Matan_1_semestr_Lektsii

210	Оглавление

4.5Исследование функций

Здесь мы рассмотрим, как используется понятие производной при изучении некоторых свойств функций.

Условия постоянства и монотонности функции

Теорема 4.22 (Условие постоянства функции на промежутке)

Функция f, определённая и дифференцируемая на открытом промежутке X, постоянна на нём тогда и только тогда, когда f0(x) ´ 0 на этом промежутке.

Доказательство.

Необходимость. Необходимость очевидна, так как производная постоянной равна нулю.

Достаточность. Пусть f0(x) ´ 0 на X. Пусть a фиксированная и x

любая точки промежутка X. На отрезке [a; ; x] функция f удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа, поэтому f(x)¡f(a) = f0(»)(x¡a) = 0. Следовательно, f(x) = f(a) во всех точках промежутка.

Следствие 4.6 Если f непрерывна на отрезке [a; b] и дифференцируема в интервале (a; b), причём f0(x) ´ 0 в (a; b), то f(x) ´ C на [a; b].

В самом деле, f(x) ´ C по теореме и по непрерывности f(a) =

lim f(x) = C (то же и для точки b).

x!a

Следствие 4.7 Если функции f; g дифференцируемы на открытом промежутке X и f0(x) ´ g0(x) на X, то g(x) ´ f(x) + C на X.

Если f0(x) ´ g0(x), то f0(x) ¡g0(x) ´ 0, поэтому f(x) ¡g(x) ´ C на X.

Пример 4.35 Пусть f(x) = arctg x, g(x) = 12 arctg 1 ¡2xx2 .

Функция g не определена в точках x = §1, но, как нетрудно проверить, на каждом из промежутков (¡1; ¡1), (¡1; 1), (1; +1) вы-

	полняется равенство f0(x) = g0(x) =	1	. Поэтому по второму след-
		1 + x2

ствию на каждом из указанных промежутков имеет место равенство g(x) ´ f(x) + C. Определим значение C для каждого из промежутков.

4.

Производная и её приложения

211

1) Пусть x 2 (¡1; ¡1). Перейдём в равенстве

1

arctg

2x

= arctg x + C

(4.123)

2

1 ¡ x2

к пределу, устремив x к ¡1. В силу непрерывности функции arctg

lim

1

2x

lim

1

arctg

2x

1

;

2

1 ¡ x2 ¶ =

x!¡1

2 arctg 1 ¡ x2 = arctg µx!¡1

2 arctg 0 = 0

а

¼

, поэтому равенство (4.123) принимает вид 0 =

x lim

arctg x = ¡

2

¼!¡1

¼

¡

+ C, откуда следует, что C =

.

2

2

2x

¼

Итак, на промежутке (¡1; ¡1)

.

arctg

= arctg x +

1 ¡ x2

2

2) Пусть x 2 (¡1; 1). Положим в равенстве (4.123) x = 0. Тогда

получим, что C = 0, следовательно, на промежутке (¡1; 1) имеем:

arctg

2x

= arctg x.

1 ¡ x2

3) Пусть x 2 (1; +1). Этот случай аналогичен первому. Устремляя

¼

2x

¼

x к +1, получим C = ¡

, следовательно, arctg

= arctg x ¡

.

2

1 ¡ x2

2

Теорема 4.23 (Условие монотонности функции на промежутке)

Пусть f непрерывна на промежутке X и дифференцируема всюду внутри этого промежутка. Тогда f не убывает на X в том и только том случае, когда f0(x) ¸ 0, и не возрастает тогда и только тогда, когда f0(x) · 0 всюду на X.

Доказательство. Докажем первую часть теоремы. Вторая доказывается аналогично.

Необходимость. Пусть f не убывает на X. Тогда в каждой внутренней точке x промежутка X будет выполняться условие ¢y ¸ 0 при ¢x > 0 и ¢y · 0 при ¢x < 0. Поэтому ¢¢xy ¸ 0. Но тогда и f0(x) =

lim ¢y ¸ 0, и необходимость доказана.

