ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 08.11.2023
Просмотров: 512
Скачиваний: 4
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
СОДЕРЖАНИЕ
Доказательство теоремы 2.11.3 использует формулу Тейлора с остаточным чле- ном в форме Пеано.
Рассмотрим f (x) =
(
e
−1/x
2
,
если x 6= 0,
0,
если x = 0.
Тогда правило Лопиталя показывает, что f имеет производные всех порядков в точ- ке x = 0, равные нулю. Тем не менее точка 0 будет точкой минимума. Поэтому теорема 2.11.3 не допускает обращения.
Следствие 2.11.1. Пусть в точке x
0
у функции f существуют производные первого и второго порядка, причем f
′
(x
0
) = 0, а f
′′
(x
0
) 6= 0.
Тогда точка x
0
является точкой локального экстремума, а именно, точкой мак- симума, если f
′′
(x
0
) < 0, и точкой минимума, если f
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ... 43
′′
(x
0
) > 0.
Пример 2.11.1. Найти экстремумы функции y = x +
1
x
Решение. Найдем производную и приравняем ее к нулю:
y
′
= 1 −
1
x
2
= 0.
Отсюда x = ±1. Найдем вторую производную:
y
′′
=
2
x
3
В точке x = 1 вторая производная положительна, а в точке x = −1 вторая производная отрицательна. Поэтому точка 1 является точкой минимума, а точка −1
— точкой максимума. Значения y(1) = 2, а y(−1) = −2. Других точек экстремума нет.
Упражнение 2.11.1. Найти экстремумы функции y = √x · ln x.
Пример 2.11.2. (задача Тартальи). Разделить число 8 на две такие части, чтобы произведение их произведения на разность было максимальным.
Решение. Обозначим через x — наименьшее из этих двух чисел. Тогда x ∈ [0, 4] и
8 − x — большее число. Их разность равна 8 − 2x. В итоге функция, которую нужно исследовать на экстремум, примет вид y = x(8 − x)(8 − 2x), x ∈ [0, 4].
Находим производную и приравниваем ее к нулю:
y
′
= (x(8 − x)(8 − 2x))
′
= (2x
3
− 24x
2
+ 64x)
′
=
= 6x
2
− 48x + 64 = 0.
Корнями последнего уравнения служат числа x
1
= 4 −
4
√
3
и x
2
= 4 +
4
√
3
. Второй корень не подходит, так как x
2
> 4.
Таким образом, имеются три критические точки: 0, 4, 4 −
4
√
3
Ищем значения функции в этих точках: y(0) = y(4) = 0, y(4 − 4/
√
3) > 0. Значит,
решение задачи Тартальи есть: 4 −
4
√
3
— меньшее число и 4 +
4
√
3
— большее число.
Упражнение 2.11.2. Дан угол и точка внутри него. Требуется провести через эту точку прямую, отсекающую от угла треугольник наименьшей площади.
– 91 –
2.11.4. Наибольшие и наименьшие значения функции на отрезке. Рас- смотрим вопрос о нахождении наибольших и наименьших значений функции на от- резке. Пусть функция f непрерывна на отрезке [a, b]. Тогда по теореме Вейерштрасса она достигает на [a, b] наибольшего и наименьшего значений. Как их найти?
Предположим, что функция f имеет на интервале (a, b) производную за исключе- нием конечного множества точек. Тогда нужно найти эту производную, приравнять ее к нулю и найти стационарные точки на (a, b). Тогда все локальные экстремумы находятся среди множества стационарных точек, особых точек (в которых производ- ная не существует) и концов промежутка. Все эти точки называются критическими.
Среди значений функции в критических точках нужно выбрать наименьшее и наи- большее значения. Исследовать знак производной уже не нужно.
Пример 2.11.3. Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = x
2
−
4x + 6 на [−3, 10].
