Добавил:

sutkowska92 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Бухарский инженерно-технологический институт

Предмет:

Высшая математика

Файл:

КРАТКИЙ КУРС ЛЕКЦИЙ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ. Ч1.pdf

Скачиваний:

250

Добавлен:

27.05.2019

Размер:

3.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 / 3731 32 33 34 35 36 37 > Следующая >>>

108

tg x

lim tg xln

lim

ln(1 x)

lim

(ln(1 x))′

∞ 0

= e

ctg x

= e

(ctg x)′

x→0

Решение. lim

= e x→0

x→0 x

lim

x (−1 x2 )

sin x 2

lim x

−1 sin2 x

= e01 = e0

=1.

= e x→0

= ex→0

19.13 Основные теоремы для дифференцируемых функций

Теорема Ферма. Если функция f (x) непрерывна на отрезке [a; b ] и

достигает своего наибольшего или наименьшего значения во внутренней точке c этого отрезка (т.е. c (a; b )), то, если в точке c существует произ-

водная f	′	f	′
	(x) , то она обязательно равна 0:		(c) = 0.
Доказательство. Предположим, что функция			f (x) непрерывна на отрезке

[a; b ] и достигает своего наибольшего значения в точке c , которая является внутренней точкой отрезка [a; b ]. Пусть функция f (x) дифференцируема в

точке c . Покажем, что f		′
точке c . Покажем, что f		(c) = 0. Действительно:
f	′		f		f (c + x) − f (c)
	(c) = lim			= lim		.
	(c) = lim		x	= lim	x	.
′		x→0	x	x→0	x
′	означает, что в точке c существуют оба односторонних
Существование f (c)	означает, что в точке c существуют оба односторонних

предела функции f (x) , которые равны между собой. Рассмотрим эти пределы:

x > 0 :

f (c +

x) − f (c)

x > 0 f (c + x) − f (c) ≤ 0,

= lim

т.к. f (c) − наибольшее зна−

≤ 0 ;

(4)

x→0

чение по условию

x < 0 :

f (c +

x) − f (c)

x < 0 f (c + x) − f (c) ≤ 0,

= lim

т.к. f (c) − наибольшее зна−

≥ 0 .

(5)

x→0

чение по условию

′

= L1

= L2 .

Из результатов (4) и (5) следует, что

L1 = L2 = 0 ,

f (c) = lim

x→0

следовательно, f ′(c) = 0.

Геометрический смысл.

Касательная будет параллельна оси Ox – геометрическое истолкование теоремы Ферма (рис. 3.22).

y = f (x)

f (b) f (a)

O a

Рис. 3.22

109

Теорема Ролля. Если функция f (x) непрерывна на отрезке [a; b ] и дифференцируема на интервале (a; b ) и при этом f (a) = f (b) , т.е. принимает одинаковые значения на концах отрезка, то существует по крайней мере

одна точка c (a; b ) такая, что f			′
			(c) = 0.
Доказательство.		Рассмотрим два случая.		для любого x (a; b );
1)	f (x) = const =	f (a) = f (b)	′
			f (x) = 0
2)	f (x) ≠ const ,	тогда по свойству непрерывных функций f (x) достигает

своего наибольшего и наименьшего значений на отрезке [a; b ]. Тогда хотя бы одно из этих значений достигается во внутренней точке отрезка [a; b ]. Обозначим эту точку через c : c (a; b ). Функция f (x) дифференцируема на всем интервале (a; b ), а значит и в точке c . Следовательно, по теореме Ферма, f ′(c) = 0 .

Геометрический смысл

Если функция f (x) дифференци-

руема и на концах отрезка принимает одинаковые значения, то найдется хотя бы одна точка, где касательная параллельна оси Ox – геометрическое истолкование теоремы Ролля (рис. 3.23).

y = f (x)

O a	c	b x
	Рис. 3.23

Теорема Лагранжа. Пусть функция f (x) непрерывна на отрезке [a; b ] и дифференцируема на интервале (a; b ), тогда существует такая точка c (a; b ), что

	f (b) − f (a)			′
		=	f (c) .
	b − a

Доказательство.				f (b) − f (a)
Рассмотрим функцию F(x) = f (x) −					x = f (x) −λ x , кото-

b − a

рая, очевидно, непрерывна на отрезке [a; b ] и дифференцируема на интервале (a; b ). Рассмотрим, какие значения функция принимает на концах отрезка.


