Исследование функций с помощью производных

Исследование функций с помощью производных

Определение 1. Функция называется возрастающей (убывающей) на интервале , если

Функция называется неубывающей (невозрастающей) на интервале , если

Возрастает:

Убывает:

Неубывает:

Невозрастает:

Функции из определения 1 называются монотонными.

Теорема 1. Для того, чтобы дифференцируемая на интервале функция не убывала (не возрастала) па этом интервале необходимо и достаточно, чтобы .

Доказательство. Необходимость. Рассмотрим случай, когда не убывает и докажем, что производная необходимо .

Пусть .

Пусть .

Таким образом , что и требовалось доказать.

Достаточность. Рассмотрим случай, когда и докажем, что этого достаточно для того, чтобы функция не убывала. Пусть . Тогда по теореме Лагранжа (теорема 4 § 12) точка такая, что что и требовалось доказать.

Теорема 2. Для того, чтобы дифференцируемая на интервале функция возрастала (убывала) на этом интервале достаточно, чтобы .

Доказательство теоремы аналогично доказательству достаточности в теореме 1. Нужно заметить, что условие не является необходимым для возрастания (убывания) функции.

Задача №1

Рассмотрим функцию . Она возрастает на промежутке (-1; 1). Но условие не выполнено в точке .

Теорема 3. (необходимое условие экстремума).

Пусть функция определена в некоторой окрестности точки и имеет в этой точке локальный экстремум(см. определение 1 §12). Тогда ее производная в этой точке равна 0 или не существует.

Доказательство. Если производная в точке не существует, то все доказано. Предположим, что — существует. Тогда по теореме Ферма (теорема 1 §12) , что и требовалось доказать.

Определение 2. Пусть функция непрерывна в точке и производная равна 0 или не существует. Тогда точка называется критической точкой для функции или точкой возможного экстремума.

Замечание. Для непрерывной функции любая точка локального экстремума будет критической. Наоборот — не верно.

Задача №2

Для функции , точка — критическая, но не является точкой локального экстремума.

Для функции

(см. пример 9 §5) — критическая и локальный максимум; -критическая и локальный минимум.

Для функции

точка — локального минимума, производная в точке не существует. Точка не является критической( в точке — разрыв 1-ого рода).

Для функции

точка — точка локального минимума. Точка не является критической в точке — разрыв 1-ого рода).

Теорема 4. (достаточное условие экстремума функции). Пусть функция дифференцируема в некоторой окрестности своей критической точки за исключением может быть самой точки .

а) Пусть при переходе через точку производная меняет знак с «-» на «+» :

Тогда — точка локального минимума .

Пусть при переходе через точку производная меняет знак с «+»на «-» :

Тогда — точка локального максимума.

б) Пусть при переходе через точку производная не меняет знака. Тогда не является точкой локального экстремума.

Доказательство следует из теоремы 2. При этом важно, чтобы функция была непрерывна в точке (см. пример 2), а также то, что — изолированная критическая точка.

Теорема 5. (второе достаточное условие экстремума функции).

Пусть — стационарная точка для функции , то есть . Пусть . Тогда — точка локального минимума (локального максимума).

Доказательство. Запишем формулу Тейлора 2-ого порядка для функции в окрестности точки :

(см. теорему 1 §14).

поэтому из (1) следует:

Из (2) следует, что окрестность точки , такая что знак совпадает со знаком из этой окрестности, что и требовалось доказать.

Теорема 6. Пусть функция имеет в точке n производных, причем

Тогда:

1) если n — четное и — точка локального минимума;

2) если n — четное и — точка локального максимума;

3) если n — нечетное, то в точке локального экстремума нет.

Доказательство аналогично доказательству теоремы 5.

Решение задач по математическому анализу

Задача №3

Исследовать на экстремум функцию .

Решение:

Функция непрерывна .

Найдем критические точки: .

— точка локального максимума: ;

— точка локального минимума; .

— не является точкой экстремума.

При исследовании функции на экстремум точки разрыва(если они есть) также наносят на числовую прямую. При переходе через эти точки может изменятся направление возрастания (убывания) функции.

Упражнение 1. Исследовать на экстремум функции:

Замечание. При решении ряда технических и экономических задач приходится находить не локальные, а глобальные экстремумы( наибольшие и наименьшие значения функций на некотором множестве). Из теоремы Вейерштрасса(см.теорему 1 § 11) следует, что для непрерывной функции заданной на отрезке глобальные min и max существуют. При этом точки и — глобального min и max лежат либо на концах отрезка , либо являются критическими для функции .

Задача №4

Найти наибольшее и наименьшее значение функции на отрезке [0, 3].

Решение:

Функция непрерывна . Найдем критические точки:

— критические точки.

— концы отрезка.

Задача №5

Боковые стороны и меньшее основание трапеции . Найти длину большего основания, при котором площадь трапеции — наибольшая.

— критическая точка для функции .

— точка локального максимума.

— наибольшее значение площади, при этом — длина большего основания.

Определение 1. Пусть функция дифференцируема на интервале . И пусть график функции расположен ниже (не выше), чем касательная к нему в точке , то есть . Тогда называется выпуклой(нестрого выпуклой вверх).

Пусть график функции расположен выше (не ниже), чем касательная к нему в точке , то есть ). Тогда называется вогпутой(нестрого вогнутой).

Задача №6

а) выпукла на всей оси ;

б) нестрого выпукла вверх на всей оси

в) вогнута па всей оси :

r) нестрого вогнута на всей оси

Теорема 1. Для того, чтобы дифференцируемая функция была вогнутой (выпуклой) на интервале необходимо и достаточно, чтобы ее производная возрастала(убывала) на этом интервале.

Докажем для случая, когда — вогнута.