¢x!0 ¢x

Достаточность. Пусть f0(x) ¸ 0 всюду внутри X. Возьмём две любые точки x1; x2 2 X (x1 < x2). На отрезке [x1; x2] выполнены условия теоремы Лагранжа, поэтому f(x2) ¡ f(x1) = f0(»)(x2 ¡ x1). Так как по условию f0(») ¸ 0, то f(x2) ¡ f(x1) ¸ 0. Итак, если x1 < x2, то

212 Оглавление

f(x1) · f(x2), следовательно, функция f на промежутке X не убывает.

Следствие 4.8 Пусть f непрерывна на промежутке X и дифференцируема всюду внутри этого промежутка. Если f0(x) > 0 всюду внутри

X, то f возрастает на X, а если f0(x) < 0, то убывает.

Действительно, если f0(x) > 0 всюду внутри X, то для любых x1; x2 2 X (x1 < x2) по формуле Лагранжа f(x2)¡f(x1) = f0(»)(x2 ¡x1) > 0, следовательно f возрастает на X. Вторая часть утверждения доказывается аналогично.

Следует отметить, что обратное утверждение неверно. Если f возрастает (убывает) на X, то нельзя утверждать, что f0(x) > 0 (< 0) всюду внутри X.

Примеры.

1.Пусть X = [¡1; 1] и f(x) = x3. Функция возрастает, но f0(0) = 0.

2.Пусть X = R и f(x) = x ¡ sin x.

Покажем, что функция f возрастающая. Возьмём любые x1; x2 2 R

(x1 < x2) и, используя (3.33), оценим разность sin x2 ¡ sin x1.

¯

j 2 ¡

1j

¯

2

2

¯

·

¯

2

sin x

sin x

=

¯

2 sin x2 ¡ x1 cos x2 + x1

¯

2

¯

sin x2

¡ x1

¯

<

¯

¯

¯

¯

¯

jx2 ¡ x1j

2 ¡

¯

¯

¯

< 2

= x

x

:

2

1

Тогда

f(x2) ¡ f(x1) = (x2 ¡ sin x2) ¡ (x1 ¡ sin x1) =

= (x2 ¡ x1) ¡ (sin x2 ¡ sin x1) > (x2 ¡ x1) ¡ (x2 ¡ x1) = 0;

следовательно, функция f возрастающая. Однако её производная f0(x) = 1 ¡ cos x

обращается в ноль в бесконечном числе точек xk = 2¼k (k 2 Z).

4. Производная и её приложения

213

Определение 4.9 Пусть f непрерывна на промежутке X и x0 внутренняя точка промежутка. Будем говорить, что функция f возрастает в точке x0, если найдётся окрестность U±(x0) ½ X такая, что f(x) < f(x0) при x < x0 и f(x) > f(x0) при x > x0 (x 2 U±(x0)).

Понятие f убывает в точке x0 определяется аналогично.

Если функция возрастает (убывает) в точке, то это не означает, что

она является монотонной в некоторой окрестности данной точки.

1
Пример 4.36 Пусть f(x) = xjxj µ2 + sin		¶ при x 6= 0 и f(0) =	0.
	x
Нетрудно заметить, что данная функция непрерывна на R			и	что

f(x) > 0 при x > 0 и f(x) < 0 при x < 0, следовательно, она возрастает в точке x = 0. Однако не существует такой окрестности точки x = 0, в которой эта функция была бы неубывающей. Убедимся в этом

с помощью теоремы 4.23.	µ2 + sin				¶. Найдём производную.
Пусть x > 0. Тогда f(x) = x2				1
				x
	1					1
f0(x) = 2x µ2 + sin				¶		¡ cos		:	(4.124)
		x					x

Первое слагаемое в (4.124) бесконечно малая величина при x ! 0, второе же при стремлении x к нулю совершает бесконечное число колебаний от ¡1 до +1, следовательно, в любой окрестности нуля содержится бесконечное число промежутков как положительности, так и отрицательности производной, то есть, бесконечное число промежутков как возрастания, так и убывания функции.

