matan1semestr (773486), страница 15
Текст из файла (страница 15)
′Теорема 7.2. Пусть f имеет в O(x0 ) непрерывные производные до третьего порядка и f ′′ (x0 ) = 0. Если f ′′′ (x0 ) ̸= 0, то точка M0 (x0 , f (x0 )) –точка перегиба.Доказательство. Записываем формулу Тейлораf ′′ (x0 )(x − x0 )2 f ′′′ (ξ)f (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) ++(x − x0 )3 .2!3!′′′′Так как f ′′ (x0 ) = 0, то F (x) = f (x) − f (x0 ) − f ′ (x0 )(x − x0 ) = f 3!(ξ) (x − x0 )3 .Пусть f ′′′ (x0 ) ̸= 0. Т.к. f ′′′ непрерывна, то f ′′′ сохраняет знак в некоторойOδ (x0 ). Тогда F (x) изменяет знак при переходе через точку x0 , следовательно, M0 – точка перегиба.
Теорема 7.3 (Общее достаточное условие выпуклости). Пустьf (x)имеет в O(x0 ) непрерывные производные до порядка n = 2m, и пустьf ′′ (x0 ) = f ′′′ (x0 ) = . . . = f (2m−1) (x0 ) = 0.1) Если f (2m) (x0 ) > 0, то в точке M0 f – выпукла вниз.2) Если f (2m) (x0 ) < 0, то в точке M0 f – выпукла вверх.Доказательство. Записываем формулу Тейлора для f (x) с остатком вформе Лагранжаf ′′ (x0 )(x − x0 )2f (2m−1) (x0 )(x − x0 )2m−1f (x) = f (x0 )+f (x0 )(x−x0 )++. . .++2!(2m − 1)!′99f (2m) (ξ0 )(x − x0 )2m+.(2m)!Тогдаf (2m) (ξ)(x − x0 )2mF (x) = f (x) − f (x0 ) − f (x0 )(x − x0 ) =.(2m)!′1) Если f (2m) (x0 ) > 0, то ∃ Oδ (x0 ) в которой f (2m) (ξ) > 0, значит, F (x) ≥ 0,следовательно, f выпукла вниз.2) Случай f (2m) (x0 ) < 0 рассматривается аналогично.
Теорема 7.4 (Общее достаточное условие точки перегиба). Пусть f вO(x0 ) имеет непрерывные производные до порядка n = 2m + 1 и f ′′ (x0 ) =. . . = f (2m) (x0 ) = 0 и f (2m+1) (x0 ) ̸= 0, то в точке x0 – точка перегиба.Доказательство. Записываем формулу Тейлора.f ′′ (x0 )(x − x0 )2f (2m) (x0 )(x − x0 )2mf (x) = f (x0 ) + f (x0 )(x − x0 ) ++...++2!(2m)!′f (2m+1) (ξ)(x − x0 )2m+1.+(2m + 1)!ТогдаF (x) = f (x) − f (x0 ) − f ′ (x0 )(x − x0 ) =f (2m+1) (ξ)(x − x0 )2m+1.(2m + 1)!Так как f (2m+1) (x0 ) ̸= 0, то ∃ Oδ (x0 ) в которой f (2m+1) (ξ) сохраняет знак,следовательно, F (x) изменяет знак при переходе через точку x0 , значит,M0 – точка перегиба.
8. Выпуклые функции на отрезке. Критерий выпуклостиОпределение 8.1. Функция f , определенная на [a, b], называется выпуклой вверх на [a, b], если ∀ [x1 , x2 ] ⊂ [a, b], ∀ x ∈ [x1 , x2 ] график f лежит выше хорды, соединяющей точки (x1 , f (x1 )) и (x2 , f (x2 )). Функция f , определенная на [a, b], называется выпуклой вниз на [a, b], если∀ [x1 , x2 ] ⊂ [a, b], ∀ x ∈ [x1 , x2 ] график f лежит ниже хорды, соединяющейточки (x1 , f (x1 )) и (x2 , f (x2 )).100Теорема 8.1. Пусть f имеет непрерывную вторую производную f ′′ (x)на [a, b].1) f выпукла вверх на [a, b] тогда и только тогда, когда ∀ x ∈[a, b], f ′′ (x) ≤ 0.2) f выпукла вниз на [a, b] тогда и только тогда, когда ∀ x ∈ [a, b], f ′′ (x) ≥0.Доказательство.
Н е о б х о д и м о с т ь. Пусть f (x) выпукла вверх.Выберем x1 ∈ [a, b] и h > 0 так, чтобы x1 < x1 + h < x1 + 2h. Запишемуравнение хорды, проходящей через точки (x1 , f (x1 )), (x1 + 2h, f (x1 + 2h))f (x1 + 2h) − f (x1 )(x − x1 ) + f (x1 ).2hТак как f выпукла вверх, то в точке x = x1 + hy=f (x1 + 2h) − f (x1 )(x1 + h − x1 ) + f (x1 ) ≤ f (x1 + h) ⇔2hf (x1 + 2h) − f (x1 )+ f (x1 ) ≤ f (x1 + h) ⇔2⇔ f (x1 + 2h) − f (x1 ) + 2f (x1 ) ≤ 2f (x1 + h) ⇔⇔ f (x1 +2h)+f (x1 ) ≤ 2f (x1 +h) ⇔ f (x1 +2h)−f (x1 +h) ≤ f (x1 +h)−f (x1 )(8.1)x2 −x1Выберем a ≤ x1 < x2 ≤ b.
