Приклад 5.

Знайти найбільше і найменше значення функції на відрізку.

Розв’язання.

1) Знайдемо стаціонарні точки. Маємо: , . Обидві точки належать вказаному відрізку.

2) Обчислюємо значення функції в точках , а також на кінцях відрізка, тобто в точках:

3) Отже, найбільше значення ,.

Нехай тепер функція y=неперервна на інтервалі(a;b). Така функція може і не мати найменшого та найбільшого значень. Але в нагоді може стати така теорема.

Теорема 4.7. Нехай точка х₀ – єдина стаціонарна точка диференційовної на інтервалі (a;b) функції y=f(x), причому f’(x)>0 на (a; х₀) і f’(x)<0 на (х₀ ;b) (f’(x)<0 на (a; х₀) і f’(x)>0 на (х₀ ;b)). Тоді функція y=f(x) досягає в цій точці найбільшого (найменшого) значення на цьому інтервалі.

Під час розв’язування практичних задач буває наперед відомо, що функція має лише найбільше або лише найменше значення. Тоді задача зводиться до знаходження критичних точок функції, які належать (a;b). Якщо критична точка єдина, то саме в ній функція набуває найбільшого (найменшого) значення.

Приклад 6.

Число 8 розкласти на два додатних доданки так, щоб сума їхніх кубів була найменшою.

Розв’язання.

Нехай перший доданок х, тоді другий – (8-х). Оскільки за умовою доданки додатні, то х є (0; 8). Складемо функцію у=х³+(8-х)³ і знайдемо її похідну: у'=3х²- 3(8-х)². Прирівняємо похідну до нуля і розв’яжемо отримане рівняння. 3х²- 3(8-х)²=0 х²- 64+16х-х²=0 16х=64 х=4. Це єдина критична точка і є точкою локального мінімуму. За теоремою 4.7 функція набуває в цій точці найменшого на інтервалі (0; 8) значення. Отже, перший доданок 4, другий – (8 – 4)=4.

4. Опуклість і вгнутість кривих. Точки перегину.

Означення 4.5. Крива називаєтьсяопуклою на інтервалі , якщо всі її точки, крім точки дотику, лежать нижче довільної її дотичної на цьому інтервалі (на рис. 13- 1).

Означення 4.6. Крива називаєтьсявгнутою на інтервалі , якщо всі її точки, крім точки дотику, лежать вище довільної її дотичної на цьому інтервалі (на рис. 13- 2).

Означення 4.7. Точкою перегину називається така точка кривої, яка відділяє її опуклу частину від вгнутої.

Інтервали опуклості і вгнутості знаходять за допомогою такої теореми.

Теорема 4.8. Якщо друга похідна двічі диференційовної функції від’ємнана інтервалі, то криваопукла на данному інтервалі, якщо друга похідна додатна, то крива вгнута на.

З теореми 4.8 випливає, що точками перегину кривої можуть бути лише точки, в яких друга похіднадорівнює нулю або не існує. Такі точки називаютькритичними точками другого роду.

Встановимо достатні умови існування точки перегину.

Теорема 4.9. Нехай х₀ – критична точка другого роду функції . Якщо при переході через точкух₀ похідна f''(x) змінює знак, то точка (х₀; f(x₀)) є точкою перегину кривої .

Приклад 7.

Знайти інтервали опуклості і вгнутості та точки перегину кривої у=х⁴-6х²+5.

Розв’язання.

1) Область визначення - R.

2) Знайдемо другу похідну: у'=4х³-12х; у''=12х² – 12. Критичні точки другого роду х₁= - 1, х₂= 1. Інших критичних точок нема, бо друга похідна визначена на R.

3) Розбиваємо область визначення на інтервали (- ∞; - 1), (- 1; 1), (1; +∞) і визначаємо знак другої похідної на кожному з них. На інтервалі (- ∞; - 1) у''(х)>0, тому крива вгнута, на (- 1; 1) у''(х)<0 – крива опукла, на інтервалі (1; +∞) у''(х)>0 – крива вгнута. Точки ( -1; 0), (1;0) – точки перегину кривої.