В.А. Ильин, Э.Г. Позняк - Основы математического анализа (DJVU) (1108889), страница 64
Текст из файла (страница 64)
Для удобства сформулируем еще ра! определения и результаты, установленные в указанном пункте. Пусть функпия ) (т) определена всюду в нексп орой окрестности точки с. Говорят, что фупкпия ) (сс!) имеет в точке с локальиыб максимум (мссиссму и), если найдется такая окрестность точки с, в пределах которой значение с(сс) является наибольшим (наименьшим) среди всех др)тих зншсений этой функции.
,1окальный максимум н локальный минимум объедсснясотсся общим названием экстрелсум. Следусощая теорема, устанавливает ссеобходимое условие эксгпремулса дссфферессс)ссрс!ем!!!1 фу!!к!с!с!с: еслсс фусскцсся ф(х) диффереицируела а гпо"ске с и имеет и э!пой спо исе,жстрслум, то 1"'(с!) = О. Таким образом. для отыскания у дифференпируемой функции 1(х) точек возможного экстремума следует найти все корни уравнения ~'(х) 0 (т. е. найти все нули производной 1ч(х)).
Впредь мы будем называть корни уравнения с"с(:г) = 0 точками нозмосясссого экстремума функпип ! (х) ). Заметим. однако, что. поскольку равенство нулю пс.рвой производной является лишь ссеобхск)имыл ) условием экстремума„ нужно доно,шительно исследовать вопрос о наличии экстремума в каждой точке возможного экстремума. Для проведения такого дополнительного исследования следует установить достагпочиьсе условия нали сия .эксссссрсмума. к сему мы и переходим. 3.
Первое достаточное условие экстремума. Теорема У.1. Пусть Осочка с явля!стоя точкой' оозлсоэклссн ео экстремума, фусскцшс )(х), и !!усть фупкцсся 1(х) дссфферсц- ) Иногда корни уссаинения 1 (х) = О назынагот сснсцшснсрнммхс, точил мхс,. ) Что это усноние не янляется достаточны я, видно хотя бы ич рассмотрения функции д = хс.
Эта функция не имеет экстремума н точке х = О, н которой 1'(ссс) = О. 302 ГКОА1етРи'!ескОе исслеДОВАние ГРАФикА Функции Гл. 9 цируемо всюду и некоторой окрестности точки с. Тогда, если и пределах укаэанной окрестности пропэоодпал «(:г) полоэчсптельпо (отрицательна) слева от, точки с и оп1рси1отель11и (гголоэклгп1хльно) ег1риоо, от, наг 1по функция «(х) пмеегп о точк~ с локилькый максимум (минимум). Если эке проиэооднол «'(х) пмеаги одоп гх гиогл эюе знак слави и сгцх~оо опг гиочкп с, пго экстремума о точка с пот. Д о к а з а т е л ь с т в о.
1) Пусть сначала производная «'(х) в цределак рассматриваемой окрестности положительна (отрицательна) слева от с и отрицательна (положительна) справа от с. Требуется доказаты гто значение «(с) является наибольпцим (наименьшим) среди всех значений «(х) в рассматриваемой окрестности. Обозначим через,го любое зна гение аргумента из рассмагриваемо11 окреи1цости, отличное от с.
Достаточно доказать, что «(:) — «(х,) > и (< 9) Функп1ия «(х) дифференцпруема (а стало быть, и непрерывна) на сегменте [с,ха~. Применяя к «(х) по сегменту [с.ха] теорему 8.12 Лагранжа, будем иметь «(с) — «(:го) = «'®(с — хо): (9.1) где ~ некоторое значение аргумента между с и хо. Поскольку производная «'(~) положительна (отрицательна) при хо < с и отрицательна (положительна) при ха > с, правая часть (9.1) полг1жительна (отрицательна).
2) Пусть теперь производная «'(х) имеет один и тот же знак слева и справа от с. Обозначая, как и вьцце, через 1га любое значение аргумента, отличное от с, и повторяя проведенные вылив рассуждения, мы теперь докажем„что правая часть (9.1) имеет розные знаки при ха < с и при ха > с.