F(a) = f (a) −		f (b) − f (a)	a =	f (a) (b − a) − f (b) a + f (a) a				=
					b − a
		b − a
=	f (a) b − f (a) a − f (b) a + f (a) a				=	f (a) b − f (b) a	.

		b − a				b − a

								110
F(b) = f (b) −		f (b) − f (a)	b =	f (b) (b − a) − f (b) b + f (a) b				=
					b − a
		b − a
=	f (b) b − f (b) a − f (b) b + f (a) b				=	f (a) b − f (b) a	.

		b − a				b − a

Получили	F(a) = F(b) , следовательно, функция F(x) удовлетворяет услови-
						′
ям теоремы Ролля. По теореме Ролля, существует точка c (a; b ): F (c) = 0 .
Имеем:
′	′	x=c =	′
′	′		′
F (c) = f (x) −λ			f (c) −λ .
′		′		f (b) − f	(a)
f (c) −λ = 0		f (c) = λ =				.
f (c) −λ = 0		f (c) = λ =		b − a		.
				b − a

Геометрический смысл.

На отрезке [a; b ] найдется хотя бы

одна точка, в которой касательная к кривой y = f (x) будет параллельна

хорде, стягивающей концы дуги

кривой ( tgα = f (b) − f (a) – тангенс b − a

угла наклона хорды, которая стягивает концы кривой) (рис. 3.24).

y
f (b)			y = f (x)
f (b)			B
f (a)	C	tgα	A
f (a)			A

	a	c	b x
		Рис. 3.24

19.14 Необходимые и достаточные условия монотонности функции. Экстремумы функции

Определение 1. Точка x0 называется точкой максимума функции y = f (x) , если существует такая δ -окрестность точки x0 , что для всех x ≠ x0 из этой окрестности выполняется неравенство f (x) < f (x0 ) .

Определение 2. Точка x0 называется точкой минимума функции y = f (x) , если существует такая δ -окрестность точки x0 , что для всех x ≠ x0

из этой окрестности выполняется неравенство				f (x) > f (x0 ) .
Определение 3. Экстремумом функции				f (x) называется точка мак-
симума или минимума функции.
Определение 4. Функция	f (x)	называется возрастающей на множе-
стве X , если для любых значений		x1	и	x2 из области определения:
x1 < x2 f (x1) ≤ f (x2 ) , и убывающей,			если для любых значений x1 и x2
из области определения: x1 < x2		f (x1) ≥ f (x2 ) .

111

Теорема 1 (необходимое условие монотонности функции на отрез-

ке). Пусть функция f (x)

непрерывна на отрезке [a; b ] и дифференцируема

на интервале (a; b ). Тогда:

монотонно возрастает на интервале (a; b ), то

если функция

f (x)

′

(x) > 0 на (a; b );

(a; b ), то

если функция

f (x)

монотонно убывает на интервале

′

< 0 на (a; b ).

(x)

Доказательство. Пусть функция f (x)

монотонно возрастает на интервале

(a; b ). Тогда

для любых значений x1

и x2 из интервала

(a; b ) имеем:

x1 < x2

f (x1) < f (x2 ) .

Возьмем произвольную точку x1 (a ; b ),

придадим аргументу x

при-

ращение

x так, что x1 +

x (a; b ), функция

f (x) получит приращение

f :

f ′(x1) = lim

lim

f (x1 +

x) − f (x1)

x→0

Отсюда получаем:

если

x > 0 , то x1 +

x = x2 > x1

f (x1 +

x) > f (x1)

f > 0

> 0 f ′(x1) > 0 ;

x < 0 , то x1 +

x = x2 < x1

f (x1 +

x) < f (x1)

f < 0

если

fx > 0 f ′(x1) > 0 .

Таким образом,		′	> 0	на интервале (a; b ).
		f (x)
	Доказательство п. 2)			проводится аналогично.

