намалюйте графікf(x)=\dfrac{3x+5}{8+4x}.
- Підказка
-
Лініяy=L - це горизонтальна асимптота,f якщо межа якx→∞ або межаx→−∞ станом наf(x) єL. Лініяx=a - це вертикальна асимптота, якщо хоча б одна з односторонніх межf asx→a є∞ або−∞.
- Відповідь
-
Намалюйте графікf(x)=\dfrac{x^2}{x−1}
Рішення
Крок 1: Доменf - це набір всіх дійсних чисел,x крімx=1.
Крок 2: Знайдіть перехоплення. Ми бачимо, що колиx=0, \,f(x)=0, так(0,0) є єдиним перехопленням.
Крок 3: Оцініть межі на нескінченності. Так як ступінь чисельника на один більше ступеня знаменника,f повинна мати косу асимптоту. Щоб знайти косу асимптоту, використовуйте довге ділення многочленів для запису
f(x)=\dfrac{x^2}{x−1}=x+1+\dfrac{1}{x−1}.
Оскільки\dfrac{1}{x−1}→0 якx→±∞, f(x) наближається до лініїy=x+1 якx→±∞. Лініяy=x+1 - коса асимптота дляf.
Крок 4: Щоб перевірити наявність вертикальних асимптотів, подивіться, де знаменник дорівнює нулю. Тут знаменник дорівнює нулю наx=1. Дивлячись на обидві односторонні межі, якx→1, ми знаходимо
\displaystyle \lim_{x→1^+}\frac{x^2}{x−1}=∞і\displaystyle \lim_{x→1^−}\frac{x^2}{x−1}=−∞.
Отже,x=1 це вертикальна асимптота, і ми визначили поведінкуf якx підходів1 праворуч, так і зліва.
Крок 5: Обчисліть першу похідну:
f′(x)=\dfrac{(x−1)(2x)−x^2(1)}{(x−1)^2}=\dfrac{x^2−2x}{(x−1)^2}.
У нас єf′(x)=0 колиx^2−2x=x(x−2)=0. Томуx=0 іx=2 є критичними моментами. Оскількиf не визначено вx=1, нам потрібно(−∞,∞) розділити інтервал на менші інтервали(−∞,0), (0,1), (1,2), і(2,∞), і вибрати контрольну точку з кожного інтервалу, щоб оцінити знакf′(x) в кожному з цих менших інтервалів. Наприклад, нехайx=−1, x=\frac{1}{2}, x=\frac{3}{2}, іx=3 бути контрольними точками, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестова точка | Знакf'(x)=\dfrac{x^2−2x}{(x−1)^2} | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,0) | x=−1 | \ (f' (x) =\ dfrac {x^2−2x} {(x−1) ^2}\)» перевірка даних = «верхня"> (−) (−) /+=+ | fзбільшується. |
(0,1) | x=1/2 | \ (f' (x) =\ dfrac {x^2−2x} {(x−1) ^2}\)» перевірка даних ="верх"> (+) (−) /+=− | fзменшується. |
(1,2) | x=3/2 | \ (f' (x) =\ dfrac {x^2−2x} {(x−1) ^2}\)» перевірка даних ="верх"> (+) (−) /+=− | fзменшується. |
(2,∞) | x=3 | \ (f' (x) =\ dfrac {x^2−2x} {(x−1) ^2}\)» перевірка даних = «верхня"> (+) (+) /+=+ | fзбільшується. |
З цієї таблиці ми бачимо, щоf має локальний максимум atx=0 і локальний мінімум наx=2. Значенняf при локальному максимумі є,f(0)=0 а значенняf при локальному мінімумі дорівнюєf(2)=4. Тому(0,0) і(2,4) є важливими пунктами на графіку.