При x < 0 ситуация аналогичная.

Итак, рассматриваемая функция возрастает в точке x = 0, но ни в какой окрестности нуля не является неубывающей.

Теорема 4.24 (Достаточное условие возрастания функции в точке.) Пусть f непрерывна на промежутке X и дифференцируема во внутренней точке x0 этого промежутка. Тогда, если f0(x0) > 0, то f возрастает в точке x0, а если f0(x0) < 0, то убывает.

214		Оглавление
Доказательство. Пусть f0(x0) = lim	¢f	= a > 0. Тогда по " =	a
	¢x			2
¢x!0

найдётся такое ± > 0, что при j¢xj < ± будет выполняться условие

¯

¢f

¡ a¯

<

a

или

¢f

>

a

> 0. А это означает, что если ¢x > 0,

¢x

2

¢x

2

¯

¯

> 0

¢x < 0

¢f < 0

¯

¢f¯

, а если

. Другими словами, если

¯то и

¯

, то и

x = x0 +¢x > x0, то и f(x) = f(x0)+¢f > f(x0), а если x = x0 +¢x < x0, то и f(x) = f(x0) + ¢f < 0, то есть, функция в точке x0 возрастает.

Вторая часть теоремы доказывается аналогично.

Экстремумы

Определение 4.10 Пусть f непрерывна на промежутке X и x0

внутренняя точка промежутка. Будем говорить, что x0 точка локального максимума (минимума) функции f, если можно указать та-

±

кую окрестность U±(x0) ½ X, что для всех x 2U± (x0) выполняется неравенство f(x) · f(x0) (f(x) ¸ f(x0)).

Определение 4.11 Точки локального максимума и локального минимума будем называть точками экстремума функции.

Теорема 4.25 (Необходимое условие экстремума.) Пусть f непрерывна на промежутке X и x0 её точка экстремума. Если f дифференцируема в точке x0, то f0(x0) = 0.

Эта теорема есть не что иное как теорема Ферма (теорема 4.11). Условие f0(x0) = 0 не является обязательным и его выполнение не

гарантирует наличие экстремума в точке x0.

Пример 4.37 Пусть f(x) = x3.

В точке x = 0 f0(x) = 3x2 = 0, однако f(x) < 0 при x < 0 и f(x) > 0

при x > 0, так что необходимое условие экстремума выполнено, однако экстремума в точке x = 0 нет.

4. Производная и её приложения

215

Пример 4.38 Пусть f(x) = jxj:

В точке x = 0 f0(x) не определена (определены левая и правая производные), однако эта точка точка локального минимума, так как f(0) = 0, а для любого x =6 0 f(x) > 0.

µ1 ¶

Пример 4.39 Пусть f(x) = x2 2 + sin x при x 6= 0 и f(0) = 0. Точка x = 0 для этой функции точка локального минимума, так

как f(0) = 0, а при x =6 0 f(x) > 0, хотя f0(0) не существует и, более того, ни в какой окрестности нуля функция не является убывающей слева и возрастающей справа от точки ноль (см. пример 4.36).

Определение 4.12 Пусть X промежуток, f : X ! R непрерывная функция, x0 внутренняя точка промежутка X. Точку x0 будем называть стационарной точкой функции f, если f0(x0) = 0.

Определение 4.13 Пусть X промежуток, f : X ! R непрерывная функция, x0 внутренняя точка промежутка X. Точку x0 будем называть критической точкой функции f, или точкой, подозрительной на экстремум, если f0(x0) либо равна нулю, либо не существует.

Таким образом, критические точки функции это те точки, в которых выполняется необходимое условие экстремума. Но, как показывают приведённые выше примеры, критическая точка может быть точкой экстремума, а может и не быть. Поэтому необходимо сформулировать условия, гарантирующие наличие экстремума в критической точке.

