2 - Математичний аналіз першого курсу частини 1 - страница 33

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118  119  120  121  122  123  124  125  126  127  128  129  130  131 

Ax—0 Ax Ax—0 Ax

З теорії границь випливає (див. п. 1.1.3. А, властивість 4), що для достатньо ма­лого приросту аргументу Ax маємо

123   Застосування диференціального числення. 1. Функції однієї змінної

f \x0 +Ax)

< 0.

Ax

З останьої нерівності випливає, що f"(x0 + Ax) > 0 при Ax < 0 і f"(x0 + Ax) < 0 при Ax > 0. Отже, функція зростає зліва від точки x0 і спадає праворуч від неї, і, таким чином, має локальний максимум в цій точці.^

Зауваження. З теорії границь (п. 1.1.3. А, властивість 3) випливає, що як­що функція <p(x) є неперервною в точці a і має в ній додатне значення,

то вона є додатною в деякому околі точки a.

Виходячи з останнього зауваження, ми можемо дати інше доведення тео­реми 5, якщо додатково припустимо, що функція y = f (x) в деякому околі U1 x0

точки x0 має похідну другого порядку, неперервну в самій точці. У цьому випа­дку ми в змозі застосувати для доведення теореми формулу Тейлора.

■ Нехай, наприклад, f " (x0) < 0. На підставі припущення і зробленого за­уваження маємо f " (x) < 0 в деякому околі U2 x0 точки x0. Візьмемо спільну час-

тину Ux0 = U1 x0 U U2 x0 околів x0 і U2,x0 і подамо приріст функції в точці x0 фор­мулою Тейлора (див. (24) в п. 2.3.4. В) для n = 1,

Af (x0 ) = f (x )- f {x{) ) = f {x{) +Ax )- f {x{) ) = f >{x{) )Ax +f"'(P )Ax2 = 2 f ""(c )Ax2.

Тут f"(x0) = 0, а c - деяка точка з околу Ux0, причому f " (c) < 0. Отже, в Ux0 при­ріст Af (x0) функції є від"ємним, тобто f (x)- f (x0 )>0 і тому f (x)> f (x0) для будь-якої точки x є Ux0, відмінної від x0. Це значить, що функція має локаль-

Ax—a

lim q>(x) = (p(a) > 0,

ний максимум в точці x0. ■

Приклад. Знайти інтервали зростання, спа­дання і локальні екстремуми функції

У = f (x) = Vx (x - 6).

Рис. 5

Розв"язання. Функція визначена на множи-

Застосування диференціального числення. 1. Функції однієї змінної 124 ні всіх дійсних чисел. Її похідна дорівнює

f '(x ) = (VX )'• (x — 6)+vx (x 6)'^^( x — 6)+vx = 4x=26,

вона дорівнює нулю в точці x = 3/2 і не існує в точці x = 0. Ці точки, тобтоx = 0,x = 3/2, є критичними точками функ-<5 х ції. Методом інтервалів знаходимо інтервали, в яких похі­дна функції має сталий знак (коротше - інтервали знако-сталості похідної). Розподіл знаків (див. рис. 5) свідчить про те, що функція зростає на інтервалі (3/2, да) і спадає на інтервалі (—оо,3/2). Отже, вона має локальний мінімум в

Рис. 6

точці x = 32, рівний

Xmn = f (3/2)= — 9/2V3/2 «—5.15.

Зауваження. Задана функція дорівнює нулю в точках x = 0, x = 6, додатна на об"єднанні (— да,0)U (6, да), від"ємна на (0, 6), її границя на ± да дорівнює + да. Приблизний графік функції показано на рис. 6. Графік проходить через точки

O(0; 0), Л(6; 0), B

3/2;

9 її 2І2

для x є (— да,0)U (6, да) лежить вище, а для x є (0, 6) - нижче осі Ox. При пряму­ванні x до ± да він необмежено здіймається вгору. 3.1.3. Абсолютні екстремуми

Нехай функція y = f (x) є неперервною на відріз­ку \a, b\. На підставі теореми 4 з п. 1.2.2 вона набуває

на [a, b] своїх найменшого m і найбільшого M значень, тобто існують такі точки x1 є [a, b\, x2 є [a, b\, що

Рис. 7

f (xi) = m = min f (x), f (x2) = M = m азк f (x).

