I. Перша частина.

1. Область визначення і неперервності функції . Її графік не має вертикальних асимптот.

2. Функція є парною, отже її графік симетричний відносно осі і ми можемо обмежити дослідження інтервалом .

3. Функція є додатною для всіх .

4. Точка є єдиною точкою перетину графіка з координатними осями.

5. Границя функції на дорівнює нулю,

,

отже графік має горизонтальну асимптоту (вісь ) і не перетинається з нею.

II. Друга частина.

6. Перша похідна функції

для . Отже, функція спадає на інтервалі і не має локальних екстремумів.

III. Третя частина.

7. Друга похідна функції

.

Вона дорівнює нулю в точці , від"ємна на інтервалі і додатна на інтервалі . Графік функції є опуклим над інтервалом , угнутим над інтервалом і має точку перегину при тобто точку

.

IV. Четверта частина. Графік функції Рис. 19 показано на рис. 19. Часто-густо його називають дзвоноподібною кривою або кривою Ґаусса).

Приклад. Дослідити функцію та побудувати її графік.

I. Перша частина.

1. Область визначення і неперервності функції . Її графік не має вертикальних асимптот.

2. Оскільки

,

функція є непарною, і ми можемо провести її дослідження тільки на інтервалі , бо графік функції є симетричним відносно початку координат.

3. Ми зразу знаходимо один нуль функції на інтервалі , саме , і це значить, що її графік проходить через початок координат . Але ми не знаємо, чи має функція на цьому інтервалі інші нулі, а тому не в змозі знайти інтервали знакосталості функції і можливі інші точки перетину графіка з віссю .

4. Оскільки

,

ми повинні шукати похилу асимптоту графіка функції.

5. Відповідну асимптоту вже знайдено в одному з попередніх прикладів, а саме

.

6. Графік функції не перетинається з похилою асимптотою, оскільки система рівнянь для відшукання можливих точок перетину, а саме

не має розв"язків (перевірте!).

7. Побудуємо попередній ескіз графіка функції, поки припускаючи, що він перетинає вісь тільки в початку коор- Рис. 20 динат (рис. 20).

II. Друга частина. Перша похідна функції дорівнює

.

Точка є критичною (а саме, стаціонарною) точкою функції. На інтервалі маємо , і функція зростає. На інтервалі , і функція спадає. Це означає, що вона має локальний максимум в точці , який дорівнює

.

Максимуму функції відповідає точка її графіка, і, отже графік перетинає вісь в деякій точці з абсцисою, яка ле-жить в інтервалі між і

III. Частина третя. Друга похідна функції

Рис. 21 є від"ємною для всіх , отже графік функції над інтервалом є опуклим. Він має єдину точку перегину з кутовим коефіцієнтом дотичної в цій точці.

IV. Четверта частина. Остаточний графік функції зображено на рис. 21.

3.1.7. Текстові екстремальні задачі

Існує багато задач, висловлених словами, де треба знайти найбільше або найменше значення якоїсь величини. Розв"язання таких задач складається з трьох частин.

А. Зведення задачі до суто математичної.

Як правило, тут ми здійснюємо трикрокову процедуру:

(1) Виконання рисунка з заданими величинами і потрібною кількістю величин невідомих.

(2) Утворення аналітичного виразу для величини, яку треба максимізувати (чи мінімізувати). Як правило, цей вираз містить дві або більше змінних. Користуючись рисунком, ми шукаємо рівняння, які пов"язують ці змінні, щоб виключити в названому виразі їх всі, крім однієї.

(3) Запис всіх обумовлених обмежень на змінну, що залишилась в аналітичному виразі.

Тепер задачу повністю зведено до математичної екстремальної.

Як правило, такий процесс зведення є найскладнішою частиною розв"я-зання поставленої задачі.

Б. Розв"язання математичної задачі на екстремум.

Припустимо, що ми шукаємо найбільше (або найменше) значення функції , диференційовної на деякому інтервалі

Ми шукаємо на критичні точки функції. Часто трапляється ситуація, коли там існує єдина критична точка . В такому випадку корисним є таке зауваження:

Якщо функція має в точці локальний максимум (мінімум), то ос-танній є її абсолютним максимумом (відповідно мінімумом).

На підставі зауваження нам залишається дослідити точку на наявність в ній локального екстремуму функції. Як відомо, це можна здійснити як встано-вленням знаку похідної на інтервалах , так і з"ясуванням зна-ку другої похідної в цій точці.

У випадку скінченного інтервалу можна піти іншим шляхом. Ми можемо довизначити функцію на кінцях і зразу шукати абсолютний максимум (мінімум) функції, неперервної на відрізку .

В. Відповідь на питання, яке було поставлене у віхідній задачі.

Приклад. Будують конус з твірною l. Яким може бути його максимальний об"єм?

Розв"язання. Нехай твірна конуса , його висота до-рівнює , а радіус основи (рис. 22). Об"єм конуса дорівнює

і залежить від двох змінних . За теоремою Піфагора ми виражаємо R через H з трикутника , , і отримуємо V як функцію тільки однієї змінної H,

,

де .

Перша похідна функції ,

,

дорівнює нулю при , бо , якщо маємо

Рис. 22 звідки . Отже, точка є критичною (стаціонарною) для функції .

Наступні міркування ми можемо, як сказано, провести двома способами.