Решение. Производная y
′
= 2x−4 = 0. Стационарная точка x = 2 лежит на отрез- ке [−3, 10]. Особых точек производная не имеет. Тогда множество критических точек
— это точки −3, 2, 10. Вычисляем значение функции в этих точках: y(−3) = 27,
y(2) = 2, y(10) = 66. Поэтому наибольшее значение функции равно 66, наименьшее
— 2.
Пример 2.11.4. Найти наибольшее и наименьшее значения следующей функции y = sin x · sin 2x.
Решение. Поскольку не сказано, на каком множестве нужно искать наибольшее и наименьшее значения, то нужно эту функцию исследовать на экстремум во всей области определения, т.е. на всей числовой оси.
Так как данная функция является периодической с периодом 2π, то достаточно ее исследовать на отрезке [0, 2π]. А на отрезке мы уже можем использовать приве- денную выше схему.
Имеем y
′
= cos x · sin 2x + sin x · 2 cos 2x = 0. Решаем полученное уравнение:
cos x · (2 sin x · cos x) + 2 sin x(cos
2
x − sin
2
x) = 0,
sin x · (cos
2
x + 2 cos
2
x − 1) = 0,
sin x = 0 или 3 cos
2
x = 1.
Решениями первого уравнения sin x = 0 на отрезке [0, 2π] служат точки x = 0, x =
π и x = 2π.
Для второго уравнения получаем cos x = ±
√
3 3
Так как решить данные уравнения можно только приближенно, то поступим сле- дующим образом. Найдем значения функций sin x и sin 2x, соответствующие точке x, для которой cos x = ±
√
3 3
. Имеем sin x = ±
r
1 −
1 3
= ±
r
2 3
,
а sin 2x = 2 sin x · cos x = ±
2
√
2 3
Причем функции принимают и положительные и отрицательные значения, посколь- ку рассматриваются на отрезке, соответствующем периоду функции.
– 92 –
Тогда значения функции y в этих точках x равны ±
4 9
√
3. Значения функции в точках 0, π, 2π равны 0. Так что наибольшее значение функции равно
4 9
√
3, а наи- меньшее значение функции равно −
4 9
√
3.
Пример 2.11.5. Найти точки экстремума для функции y =
p
|x| на множестве
[−1, 2).
Решение. Найдем производную функции: при x > 0 эта функция равна
√
x, по- этому y
′
=
1 2
√
x
. Она в нуль не обращается.
При x < 0 эта функция равна
√
−x, поэтому y
′
= −
1 2
√
−x
, она также не равна нулю ни в одной точке. Так что стационарных точек нет. В точке x = 0 производная не существует (знаменатель обращается в 0). Следовательно, критическими точками будут точки x = 0 и x = −1, как граничная точка области определения (точка x = 2
не является критической, так как она не принадлежит области определения).
Поскольку y > 0 = y(0), то точка x = 0 есть точка минимума. Точка x = −1
является граничной точкой максимума, так как y(−1) > y(x) при x < 0.
Пример 2.11.6. Вписать в заданный шар цилиндр наибольшего объема.
Решение. Пусть шар имеет радиус R. Обозначим половину высоты цилиндра че- рез x. При этом 0 6 x 6 R. Тогда радиус r основания цилиндра равен
√
R
2
− x
2
и его объем равен 2πr
2
x = 2π(R
2
− x
2
)x. Таким образом, мы должны исследовать на экстремум функцию y = 2π(R
2
− x
2
)x,
x ∈ [0, R].
Ищем производную и приравниваем ее к нулю:
y
′
= 2π(R
2
x − x
3
)
′
= 2π(R
2
− 3x
2
) = 0.
Стационарные точки x
1
=
R
√
3
и x
2
= −
R
√
3
. Второй корень не подходит, так как x должно быть неотрицательным.
Поэтому критические точки — это точки 0, R,
R
√
3
Ищем значения функции в этих точках: y(0) = y(R) = 0, y(R/
√
3) > 0. Поэтому искомое решение равно
R
√
3
. Радиус основания r =
r
R
2
−
R
2 3
= R
r
2 3
. Отсюда мы и получаем ответ: отношение высоты экстремального цилиндра к диаметру основания равно
√
2.
