Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Винницкий государственный педагогический университет им. М. Коцюбинского

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

mat.analiz_1

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

08.06.2015

Размер:

6.59 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 2829 / 3129 30 31 > Следующая >>>

0 <α =

<1; 0 < β =

<1;

=1 і aα = a

= m, bβ = bq = n, то

нерівність набере такого вигляду:

m n ≤

m p +

(25.7).

Її називають нерівністю Юнга (В.Юнг (1882-1946) – англійський математик).

Нерівність Гьольдера для сум. (О.Гьольдер – німецький математик, 1859 – 1937рр). Якщо a1, a2 ,..., an і b1,b2 ,...,bn -

довільні невід’ємні числа, то p ≥1,

q ≥1:

=1:

(25.8)

∑aibi

≤

∑aip

∑biq

i=1

Доведення. Вказана нерівність є однорідною в тому розумінні, що якщо вона виконується для чисел ai ,bi , то вона правильна і для

чисел tai ,

tbi . Дійсно, ліва частина нерівності: ∑(tai )(tbi )= tk ∑aibi

i=1

права

q q

= tk

∑(tai )

∑(tbi )

t p ∑ai p

k q ∑bi q

∑ai p

∑bi q

i=1

сама

нерівність

цьому

випадку

має

вигляд:

			1		1
n		n		n	q
n		n	p	n	q
tk∑aibi	≤ tk	∑ai p		∑bi q	.
i=1		i=1		i=1

n	n
Тому достатньо встановити, що ∑aibi ≤1 при умові	∑ai
i=1	i=1

∑bi q =1, оскільки ми завжди можемо розділити числа

i=1

p =1,

ai ,bi

303

відповідно на величини	n	1		n	1
			,			, вважаючи, що
	∑ai p p			∑bi q q
	i=1			i=1

принаймні одне з чисел ai чи bi не дорівнює нулю. В протилежному випадку нерівність очевидна. Записавши нерівність Юнга для таких

чисел

ai ,bi

просумувавши

ці

нерівності по

і,

одержимо

∑ai p =1 ; ∑bi q =

i=1

∑aibi

≤

∑ai p

∑bi q =

=1, що й треба було довести. ■

i=1

p q

Зауваження.

випадку

p = 2, q = 2

нерівність

Гьольдера

набирає вигляду:

∑aibi ≤

∑ai 2

∑bi

i=1

яка називається нерівністю Коші – Буняковського для сум

(Віктор Якович Буняковський – український математик, 1804 –

1889 рр).

Нерівність Мінковського для сум (Герман Мінковський –

німецький математик і фізик, 1864 – 1909 р).

Нехай a1, a2 ,....an i b1,b2 ,...,bn

- довільні невід’ємні числа, а p >1.

Тоді правильна нерівність

∑(ai +bi )p p ≤ ∑ai p p + ∑bi p

i=1

Доведення. Запишемо рівність

∑(ai +bi )p

= ∑ai (ai +bi )p−1

+ ∑bi (ai +bi )p−1 .

i=1

304

До кожної з сум в правій частині застосуємо нерівність Гьольдера.

Якщо

=1, p >1, q >1,

то

1−

p −1

p = q (p −1).

+bi )p

(ai

+bi )p−1 ≤

Тому

∑(ai

= ∑ai (ai

+bi )p−1 + ∑bi

i=1

(p−1)q q

≤

+bi )

∑ai p

∑(ai +bi )

∑bi p

∑(ai

i=1

∑ai p

∑(ai +bi )

∑bi p

∑(ai +bi )

i=1

p−1

∑ai p p

+ ∑bi p p

∑(ai +bi )p p ,

тобто

i=1

p−1

)p p

∑(ai +bi )p =

∑ai p p

∑bi p p

∑(ai +bi

: ∑(ai +bi )p p

i=1

1−

p−1

∑(ai +bi )p

+ ∑bi p p , де 1− p −1 = 1 ,

p ≤ ∑ai p p

i=1

що і треба було довести. ■

305

План:

1.Точки екстремуму функції. Необхідні умови екстремуму.

