32_PiskunovT1 (523111), страница 27
Текст из файла (страница 27)
функция )(х) имеет минимум при х=хг. Если в критической точке 1" (х,) =О, то в этой точке может быть или максимум, или минимум или не быть ни максимума, ни минимума. В этом случае исследование нужно вести первым способом (см. ~ 4). Схему исследования экстремумов с помощью второй производной можно изобразить в следующей таблице: П р и мер 1, Исследовать иа максимум и минимум функцию у 2 в1н к+сов 2к, !гл. у 156 исследовлиие поведения Функций Решение.
Так как функция является периодической с перводом 2л, то достаточно исследовать функцию на отрезке [О, 2л). 1) Находила производнуло: у' = 2 соз х — 2 з!п 2х = 2 (соз х — 2 Мп х соз х) = 2 соч х (1 — 2 з!п х). 2) Находим критические.значения аргумента: 2 соз х (1 — 2 51п х) = О, х, =- лгб, хл = л12, хз = 5л/6, хл = Зл(2. 3) Находим вторую производную: у" = — 2 вы х — 4 соз 2х, 4) Исследуем характер каждой критической тачки; 1 1 у [х,=л15= — 2 2 — 4 2= — 3<О. Следовательно, в точке хл=л/6 имеем максимум: 1 1 3 ! =.- =' — +-=- У ~ «=яю= — 2 1+4 1=2 > О. Следовательно, в точке хл=л/2 имеем минимум: У(„шз 2 1 — 1=!. В точке хз=йлгб имеем 1 1 у"! 5 5 — — — 2 — — 4.— = — 3 < О. ! «=5л/б Следовательно, при ха= Ел/6 функция имеет максимум: 1 1 3 у[«,=алга 2 ° 2 + о Наконец, у" [, „„- — 2 ( — !) — 4 ( — !) =6 > О.
Следовательно, в точке х«=Зл/2 имеем минимум: «[ злгз — — 2 ( — П вЂ” 1= — 3. График исследуемой функции изображен на рис. 109. Покажем, далее, на примерах, что если в некоторой точке х = х! имеем ~' (х,) =О и )«(х,) =О, то и этой точке функция Г(х) может иметь либо максимум, либо минимум, либо не иметь ни максимума, ни минимума; Пр имер 2. Исследовать на максимум и минимум функцию хл Реш.ение. 1) Находим критические точки: у'= — 4хз, — 4хз=о, х=о. 2) Определяем знак второй производной при х=о; у = 12хл у (хло=о 4 з1 ИССЛЕДОВАНИЕ ФУНКЦИИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ 1бу Следовательно, выяснить характер критической точки с помощью знака вто.
рой производной в данном случае нельзя. Рис. 109. 3) Исследуем характер критической точки первым способом 1см. з 4): У !х<о>0 У )х>о<0. Следовательно, при х=О функция имеет максимум, а именно: У!а=а=! График рассмотренной функции изображен на рис. 1!О, Рис. !11. Рис, 1!О. Рис. 1!2. При мер 3.
Исследовать иа максимум и минимум функцию у=ха. Решение. По второму способу находим !) у'=бх', у'=бхт=О, х=О; 2) у"=30ха, !у") х =О. Следовательно, второй способ ответа ие дает. Прибегая к первому способу, получаем У'!,<о < О, У')„>о > О. (гл. у ИССЛЕДОВАНИЕ ПОВЕДЕНИЯ ФУНКЦИЙ 158 Следовательно, при х=О функция имеет минимум (рис. !11). П р и м е р 4. Исследовать на максимум и минимум функцию у=(х — 1)». Решение, Второй способ: у' =3 (х — 1)', 3 (х — !)'=О, х= 11 у.=б( — 0, у-)„»=О! таким обраэом, второй способ ответа не дает. По первому способу находим у! с!) у! ь»> Следовательно, при х=1 функция не имеет ии максимума, ни минимума (рис.
