Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

05_differentsiruemost

.pdf
Скачиваний:
10
Добавлен:
18.02.2016
Размер:
214.68 Кб
Скачать

5.5. Исследование поведения функций.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

21

5. f(x) = (1 + x) , α R. Имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(n)(x) = α(α

1)(α

2)

·

. . .

·

(α

n + 1)(1 + x) −n.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Откуда

 

 

 

 

1), . . . , f(n)(0) = α(α

 

1)

 

. . .

 

(α

 

 

n + 2)(α

 

n + 1).

 

 

f(0) = 1, f(0) = α, f′′(0) = α(α

·

·

 

Следовательно формула Тейлора имеет вид

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1 + x) = 1 + αx +

α(α − 1)

x2 + . . . +

α(α − 1) · . . . · (α − n + 1)

xn + Rn(x),

(4.26)

2!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

где Rn(x) =

( 1)·:::·( −n)

(1 + ξ) −n−1xn+1, 0 < ξ < x.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(n+1)!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 8. Разложить по формуле Тейлора функцию f(x) = 3

 

по степеням x − 1.

 

 

 

 

x

 

 

 

 

Решение. Осуществим замену x − 1 = t. Тогда f(x) =

 

3

 

 

 

= 3

 

 

 

 

 

 

= φ(t). Отсюда разложение функции f(x) по

x

1 + t

степеням x − 1 равносильно разложению функции φ(t) по степеням t по формуле (4.26), где x = t + 1. Поэтому

 

 

t

1

 

 

 

1

1

 

 

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

1

 

1

 

1

 

(1+t)1=3 = 1+

 

+

 

 

 

·

 

 

·(

 

 

1)t2 +

 

 

·

 

 

·

(

 

 

 

 

1)·(

 

 

 

 

 

2)t3

+. . .+

 

 

 

·

 

 

·(

 

 

 

1)·(

 

 

2)·

. . .·(

 

− n + 1)tn +Rn(t).

3

2!

3

3

3!

3

3

 

3

n!

3

3

3

3

Подставив сюда значение t = x − 1, окончательно получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

80

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x = 1 +

 

3

(x − 1)

2!

·

9

(x − 1) +

3!

·

27

(x

1)

 

4!

·

81

(x − 1) + . . . + Rn(x − 1).

Пример 9. Вычислить приближенно

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

 

с точностью до 0,0001.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Из равенства (4.22) при x = 1/2 и ξ = θ · x имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 1 +

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e

+

 

 

+

 

 

 

 

+ . . . +

 

 

 

 

+ Rn(x),

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

22 · 2!

23 · 3!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e =2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2n · n!

 

 

 

 

 

 

где Rn =

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2n+1·(n+1)!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e1=2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как 0 < θ < 1, 2 < e < 3, то Rn <

 

 

 

 

 

 

. Поскольку

e

1=2

 

< 2, то Rn <

1

. Надо подобрать число n

 

 

2n+1·(n+1)!

 

 

 

 

 

2n·(n+1)!

слагаемых так, чтобы выполнялось неравенство Rn < 0, 0001, т.е.

 

 

1

 

 

 

 

 

 

< 0, 0001. Это неравенство решают подбором,

2n·(n+1)!

последовательно полагая n = 1, 2... При n = 5 имеем

R5 <

1

 

 

 

< 0, 0001. Таким образом, с точностью до 0,0001

 

32·720

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

e ≈ 1 +

 

 

+

 

 

+

 

 

 

+

 

+

 

= 1, 6487.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

22 · 2!

 

23 · 3!

24 · 4!

25 · 5!

 

 

 

§5.5. Исследование поведения функций.

5.5.1.Условия монотонности функции.

Теорема 13. Для того чтобы дифференцируемая на интервале (a; b) функция f(x) возрастала (убывала) необходимо и достаточно, чтобы во всех его точках производная была неотрицательной, т. е. f(x) > 0 (неположительной, f(x) 6 0).

Доказательство.

