05_differentsiruemost
.pdf5.5. 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.