Теорема 4.26 (Первое достаточное условие экстремума) Пусть

функция f непрерывна на промежутке X, x0(2 X) её критическая

±

точка и существует окрестность U± (x0) ½ X, в которой функция f

дифференцируема. Тогда:

а) если f0(x) < 0 при x0 ¡ ± < x < x0 и f0(x) > 0 при x0 < x < x0 + ±, то x0 точка локального минимума функции f;

б) если f0(x) > 0 при x0 ¡ ± < x < x0 и f0(x) < 0 при x0 < x < x0 + ±, то x0 точка локального максимума функции f.

216	Оглавление

При выполнении условий этой теоремы говорят в первом случае, что

производная в точке x0 меняет знак с минуса на плюс, а во втором случае, что производная в точке x0 меняет знак с плюса на минус.

Доказательство. Рассмотрим первый случай. По условиям теоремы f непрерывна на (x0 ¡ ±; x0] и f0(x) < 0 при x0 ¡ ± < x < x0. Тогда по следствию из теоремы 4.23 функция f убывает на (x0 ¡ ±; x0], поэтому f(x0) < f(x) для любого x 2 (x0 ¡ ±; x0). Аналогично показывается, что f возрастает на [x0; x0 + ±), следовательно, f(x0) < f(x) для любого x 2

(x0; x0 + ±). Но тогда по определению x0 точка локального минимума функции f.

Справедливость второй части теоремы устанавливается точно так же.

Пример 4.40 Пусть f(x) = x2.

Точка x = 0 стационарная точка, так как f0(x) = 2x при x = 0

обращается в ноль. При переходе через ноль производная меняет знак с минуса на плюс, поэтому x = 0 точка локального минимума.

Пример 4.41 Пусть f(x) = x3.

Точка x = 0 стационарная точка, так как f0(x) = 3x2 при x = 0

обращается в ноль. При переходе через ноль производная не меняет знака , поэтому x = 0 не является точкой экстремума.

Пример 4.42 Пусть f(x) = jxj.

Точка x = 0 критическая точка, так как f0(x) = sgnx при x = 0

не существует. При переходе через ноль производная меняет знак с минуса на плюс, поэтому x = 0 точка локального минимума.

p

Пример 4.43 Пусть f(x) = 3 x.

Точка x = 0 критическая точка, так как f0(x) = 1 при x = 0 p

3 3 x2

не существует. При переходе через ноль производная не меняет знака , поэтому x = 0 не является точкой экстремума.

4. Производная и её приложения

217

Теорема 4.27 (Второе достаточное условие экстремума) Пусть функция f дифференцируема на промежутке X и во внутренней точке x0 имеет производную второго порядка, причём f0(x0) = 0. Тогда:

а) если f00(x0) < 0, то x0 точка локального максимума функции f;

б) если f00(x0) > 0, то x0 точка локального минимума.

Доказательство. Рассмотрим первую часть теоремы. Если f00(x0) <

0, то по теореме 4.24 найдётся окрестность U±(x0), в которой f0 убывающая функция. А так как f0(x0) = 0, то f0(x0) > 0 слева от x0 и f0(x0) < 0 справа от x0. По предыдущей теореме x0 точка локального максимума функции f.

Вторая часть теоремы доказывается аналогично.

Пример 4.44 Найти экстремумы функции f(x) = x3 ¡ 3x2 + 4.

Решение. Данная функция дважды дифференцируема на R, поэтому подозрительными на экстремум точками будут стационарные точки функции, а проверку на наличие экстремума можно провести, используя второе достаточное условие. Найдём первую и вторую производные.

f0(x) = 3x2 ¡ 6x; f00(x) = 6x ¡ 6:

Приравнивая первую производную к нулю и решая получившееся уравнение, найдём две стационарные точки: x0 = 0, x1 = 2.

Вычислим значение второй производной в каждой из стационарных точек.

f00(0) = ¡6 < 0, следовательно, x0 = 0 точка локального максимума, при этом ymax = f(0) = 4;

f00(2) = 6 > 0, следовательно, x1 = 2 точка локального минимума, при этом ymin = f(2) = 0.