Необходимость. Если функция f(x) возрастает на (a; b), то для любой точки x0 (a; b) при x > 0 имеемy = f(x0 + x) − f(x0) > 0. Поэтому xy > 0 и переходя к пределу при x → 0, получим f(x) > 0.

Достаточность. Пусть a < x1 < x2 < b. Тогда, по формуле Лагранжа f(x2) − f(x1) = f(ξ)(x2 − x1), где x1 < x2. Так как x2 − x1 > 0, то при f(x) > 0 на (a; b) (откуда следует, что, в частности, f(ξ) > 0) будем иметь f(x1) 6 f(x2) т. е. функция f(x) возрастает.

Отметим, что условия f(x) > 0 и f(x) < 0 (следствие 4 из теоремы Лагранжа) не являются необходимыми для строгого возрастания (строгого убывания) дифференцируемой на интервале функции, что показывают примеры функций y = x3 и y = −x3. Первая из них строго возрастает, а вторая строго убывает на всей числовой оси, но при x = 0 их производные обращаются в нуль.

Следствие 1. Если функция непрерывна на некотором интервале и имеет всюду в нём положительную (отрицательную) производную, кроме, быть может, конечного числа точек, в которых производная обращается в нуль или не существует, то функция строго возрастает (строго убывает).

Доказательство непосредственно следует из теоремы 13: достаточно её последовательно применить ко всем промежуткам, на которые разбивается заданный интервал указанным конечным множеством точек.

22

Глава 5. Дифференцируемость функции.

5.5.2.Необходимые и достаточные условия экстремума.

Теорема 14. Пусть x0 является точкой экстремума функции f(x), определённой в некоторой окрестности точки x0. Тогда либо производная f(x0) не существует, либо f(x0) = 0.

Доказательство. Действительно, если x0 является точкой экстремума для функции f(x), то найдётся такая окрестность V (x0), что значение функции f(x) в точке x0 будет наибольшим, или наименьшим на этой окрестности. Поэтому если в точке x0 существует производная, то она, согласно теореме Ферма равна нулю.

Геометрический смысл теоремы 14 заключается в следующем: в точках экстремума функции f(x) касательная к её графику параллельна оси абсцисс, если существует f(x0) = 0; параллельна оси ординат, если f(x0) бесконечна; существуют не совпадающие левая и правая касательные, если f(x0 0) ≠ f(x0 + 0).

Точки, в которых функция y = f(x) определена, а ее производная равна нулю, или не существует, называют критическими. Точки, в которых функция y = f(x) определена, а ее производная равна нулю, называют стационарными.

Теорема 15 (Первый достаточный признак существования экстремума функции).

Пусть x0 - критическая точка непрерывной функции f(x). Если f(x) при переходе через точку x0 меняет знак с «+» на «-», то x0 - точка локального максимума; если f(x) при переходе через точку x0 меняет знак с «-» на «+», то x0 - точка локального минимума; если f(x) при переходе через точку x0 не меняет знак, то x0 не является точкой локального экстремума.

Доказательство. Пусть x0 - критическая точка, причём f(x) > 0, для всех x V_ (x0 0) и f(x) < 0, для всех

_

+ 0). Тогда

 

 

 

 

 

 

x V (x0

 

}

 

 

 

 

 

из f(x) > 0 x V_ (x0 0)

f(x0) > f(x) x V (x0 0),

V (x0) : f(x0)

>

f(x) x

V (x0),

 

из f(x) < 0 x V_ (x0 + 0)

f(x0) > f(x) x V (x0 + 0),

 

 

 

т. е. точка x0 является точкой локального максимума.

Аналогично доказывается и существование точки локального минимума.

Если f(x) сохраняет знак в окрестности точки x0, то в этой окрестности функция монотонна, т. е. x0 не является точкой локального экстремума.

Теорема 16 (Второй достаточный признак существования экстремума функции).

Стационарная точка x0 функции f(x), дважды дифференцируемой в V (x0), является точкой локального минимума если f′′(x0) > 0, и точкой локального максимума, если f′′(x0) < 0.