Перший спосіб. Похідна є додатною на інтервалі і від"єм-ною на інтервалі , оскільки для точок і маємо

.

Тому в точці маємо локальний максимум.

В цьому ж можна впевнитись, знайшовши знак другої похідної в точці . Дійсно,

.

Внаслідок єдиності критичної точки на інтервалі локальний максимум функції є також її абсолютним максимумом. Тому

Другий спосіб. Помічаючи, що

,

і покладаючи , ми визначаємо функцію як неперервну на відрізку . Задача зводиться до відшукання на її найбільшого значення.

Маємо

,

а отже, найбільше значення об"єму конуса дорівнює

.

Зазначимо, що другий спосіб виявився набагато простішим першого.

Приклад. Знайти розміри прямокутника найбільшої площі, який можна вписати в коло радіуса R.

Розв"язання. Нехай (рис. 23) . Площа вписаного прямокутника дорівнює

і залежить від двох змінних x і y. З трикутника ABC за теоремою Піфагора знаходимо

, Рис. 23 .

Функція

має на інтервалі єдину критичну (стаціонарну) точку , бо

якщо .

Перший спосіб. Визначмо функцію як неперервну на відрізку

, поклавши . Оскільки

і ,

з"ясовуємо, що в точці функція набуває свого найбільшого значення, а отже шукані значення сторін прямокутника

.

Таким чином, вписаним прямокутником найбільшої площі є квадрат з стороною

Другий спосіб є дещо громіздкішим. Враховуючи, що

,

ми бачимо, що на інтервалі , на . Це значить, що точка є точкою локального максимуму функції , а внаслідок її єдиності – і точкою абсолютного максимуму.

Приклад (для самостійного розв"язання). Треба виготовити циліндричний бак з дном і кришкою, використавши для цього S м² матеріалу. Яким може бути максимальний об"єм такого циліндра?

Приклад. Треба транспортувати вантаж шляхом (див. рис. 24, де позначено ). Витрати на транспортування одиниці вантажу на одиницю шляху вздовж і відносяться, як 5 : 4. Де повинна знаходитись точка B, щоб витрати на транспортування всього вантажу були мінімальними? Рис.24 Розв"язання. Нехай , тоді , і витрати на транспортування T одиниць вантажу вздовж і відповідно дорівнюють

,

де k – деякий коефіцієнт пропорційності. Тоді функція

за очевидної умови визначає витрати вздовж , і треба знайти її мінімум.

Критична точка функції , бо

і , якщо При функція набуває абсолютного мінімуму, оскільки для , для , а критична точка є єдиною.

Приклад. Вписати прямокутник найбільшої площі в трикутник з основою a і висотою h, якщо одна з сторін прямокутника повинна лежати на ос- Рис. 25 нові трикутника.

Розв"язання. Нехай , а - сторони шуканого прямокутника (рис. 25). З подібності трикутників випливає, що

,

а отже площа прямокутника дається функцією

.

Її похідна

дорівнює нулю в точці , яка є точкою абсолютного максимуму функції (доведіть це самлстійно!). Приклад. Промінь світла рухається з точки A в точку B, причому точки A і B знаходяться в різних середовищах. Припустимо, що спільною границею обох середовищ є площина. Згідно з відомим принципом Ферма світло рухається вздовж такого шляху, для якого час руху є мінімальним. Нехай - швидкі-сть світла в середовищі 1, а - в середовищі 2. Покажемо, що світло рухається вздовж шляху, який перетинає границю середовищ 1 і 2 відповідно до так званого закону Снелла:

,

де і - кути (кути падіння і заломлення), позначені на рис. 26.

Розв"язання. Нехай (див. рис. 26)

і .

Тоді

.

Якщо є час руху променя від A до B, то

Очевидно, за останньої умови реалізує-ться саме мінімум часу T.

Приклад. Довести, що

для ■Введімо функцію Рис. 26

з областю визначення й дослідімо її на монотонність і локальні екстремуми.

якщо ; на , на .

Звідси випливає, що функція має в точці локальний максимум, рівний

,

який в той же час є і абсолютним максимумом. Отже, для , а тому

,

при , зокрема при ■

Приклад. Довести, що

.

■Для функції

ми маємо

, якщо ;

.

Таким чином, функція має локальний, а в даній ситуації і абсолютний мінімум в точці , який дорівнює , а тому для будь-якого x, тобто

і .■

Приклад. Довести самостійно, що при виконується така нерівність

.

Приклад. Скориставшись результатом попереднього прикладу, довести, що для всіх додатних значень x

.

■Функція

має похідну

,

яка дорівнює нулю в точці , а при , за результатом попереднього прикладу, є додатною. Це означає, що функція зростає на своїй області визначення. Але , а тому для , так що зазначена в умові нерівність виконується.■

За допомогою теорії екстремуму зручно розв"язуються деякі задачі елементарної математики.

Приклад. Розв"язати рівняння

.

Вказівка. Розглянемо функцію

і дослідимо її на локальний екстремум.

Похідна функції дорівнює

.

Вона перетворюється в нуль в єдиній точці , від"ємна ліворуч і додатна праворуч від неї. Отже, функція має в цій точці локальний мінімум, очевидно, рівний . За єдиності критичної (стаціонарної) точки локальний мінімум є одночасно найменшим значенням функції. Оскільки ж права частина рівняння дорівнює 5, рівняння може мати єдиний корінь .

Відповідь: .