Это доказывает отсутствие эксгремумг1 в то"1ке с. Вытекающее из теоремы 9.1 правило можно кратко сформулировать так: 1) велас при перез;оде через дапну1о пючку с ооэмоэю1юго экстремума иропзооднил «'(х) лииихт хаак с плнгсн но минус (с минуса но, плзос), то функция «(х) имеют о точке с локальны11 микс1гмум (лиц1имум): 2) если э1га при переходе чхреэ диппукг точку с оозмоэюпого экстремума иропэоодпал «'(х) цс менлеп1 эпики. то экстреэиуми о точка с пот.. П р и м е р ы.
1) Предполагая, что консервная банка имеет форму круглого цилиндра радиуса г и высоты 6, определить, при каком соотношении между 1 и 6 консервная банка с постояннои площадью полной поверхности имеет наиболыпий ооьем. Обозначим площадь полной поверхности консервной банки через Я. Тогда 2ягз + 2кгЬ = Я = сопв1. (9.2) зоз О'1'Ы1'КА!1ИЕ ТО'1ЕК 1ЭКСТРЕЫУКЛА 'з 1 — 2) 5 ) Решенная нами задача показывает, что в интересах экономии жести целесообразно изготовлять консервные банки с высотой. равной диаметру. Из это!-о равенства находим, что 6 = — — г. 5 2 т!.
Таким образом, мы можем выразить объем гг консервной банки как функцию радиуса г: И = лт 1! = — г — ят' . Задача сведена к а 2 Я .з отысканию максимума функции Р (г) = — г — тсг' . Приравнивая 2 нулю нро!лзвОдну!о И (T) = — — 37!T и у"пггыеая, "!То !' ) О, Я 2 находим точку возможного экстремума — (9.3) Хотя по смыслу задачи ясно, лто единственная точка возможно!о экстремума является точкой ллаксимума функпии И(г), мы можем строго убедиться в этом, используя теорему 9.1 и заале- l о,,'21 чая, что производная И (г) =- зл !у — — г ) положительна при (,б г < /У/блг и отрипательна прп г > ~„IУ/блг.
Установим теперь, прн каком соотношении между радиусом г и высотой 6 реализуется наиболыпнй объем И(г) консервной банки. глт!я этого у=(х поделим ралзенство (9.2) на !а и в правой части полученного при этом равенства воспользуемся соотношением (9.3).
6 Прн этом получим — ' = 2, т. е, 6 = 2г. 7' О 2 х Таким образом, напболшпиш обвеял буде!а у той консерв>!ой банкгн у которой высота ран!си диаметру ). 2) Найт|л точки экстремума функпилл у(х) = (х — 2)'. Поскольку 1'(.х) = 5(х— — 2)', то единственнон точкой возможного экстремума является точка х = 2. Так как 1 (х) положительна, как слева,так и справа от этой точклл, то функпия 1'(х) = (х — 2)" вовсе не имеет точек экстремума (график функции 1 (х) = (х — 2)5 изображен на рллс. 9.2).
4. Второе достаточное условие экстремума. Инолда вызывает затруднение исследование знака первой производной 1~(х) слева лл справа от точки возможного экстремума. На этот случай мы укажем дру! ое достаточное условие нали шя экстремума в данной то лке с возможного экстремума, не требующее 304 ГеОх1етРи'!ескОе исследОвяиие ГРЛФикл ФУикции Гл. э и«;)сдовйния знакй «)(:!)) в Ок1юс:тиос:тн с:, но зйто п1)сдпо))огс))оси!с. С)упцес:твова)лис в и!очке с: о)пличнои о!и )хулл конечной в)порой производной «) )(з)).
Теорема 9.2. Пусть функция «(и) излеет, в дщсной точке с возмоэссного экстремуме. конечнух) вторун) производнух). Тогда, функция «(л) имеет, в то"!йи) с злвксимум, если «с~)(с)) < О, и минимум, если «С~)(с)) ) О ,'Т о к а з а т е .л ь с т в о. Из ус ювня «са)(с)) < О () О) и ил теоремы 8.9 вытекает, что функция «'(:г) убывает (возрас)тает) в точке с. Поскольку но условию «'(с)) = О, то найдется такая окрестность точки с„в пределах которой «'(гг) положи)е.)ьна )ОТРИЦНТЕЗ!Ьнй) Ю!ЕВН ОТ С И ОТРНЦНТЕЗ1ЬНй (ПО)!ОЖИГЕЛЬНН) С!Ц)йва от с. Но тогда по предыдущей теореме «(з)) имеет в точке с максимум (хи!них!ух!) .