Доказательство. Пусть выполнены условия теоремы и f′′(x0) > 0. Тогда f(x) в V (x0) возрастает, но f(x0) = 0, следовательно, в V (x0) f(x) меняет знак с «-» на «+». Согласно теореме 15, точка x0 является точкой локального минимума функции f(x).

Если f′′(x0) < 0, то f(x) в V (x0) убывает, но f(x0) = 0, следовательно, в V (x0) производная функции f(x) меняет знак с «+» на «-». Тогда, согласно теореме 15, точка x0 является точкой локального максимума функции f(x).

Пример 1. Найти локальные экстремумы функции f(x) = x4 x2 .

4 2

Решение. Данная функция определена, непрерывна и дважды дифференцируема на R. Определим стационарные точки f(x). Поскольку f(x) = x3 − x, то

x3 − x = 0 x1 = 0, x2 = 1, x3 = 1.

Найдём значения f′′(1), f′′(0), f′′(1). Учитывая, что f′′(x) = 3x2 1, получаем f′′(0) = 1 < 0, т.е. x1 = 0 – точка локального максимума функции: max f(x) = 0; f′′(1) = 2 > 0, следовательно x2 = 1 – точка локального минимума

функции: x

min f(x) =

 

1

;

x V (0)

, т. е.

x

 

= 1

- точка локального минимума функции: x

min f(x) =

 

1

f′′(1) = 2 > 0

 

 

V (

1)

4

 

 

3

 

 

V (1)

4 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 17 (Третий достаточный признак существования экстремума функции).

Пусть функция f(x) n раз непрерывно дифференцируема в точке x0 и f(x0) = f′′(x0) = . . . = f(n−1)(x0) = 0, f(n)(x0) ≠ 0. Тогда:

1)если n - чётное и f(n)(x0) < 0, то x0 - точка локального максимума;

2)если n - чётное и f(n)(x0) > 0, то x0 - точка локального минимума;

3)если n - нечётное, то x0 - не является точкой локального экстремума.

5.5. Исследование поведения функций.

23

Доказательство. Разложим функцию f(x) в окрестности точки x0 по формуле Тейлора (n − 1)-го порядка. С учетом условия имеем

f(x0) = f(x) − f(x0) =

f(n)(ξ)

(x − x0)n, ξ (x0, x).

(5.27)

n!

В силу непрерывности f(n)(x) в точке x0 в достаточно малой окрестности V (x0) производная f(n)(x) имеет тот же знак, что и f(n)(x0). Рассмотрим возможные случаи:

 

n четное ,

}

(x x0)n > 0,

} f(x) > f(x0), x V (x0),

1.

f(n)(x0) > 0

f(n)(ξ) > 0

т. е. при четном n и f(n)(x0) > 0 в точке x0 функция f(x) имеет локальный минимум.

 

n четное ,

}

(x x0)n > 0,

} f(x) 6 f(x0), x V (x0),

2.

f(n)(x0) < 0

f(n)(ξ) < 0

т. е. если n - четное, и f(n)(x0) < 0, то в точке x0 функция имеет локальный максимум.

3. Если же f(n)(x0) ≠ 0 и n - нечетное, то из формулы (5.27) следует, что функция f(x) в точке x0 экстремума не имеет, поскольку f(x0) меняет знак при переходе через точку x0.

5.5.3.Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке.

Наибольшее max f(x) и наименьшее

min f(x) значения непрерывной функции f(x) на отрезке [a; b] иногда назы-

a6x6b

a6x6b

вают глобальным максимумом и глобальным минимумом соответственно, или просто глобальным экстремумом. Глобальный экстремум непрерывной функции f(x) на отрезке [a; b] существует в силу теоремы Вейерштрасса. Точками глобального экстремума могут быть точки локального экстремума или концы отрезка. Таким образом, получаем правило отыскания глобального экстремума функции на отрезке [a; b];

1)находим критические точки функции на интервале (a; b):

2)вычисляем значения функции f(x) в этих точках и значения f(a) и f(b).

