104 Тема дослідження функцій за допомогою похідних

Лекція 12

§1. Умова сталості функції

Теорема. Якщо функція неперервна на проміжку й у всіх внутрішніх точках відрізка , то постійна на цьому проміжку.

Доведення. Нехай .Застосуємо теорему Лагранжа до функції на проміжку :. Але за умовою, отже, і тому(на правому кінцічерез те, що функція неперервна).

Приклад. Розглянемо функцію на проміжку

. Її похідна:

Отже, const на . Щоб знайти цю константу,достатньо обчислити в будь-якійточці, наприклад, . Отже, ми довели тотожність .

В інтегральному численні важливе застосування знайде наслідок, що випливає з доведеної теореми.

Наслідок. Якщо функції йнеперервні на проміжку й мають рівні похідні у всіх внутрішніх точках проміжку, то ці функції всюди у відрізняються лише на постійну: .

Для доведення досить застосувати теорему до допоміжної функції . Тодій.

§2. Умова монотонності функції

Відомо, що функція називається строго зростаючої на , якщо для будь-якихточок з нерівностівитікає нерівність. Іншими словами, знакприросту функції збігається зі знаком приросту аргументу: . Для спадної функції, природно,.

Теорема. (Достатня умова монотонності). Нехай функція диференційована на . Тоді:

1) якщо на ,то строго зростає на ;

2) якщо на ,то строго спадає на .

Доведення. Візьмемо дві довільні точки , причому нехай . Застосуємо теорему Лагранжа до функції на проміжку(умови теореми виконані, тому що неперервністьвипливає з їїдиференційованості): Поприпущенню , отже, знак визначається знаком похідної. 1) Якщо , то йі; через те, що це вірно длябудь-яких , тозростає на . 2) Якщо , то йі, що означає спадання.

Зауваження. Зв'язок між знаком інапрямком зміни геометрично очевидний, якщозгадати, що похідна – це кутовий коефіцієнт дотичноъ до графіка . Однак, навітьу строго монотонної функції дотична може бути йгоризонтальною, тобто для окремих значеньможеобертатися в 0. Прикладом слугує функція : вона строго зростає, але похіднапридорівнює нулю.

Таким чином, теорема зводить питання про зростання (спадання) функції дорозв‘яування нерівності ().

Приклад. Дослідити на монотонність функцію .Знаходимо похідну й розкладаємо її на множники: . Метод інтервалів дозволяєвизначити знак :

-

На інтервалах іфункція зростає, а на– спадає.

§3. Дослідження функції на екстремум

Нагадаємо вже відомі факти. По-перше, точка екстремуму – це завжди внутрішня точка області визначення функції; вона характеризується тим, що знак приросту функції не залежить від знака приросту аргументу, якщо останнє достатньо мале. По-друге, необхідна умова екстремуму дається теоремою Ферма: якщо в точці екстремуму функція диференційована (тобто має скінчену похідну), то похідна в цій точці дорівнює 0.

Точки, у яких похідна функції обертається в нуль, прийнято називати стаціонарними точками.

Однак, якщо розглядати функції, що не мають в окремих точках скінченої двосторонньої похідної, то не виключена можливість, що екстремум прийде на на яку-небудь із таких точок. Наприклад, функції ймають умінімуми, у той же час,і,.

Означення. Точку називають критичноюточкою першого порядку функції , якщоабо не існує.

З теореми Ферма випливає, що точки екстремуму варто шукати серед критичних точок (їх ще називають точками можливого екстремуму). Потрібне додаткове дослідження таких точок, щоб відібрати серед них точки екстремуму. Це дослідження виконується за допомогою достатніх умов екстремуму.

Теорема 1 (перша достатня умова екстремуму). Нехай –критична точка першого порядку неперервної функції й нехай існуєтаке, що в однобічних околах цієїточки: і– функціядиференційована і її похідна зберігає знак. Тоді:

1) якщо вив, то–точка максимуму;

2) якщо вив, то–точка мінімуму;

3) якщо одного знака ві, то вточці немаєекстремуму.

