26. Экстремум бар болуының жоғарғы туынды арқылы берілген жеткілікті шарты

Теорема. Айталық нүктесінің U( ) маңайында анықталған f : U ( ) функциясының нүктесінде n ретті туындысы бар болсын. Егер f’( )= ….= ( ) = 0 болса, онда тақ n үшін нүктесінде функцияның экстремумы жоқ , ал жұп n үшін нүктесінде экстремумы бар және ) > 0 , болғанда бұл нүкте қатаң төңіректік минимум , ал ) < 0 болғанда бұл нүкте қатаң төңіректік максимум нүктесі .

Дәлелдеуі. Терема шарттарының орындалуында Тейлордың төңіректік формуласы былай f(x) – f( ) = + (x)o(( ) немесе

f(x) – f( ) =( + (x))o(( ) түрінде жазайық мұндағы (x) 0, x . ( ) 0, ал (x) 0, x , болғандықтан x және жеткілікті жақын мәндерінде + (x) қосындысымен таңбалары бірдей . Сондықтан n тақ болса , онда ( өрнегі арқылы өткенде таңбасын өзгертеді, демек f(x) – f( ) =( + (x))o(( ) теңдіктің бүкіл оң жағының таңбасы , онымен бірге , оның сол жағының да таңбасы өзгереді. Сонымен n= 2k + 1 болғанда экстремум жоқ.

Енді n жұп болса , онда x болғанда ( > 0, демек , нүктесінің маңайында f(x) – f( ) айырмасының таңбасы таңбасымен тең. Сондықтан < 0 болса, бұл нүктеде қатаң төңіректік максимум , > 0 болса , бұл нүктеде қатаң төңіректік минимум бар.

27. Функцияның ойыстық критерийі. (a ,b) интервалында дифференциалданатын f : (a, b) R функциясының осы интервалда ойыс (дөңес) болуы үшін оның f’ туындысының осы интервалда кемімейтін (өспейтін) болуы қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеуі. Қажеттілігі. f функциясы (a ,b) интервалында ойыс болса , онда

теңсіздік орындалады . Ал, f : (a, b) R функциясы (a ,b) интервалында дифференциалданатын болғандықтан , теңсіздікте x және x жеке- жеке ұмтылдырып,

f’( ) f’ теңсіздіктерін аламыз. Бұл функциясы туындысының монотондылығын көрсетеді.

Енді қатаң ойыс функция үшін Лагранж теоремасын пайдаланып , < < x < < болғанда f’( ) < = f’( )

Теңсіздіктерін аламыз. Бұл қатаң ойыс функция үшін туындының қатаң монотонды функция екенін көрсетеді.

Сонымен, дифференциялданатын f функциясы (a, b) интервалында ойыс болса , онда f’туындысы бұл интервалда кемімейді , ал f қатаң ойыс болса , онда оның туындысы бұл интервалда өспелі болады.

Жеткіліктілігі. Айталық f’ туындысы (a, b) интервалында кемімейтін болсын. Онда a < < x < < b болғанда Логранж теоремасы бойынша

= f’( ) = f’( ) теңдігін қанағаттандыратын ( ), (x, ) нүктелері табылады. Ал, f’( ) f’( ) болғандықтан теңсіздік орындалады . Егер f’( ) болса, онда қатаң ойыстық шығады.

28.Ойыстықтың жанама арқылы анықталу критерийі.

Теорема.(a, b) интервалында дифференциалданатын f : (a, b) R функциясы осы интервалда ойыс (дөңес) болуы үшін оның графигінің нүктелері оған жүргізілген кез – келген жанама нүктелерінен төмен (жоғары) жатпауы қажетті және жеткілікті . Сонымен бірге функцияның қатаң ойыс (дөңес) болуы үшін оның графигінің тек жанасу нүктесінен басқа барлық нүктелерінің жанама нүктелерінен жоғары (төмен) жатуы қажетті және жеткілікті.

Дәлелдеуі. Қажеттілігі. Егер (a, b) болса , онда ( ,f( )) нүктесінде графигіне жүргізілген жанама теңдеуі y = f( ) + f’( )(x- ) болғандықтан, Логранж теоремасы бойынша –y(x)= - f( ) - f’( )(x- ) = (f’( ) - f’( ))(x- ), (x, ). Ал, f ойыс болғандықтан оның туындысы (a, b) интервалында кемімейді және f’( ) - f’( ) таңбасы x- таңбасымен бірдей , сондықтан –y(x) x (a,b).

Егер f қатаң ойыс болса , онда f туындысы (a, b) интервалында қатаң өседі, демек , –y(x) > 0 x (a, b) және x .

Жеткіліктілігі. Егер кез-келген (a, b) нүктелері үшін

–y(x)= - f( ) - f’( )(x- ) 0 болса, онда f’( ) егер x < болса, және f’( ) егер < x болса. Сонда < x < теңсіздіктерін қанағаттандыратын кез-келген , x , , (a, b) нүктелері үшін теңсіздігін аламыз.

Мысалы: = функциясы қатаң ойыс . Мұның графигіне (0, 1) нүктесінде жүргізілген жанама теңдеуі y = x+1 , өйткені f(0)= = 1 , f’(0)= = 1. Сондықтан теорема бойынша , егер x 0 болса , онда > 1+x.