Наибольшее из этих значений есть max f(x), а наименьшее –

min f(x).

a6x6b

a6x6b

5.5.4.Выпуклость и точки перегиба.

Определение 1.

Функция f(x) называется выпуклой вниз (выпуклой) на интервале (a; b), если для любых x1

и x2

из

(a; b), a 6 x1

< x2 6 b, хорда AB лежит не ниже графика этой функции, где A = (x1, f(x1)), B = (x2, f(x2)), т.е.

 

 

 

f(x1 + t(x2 − x1))

6 f(x1) + t · (f(x2) − f(x1)), t [0; 1].

(5.28)

Определение 2.

Функция f(x) называется выпуклой вверх (вогнутой) на интервале (a; b), если для любых x1

и x2

из

(a; b), a 6 x1

< x2 6 b, хорда AB лежит не выше графика этой функции, т.е. если

 

 

( ) ( )

f x1 + t(x2 − x1) > f(x1) + t · f(x2) − f(x1) , t [0; 1].

Теорема 18. Непрерывно дифференцируемая функция f(x) выпукла вниз на (a; b) тогда и только тогда, когда для любых x1 и x2 из (a; b) выполнено неравенство

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(x2) > f(x1) + f(x1)(x2 − x1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.29)

Доказательство.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Необходимость. Из (5.28) имеем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(x1 + t(x2 − x1)) − f(x1)

6 f(x2)

f(x1).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

В этом неравенстве перейдём к пределу при t → +0. Получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

f

x1 + t(x2

− x1) − f(x1)

 

= lim

f

x1 + t(x2 − x1) − f(x1)

 

(x

 

x ) = f

(x )(x

 

x )

 

f(x )

 

f(x

).

 

 

(

)

(

 

 

 

 

6

 

t

+0

 

 

 

t

+0

)

 

·

 

2

1

1 2

1

2

1

 

 

 

 

 

t

 

 

 

 

t(x2 − x1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Достаточность. Пусть выполнено условие (5.29). Примем в нём x1 = x. Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f(x2) > f(x) + f(x)(x2 − x).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(5.30)

24

Глава 5. Дифференцируемость функции.

Заменив в (5.30) x2 на x1, будем иметь

 

f(x1) > f(x) + f(x)(x1 − x).

(5.31)

Умножив обе части неравенства (5.30) на t, а неравенства (5.31) на 1−t и сложив получившиеся при этом неравенства,

получим

(t(x2 − x1) + x1 − x).

tf(x2) + (1 − t)f(x1) > f(x) + f(x) ·

Отсюда при x = x1 + t(x2 − x1) получим

()

f tx2 + (1 − t)x1 6 tf(x2) + (1 − t)f(x1), t [0; 1],

т.е. (5.28).

Аналогично доказываются необходимые и достаточные условия выпуклости вверх на интервале непрерывно дифференцируемой функции f(x).

Составим уравнение касательной к графику непрерывно дифференцируемой функции f(x) в точке x1:

Y = f(x1) + f(x1)(x − x1).

Тогда правая часть неравенства (5.29) есть Y (x2) и, значит, f(x2) > Y (x2). Отсюда и из теоремы 18 получаем:

Следствие 2. Непрерывно дифференцируемая функция f(x) выпукла вниз на (a; b) тогда и только тогда, когда все

точки x, f(x)

)

, x

 

(a; b), графика функции f(x) лежат не ниже касательной проведенной к нему в точке

x , f(x ) ,

x1 (a;(b).

 

(

1

1 )

Теорема 19 (достаточное условие выпуклости).

Если f(x) дважды непрерывно дифференцируема на интервале (a; b) и f′′(x) > 0, x (a; b), то на (a; b) функция f(x) выпукла вниз.

Если же f′′(x) < 0, x (a; b), то на (a; b) функция f(x) выпукла вверх.