112). й 6. Наибольшее и наименьшее значения функции иа отрезке Пусть функция у = ! (х) непрерывна на отрезке [а, Ь]. Тогда на атом отрезке функция достигает наибольшего значения (см. 3 10 гл. 11). Будем предполагать, что на данном отрезке функция ~(х) имеет конечное число критических точек. Если наибольшее зна- чение достигается внутри отрезка [а, Ь], то оче~=х~-хи+У видно, что зто значение будет одним из максимумов функции (если имеется несколько максимумов), а именно, наибольшим максимумом. Но может случиться, что наибольшее значение будет достигаться на одном из концов отрезка. Итак, функция на отрезке [а, Ь] достигает сво- его наибольшего значения либо на одном из кон- У»»У и» цов этого отрезка, либо в такой внутренней точке этого отрезка, которая является точкой максимума. То же самое можно сказать и о наименьшем значении функции: оно достигается либо на одном из концов данного отрезка, либо в такой внутренней точке, которая является точкой минимума.
Из предыдущего вытекает следующее правило: если требуется найти наибольшее значение непрерывной функции на отрезке [а, Ь], то надо: 1) найти все максимумы функции на отрезке; 2) определить значения функции на концах отрезка, т.е. вычислить ((а) и ((Ь); -»о 3) из всех полученных выше значений функ- ции выбрать наибольшее; оно и будет представРис. 113. лять собой наибольшее значение функции на отрезке. Аналогичным образом следует поступать и при определе. нии наименьшего значения функции на отрезке.
$7! ПРИМЕНЕНИЕ ТЕОРИИ МАКСИМУМА И МИНИМУМА 1% Пример. Определить иа отрезке ( — 3; 312] наибольшее и иаимеиьшее значения функции у=ха — За+3, Решение. !) Находим максимумы и минимумы фуикции иа отрезке ! — 3; 3/2р у'=Зхз — 3, Зх' — 3=0, хь=1, х,= — 1, у"=бх, тогда у" („ б > О.
Следовательио, в точке х=! имеет место муиимум: у( ! =1. Далее, р' ~ „! = — б < О, Следовательно, в точке х= — 1 имеет место максимум: у~ ! =5. 2) Определяем значение функции иа концах отрезка: у~а згз — — 15ьз, д(х з — 15. Таким образом, наибольшее значение рассматриваемой фуикции иа отрезке ( — 3; 3!2) есть у)„! — — 5, а наименьшее значение есть у~ з — — 15.
График рассматриваемой функции изображен иа рис. 113. $7. Применение теории максимума и минимума функций к решению задач С помощью теории максимума и минимума решаются многие задачи геометрии, механики и т.д. Рассмотрим некоторые из таких задач. Зада ч а 1. Дальность )г=ОА (рис. 114) полета ядра (в пустоте), выпу. щенного с начальной скоростью оз из орудия, наклоненного под углом ф к горизонту, определяется формулой ьарз!и 29 Я= Ы (я — ускорение силы тяжести).
Определить угол ьр, при котором дальность )с будет иаибольшей при дзииой иачальиой скорости ор. Р еш е и и е. Величина )! пред. ставляет собой функцию переменного угла ьр. Исследуем зту функцию иа ь(хь 2оз соз 2ьр "4Р и Рис, 114, максимум иа отрезке 0 ~ ьр ~ я/2: 2оз соз 2ьр =О, е Гь критическое значение 4 Из хь 4рз з1п 2чь льр4 ьрьй' 1 44 = — — < О. ьарз т =Шь Е Следовательно, при значении ьр=и/4 дальность полета )1 имеет максимум оз )ь 1ч л/4 Значения функции )! иа концах отрезка (О; и/2) таковы! )!(,,=О, )!1, „,=О. Таким образом, найденный маисимум и -есть искомое наибольшее зиачеиие Й, ИССЛЕДОВАНИЕ ПОВЕДЕНИЯ ФУИКЦИЙ ~гл. и 3 а д а ч а 2.
Какие размеры надо придать пилиндру, чтобы пря данном объеме о его полная поверхность 5 была наименьшей? Решение. Обозначая через г радиус основания цилиндра н через Л высоту цилиндра, будем иметь 5=2ягз+2пгд. Так как объем цилиндра задан, по при данном г величина Ь определяется формулой о=пгед, откуда А= в . Подставляя это выражение й в формулу пг' ' для 5, получим 5=2пг'+2нг —, или 5=2 /лге+ — ) .