Крок 6. Обчисліть другу похідну:
\ [\ begin {align*} f "(x) &=\ розрив {(x−1) ^2 (2x−2) −2 (x−1) (x^2−2x)} {(x−1) ^4}\\ [4pt]
&=\ frac {2 (x−1) [(x−1) ^2− (x^2−2x)] {(x−1) ^4}\\ [4pt]
&=\ розрив {2 [x^2-2x+1−x^2x]} {(x−1) ^3}\\ [4pt]
&=\ розрив {2} {(x−1) ^3}. \ end {вирівнювати*}\]
Ми бачимо,f''(x) що ніколи не нуль або невизначений дляx в областіf. Оскількиf не визначено вx=1, для перевірки(−∞,∞) увігнутості ми просто ділимо інтервал на два менші інтервали(−∞,1) і(1,∞), і вибираємо контрольну точку з кожного інтервалу, щоб оцінити знакf''(x) в кожному з цих інтервалів. Значенняx=0 іx=2 можливі контрольні точки, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестова точка | Знакf''(x)=\dfrac{2}{(x−1)^3} | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,1) | x=0 | \ (f "(x) =\ dfrac {2} {(x−1) ^3}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/−=− | fувігнутий вниз. |
(1,∞) | x=2 | \ (f "(x) =\ dfrac {2} {(x−1) ^3}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/+=+ | fувігнута вгору |
З зібраної інформації ми приходимо до наступного графіка дляf.
Знайти косу асимптоту дляf(x)=\dfrac{3x^3−2x+1}{2x^2−4}.
- Підказка
-
Використовуйте довге ділення многочленів.
- Відповідь
-
y=\frac{3}{2}x
Намалюйте графікf(x)=(x−1)^{2/3}
Рішення
Крок 1: Оскільки функція cube-root визначена для всіх дійсних чиселx і(x−1)^{2/3}=(\sqrt[3]{x−1})^2, область всіхf дійсних чисел.
Крок 2: Щоб знайтиy -перехоплення, оцінітьf(0). Так якf(0)=1,y -перехоплення є(0,1). Щоб знайтиx -перехоплення, вирішуйте(x−1)^{2/3}=0. Рішення цього рівняння єx=1, томуx -перехоплення(1,0).
Крок 3: Оскільки\displaystyle \lim_{x→±∞}(x−1)^{2/3}=∞, функція продовжує рости без прив'язки якx→∞ іx→−∞.
Крок 4: Функція не має вертикальних асимптотів.
Крок 5: Щоб визначити, деf збільшується або зменшується,f′. обчислюємо Знаходимо
f′(x)=\frac{2}{3}(x−1)^{−1/3}=\frac{2}{3(x−1)^{1/3}} \nonumber
Ця функція ніде не дорівнює нулю, але вона не визначена, колиx=1. Тому єдиною критичною точкою єx=1.(−∞,∞) Розділити інтервал на менші інтервали(−∞,1) і(1,∞), і вибрати контрольні точки в кожному з цих інтервалів, щоб визначити знакf′(x) в кожному з них менші інтервали. x=0x=2Дозволяти і бути контрольними точками, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестова точка | Знакf′(x)=\frac{2}{3(x−1)^{1/3}} | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,1) | x=0 | \ (f′ (x) =\ розрив {2} {3 (x−1) ^ {1/3}}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/−=− | fзменшується |
(1,∞) | x=2 | \ (f′ (x) =\ розрив {2} {3 (x−1) ^ {1/3}}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">+/+=+ | fзбільшується |
Робимо висновок, щоf має локальний мінімум приx=1. Оцінюючиf приx=1, ми виявимо, що значенняf при локальному мінімумі дорівнює нулю. Зверніть увагу,f′(1) що не визначено, тому, щоб визначити поведінку функції в цій критичній точці, нам потрібно вивчити\displaystyle \lim_{x→1}f′(x). Дивлячись на односторонні межі, ми маємо
\lim_{x→1^+}\frac{2}{3(x−1)^{1/3}}=∞\text{ and } \lim_{x→1^−}\frac{2}{3(x−1)^{1/3}}=−∞.\nonumber
Томуf має поглиблення приx=1.