( )

Доказательство. Пусть x1 - любая точка на (a; b). К графику функции f(x) в точке x1, f(x1) проведём касательную

Y (x) = f(x1) + f(x1)(x − x1).

Функцию f(x) разложим по формуле Тейлора

f(x) = f(x1) + f(x1)(x − x1) + f′′(ξ) (x − x1)2, 2!

где ξ (x1; x).

Рассмотрим разность f(x) − Y (x) = 12 f′′(ξ)(x − x1)2, которая представляет собой разность ординат кривой f(x) и касательной Y (x) в точке x. В силу непрерывности f′′(x), если f′′(x1) > 0, то и f′′(ξ) > 0 в достаточно малой окрестности

V (x1) точки x1, а потому и f(x) − Y (x) > 0, x V (x1). Аналогично, если f′′(x1) < 0, то f(x) − Y (x) < 0, x V (x1).

На основании следствия получаем, что в первом случае функция выпукла вниз, во втором - выпукла вверх.

Определение 3. Пусть функция f дифференцируема в точке x0. Точка x0 называется точкой перегиба функции f, если при переходе через точку x0 функция меняет характер выпуклости.

Теорема 20 (необходимое условие точки перегиба). Если функция f(x) имеет непрерывную в точке x0 производную f′′(x) и x0 – точка перегиба, то f′′(x0) = 0.

Доказательство. Если бы в точке перегиба x0 выполнялось неравенство f′′(x0) > 0 или f′′(x0) < 0, то в силу непрерывности f′′(x) существовала бы окрестность точки x0, в которой f′′(x) > 0 или f′′(x) < 0. По теореме 19 в этой окрестности функция была бы выпукла вниз или вверх соответственно, что противоречит наличию перегиба в точке x0.

Из теоремы 20 следует, что точками возможного перегиба функции f(x) могут быть точки x0 в которых f′′(x0) = 0, либо точки, в которых f′′(x) не существует, в частности она бесконечна.

Теорема 21 (первое достаточное условие перегиба). Если функция f(x) дважды непрерывно дифференцируема в окрестности точки x0 и при переходе через точку x0 производная f′′(x) меняет знак, то точка x0 является точкой перегиба функции f(x).

Доказательство. Пусть, к примеру, f′′(x) > 0 при x < x0 и f′′(x) < 0 при x > x0. Тогда по теореме 19 функция f(x) выпукла вниз на интервале (x; x0) и выпукла вверх на интервале (x0; x), т.е. x0 – точка перегиба.

5.5. Исследование поведения функций.

25

Теорема 22 (общее достаточное условие перегиба). Пусть в точке x0 для функции f(x) выполнены условия

f′′(x0) = f′′′(x0) = . . . = f(n−1)(x0) = 0

и в точке x0 существует непрерывная производная f(n)(x0), n > 2, причём f(n)(x0) ≠ 0. Если n – нечётное число, то в точке x0 функция f(x) имеет перегиб.

Доказательство. Разлагая f(x) по формуле Тейлора n − 1-го порядка с учетом условия получаем

 

 

 

 

f(x) = f(x0) + f(x0)(x − x0) +

f(n)(ξ)

(x − x0)n,

 

 

 

 

(5.32)

 

 

 

 

n!

 

 

 

 

где ξ расположена между x0 и x.

x )

 

 

 

 

 

f(x)

в точке (

x , f(x

 

)

, то из (5.32)

Если Y (x) = f(x ) + f(x )(x

 

 

 

 

 

 

 

имеем

0

0

0

уравнение касательной к графику функции

 

0

0

 

)

 

 

 

 

 

f(x) − Y (x) =

f(n)(ξ)

(x − x0)n,

 

 

 

 

 

(5.33)

 

 

 

 

 

n!

 

 

 

 

 

где n – нечётное.

В силу непрерывности f(n)(x) в точке x0 существует окрестность этой точки, в которой производная f(n)(x) сохраняет знак, совпадающий со знаком f(n)(x0). Поэтому можем считать, что знаки f(n)(x0) и f(n)(ξ) совпадают. Тогда

из равенства (5.33) получаем, что при переходе x через x слева направо график функции располагается по разные

( ) 0

стороны от касательной, т.е. в точке x0, f(x0) имеется перегиб.