Упражнение 2.11.3. Найти наибольшее и наименьшее значение функции y =
√
5 − 4x на отрезке [−1, 1].
2.12. Условия выпуклости функции
2.12.1. Выпуклость вверх и выпуклость вниз.
Определение 2.12.1. Пусть функция f(x) определена на интервале (a, b). Она называется выпуклой вниз на интервале (a, b), если для любых точек x
1
и x
2
,
a < x
1
< x
2
< b, и любых чисел α
1
>
0 и α
2
>
0 таких, что α
1
+α
2
= 1, выполняется неравенство f (α
1
x
1
+ α
2
x
2
) 6 α
1
f (x
1
) + α
2
f (x
2
).
(2.12.1)
– 93 –
Если для функции f справедливо обратное неравенство, то функция f называется выпуклой вверх.
Если при x
1 6= x
2
, α
1
, α
2 6= 0 неравенство (2.12.1) является строгим, то функция f называется строго выпуклой вниз (соответственно, вверх).
В некоторых учебниках функции выпуклые вниз (соответсвенно, выпуклые вверх) называют выпуклыми (соответственно, вогнутыми).
Определение 2.12.2. Всякий интервал, на котором функция выпукла вниз или вверх, называется интервалом выпуклости функции.
Очевидно, что функция f(x) выпукла вниз тогда и только тогда, когда функция
−f(x) — выпукла вверх. Поэтому мы будем рассматривать, в основном, функции выпуклые вниз.
Геометрически условие выпуклости вниз означает, что точки дуги графика функ- ции лежат под хордой, стягивающей эту дугу.
Сначала придадим неравенству (2.12.1) другой вид, более приспособленный для наших целей.
Из соотношений x = α
1
x
1
+ α
2
x
2
, α
1
+ α
2
= 1 имеем
α
1
=
x
2
− x x
2
− x
1
,
α
2
=
x − x
1
x
2
− x
1
Поэтому (2.12.1) можно переписать в виде f (x) 6
x
2
− x x
2
− x
1
· f(x
1
) +
x − x
1
x
2
− x
1
· f(x
2
).
Учитывая, что x
1 6
x 6 x
2
и x
1
< x
2
, после умножения на x
2
− x
1
получим
(x
2
− x)f(x
1
) + (x
1
− x
2
)f (x) + (x − x
1
)f (x
2
) > 0.
Замечая, что x
2
− x
1
= (x
2
− x) + (x − x
1
), из последнего неравенства имеем f (x) − f(x
1
)
x − x
1 6
f (x
2
) − f(x)
x
2
− x
,
x
1
, x
2
∈ (a, b), x
1
< x < x
2
(2.12.2)
Неравенство (2.12.2) эквивалентно условию выпуклости вниз.
Теорема 2.12.1. Пусть функция f дифференцируема на интервале (a, b). Для того чтобы f была выпукла вниз на (a, b), необходимо и достаточно, чтобы ее производная f
′
была возрастающей на (a, b).
Доказательство. Необходимость. Пусть функция выпукла вниз, тогда для нее выполнены неравенства (2.12.2). Устремляя в (2.12.2) x последовательно к x
1
и x
2
,
получаем f
′
(x
1
) 6
f (x
2
) − f(x
1
)
x
2
− x
1 6
f
′
(x
2
),
что означает монотонность производной.
Достаточность. Для a < x
1
< x < x
2
< b по теореме Лагранжа f (x) − f(x
1
)
x − x
1
= f
′
(c
1
),
f (x
2
) − f(x)
x
2
− x
= f
′
(c
2
),
где x
1
< c
1
< x < c
2
< x
2
и так как f
′
(c
1
) 6 f
′
(c
2
), то выполнено неравенство (2.12.2).