Крок 6: Для визначення увігнутості обчислюємо другу похіднуf:
f''(x)=−\dfrac{2}{9}(x−1)^{−4/3}=\dfrac{−2}{9(x−1)^{4/3}}. \nonumber
Ми знаходимо,f''(x) що визначено для всіхx, але не визначено, колиx=1. Тому розділіть інтервал(−∞,∞) на менші інтервали(−∞,1) і(1,∞), і вибирайте контрольні точки для оцінки знакаf''(x) в кожному з цих інтервалів. Як ми робили раніше, нехайx=0 іx=2 бути тестовими точками, як показано в наступній таблиці.
Інтервал | Тестова точка | Знакf''(x)=\dfrac{−2}{9(x−1)^{4/3}} | Висновок |
---|---|---|---|
(−∞,1) | x=0 | \ (f "(x) =\ dfrac {−2} {9 (x−1) ^ {4/3}}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">−/+=− | fувігнутий вниз |
(1,∞) | x=2 | \ (f "(x) =\ dfrac {−2} {9 (x−1) ^ {4/3}}\)» style="вирівнювання тексту: центр; ">−/+=− | fувігнутий вниз |
З цієї таблиці робимо висновок,f що увігнута вниз всюди. Об'єднавши всю цю інформацію, ми приходимо до наступного графіку дляf.
Розглянемо функціюf(x)=5−x^{2/3}. Визначте точку на графіку, де знаходиться перехрестя. Визначте кінцеву поведінкуf.
- Підказка
-
Функціяf має куп у точці,a якщоf(a)f'(a) існує, не визначена, одна з односторонніх обмеженьx→a станом наf'(x) є+∞, а інша одностороння межа−∞.
- Відповідь
-
Функціяf має cusp at(0,5), так як\displaystyle \lim_{x→0^−}f′(x)=∞ і\displaystyle \lim_{x→0^+}f′(x)=−∞. Для кінцевої поведінки,\displaystyle \lim_{x→±∞}f(x)=−∞.
Ключові концепції
- Межаf(x) єL якx→∞ (або якx→−∞) ніби значенняf(x) стають довільно близькими до тогоL, якx стає досить великим.
- Межаf(x) є∞ якx→∞ биf(x) стає довільно великим, оскількиx стає досить великим. Межаf(x) є−∞x→∞ нібиf(x)<0 і|f(x)| стає довільно великим, оскількиx стає досить великим. Ми можемо визначити межуf(x) якx підходів−∞ аналогічно.
- Для поліноміальної функціїp(x)=a_nx^n+a_{n−1}x^{n−1}+…+a_1x+a_0, деa_n≠0, кінцева поведінка визначається провідним терміномa_nx^n. Якщоn≠0, p(x) наближається∞ або−∞ на кожному кінці.
- Дляf(x)=\dfrac{p(x)}{q(x),} раціональної функції кінцева поведінка визначається залежністю між ступенемp і ступенемq. Якщо ступінь менше ступеняpq, то лініяy=0 є горизонтальною асимптотою дляf. Якщо ступіньp дорівнює градусуq, то лініяy=\dfrac{a_n}{b_n} являє собою горизонтальну асимптоту, деa_n іb_n є провідними коефіцієнтамиp іq, відповідно. Якщо ступіньp більше ступеняq, тоf підходить∞ або−∞ на кожному кінці.
Глосарій
- кінець поведінка
- поведінка функції якx→∞ іx→−∞
- горизонтальна асимптота
- якщо\displaystyle \lim_{x→∞}f(x)=L або\displaystyle \lim_{x→−∞}f(x)=L, тоy=L є горизонтальним асимптотомf
- нескінченна межа на нескін
- функція, яка стає довільно великий, якx стає великим
- межа на нескінченність
- функція, яка наближається до граничного значенняL, якx стає великим
- коса асимптота
- лінія,y=mx+b якщоf(x) наближається до неї якx→∞ або x→−∞