5.5.5.Асимптоты графика функции.

Прямая x = x0 называется вертикальной асимптотой графика функции f(x), если хотя бы один из пределов f(x0 +0) или f(x0 0) равен .

Прямая y = kx+b называется наклонной асимптотой графика непрерывной функции f(x) при x → +или x → −∞

если

(5.34)

y = kx + b + α(x), lim α(x) = 0.

x→±∞

 

Существование асимптоты графика функции означает, что при x → +или x → −∞ функция f(x) отличается от линейной функции y = kx + b на бесконечно малую функцию, или что разность ординат функции f(x) и прямой y = kx + b в точке x стремится к нулю при x → +или x → −∞.

Теорема 23. Для того что бы прямая y = kx+b являлась наклонной асимптотой графика функции f(x) при x → +∞ или x → −∞, необходимо и достаточно существование конечных пределов

 

 

 

f(x)

 

 

 

(f(x) − kx) = b.

(5.35)

x lim

 

 

 

 

= k, x lim

 

x

 

 

→±∞

 

 

 

 

→±∞

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Ограничимся случаем, когда x → +.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Необходимость. Если y = kx + b – асимптота графика функции f(x) при x → +, то из условия (5.34) имеем

 

 

lim

f(x)

 

 

lim

 

 

 

 

b

α(x)

= k

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

 

(k + x +

x

 

x→+

 

= x→+

)

 

и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

lim (f(x)

kx) =

x

lim (b + α(x)) = b.

 

+

 

 

 

 

+

 

 

 

 

→ ∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Достаточность. Пусть существуют пределы (5.35). Тогда из второго равенства получаем f(x)−kx = b+α(x), α(x) 0, x → +, откуда f(x) = kx + b + α(x), т.е. прямая y = kx + b - наклонная асимптота графика функции f(x) при x → +.

5.5.6. Построение графика функции.

Из вышеизложенного вытекает следующая схема построения графика функции:

1)находим область определения графика функции;

2)исследуем функцию на периодичность, четность или нечетность;

3)исследуем функцию на монотонность и экстремум;

4)находим промежутки выпуклости и точки перегиба;

5)отыскиваем асимптоты графика функции;

6)для уточнения хода графика функции находим точки пересечения его с осями координат;

7)по полученным данным строим график функции.

26 Глава 5. Дифференцируемость функции.

§ 5.6. Некоторые классические неравенства.

Пример 1. Покажем, что при x > 0

 

x − αx + α − 1 6 0, когда 0 < α < 1,

(6.36)

x − αx + α − 1 > 0, когда α < 0 или α > 1.

(6.37)

Решение: Дифференцируя функцию f(x) = x − αx + α − 1, находим f(x) = α(x 1 1) и f(x) = 0 при x = 1. При переходе через точку 1 производная переходит от положительных значений к отрицательным, если 0 < α < 1, и от отрицательных к положительным, если α < 0 или 1 < α. В первом случае в точке 1 строгий максимум, а во втором – строгий минимум. Но f(1) = 0 и, таким образом, неравенства (6.36), (6.37) установлены.

При этом, имеем, что оба неравенства строгие, если x ≠ 1.

5.6.1. Неравенства Юнга.

Если a > 0, b > 0, а числа p, q таковы, что p ≠ 0; 1, q ≠ 0; 1 и p1 + 1q = 1, то

 

1

1

 

1

 

 

1

 

 

 

ap

· bq

6

 

· a +

 

· b, если p > 1,

(6.38)

 

p

q

1

1

>

1

 

 

1

 

 

если p < 1, p ̸= 0,

(6.39)

ap · bq

 

· a +

 

· b,

p

q

причем знак неравенства в (6.38), (6.39) имеет место только при a = b.

Доказательство. Достаточно в (6.36) и (6.37) положить x = ab и α = p1 , а также ввести обозначение 1q = 1 p1 .

