2. Разложение по формуле Маклорена некоторых элементарных функций

∑

k=1

xn+1

Rn(x) = (−1)n (n + 1)(1 + c)n+1 , c (0, x).

5) f(x) = (1 + x)α, α R, x > −1.

Для данной функции

f′(x) = α(1 + x)α−1, f′′(x) = α(α − 1)(1 + x)α−2, . . . , f(n)(x) = α(α − 1) · . . . · (α − n + 1)(1 + x)α−n.

Отсюда

f(0) = 1, f′(0) = α, f′′(0) = α(α − 1), . . . , f(n)(0) = α(α − 1) · . . . · (α − n + 1).

Запишем формулу Маклорена порядка n для этой функции:

Замечание. Если мы можем записать функцию f(x) в некотором интервале, содержа-

щем точку x0, как алгебраическую сумму с действительными коэффициентами функций вида φ(a(x − x0)k), ãäå a R, k N, à φ(y) одна из функций, рассмотренных в примерах 1) 5),

то, использовав разложения (1) (5), мы получим представление функции f(x) по формуле Тейлора в точке x0.

Пример. Записать формулу Тейлора (3), пункт 1 произвольного порядка в точке x0 = 1 для функции

1

f(x) = x2 − 5x + 6, x < 2.

то достаточно найти разложения по формуле Тейлора для каждой из дробей

Выполнив подстановку y = x − 1 = x = 1 + y, мы сведем тем самым задачу представления дробей по формуле Тейлора к задаче их разложения по формуле Маклорена. Для первой дроби

101

поэтому, воспользовавшись формулой (6) ïðè x = −y, получим:

Ÿ6. Исследование функции с помощью производной

В этом параграфе мы научимся использовать производную для исследования геометрических свойств функции, таких как монотонность и выпуклость, а также для нахождения экстремумов и точек перегиба функции.

1. Монотонность. Точки экстремума

Теорема 1 (признак монотонности). Для того, чтобы функция f(x), определенная и дифференцируемая в некотором интервале (a, b) была невозрастающей (неубывающей) â

этом интервале, необходимо и достаточно, чтобы ее производная была неположительной (неотрицательной) в этом интервале, т. е. f′(x) ≤ 0 (f′(x) ≥ 0), x (a, b). Åñëè æå

f′(x) < 0 (f′(x) > 0), x (a, b), то функция убывает (возрастает) в интервале (a, b).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Предположим, для определенности, что данная функция является невозрастающей. Тогда для любой точки x (a, b) при малом приращении ∆x аргумента в

точке x

∆f(x, ∆x) ≤ 0. ∆x

103

Обратное, вообще говоря, неверно, т. е. из того, что производная f′(x0) не существует или

равна нулю, еще не следует, что x0 точка экстремума функции f(x), в чем мы убедимся на примерах. Рассмотрим функции

Для первой из них f1′ (x) = 3x2 и, следовательно, f1′ (0) = 0, а производная f2′ (0) не существует, так как не существует предел

(глава IV, Ÿ5, пункт 2, c)). В то же время точка x0 = 0 не является точкой экстремума данных

функций, так как первая из них возрастает, а вторая меняет знак в любом сколь угодно малом интервале, содержащем эту точку.

Точка, в которой производная данной функции равна нулю или не существует, называется критической точкой функции. Теорема 2 утверждает, что каждая точка экстремума является критической точкой, а приведенные выше примеры убеждают нас в том, что не всякая критическая точка является точкой экстремума. Сформулируем условия, при которых в критической точке функция будет иметь экстремум.

Теорема 3 (достаточный признак экстремума I). Предположим, что функция f(x)

дифференцируема в некотором малом интервале, содержащем критическую точку x0, кроме, возможно, самой этой точки. Тогда, если при x < x0 f′(x) ≤ 0, à ïðè x > x0 f′(x) ≥ 0

или наоборот, то x0 точка локального минимума или, наоборот, локального максимума данной функции. Если указанные выше неравенства для производной строгие, то и соответствующий экстремум является строгим, иначе говоря, в критической точке функция имеет строгий экстремум, если при переходе через эту критическую точку производная

функции меняет знак на противоположный.

Доказательство этой теоремы очевидным образом следует из теоремы 1.

Замечание 1. Èç теоремы 1 также следует, что, если при переходе через критическую точку производная функции не меняет знак на противоположный, то функция не имеет экстремума в этой точке.

Теорема 4 (достаточный признак экстремума II). Пусть функция f(x) дифферен-

цируема в некотором малом интервале, содержащем критическую точку x0 и дважды диф- ференцируема в точке x0. Тогда, если f′′(x0) ̸= 0òî, функция имеет строгий экстремум в точке x0, а именно, если f′′(x0) > 0, òî x0 точка строгого локального минимума, если же f′′(x0) < 0, òî x0

Д о к а з а т е л ь с т в о. Поскольку функция дифференцируема в критической точке x0, òî f′(x0) = 0. Запишем для данной функции формулу Тейлора второго порядка в точке x0 ñ остатком в форме Пеано (Ÿ5, пункт 1):

f(x) = f(x0) + f′′(x0)(x − x0)2 + o((x − x0)2). 2

104

Выберем положительное число ε так, чтобы ε < |f′′(x0)|. Поскольку

lim o((x − x0)2) = 0,

x→x0 (x − x0)2

то существует число δε > 0 такое, что при всех x из интервала (x0 − δε, x0 + δε), x ̸=x0

выполняется неравенство

−ε < 2 · o((x − x0)2) < ε,

откуда,

(x − x0)2

f′′(x0) − ε < f′′(x0) + 2 · o((x − x0)22) < f′′(x0) + ε. (x − x0)

Åñëè f′′(x0) > 0, òî f′′(x0) − ε > 0 за счет выбора ε и, следовательно,

f′′(x0) + 2 · o((x − x0)22) > 0 (x − x0)

ïðè x (x0 − δε, x0 + δε), x ̸=x0 и поэтому для всех таких x справедливо неравенство f(x) − f(x0) > 0 = f(x) > f(x0),

ò. å. x0 точка строгого минимума функции f(x). Аналогично, если f′′(x0) < 0, òî f′′(x0)+ε < 0

и поэтому

f′′(x0) + 2 · o((x − x0)22) < 0 (x − x0)

äëÿ âñåõ x (x0 − δε, x0 + δε), x ̸=x0. Следовательно,

f(x) − f(x0) < 0 = f(x) < f(x0)

x0 точка строгого максимума данной функции. Т е о р е м а д о к а з а н а. Замечание 2. Åñëè f′′(x0) = 0, то экстремум в критической точке x0 может как быть, так

f1(x) = x4, f2(x) = x5. Здесь

f1′ (x) = 4x3, f1′′(x) = 12x2; f2′ (x) = 5x4, f2′′(x) = 20x3,

следовательно, для обеих этих функций точка x0 = 0 является критической и в ней f1′′(0) = f2′′(0) = 0, однако первая функция имеет минимум в точке x0 = 0, а вторая экстремума не имеет.

Из вышеизложенного следует, что для исследования функции на экстремум необходимо найти критические точки этой функции и проверить каждую из них на экстремум с помощью одного из достаточных признаков.

Пример 1. Найти интервалы монотонности и точки экстремума функции

x3

f(x) = 2(x − 1)2 .

Решение. Функция определена на множестве R \ {1}. Найдем ее производную:

Определим критические точки функции:

f′(x) = x2(x − 3) = 0 = x1 = 0, x2 = 3. 2(x − 1)3

Производная сохраняет знак в интервалах, на которые область определения функции разбивается критическими точками и точкой x = 1.