kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / Исследование функций

ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИЙ С ПОМОЩЬЮ ПРОИЗВОДНЫХ.

ЛЕКЦИЯ 12. ЛОКАЛЬНЫЙ ЭКСТРЕМУМ ФУНКЦИИ, ОТЫСКАНИЕ НАИБОЛЬШЕГО И НАИМЕНЬШЕГО ЗНАЧЕНИЯ ФУНКЦИИ, ВЫПУКЛОСТЬ КРИВОЙ, ТОЧКИ ПЕРЕГИБА.

Определение 1. Говорят, что функция f (x) не убывает (не возрастает) на (a, b), если для любых точек x1 < x2 из (a, b) справедливо неравенство

f (x1) ≤ f (x2) (f (x1) ≥ f (x2)).

Определение 2. Говорят, что функция f (x) возрастает (убывает) на (a, b), если для любых точек x1 < x2 из (a, b) справедливо неравенство

f (x1) < f (x2) (f (x1) > f (x2)).

В этом случае функцию f (x) называют монотонной на (a, b).

Утверждение 1. Дифференцируемая на (a, b) функция f (x) тогда и только тогда не убывает (не возрастает) на (a, b), когда f ′(x) ≥ 0 (≤ 0) при любом x (a, b).

Доказательство.

1. Достаточность. Пусть f ′(x) ≥ 0 (≤ 0) всюду на (a, b). Рассмотрим любые x1 < x2 из (a, b). Функция f (x) дифференцируема (и непрерывна) на [x1, x2]. По теореме Лагранжа

f (x2) − f (x1) = (x2 − x1)f ′(α), x1 < α < x2.

Так как (x2 −x1) > 0, f ′(α) ≥ 0 (≤ 0), f (x2) −f (x1) ≥ 0 (≤ 0), а значит, f (x) не убывает (не возрастает) на (a, b).

2. Необходимость. Пусть, например, f (x)					не убывает на				(a, b) , x (a, b) , x + x
(a, b) , x > 0. Тогда
				f (x + x) − f (x)			≥	0.
Переходя к пределу при	x			x	′(x)
		→		0, получим f		≥	0. Теорема доказана.
Утверждение 2. Для	возрастания (убывания)						f (x) на		(a, b) достаточно, чтобы
f ′(x) > 0 (< 0) при любом x			(a, b).

Доказательство проводится по той же схеме, что и доказательство достаточности в теореме 1.

Замечание 1. Обратное утверждение к теореме 2. не имеет места, т. е. если f (x) возрастает (убывает) на (a, b), то не всегда f ′(x) > 0 (< 0) при любом x (a, b).

Действительно, y = x3 возрастает на (−∞, +∞), но y′(0) = 0.

1

1.Локальный экстремум функции

По теореме Ферма, если y = f (x) имеет в точке x0 локальный экстремум и дифференцируема в точке x0, то f ′(x0) = 0.

Определение 3. Точку x0 назовем стационарной для функции f (x), если f (x) дифференцируема в точке x0 и f ′(x0) = 0.

Точка x0 критическая, если f ′(x0) = 0 или f ′(x) в точке x0 не существует.

Необходимое условие экстремума. Если функция y =	f (x)	имеет	в точке
x0 локальный экстремум, то либо x0 стационарная точка,	либо	f не	является
дифференцируемой в точке x0.

Замечание 2. Необходимое условие экстремума не является достаточным. Например, y = x3, y = sgn x при x0 = 0 экстремума нет.