[a, b\ [a, b\

Числа m, M називаються абсолютними (іноді кажуть глобальними, тота­льними) екстремумами функціїy = f (x) на відрізку [a, b\. Задача полягає в їх

125   Застосування диференціального числення. 1. Функції однієї змінної знаходженні.

Розв"язуючи задачу на відшукання m, M , ми повинні взяти до уваги, що з двох згаданих точок x1, x2 або принаймні одна знаходиться всередині відрізка, або обидві вони є його кінцями. В першому випадку така внутрішня точка по­винна бути, за теоремою Ферма, критичною точкою функції.

На рис. 7 показано графік функції, яка набуває найменшого значення m у внутрішній точці x1 відрізка [a, b\ і найбільшого значення M на його кінці a (тобто x2 = a).

На підставі сказаного ми можемо подати наступне

Правило. Щоб знайти найбільше й найменше значення (абсолютні екст­ремуми) функції, неперервної на відрізку, достатньо:

а) знайти всі її внутрішні критичні точки (тобто ті, які лежать всередині відрізка);

б) знайти значення функції в усіх знайдених точках, а також на кінцях відрізка;

в) з отриманих значень вибрати найбільше та найменше.

Приклад. Знайти найбільше й найменше значення функції f (x) = \[x (x — 6) на відрізку [1, 4\.

Розв"язання. Функція має дві внутрішні критичні точки x = 0, x = 3/2 (див. попередній приклад). Значення функції в цих точках і на кінцях x = —1, x = 4 відрізка дорівнюють

f (0) = 0, f (32) = —93/32 /2 «—5.15, f (1) = 7, f (4) = —2^4 * 3.17. Таким чином,

m = mm f (x) = f (32) = —9/2-3/3/2 « —5.15, M = jmx f (x) = f (—l)= 7. 3.1.4. Опуклість, угнутість, точки перегину кривих

Означення 4. Крива L називається опуклою, якщо вона лежить нижче дотичної до неї в будь-якій точці M (x; y) кривої (рис. 8 а).

Означення 5. Крива L називається угнутою, якщо вона лежить вище до­тичної до неї в будь-якій точці M (x; y) кривої (рис. 8 b).

Означення 6. Точка M 0 (x0; y0) називається точкою перегину кривої L, якщо вона відокремлює частини опуклості і угнутості кривої (рис. 8 c).

Теорема 6 (достатня умова опуклості графіка функції). Якщо друга похі­дна функції y = f (x) від"ємна, f"(x) < 0, на інтервалі (a, b), то графік функції є опуклим над цим інтервалом.

Рис. 8

■ Нехай M0 (x0; y0), y0 = f ^), x0 є (a, b), - деяка точка графіка функції y = f (x), а M0N - дотична до графіка в точці M0 (x0; y0), яка має рівняння

y = ytang = f (x0 )+ f" (x0 )(x x0 ).

Щоб довести опуклість графіка у випадку f " (x) < 0, ми повінні довести, що для будь-якого x є (a, b) BM BN = f (x) ytang < 0 (рис. 9). Ми зробимо це в припущенні, що x0 < x. Двічі застосовуючи теорему Лагран-жа, ми отримаємо

f (x) y tang = f (x) f (x0 ) f"(x0 )(x x0 ) = f"(c1 )(x x0 ) f"(x0 )(x x0 ) = = (f"(c1 ) f"(x0 ))(x x0 )= f " (c2 )(c1 x0 )(x x0 ), де x0 < C2 < c1.

Страницы:
1  2  3  4  5  6  7  8  9  10  11  12  13  14  15  16  17  18  19  20  21  22  23  24  25  26  27  28  29  30  31  32  33  34  35  36  37  38  39  40  41  42  43  44  45  46  47  48  49  50  51  52  53  54  55  56  57  58  59  60  61  62  63  64  65  66  67  68  69  70  71  72  73  74  75  76  77  78  79  80  81  82  83  84  85  86  87  88  89  90  91  92  93  94  95  96  97  98  99  100  101  102  103  104  105  106  107  108  109  110  111  112  113  114  115  116  117  118  119  120  121  122  123  124  125  126  127  128  129  130  131 


Похожие статьи

2 - Математичний аналіз першого курсу частини 1