2.Достатні умови екстремуму.

3.Знаходження найменшого і найбільшого значення диференційовної функції на відрізку.

Точки екстремуму функції. Необхідні умови екстремуму.

max

Якщо

функція

f (x)

f (x0)

визначена

і неперервна

f (x)

на відрізку [a, b], але не

є на ньому монотонною,

то

знайдуться

такі

проміжки [α, β] [a, b],

x0 −δ x x0

+ δ

яких

найбільше

або

т. max

найменше

значення

Рис 26.1

досягається функцією у

внутрішній точці, тобто між

β . На графіку функції таким

проміжкам відповідають характерні горби і впадини.

Означення 26.1. Якщо існує окіл Oδ (x0 )= (x0 −δ; x0 +δ )(δ > 0)

точки

x0 , який

міститься

у [a, b],

такий, що

для

x O* (x ): f (x)≤ f

то точка

називається точкою

максимуму функції

f (x), а саме число

f (x0 )

називається

максимумом цієї

функції

(рис.26.1).

Якщо

виконується

276

нерівність f (x)< f (x0 ), то точка x0 називається точкою

строгого максимуму.

Приклад 1. Довести, що

точка x = 0 є

точкою максимуму

функції f (x)=

+ x2

Доведення. Візьмемо окіл точки 0:

O1 (0)= (−1,1), f (0)=1, a x (−1,1)\ {0}: f (x)<1.

Отже,

x = 0 -

точка максимуму даної функції, а

f (0) =1 - максимум функції. ■

Означення 26.2 Якщо існує окіл Oδ (x0 )= (x0 −δ; x0 +δ )(δ > 0)

точки x0 ,

який міститься у відрізку [a, b],

і такий, що для

x O* (x

): f (x)≥ f (x ),

то точка x

називається точкою

мінімуму

функції f (x),

а саме число

f (x0 ) називається

мінімумом цієї функції. Якщо f (x)> f (x )

x O*

(x ), то

точка x0

називається точкою строгого мінімуму.

Приклад 2. а) f (x)= x2 , x = 0 є точкою строгого мінімуму

функції, оскільки

x O* (0):

> 0 f (x) > f (0).

б) f (x)=1−

x − 2

, x0 = 2

точкою строгого

максимуму

функції,

оскільки x O*

(

2)= (1 ;

3)\{2}: 1−

x − 2

<1 f (x) < f (2).

Точки максимуму і мінімуму називають ще екстремальними точками, а сам максимум і мінімум називають екстремумом

функції.

Поставимо задачу про відшукання всіх значень аргументна, в яких функція має екстремум.

Теорема 26.1 (необхідні умови екстремуму). Нехай x0 є

точкою екстремуму функції f (x), визначеної в деякому околі

O (x	). Тоді, або похідна	f ′(x	)= 0 , або похідна	f ′(x	) не
0		0		0

існує.

277

Доведення. Нехай в околі точки x0 існує скінченна похідна функції f (x). Тоді, якщо в точці x0 існує екстремум, то за теоремою Ферма: f ′(x0 )= 0 .

Отже, екстремум потрібно шукати в тих точках, де похідна дорівнює нулю. Такі точки називаються стаціонарними точками.

Однак, не кожна стаціонарна точка є точкою екстремуму. Наприклад, похідна функції y = x3 в точці x0 = 0 дорівнює нулю (y′(0)= 0), однак, як ми раніше бачили, в цій точці функція зростає,

тобто точка x = 0 не є екстремальною.

Якщо вважати, що в окремих точках не існує двохсторонньої скінченної похідної, то екстремум також може бути якраз в якійсь з таких точок: адже теорема Ферма стверджує рівність f ′(x0 )= 0 якраз в припущенні, що існує скінченна похідна.