Утверждение 3. (первое достаточное условие экстремума) Пусть y = f (x)

дифференцируема в некоторой окрестности точки x0, кроме, быть может, самой

точки x0,

в которой она является непрерывной. Если при переходе

x через x0 слева

направо f ′(x) меняет знак с “+” на “–” то точка x0

является точкой максимума, при

перемене знака с “–” на “+” точка x0

является точкой минимума.

f ′

f ′

f ′

f ′

f ′

f ′

f ′

f ′

x0

−

x0

x0

−

x0

+

−

+

+

+

−

a

b

a

b

a

b

a

b

Локальный

Локальный

Экстремума нет

Экстремума нет

максимум

минимум

Доказательство. Пусть x (a, b), x =6 x0, (a, b) достаточно малая окрестность точки x0. И пусть, например, производная меняет знак с “ + "на “ −". Покажем, что

f (x0) > f (x). По теореме Лагранжа (применительно к отрезку [x, x0] или [x0, x] )
f (x) − f (x0) = (x − x0)f ′(α),
где α лежит между x0 и x :
а) x < x0 x − x0 < 0, f ′(α) > 0 f (x) − f (x0) < 0 f (x0) > f (x);
б) x > x0 x − x0 > 0, f ′(α) < 0 f (x) − f (x0) < 0 f (x0) > f (x);
Замечание 3. Если f ′(x) не меняет знака при переходе через точку x0, то x0		не
является точкой экстремума.
Утверждение 4. (второе достаточное условие экстремума) Пусть	x0
стационарная точка функции y = f (x), которая имеет в точке	x0 вторую
производную. Тогда:

2

1.

f ′′(x0) > 0

f имеет в точке x0

локальный минимум;

2.

f ′′(x0) < 0

f имеет в точке x0

локальный максимум.

Эта теорема приводится без доказательства.

√

Пример 1.

Найти интервалы возрастания и убывания функции y = x(1 +

).

x

(x + x√

1 + 23 · √

Решение. Находим производную: y′

=

)′

=

Так

как

x

x.

производная положительна

в

промежутке

[0; +∞),

то

функция

возрастает

во

всей

области определения [0; +∞).

Пример 2.

Найти интервалы возрастания и убывания

функции y = x − 2 sin x, если 0 ≤ x ≤ 2π.

= 0

1

2 cos x = 0,

cos x =

1

;

x

=

π

Решение. Находим y′ = 1

−

2 cos x;

y′

−

и

x2

π

2

1

3

= 3 (т. к.

0 ≤ x ≤ 2π ). Очевидно, что y′

> 0

в интервале

(π/3; 5π/3)

и

y′ <

0

в интервалах (0; π/3)

и

(5π/3; 2π). Таким образом, в интервале

(π/3; 5π/3)

данная

функция возрастает, а в интервалах (0; π/3)

и (5π/3; 2π)

– убывает.

Пример 3. Исследовать на экстремум функцию y = (x − 4)ex.

Решение:

= (x − 4)ex ;

а) находим y′

б) находим критические точки:

(x − 4)ex = 0, x = 4;

в) исследуем знак производной слева направо от критической точки x = 4 : при x < 4

y′ < 0, при x > 4 y′ > 0.

Согласно правилу, производная меняет знак с „-“ на

” + ”,

заключаем, что в точке

x = 4 функция имеет минимум, ymin = −e4.

Пример 4.

Исследовать на экстремум, с помощью второй производной,

√

2

функцию y = x

1 − x .

1

x

1. Найдем y′ :

Решение. Функция определена при

≤

− ≤

√

√

2x2

(1

2x2)

2

2

y′ = (x 1

x )′ = 1

x +

−

=

−

;

−

−

√

2

√

2

2

1 − x

1 − x

2

√

√

2, x2 = 1/

y′ = 0 при 1 − 2x = 0,

отсюда x1 = −1/

2;

y′

не существует при x =

±

1, т. е. на границах области определения функции.

Найдем y′′ :

y′′ =

(1 − 2x2)

′

=

x(2x2 − 3)

.

√1 − x2

(1 − x2)3

Вычислим значения второй производной в

критических точках.

p

При x = 1/√

имеем

2

= √2 2 √2

− 3 = 4 < 0,

y′′

1

1

1

2

√

−

2

s

1 −

1

2

3

√2

1

следовательно, x =

– точка максимума.

√

2

1

При x = −

имеем

√

2

3

				1				−√2			2 −√2						− 3
	y′′						=	1									2
																	= 4 > 0,
												1
				−√
					2			s				1 − −		1			2 3
														√2
1
следовательно, x = −	√			– точка минимума.
		2

Вкритических точках x = ±1 экстремума нет.