Теорема 4.28 (Третье достаточное условие экстремума) Пусть f

на промежутке X дифференцируема n ¡ 1 раз и во внутренней точке

218	Оглавление

x0 этого промежутка имеет производную порядка n (n ¸ 2), причём f0(x0) = f00(x0) = : : : = f(n¡1)(x0) = 0, а f(n)(x0) =6 0. Тогда:

а) если n нечётное, то в точке x0 экстремума нет;

б) если n чётное, то экстремум есть, а именно локальный минимум при f(n)(x0) > 0 и локальный максимум при f(n)(x0) < 0.

Доказательство. Так как f0(x0) = 0, то x0 точка, подозрительная на экстремум. Разложим f по формуле Тейлора в точке x0 с остаточным членом в форме Пеано. Так как по условию производные функции f с

первой по (n ¡ 1)-ю равны нулю, то формула Тейлора принимает вид

f(x) = f(x0) + f(nn)(!x0)(x ¡ x0)n + o((x ¡ x0)n) =

= f(x0) + (x ¡ x0)n(f(n)(x0) + o(1)): (4.125)

Так как o(1) ! 0 при x ! x0, а f(n)(x0) отличное от нуля число, то

±

найдётся окрестность U± (x0) ½ X, всюду в которой будет иметь место неравенство

jo(1)j < jf(n)(x0)j ;

а потому в указанной окрестности

sgn(f(n)(x0) + o(1)) = sgnf(n)(x0);

(4.126)

то есть, сохраняется постоянным.

Пусть n нечётное число. Тогда скобка (x¡x0)n имеет разные знаки по разные стороны от точки x0, поэтому и второе слагаемое в (4.125) имеет разные знаки по разные стороны от точки x0, поэтому по одну сторону от точки x0 значения f(x) будут меньше, а по другую сторону больше, чем f(x0), следовательно, x0 не является точкой экстремума.

Пусть n чётное число и f(n)(x0) > 0. Тогда скобка (x¡x0)n во втором

±

слагаемом справа в (4.125) больше нуля в U± (x0) и вторая, ввиду (4.126),

±

тоже больше нуля, поэтому второе слагаемое в U± (x0) положительно.

±

Следовательно, всюду в U± (x0) выполняется неравенство f(x) > f(x0), а это означает, что x0 точка локального минимума.

4. Производная и её приложения

219

Аналогично показывается, что если n чётное число и f(n)(x0) < 0, то x0 точка локального максимума.

Пример 4.45 Показать, что x = 0 точка локального минимума функции f(x) = ex + e¡x ¡ 2 cos x.

Решение. Данная функция определена и дифференцируема любое число раз всюду на R. Найдём первую производную.

f0(x) = ex ¡ e¡x ¡ 2 sin x :

Убеждаемся проверкой, что f0(0) = 0, следовательно, x = 0 точка возможного экстремума.

Теперь будем последовательно находить производные функции f и

вычислять их значения в точке x = 0 до первой производной, отличной от нуля.

f00(x) = ex + e¡x ¡ 2 cos x равна нулю в точке x = 0. f000(x) = ex ¡ e¡x + 2 sin x равна нулю в точке x = 0. f(4)(x) = ex + e¡x + 2 cos x. f(4)(0) = 4 > 0.

Так как номер производной чётное число, а её значение положительно, то по теореме 4.28 точка x = 0 точка локального минимума. При этом ymin = f(0) = 0.

Ни одно из достаточных условий экстремума не является универсальным. Для каждого из них можно привести пример функции, к которой это условие неприменимо. Для первого достаточного условия это пример 4.39, для второго пример 4.45, для третьего нижеприведённый пример.

Пример 4.46 Пусть f(x) = e¡1=x2 при x =6 0 и f(0) = 0. Покажем, что эта функция дифференцируема на R любое число раз и в точке x = 0

все её производные равны нулю.

Решение. Найдём первую производную. При x =6 0 f0(x) = e¡1=x2 ¢ µ¡x12 ¶0 = x23 e¡1=x2 :