2
Достаточность показывает, что если производная строго монотонна, то функция
— строго выпукла. Но это условие не является необходимым для строгой выпуклости.
– 94 –
Функция y = x
4
строго выпукла вниз на числовой прямой, но вторая производная y
′′
= 12x
2
не является строго положительной на R.
Очевидным следствием теоремы 2.12.1 и условия монотонности функции служит утверждение
Следствие 2.12.1. Пусть функция f дважды дифференцируема на интервале
(a, b). Для того чтобы функция f была выпукла вниз, необходимо и достаточно,
чтобы f
′′
(x) > 0 на (a, b).
Пример 2.12.1. Исследовать на выпуклость функцию y = a x
Решение. Так как y
′′
= a x
(ln
2
a) > 0, то данная функция строго выпукла вниз на всей действительной оси.
Пример 2.12.2. исследовать на выпуклость функцию y = log a
x.
Решение. Имеем y
′′
= −
1
x
2
ln a
. Поэтому функция строго выпукла вниз при 0 <
a < 1 и строго выпукла вверх при a > 1 на всей области определения x > 0.
Пример 2.12.3. Исследовать на выпуклость функцию y = sin x.
Решение. Поскольку y
′′
= − sin x, то на интервалах (2kπ, (2k + 1)π) функция выпукла вверх, а на интервалах (2k − 1)π, 2kπ) функция выпукла вниз.
Упражнение 2.12.1. Исследовать на выпуклость функцию y = x
α
при разных значениях α.
Выпуклость функции также связана с определенным положением касательной.
Теорема 2.12.2. Пусть функция f дифференцируема на интервале (a, b). Для того чтобы она была выпукла вверх на (a, b) (соответственно, выпукла вниз на
(a, b)), необходимо и достаточно, чтобы касательная к графику функции в любой точке x
0
из (a, b) лежала выше графика функции на интервале (a, b) (соответ- ственно, лежала ниже графика этой функции).
2.12.2. Неравенство Йенсена.
Теорема 2.12.3 (неравенство Йенсена). Пусть функция f выпукла вниз на ин- тервале (a, b), тогда для любых точек x
1
, . . . , x n
∈ (a, b) и любых неотрицательных чисел α
1
, . . . , α
n
, таких что α
1
+ · · · + α
n
= 1, выполнено неравенство f (α
1
x
1
+ · · · + α
n x
n
) 6 α
1
f (x
1
) + · · · + α
n f (x n
).
(2.12.3)
Доказательство этой теоремы получается из неравенства (2.12.1) методом пол- ной математической индукции. Если функция f выпукла вверх, то для нее спра- ведливо неравенство (2.12.3), только в нем знак неравенства нужно изменить на противоположный.
Теорема 2.12.3 позволяет доказывать различные неравенства, используя условия выпуклости функций.
Функция y = ln x строго выпукла вверх на множестве положительных чисел,
поэтому неравенство Йенсена дает
α
1
ln x
1
+ . . . + α
n ln x n
6
ln(α
1
x
1
+ . . . + α
n x
n
)
или x
α
1 1
· · · x
α
n n
6
α
1
x
1
+ . . . + α
n x
n при x j
> 0, α
j
> 0 (j = 1, . . . , n) и α
1
+ . . . + α
n
= 1.
В частности, если α
1
= . . . = α
n
=
1
n
, получаем классическое неравенство n
√
x
1
· · · x n
6
x
1
+ . . . + x n
n
– 95 –
2.12.3. Точки перегиба. Иногда важно знать точки, в которых направление выпуклости меняется.
Определение 2.12.3. Пусть функция f дифференцируема в окрестности точ- ки x
0
и существует такое δ > 0, что на промежутках (x
0
−δ, x
0
) и (x
0
, x
0
+δ) функ- ция f имеет разные направления выпуклости, тогда точка x
0
называется точкой перегиба функции.