	2
Приклад 3. а). Функція y = x 3		має мінімум в точці x = 0, хоча
її ліва похідна дорівнює −∞, а права +∞ (рис. 26.3 а)).
Y	x2	Y	б).		Функція
y = 3	x2		y = x	в		точці
			y = x	в		точці
	X	X	x0 = 0			має
0		0	мінімум,		однак в
a)		б)	мінімум,		однак в
a)		б)	цій			точці
	Рис 26.3		цій			точці

скінченної похідної не існує (рис. 26.3 б)).

Отже, і точки, в яких не існує двохсторонньої скінченої похідної, також можуть бути точками екстремуму. Але, звичайно, в таких точках екстремуму може і не бути. Наприклад,

1	; y′ =	1
y = x3				; в точці x0 = 0 похідна не існує і точка x0 = 0 не є
			2
		3x 3

екстремальною (рис. 26.4). ■

278

	Y	y = 3 x		Означення 26.3.		Стаціонарні
	Y	y = 3 x		Означення 26.3.		Стаціонарні
			X	точки	і точки, в	яких не	існує
	0			похідна, хоча функція неперервна в
				похідна, хоча функція неперервна в
				них,	називаються	критичними
	Рис 26.4			них,	називаються	критичними
точками.
	Достатні умови екстремуму.						f (x),
	Отже, якщо точка x0 є стаціонарною точкою для функції						f (x),
або якщо в цій точці не існує скінченної похідної,						то точка	x0 є

«підозрілою» на екстремум, і тут потрібні додаткові дослідження. Ці дослідження полягають в перевірці достатніх умов для існування екстремуму.

Теорема 26.2 (достатні умови строгого екстремуму). Нехай функція f (x) диференційовна в деякому околі O (x0 ) точки x0 ,

крім, можливо, самої точки x0 (a,b), в якій вона, однак, є

неперервною. Якщо похідна f ′(x) змінює знак при переході через x0 , то x0 є точкою строгого екстремуму. При цьому

правильні твердження:

1). ( x (x0 −δ; x0 ): f ′(x)> 0) ( x (x0 ; x0 +δ ): f ′(x)< 0)

( x0	– точка строгого локального максимуму f (x));
2).	( x (x0 −δ; x0 ): f ′(x)< 0) ( x (x0 ; x0 +δ ): f ′(x)> 0)
( x0	– точка строгого локального мінімуму f (x));
3).	( x (x0 −δ; x0 ): f ′(x)< 0) ( x (x0 ; x0 +δ ): f ′(x)< 0)

( f (x) в точці x0 екстремуму не має) функція спадає;

4). ( x (x0 −δ; x0 ): f ′(x)> 0) ( x (x0 ; x0 +δ ): f ′(x)> 0)

( f (x) в точці x0 екстремуму не має) функція зростає.

279

–

знак

f ′

знак

f ′

поведінка

т. max

–

знак

f ′

4) –

–

знак

f ′

поведінка

т. min

Доведення.

Рис 26.5

За

теоремою

Лагранжа

маємо

f (x)− f (x )= f ′(c)(x − x ), точка c лежить між			x	і x . Для першого
0		0		0
випадку: f (x)		+ − = −, x < x0 ,
випадку: f (x)	− f (x0 )=
		− + = −, x > x0 ,
тобто x O*	(x	): f (x)− f (x )< 0 f (x)< f (x		). Значить, точка
δ	0	0	0

x0 є точкою строго максимуму. Аналогічно розглядається другий

випадок. Для третього випадку різниця f (x)− f (x0 )			змінює знак при
переході через точку x . Отже, f (x)< f (x0 ),		x < x0		тому в точці x
0	f (x)> f (x0 ),	x > x0	,	0

ніякого екстремуму немає. ■ Графічна ілюстрація найпростіших випадків подана на рисунку 26.6.

а) f ′(x0 )= 0

y max

Не має екстремуму

min

x0 x0

б) f ′(x0 ) не існує min

− ∞	+ ∞	+ ∞


		+ ∞
		− ∞

+ ∞	− ∞	− ∞
	max	Не має
	x0	екстремуму
		x0
Рис. 26.6

в)

+ ∞ min

+ ∞

Не має

екстремуму

max − ∞

+ ∞

x0 x0

280

План:

1.Випуклі функції. Достатні умови.