2.Отыскание наибольшего и наименьшего значения функции

Пусть y = f (x) непрерывна на [a, b]. По свойству функций, непрерывных на отрезке, найдется такая точка x0 [a, b], что

f (x0) = max f (x).

	x [a,b]
Тогда либо x0 = a, либо x0 = b, либо	x0 (a, b). В последнем случае точка	x0
является критической точкой. Предположим, что критических точек у функции f		на
(a, b) имеется лишь конечное число x1, . . . ,	xn. Тогда

max f (x) = max{f (a), f (b), f (x1), . . . , f (xn)}.

x [a,b]

Аналогично,

min f (x) = min{f (a), f (b), f (x1), . . . , f (xn)}.

x [a,b]

Пример 5.

5Найти наибольшее и наименьшее значение функции y = 2x3 −3x2 −12x+1

на отрезке [−2;

2 ].

Решение. Наибольшее (наименьшее) значение непрерывной функции на отрезке

достигается или в критических точках, или на концах отрезка.

y′ = 6x2 − 6x − 12, 6x2 − 6x − 12 = 0,

x1 = −1 и x2 = 2 – критические точки и обе лежат внутри заданного отрезка.

Вычислим значения функции в точках x1, x2 , а также на концах отрезка:

y(−2) = −3,

y(−1) = 8,

y(2) = −19, y

2

= −16, 5.

5

Таким образом, yнаим.(2) = −19, yнаиб.(−1) = 8.

Пример 6.

Найти наибольшее и наименьшее значения функции y = sin x + cos x на

[0, π].

Решение. Имеем y′ = cos x − sin x,

y′

= 0

x = π4 ; y(0) = 0, y(π) = −1,

π

= √

.

y

2

наиб. =

2

наим. =

1

4

√

Таким образом, y

,

y

−

.

Пример 7. Найти такой цилиндр, который бы имел наибольший объем при данной полной поверхности S .

4

Решение. Пусть радиус основания цилиндра равен x , а высота y . Тогда

S = 2πx2 + 2πxy,

т. е.

S − 2πx2

1 S

y =

=

2πx .

2π x −

2πx

Следовательно, объем цилиндра выразится так:

1

S

− 2πx =

S

V = V (x) = πx2

x − πx3.

2π

x

2

Задача сводится к исследованию функции V (x) на максимум при x > 0 . Найдем производную

dV

S

=

− 3πx2

dx

2

и приравняем ее к нулю, откуда x =

S

.

6π

d2V

производную:

√

Найдем вторую

2

2

dx

= −6πx . Так как при x = S/(6π)

выполняется условие

d

V /dx < 0 , то объем имеет наибольшее значение, причем

S − 2πS/6π

y =

= 2 S/6π = 2x,

2π S/6π

p

p

т. е. осевое сечение цилиндра должно быть квадратом.

Пример 8. Требуется построить открытый цилииндрический резервуар вместимостью V0 . Материал имеет толщину d (см. рисунок). Каковы должны быть размеры резервуара (радиус основания и высота), чтобы расход материала был наименьшим?

Решение.

!

d

-

!!!

!

!

6

!!!

!!

"

"""

""

h

x

-

?

"

"

""""

""""

"

"""

"

"""

Радиус основания внутреннего цилиндра обозначим x, высоту внутреннего цилиндра

– через h. Объем дна и стенок резерввуара

Q = π(x + d)2d + π((x + d)2 − x2)h = πd(x + d)2 + πh(2xd + d)2

5

По условию задачи V0 = πx2h , отсюда h =

V0

.

πx2

πV0

2V0d

V0d2

Q = πd(x + d)2 +

(2xd + d2) = πd(x + d)2 +

+

2

2

πx

x

x

Q′(x) = 2πd(x + d)

−

2V0d

−

2V0d2

=

2d(x + d)(πx3 − V0)

x2

x3

x3

x =

3 V0

– единственный положительный корень производной и при переходе через него

π

она

меняет знак минус на плюс. Имеем минимум, который и является решением задачи.

q

При этом h = q

π .