5.6.2. Неравенство Гельдера.

Пусть xi > 0, yi > 0, i = 1, n и p1 + 1q = 1. Тогда

n

 

n

 

1

 

 

n

 

1

 

 

 

 

 

p

 

 

 

q

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xiyi 6 (

xip) (

 

yiq)

, при p > 1,

 

 

(6.40)

=1

 

i=1

 

 

 

i=1

 

 

 

 

 

и

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

n

n

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

 

q

 

 

 

 

i

xip) (

yiq)

, при p < 1, p ̸= 0.

 

 

 

xiyi >

(

 

 

 

 

(6.41)

i=1

=1

 

 

i=1

 

 

 

 

 

 

 

В случае p < 0 в (6.41) предполагается, что xi > 0, i =

 

.

 

 

 

 

 

1, n

 

 

 

 

 

Знак равенства в (6.40) и (6.41) возможен только в случае пропорциональности векторов (xp

, . . . , xp ), (yq

, . . . , yq ).

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

n

1

n

Доказательство. Проверим неравенство (6.40). Пусть

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

X = xip > 0, Y = yiq > 0.

 

 

 

 

i=1

 

 

 

 

 

=1

 

 

 

 

Полагая в (6.38) a = xpi , b = yiq , получаем

X Y

xiyi

1 1

X p Y q

61 · xpi + 1 · yiq .

p X q Y

Суммируя эти неравенства по i от 1 до n, получаем

p

q

6

 

n

 

 

 

xiyi

 

 

i=1

 

 

1,

1

1

 

X Y

это эквивалентно (6.40).

Аналогично из (6.39) получаем (6.41). Поскольку знак равенства в (6.38) и (6.39) возможен лишь при a = b, заключаем, что в (6.40) и (6.41) он возможен лишь при пропорциональности xpi = λyiq или yiq = λxpi .

5.6. Некоторые классические неравенства.

27

5.6.3. Неравенство Минковского.

Пусть xi > 0, yi > 0, i = 1, n. Тогда

 

 

(

n

 

 

 

 

 

1

(

n

xip)

1

+ (

n

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

p

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

(xi + yi)p)

6

 

 

 

yip)

, при p > 1,

 

(6.42)

 

 

 

i=1

 

 

 

 

 

 

 

 

i=1

 

 

 

 

 

=1

 

 

 

 

 

и

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

xip)

1

 

 

 

yip)

1

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

n

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

p

 

 

p

 

 

p

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

, при p < 1, p ̸= 0.

 

 

(

(xi + yi)p)

 

> (

 

 

+ (

 

(6.43)

 

 

i=1

 

 

 

 

 

 

i=1

 

 

 

 

=1

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Применим неравенства Гельдера и членам правой части тождества

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(xi + yi)p

 

xi(xi + yi)p−1 +

 

yi(xi + yi)p−1.

 

 

 

 

 

i=1

 

 

 

 

 

=1

 

 

 

 

 

 

 

 

i=1

 

 

 

 

Тогда левая часть будет оценена сверху или снизу в соответствии с неравенствами (6.40), (6.41) величиной

 

 

(

n

xip)

1

 

n

(xi + yi)p)

1

+ (

n

 

 

1

· (

n

1

 

 

p

 

q

 

 

p

q

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

 

 

· (

 

 

 

 

yip)

 

(xi + yi)p) .

 

 

 

i=1

 

 

i=1

 

 

 

 

 

 

 

 

i=1

 

 

 

=1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

После деления полученных неравенств на (i=1(xi + yi)p)

приходим к (6.42) и (6.43).

 

 

 

Зная условия равенства в неравенствах

Гельдера, проверяем, что знак равенства в неравенствах Минковского воз-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

можен лишь в случае коллинеарности векторов (x1, . . . , xn), (y1, . . . , yn).

При n = 3 и p = 2 неравенство Минковского (6.42), очевидно, является неравенством треугольника в трехмерном евклидовом пространстве.