2.Точки перегину. Необхідні і достатні умови.

3.Нерівність Ієнсена.

Випуклі функції. Достатні умови.

Нехай функція f (x) визначена на інтервалі (a, b) (скінченному або нескінченному).

Означення 27.1. Функція f (x) називається опуклою вгору

(опуклою) на інтервалі (a, b), якщо x1 , x2 (a, b)і α (0,1):

		.
	f (αx1 +(1−α)x2 )≥α f (x1 )+(1−α) f (x2 )	.	(27.1)
Якщо остання нерівність є строгою x1, x2 , x1 ≠ x2			то функція

f (x) називається строго опуклою вгору (строго опуклою) на інтервалі (a, b).

Означення 27.2. Функція f (x) називається опуклою вниз

(вгнутою) на інтервалі (a, b), якщо x1 , x2 (a, b)і α (0,1):


	f (αx1 +(1 −α)x2 )≤α f (x1 )+(1−α) f (x2 )	(27.2)
Якщо остання нерівність є строгою x1, x2 , x1 ≠ x2		то функція

f (x) називається строго опуклою вниз (строго вгнутою) на інтервалі (a, b).

288

Таке означення має простий геометричний зміст. Проведемо через точки A(x1, f (x1 )), B(x2 , f (x2 )) пряму l (x), її рівняння:

x − x

y − f (x1 )

(x − x1 )( f (x2 )− f (x1 ))= (x2 − x1 )(y − f (x1 ))

x2 − x1

f (x2 )− f (x1 )

y =

(x2 )(x − x1 )+ f

(x1 )(x2 − x)

(27.3)

x2 − x1

іншого

боку,

позначимо

через

значення

x =αx +

(1−α)x α =

x2 − x

, 1−α =

x − x1

Очевидно, що

x2 − x1

x (x1, x2 ): x =αx1 +(1 −α)x2 = x2 +α (x1 − x2 )< x2 ;

x =αx1 +(1−α)x2 = x1 +(α −1)x1 +(α −1)x2 = x1 +(α −1)(x2 − x1 )> x1.

Тоді

нерівність

(27.1)

набере

такого

вигляду

x − x

f (x2 )(x − x1 )+ f (x1 )(x2 − x)

f (x)≥

f (x1 )+ 1

−

f (x2 )=

= l (x),

x2 − x1

або f (x)≥ l (x).

Отже, опукла вгору (опукла) функція характеризується тим, що всі точки довільної дуги її графіка лежать над відповідним відрізком АВ прямої l (x) (рис. 27.1). Аналогічно, якщо функція опукла вниз (вгнута), то всі точки довільної дуги її графіка лежать під відповідним відрізком АВ прямої l (x) (рис. 27.2).

f (x2 f (x0 В f(x1 А l(x0

0 а х х х

Рис

27.1

	у
f (x2 )		l (x0 )	В
f (x2 )		l (x0 )
f (x )	А	f (x0 )
1

b х

х1

х0

х2

b х

Рис. 27.2

289

<<< < Предыдущая 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 2829 / 3129 30 31 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
22.11.2019329.22 Кб3lektsiya_4_.doc
#
21.11.2019649.22 Кб3Lektsiya_5.doc
#
14.11.201964.91 Кб2lektsiya_Ivanitskoyi.docx
#
24.08.2019110.57 Кб2Magna Carta.docx
#
11.11.2019550.91 Кб13main text2do.doc
#
08.06.20156.59 Mб72mat.analiz_1.pdf
#
08.06.201518.25 Кб14matematika2.docx
#
20.11.201982.25 Кб1Materiali_dlya_chitannya.docx
#
09.09.2019135.68 Кб2metodika_36-40 44-46.doc
#
22.11.2019176.13 Кб4Metodi_naukovikh_dosl_lekts.doc
#
30.11.201866.05 Кб2Metod_recom_ekol_projekt.doc