Условие, сформулированное в определении, можно переформулировать так: если y = L(x) — уравнение касательной к графику функции f в точке x
0
, то разность f (x) − L(x) меняет знак при переходе через точку x
0
Теорема 2.12.4. Если функция f дважды дифференцируема в точке x
0
и x
0
—
точка перегиба функции, то f
′′
(x
0
) = 0.
Теорема 2.12.4 является только необходимым условием точки перегиба, но не до- статочным. Достаточное условие можно, например, сформулировать в следующем виде.
Теорема 2.12.5. Если функция f дифференцируема в окрестности точки x
0
и дважды дифференцируема в проколотой окрестности этой точки, а вторая произ- водная меняет знак при переходе через эту точку, то x
0
является точкой перегиба функции f .
Пример 2.12.4. Найти точки перегиба функции y = sin x.
Решение. Точками перегиба служат точки x = kπ, k ∈ Z, поскольку в этих точках вторая производная равна нулю и она меняет знак при переходе через эти точки.
2.13. Асимптоты. Исследование функции и построение ее графика
2.13.1. Асимптоты. Разберем сначала вопрос о нахождении асимптот функ- ции.
Пусть функция f определена для всех x > a (соответственно, для всех x < b).
Определение 2.13.1. Если существуют числа k и l такие, что lim x→+∞
(f (x) − (kx + l)) = 0
(соответственно, при x → −∞), то прямая y = kx + l называется (наклонной)
асимптотой графика функции f (x) при x → +∞ (при x → −∞).
Асимптота называется горизонтальной, если константа k = 0.
Определение 2.13.2. Вертикальными асимптотами функции f являются прямые, соответствующие точкам бесконечного разрыва этой функции (хотя бы с одной стороны).
Теорема 2.13.1. Для того, чтобы прямая y = kx + l служила асимптотой функции f при x → +∞, необходимо и достаточно, чтобы k = lim x→+∞
f (x)
x
,
l = lim x→+∞
(f (x) − kx).
– 96 –
Доказательство. Пусть прямая y = kx + l является асимптотой функции f (x)
при x → +∞. Тогда lim x→+∞
(f (x) − (kx + l)) = 0.
Деля это выражение на x, получим lim x→+∞
f (x) − (kx + l)
x
= 0,
отсюда получаем, что lim x→+∞
f (x)
x
= k.
Возвращаясь еще раз к определению асимптоты, получаем lim x→+∞
(f (x) − kx) = l.
В обратную сторону доказательство предоставляется читателю.
2
Аналогичная теорема верна для асимптот функции f при x → −∞.
Пример 2.13.1. Найти асимптоты функции f (x) =
x
2
− 3x − 2
x + 1
Решение. По теореме 2.13.1 имеем k = lim x→∞
f (x)
x
= lim x→∞
x
2
− 3x − 2
x(x + 1)
= 1,
l = lim x→∞
x
2
− 3x − 2
x + 1
− x
= lim x→∞
−4x − 2
x + 1
= −4.
Таким образом, асимптота данной функции при x → ±∞ имеет уравнение y = x − 4.
2 2.13.2. Схема исследования функции. Изучение заданной функции и по- строение ее графика с помощью развитого аппарата целесообразно проводить по следующей схеме.
1. Определить область существования и область значений данной функции, ис- следовать поведение функции в граничных точках области определения.
2. Найти промежутки постоянства знака и нули функции, точки пересечения с осями координат.
3. Исследовать функцию на четность, нечетность, периодичность.
4. Найти промежутки непрерывности, точки разрыва, виды точек разрыва и вер- тикальные асимптоты.
5. Найти наклонные асимптоты функции.
6. Вычислить первую производную функции, найти с ее помощью промежутки возрастания, убывания функции, точки экстремума и значения функции в точках экстремума.
7. Вычислить вторую производную, найти с ее помощью промежутки выпуклости функции, точки перегиба и значения функции в точках перегиба.
8. Построить график функции.
– 97 –