	Теорема 2 (достаточное условие монотонности функции на отрез-
ке). Пусть функция			f (x)	непрерывна на отрезке [a; b ] и дифференцируема
на интервале (a; b ).			Тогда,		если для любой точки x интервала	(a; b )
f	′				– возрастающая на интервале (a; b )	и если
	(x) > 0 , то функция f (x)
f	′
	(x) < 0 , то f (x) – убывающая на интервале (a; b ) функция.
Доказательство.		Т.к. функция f (x) непрерывна на отрезке [a; b ]				и диф-

ференцируема на интервале (a; b ), то выполняются теоремы Ферма, Ролля и Лагранжа. Рассмотрим точки x1, x2 [a; b ]. Пусть x1 < x2 . Тогда, по теореме Лагранжа, существует точка x = c , причем a ≤ x1 < c < x2 ≤ b :

f (x2 ) − f (x1)

′

f (c)

f (x2 ) − f (x1) = f (c) (x2 − x1) .

x2 − x1

Если для любого x (a; b )

′

f (x2 ) − f (x1) > 0

(x) > 0

следовательно, функция

f (x)

возрастает на интервале (a; b ).

Если для любого x (a; b )

′

f (x2 ) − f (x1) < 0

(x) < 0

следовательно, функция

f (x)

убывает на интервале (a; b ).

112

Теорема 3. Для того, чтобы функция f (x) , непрерывная на отрезке [a; b ] и дифференцируемая на интервале (a; b ), была постоянной функци-

ей, необходимо и достаточно, чтобы ее производная на данном интервале была равна нулю.

Доказательство.				1) Необходимость.
		Пусть f (x) = const				для любого x [a; b ]. Тогда для любого x (a; b )
f	′		′
f	(x) = (const) = 0 .
		2) Достаточность.						′
		Пусть для любого						′
		Пусть для любого				x (a; b ) выполняется f (x) = 0 .
		Выберем два любых x1, x2 [a; b ]:						x1 < x2 . Тогда по теореме Лагранжа
существует x = c , где a ≤ x1 < c < x2 ≤ b :
			f (x2 ) − f (x1)			′		′
					= f (c)		f (x2 ) − f (x1) = f (c) (x2 − x1)
f	′		x2 − x1		= f (c)		f (x2 ) − f (x1) = f (c) (x2 − x1)
			x2 − x1

	(x) = 0 по предположению, следовательно, f (x2 ) − f (x1) = 0
		f (x2 ) = f (x1)				f (x) – постоянная функция на [a; b ].
		f (x2 ) = f (x1)				f (x) – постоянная функция на [a; b ].

Теорема 4 (первое достаточное условие существования экстрему-

ма). Пусть функция f (x) – дифференцируемая функция.

1)Если в точке x0 первая производная f ′(x) меняет свой знак с “+” на “–”, то функция f (x) имеет в точке x0 максимум.

2)Если в точке x0 первая производная f ′(x) меняет свой знак с “–” на “+”, то функция f (x) имеет в точке x0 минимум.

Доказательство. Доказательство следует из необходимого и достаточного условия монотонности функции.

Теорема 5 (второе достаточное условие существования экстрему-

					′	′′
ма). Пусть функция f (x) дважды дифференцируема, причем f (x) и						f (x)
– непрерывные функции. Тогда:
1) если	f ′(x0 ) = 0	и	f ′′(x0 ) < 0	x0	– точка максимума функции	f (x) ;
2) если	f ′(x0 ) = 0	и	f ′′(x0 ) > 0	x0	– точка минимума функции f (x) .
Доказательство.			f ′′(x0 ) < 0. В
1) Пусть	f ′(x0 ) = 0	и	f ′′(x0 ) < 0. В	силу своей непрерывности функция
′′	в некоторой окрестности точки				x0 . Тогда по теореме 2 функция
f (x) < 0	в некоторой окрестности точки				x0 . Тогда по теореме 2 функция
f ′(x) убывает в этой окрестности. Поскольку f ′(x0 ) = 0 , то функция						f ′(x)

меняет в точке x0 свой знак с “+” на “–”. Следовательно, по теореме 4 функция f (x) имеет в точке x0 максимум.

2) Пусть f ′(x0 ) = 0 и f ′′(x0 ) > 0 . В силу своей непрерывности функция

f	′′	. Тогда	по теореме 2 функция
	(x) > 0 в некоторой окрестности точки x0
f	′(x) возрастает в этой окрестности. Поскольку f ′(x0 ) = 0 , то функция f ′(x)

<<< < Предыдущая 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 3031 / 3731 32 33 34 35 36 37 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
27.05.20193.56 Mб250КРАТКИЙ КУРС ЛЕКЦИЙ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ. Ч1.pdf
#
27.05.20191.54 Mб178КРАТКИЙ КУРС ЛЕКЦИЙ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ. Ч2.pdf
#
27.05.201920.05 Mб9037Письменный Д.Т. Конспект лекций по высшей математике - Полный курс.pdf