Доведення. 1) Візьмемо довільні точки йірозглянемо функцію на двох проміжках:і. Накожному із цих проміжків функція задовольняє умовам теоремиЛагранжа, отже, існують точки йтакі, що:

,

.

Із цих нерівностей випливає, що й . У такий спосіб, значення – найбільше серед значеньдля. Це й означає:–точка максимуму.

2) Доводиться аналогічно.

3) Якщо , тезростає як в, так і в.Якщо ж, теспадає в тих же околах. В обох випадках такеповодження функції говорить про те, що не є точкоюекстремуму.

Зауваження 1. Вимогу неперервності функції не можна послабити, про що свідчить малюнок: у точці функція має максимум, у той же час при переході через цюточку похідна не змінює знак.

Зауваження 2. Доведену теорему не завжди можна застосувати, тому що для деяких функцій вимога збереження знака похідної не виконується. Наприклад, для функції

маємо:

, виходить, точка 0 – критична. Далі, для

Вираз в дужках обмежен, тому при близьких до нуля перший член отриманої різниці також близький до нуля, а другий член приймає значення від –1 до +1. Виходить, знаквизначається членом . Але вточках виду цей член обертається в нуль і змінює знак. А тому що при , то в будь-якому як завгодно малому околі нуля нескінченне число раз змінює знак.

Теорема 2 (друга достатня умова екстремуму). Нехай функція має в критичнійточці скінчену другу похідну. Тоді:

1) якщо , то–точка мінімуму;

2) якщо , то–точка максимуму;

3) якщо , то потрібне додаткове дослідження.

Доведення. Існування скінченої похідної означає, що існує скінчена похіднав деякомуоколі точки й, тому що– критичнаточка. Позначимо . Тоді умови теореми означають, що існує скінчена границя

.

Нехай, наприклад, . Тоді дляблизьких доі, тобто . Це означає, що функція зростає в деякомуоколі точки . Але. Отже,лівіше точки функціявід‘ємна, аправіше – додатна. Однак, . Виходить, перша похідна даної функції при переході черезточку змінює знак з «–» на «+». Це означає, що точка –точка мінімуму. Аналогічно розглядається й випадок . У необхідності додаткового дослідження, коли, переконуютьдві функції: і. Очевидно, що–точка 0 критична для обох функцій, і . Однак, длянуль – цеточка мінімуму, а в нулі не маєекстремуму.

Зауваження 3. У темі «Формули Тейлора й Маклорена» буде сформульована й доведена третя достатня умова екстремуму, за допомогою якого й виконується це додаткове дослідження.

Приклад 1. Знайти точки екстремуму функції .

Розв‘язування. Розкриємо знак модуля й обчислимо похідну:

Наявність модуля у виразі для можепривести, і в нашім випадку приводить, до неіснування вточці, де модуль обертається в нуль. Дійсно,

Відмінність лівої похідної від правої й означає відсутність похідної в точці , тобто цяточка – критична. Інші критичні точки – це нулі похідної:

Отже, маємо дві критичні точки Вони розбиваютьобласть визначення функції на інтервализнакопостійності похідної, тобто на інтервали монотонності функції. Для визначення знака на інтервалі доситьвизначити цей знак у якій-небудь точці інтервалу. Подальше дослідження зручно вести, намалювавши допоміжне креслення:

Ще раз нагадаємо, що критичні точки наносяться на область визначення. Ми одержуємо 4 інтервали. Визначаємо знаки :

Аналіз креслення показує: у точці функція має локальний мінімум, причому, а вточці – локальний максимум:.

На кресленні бачимо й інтервали монотонності : найфункція зростає, а най– спадає.

Зауваження 4. У точці максимуму розглянута функція має нульову похідну й дотична до графіка функції – горизонтальна. Про такий максимумговорять «гладкий максимум» (аналогічно «гладкий мінімум»). На противагу цьому, точка є точкою «негладкого мінімуму» – у цій точці похідна не існує, хоча є однобічні похідні. Відповідна точка графіка називаєтьсякутовою точкою графіка.

Приклад 2. Знайти екстремуми функції .

Розв‘язування. – існує скрізь.

–точка максимуму;

–точка мінімуму;

–точка мінімуму.

Лекція 13