Здесь о — заданное число. Таким образом, мы представили 5 как функцию одной независимой переменной г. Найдем наименьшее значение этой функции в промежутке О < г < ее: д5 г', о~ — =2 ~2нг — —,), аг г о 2нг — =О т — =2 (2П+ — з) ) > О. Следовательно, в точке г=гт функция 5 имеет минимум. Заметив, что Нш 5=ее и 1нп ге=со, т. е. что при стремлении г к нулю или к беског -~ о г-~. о вечности поверхность 5 неограниченно возрастает, мы приходим к выводу, что в точке г=гт функция 5 имеет наименьшее значение.
зг„ зг„ Но если г= ~гг — то й= — =2 )гг — =2г. Таким образом, для — У2 яг' У 2п того чтобы при данном объеме о полная поверхность5цвлиндра была игимевьшей, высота цилиндра должна равняться его диаметру. $8. Исследование функции на лзаксимум и минимум с помощью формулы Тейлора В 2 б было замечено, что если в некоторой точке х= а имеем 1'(а) =0 и 1" (а) =О, то в этой точке может быть либо максимум, либо минимум, либо нет ни того, ни другого.
При этом указывалось, что для решения вопроса в этом случае нужно ввести исследование первым способом, т. е. путем исследования знака первой производной слева и справа от точки х=а. Теперь мы покажем, что можно в этом случае исследование вести и с помощью формулы Тейлора, выведенной в 2 6 гл. 1Ч. Для большей общности предположим, что не только 1'-"(х), но и все производные до и-го порядка включительно от функции 1(х) обращаются в нуль при х=а: Г' (а) = )а (а) = ..
= )ч"' (а) = О, (1) У4 "+и (а) чь О. Предположим, далее, что ) (х) имеет непрерывные производные до (а+ 1)-го порядка включительно в окрестности точки х=а. 6 в) исследовании Фэнкции нл млксим! м и минимум 1В1 Напишем формулу Тейлора для 1(х), принимая во внимание равенства (!): 1(х) =1(а)+ !"'в+о ($) (л+1)! (2) где в — число, заключенное между а и х.
Так как 1'в+н (х) непрерывна в окрестности точки а .и )'в+п(а)~0, то найдется такое малое положительное число Ь, что при любом х, удовлетворяющем неравенству ~х — а~ < Ь, будет 1!в+о(х) ~0. При этом если )'в+в!(а) > О, то и во всех точках интервала (а — Ь, а+Ь) будет ~'"+в! (х) > 0; если 1!в'"в! (а) < О, то во всех точках этого интервала будет 1!"'о(х) < О. Перепишем формулу (2) в виде 1 (х) 1 (а) )<в+ н ф (л+1)! и рассмотрим различные частные случаи. Первый случай. и нечетное. а) Пусть )"'в!(а) < О.
Тогда найдется интервал (а — Ь, а+Ь), во всех точках которого (и+ 1)-я производная отрицательна. Если х есть точка этого интервала, то в тоже находится между а — Ь и а+Ь и, следовательно, ~!в+м ($) < О. Так как и+1 — четное число, то (х — а)"+'> 0 при х-ьа, и поэтому правая часть в формуле (2') отрицательна. Следовательно, при х~а во всех точках интервала (а — Ь, а+Ь) имеем 1(х) — 1(а) <О, а это значит, что при х=а функ- ция имеет максимум. б) Пусть ~!в+м (а) ) О.
Тогда при достаточно малом значении Ь во всех точках х интервала (а — Ь, а+Ь) имеет место)<в+'1(С)>0. Следовательно, правая часть формулы (2') будет положительна, т. е. при хна во всех точках указанного интервала будет 1(х) — 1(а) > О, а это значит, что при х=а функция имеет минимум. Второй случай. п четное. Тогда и+1 нечетное и величина (х — а) "+' имеет разные знаки при х<а и х) а. Если Ь достаточно мало по абсолютной величине, то (а+1)-я производная во всех точках интервала (а — Ь, а+Ь) сохраняет тот же знак, что и в точке а.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