Необходимость. Пусть ,

— касательные к графику в точках . Так как ) — вогнута, то

Сложим эти неравенства:

что и требовалось доказать.

Достаточность. Пусть — возрастает. Докажем, что — вогнута. Пусть — уравнение касательной в точке . Пусть . Найдем разность

что и требовалось доказать.

Теорема 2. Для того, чтобы дифференцируемая функция была нестрого вогнутой (пестрого выпуклой) на интервале необходимо и достаточно, чтобы производная неубывала (невозрастала) на этом интервале.

Доказательство аналогично доказательству теоремы 1.

Теорема 3. Для того, чтобы дважды дифференцируемая на интервале функция была не строго вогнутой (не строго выпуклой) необходимо и достаточно, чтобы .

Доказательство следует из теоремы 2 и теоремы 1 §15.

Теорема 4. Для того, чтобы дважды дифференцируемая па интервале функция была вогнутой (выпуклой) на этом интервале достаточно, чтобы .

Доказательство следует из теоремы 1 и теоремы 2 §15. Нужно заметить, что условие не является необходимым для вогнутости(выпуклости) функции.

Задача №7

Рассмотрим функцию . Она вогнута на интервале (-1; 1).

Но условие не выполнено в точке .

Определение 2. Пусть функция имеет касательную в точке (см. определение!, 2 § 9, определение 5 §6) и пусть при переходе через точку направление выпуклости меняется на противоположное. Тогда точка называется точкой перегиба.

Теорема 5 (необходимое условие точки перегиба). Пусть дифференцируема в некоторой окрестности точки за исключением может быть самой точки и точка является точкой перегиба. Тогда ее вторая производная в этой точке равна 0 или не существует.

Доказательство. Если не существует, то все доказано. Предположим, что существует. Тогда — непрерывна в точке и, так как — точка перегиба, то согласно теореме 1, — точка локального экстремума для функции , поэтому по теореме 3 §15 , что и требовалось доказать.

Определение 3. Пусть вторая производная функции равна 0 или не существует в точке и пусть функция имеет касательную в точке . Тогда точка называется точкой возможного перегиба.

Замечание. Согласно теореме 5 для дифференцируемой функции любая точка перегиба будет удовлетворять определению 3. Наоборот неверно.

Для функции из примера 2 точка — точка возможного перегиба, но эта точка не будет точкой перегиба.

Теорема 6 (достаточное условие перегиба функции). Рассмотрим функцию дважды дифференцируемую в некоторой окрестности точки возможного перегиба за исключением может быть самой точки . Предположим также, что вторая производная меняет знак при переходе через точку . Тогда будет точкой перегиба для функции —

Доказательство следует из теоремы 4.

Задача №8

Найдем точки перегиба и интервалы выпуклости-вогнутости функции из примера 3 §15.

Решение:

(см. пример 3 §15).

Найдем точки возможного перегиба (точки, где равна 0 или не существует).

— точки перегиба функции.

При нахождении интервалов выпуклости-вогнутости точки, где функции имеют разрывы также наносят па числовую прямую. При переходе через эти точки может меняться направление выпуклости-вогнутости.

Определение 4. Прямая называется наклонной асимптотой функции при , если , где бесконечно-малая функция при , то есть

Теорема 7. Для того, чтобы прямая была наклонной асимптотой для функции при необходимо и достаточно, чтобы существовали пределы

Доказательство. Рассмотрим, например, случай .

Необходимость. Пусть , где бесконечно-малая функция. Докажем, что выполняются пределы (1).

что и требовалось доказать.

Достаточность. Пусть выполняется (1). Докажем, что — асимптота для .

где бесконечно-малая функция при , что и требовалось доказать. Таким образом теорема доказана.

Замечание. Наличие наклонной асимптоты значит, что при график функции очень близок к прямой линии .

Задача №9

Для функции (см. пример I §5) — наклонная асимптота при .

Для функции (пример 8 §5) — горизонтальная асимптота при .

Для функции (пример 10 §5) — горизонтальная асимптота при .

Для функции (пример 2 §5) — горизонтальная асимптота при .

Определение 5. Прямая называется вертикальной асимптотой функции , если хотя бы один из пределов равен .

Задача №10

Для функции (см. пример 1 §5) прямая — вертикальная асимптота, для функции (пример 8 §5) прямая — — вертикальная асимптота, для функции (пример 10 §5) прямая — вертикальная асимптота, для функции из упражнения 1 §5 прямая — вертикальная асимптота .

При построении графиков функции используют результаты §15, 16. Это можно проводить по следующей схеме:

1. Найти область определения функции и исследовать поведение функции в граничных точках . Определить точки разрыва, вертикальные асимптоты, нули функции, исследовать функцию на периодичность, четность, нечетность.
2. Найти наклонные асимптоты.
3. Найти интервалы монотонности, точки локального экстремума.
4. Найти интервалы выпуклости, вогнутости, точки перегиба.
5. Построить график.

Задача №11

Провести полное исследование и построить график функции .

— вертикальная асимптота.

Нули функции:

Таким образом график пересекает оси координат в точке 0(0; 0). Функция ни четная, ни нечетная, не периодическая.

2. Наклонные асимптоты. По формулам (1);

— наклонная асимптота при .

Точки, где равна 0 или не существует: .

— точка локального максимума; — точка локального минимума;

Точки где равна 0 или не существует: .

— точка перегиба; .

5. График функции.

Эта теория и задачи с решением взяты со страницы готовых задач с решением по математическому анализу:

Решение задач по математическому анализу

Возможно эти темы вам будут полезны:

Задачи с решением по теме: неопределенный интеграл

Задачи с решением по теме: замена переменной в неопределенном интеграле

Задачи с решением по теме: объемы тел

Задачи с решением по теме: площадь поверхности вращения