3

V0

3.Выпуклость кривой. Tочки перегиба

Пусть y = f (x) дифференцируема на (a, b). Тогда в любой точке (x, f (x)) графика функции y = f (x), x (a, b) , существует касательная.

Определение 4. График функции y = f (x) называется выпуклым вниз (или вогнутым вверх) в промежутке (a, b), если соответствующая дуга кривой расположена выше касательной в любой точке этой дуги (рис. 7).

Определение 5. График функции y = f (x) называется выпуклым вверх (или вогнутым вниз) в промежутке (a, b), если соответствующая дуга кривой расположена ниже касательной в любой точке этой дуги (рис. 8).

y

y = f (x)

y

6

6

PP

,

H

"

P

,

,

HH

PP

PP

H

"

"

,

,

PP

H

"

,

P

"""

"HH

,,

H

"

y = f (x)

-

-

a

b x

a

b x

Рис. 7. Выпукла вниз

Рис. 8.

Выпукла вверх

(вогнута вверх)

(вогнута вниз)

Утверждение 5. Пусть y = f (x) имеет на (a, b)

конечную 2-ю производную. Тогда:

1.

f ′′(x) > 0,

x

(a, b)

что график f (x) выпуклый вниз;

2.

f ′′(x) < 0,

(a, b)

что график f (x) выпуклый вверх.

x

Без доказательства. Пример 9.

Найти интервалы выпуклости графика функции

y = x3 − 3x2 − 4 .

Решение. Так как

y′′

= 6(x − 1), y′′ > 0

при

x > 1;

y′′

< 0

при

x < 1,

график функции

–

выпуклый вниз

при

x (1, +∞)

и

вверх

– при x (−∞, 1).

6

Определение 6. Точка (c, f (c)) графика	функции f (x) называется точкой
перегиба, если на (a, c) и (c, b) кривая y = f (x)	имеет разные направления выпуклости

(рис. 9). ( (a, b) достаточно малая окрестность точки c ).

y

6

r

									-
a			c			b				x

Рис. 9

Утверждение 6. (необходимое условие перегиба) Если кривая y = f (x) имеет перегиб в точке (c, f (c)) и функция y = f (x) имеет в точке c непрерывную вторую производную, то f ′′(c) = 0.

Замечание 4. Необходимое условие перегиба не является достаточным. Например, если рассмотреть функцию y = x4, c = 0.

Замечание 5. В точке перегиба вторая производная может не существовать.

Утверждение 7. (первое достаточное условие перегиба) Пусть y = f (x) имеет вторую производную на (a, b) c, f ′′(c) = 0. Если f ′′(x) имеет на (a, c), (c, b) разные знаки, то (c, f (c)) точка перегиба графика f (x).

Утверждение 8. (второе достаточное условие перегиба) Если	y = f (x) имеет
в точке c конечную третью производную и f ′′(c) = 0 , а f ′′′(c) = 0,	тогда (c, f (c))
6
точка перегиба графика f (x).

Эти теоремы приводятся без доказательства.

Пример 10. Найти интервалы выпуклости и точки перегиба функции y = (x + 1)2(x − 2).

Решение:

1)найдем y′ = 3(x2 − 1) , y′′ = 6x ;

2)y′′ = 0 при x = 0 ;

3)	слева от точки						x = 0 имеем y′′ < 0 кривая выпукла вверх; справа от точки
x = 0 имеем y′′ > 0 кривая выпукла вниз;
4)	точка x = 0 является точкой перегиба y(0) = −2 .										5
Пример 11.						Найти точки перегиба функции y = (x − 5)					3 + 2.
Решение:										2
1)	находим y′ = 5 (x								5)
								−		9 ;
			10			3
2)	y′′ =					;
			3
		9	√
				x−5
3)	y′′ не обращается в нуль ни при каких значениях x и не существует в точке x = 5 ;
слева от точки x = 5							y′′ < 0 кривая выпукла вверх, справа от точки x = 5 y′′ > 0
кривая выпукла вниз;
4)	Значение x = 5 является абциссой точки перегиба, (5, 2) точка перегиба.

7