3 й м е ч а и и е. Теорема 9.2 имеет, вообще говоря, более узкую сферу действия, чем теорема 9.1. Тйк, теорема 9.2 не решает вопроса об экстремуме для случая, когда вторая производная «с )(.!)) не существует в точке с, а также для сс!учая, когда «сг)(с)) — О. В последнем случае для решения вопроса о наличии экстремума нужно и:!у )ить поведение в точке с производных высшнх порядков., что будет сделано нами в ~ 4 этой главы. П р и и е р ы. 1. В чашку, нмеющун) форму полушара радиуса 1.
опущен однородный стержень длины 1 (рис. 9.3). Предполагая, что 21' < 1 < 41, найти положение равновесия стержня. и Положению равновесия стерж- ня соответствует минимйлыню зна чение его потеншлальной энергии т. и. нанни:ппее положение центра с)ГО тЯжести Г) 'снос)к0.1ькУ спейжс)нь яВляется Однородным, 1щнтр тяжести его сс)В1г)дйе) с его с)ерс)д)!ной).
Обозначая через ОЛ перпендику- К Е ляр к плоскости, на которой стоит Рис. Э З чашка, мы сведем задачу к отысканию того полож))ния стержня АВ, при котором огре:)ок ОЛ имеет минимйльну)О длину. Прежде Всс)го Вы'!ис11им длину От1)сгзкй ОК как функпню ущш О наклона стержня к плоскости, па которой стоит чашка. Пусть РТ параллельно ОЛ, а ОО перпен- дикУлЯРНО ОК )Р п)чкй, В котойой стс)Ржень Опиййс)1сЯ нй край чашки). Из прямоугольного треугольника ЕАР следует, что АР = ЕР сов сх = 2г сой и. По условию А О = 1«2. Таким образом, ОР = АР— АО = 2г сов о — 1«2.
О'1'ЫСКАНИЕ ТОЧЕК ЭКСТРЕМУМА 305 С другой стороны, ВС = ВЬ вЂ” ОК .— -- г — ОК. Поэтому и(з )зря)(пуго)!ьного тр()угольника 01?С иупз(1м ВС г — ОК ВШО =. — =- ОВ 2г сов а — 1,(2 Таким образом, длина отрезка ОХ, которую мы обозна п(м н;рез 1 1(()), равна 1'((х) =1 + —,' вшо — гвш2(к 2 Переходим к отыскашпо гого:значения угла (), которое доставляет минимум 1((1). (Понятно, что мы можеы ограничиться ( 1 значениями угла() из первой четверти.) Так как 1 (О) = — сов пв — 2гс(ж2() = — ' сов() + 2т — 4Г Гоаз(х, то точки возможного экс- 2 тремума находятся как ргяпения квад1нзтного уравн(зн)зя ,2 4г сов о — — сово — 2Г = О. 2 Поскольку сов() в первой четверти положителен.
то нам пригоден только положите.тьнлый корень этого уравнения з' тзг8 ' (9.4) 1б) Хотя по смыслу задачи и ясно, что единственная точка возмож- ного экстремума (тп является точкой минимума функпии 1(()), мы установим это строго при помощи теоремы 9.2. Достаточно убедиться в том, что 1(2)(()0) ) О. Поскольку 1'( 1(0) = — — а111(в+ 4гяш2() = 8гяш(з (совы — — ~, 1В,) ' то, в силу ('9.4), (< )1 ,1 = К, .;.
, (Е„,г „ - ' = " " Л' + 128" > О. !Г)/ 2 Т(.м самым встановл()но, что поло~е~ию раппов()сия стержня 01- В(зчаеГ уГОл наклОна (ГО к плоскости. на которОй сГОит чап1ка, определяемый фор)(улой (9.4). 2. Найти экстремальпьн. значения функпии !((Г) =;г'з — Зхз— — 4. Эту фмнкник) мы мже ис( ледовали в п. 1 настоя1него пара- графа (см.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