Положим h = n . По неравенству (8.1):f (x1 + h) − f (x1 ) ≥ f (x1 + 2h) − f (x1 + h) ≥ f (x1 + 3h) − f (x1 + 2h) ≥≥ . . . ≥ f (x2 ) − f (x2 − h).Поделим обе части на h > 0, получимf (x1 + h) − f (x1 ) f (x2 ) − f (x2 − h) f (x2 − h) − f (x2 )≥=.hh−hПерейдем к пределу при h → 0, получим f ′ (x1 ) ≥ f ′ (x2 ).Таким образом, ∀ x1 < x2 , f ′ (x1 ) ≥ f ′ (x2 ) ⇒ f ′ (x) – убывающая функция на [a, b], значит, f ′′ (x) ≤ 0.Д о с т а т о ч н о с т ь. Пусть f ′′ (x) ≤ 0 ∀ x ∈ [a, b]. Выберем произвольныйотрезок [x1 , x2 ] ⊂ [a, b].
Выпуклость вверх означает, что функцияF (x) = f (x) − f (x1 ) −f (x2 ) − f (x1 )(x − x1 ) ≥ 0.x2 − x1(8.2)Покажем, что F (x) ≥ 0 на [x1 , x2 ]. Предположим, что это не так, т.е.∃x ∈ [x1 , x2 ], в которой F (x) < 0. Тогда в некоторой точке x0 ∈ (x1 , x2 )101F достигает наименьшего значения, следовательно, в точке x0 min, значит, F ′ (x0 ) = 0. Запишем формулу Тейлора для F (x) в точке x0F ′′ (ξ)(x2 − x0 )2f ′′ (ξ)(x2 − x0 )20 = F (x2 ) = F (x0 )+F (x0 )(x2 −x0 )+=+F (x0 ).2!2!Правая часть в этом равенстве < 0, а левая = 0. Получили противоречие.′9.
Асимптоты графика функцииОпределение 9.1. Прямая l называется асимптотой Γ(f ), еслиd(M, l) → 0, когда точка M → ∞ (M ∈ Γ(f )), где d(M, l) → 0 – расстояние от точки M до прямой l.Теорема 9.1. Пусть f определена на (x0 , x0 + δ) иlim f (x) = +∞x→x0 +0(или −∞). Тогда прямая l : x = x0 является асимптотой Γ(f ). Такуюасимптоту называют вертикальной асимптотой.Доказательство. Пусть l : x = x0 – вертикальная прямая и M ∈ Γ(f ).Ясно, что d(M, l) = (x − x0 ) и d(M, l) → 0 ⇔ |x − x0 | → 0 ⇔ x → x0 .
НоM → ∞ ⇔ lim f (x) = +∞, следовательно, l : x = x0 – асимптота. x→x0y = x1 lim x1x→0+0Пример.= +∞, lim x1 = −∞, тогда прямая l : x = 0x→0−0является вертикальной асимптотой.Теорема 9.2. Пусть f определена на (a, +∞) и l : y = kx + b. Прямая lявляется асимптотой Γ(f ) тогда и только тогда, когда k = lim f (x)x ,x→+∞b = lim (f (x) − kx).x→+∞Доказательство. Н е о б х о д и м о с т ь.
Пусть l : y = kx + b являетсяасимптотой, т.е. lim d(M, l) = 0. Найдем d(M, l). Пусть M (x1 , f (x1 )) ⇒(l : y = kx + b)M →∞|kx1 − f (x1 ) + b|√.1 + k2По условию d(M, l) → 0 при x1 → +∞. Тогда lim (kx1 − f (x1 ) + b) = 0.d(M, l) =x1 →+∞Отсюда b = lim (f (x1 ) − kx1 ).x1 →+∞lim (kx1 − f (x1 ) + b) = 0, то lim x11 (kx1 − f (x1 ) + b) = 0,x1 →+∞()f (x1 )1)следовательно, lim k − x1 + xb1 = 0. Отсюда, lim f (xx1 = k.Так какx1 →+∞x1 →+∞x1 →+∞102f (x), b = lim (f (x) − kx). Тогдаx→+∞ xx→+∞|kx−f (x)+b|√lim= lim d(M, l) = 0. 1+k 2x→+∞Д о с т а т о ч н о с т ь. Пусть k = limlim (f (x) − kx − b) = 0, отсюдаx→+∞2x.
Найдем асимптоты.Пример. f (x) = x−12xx21) lim x−1= +∞, lim x−1= −∞, значит, прямая x = 1 являетсяx→1+0x→1−0вертикальной асимптотой.x2x2) lim f (x)= lim x(x−1)= lim (x−1)= 1 ⇒ k = 1.xx→∞x→∞( x→∞)2x2xlim (f (x) − kx) = lim x−1− kx = lim x −x(x−1)= lim x−1= 1, b = 1.x−1x→∞x→∞x→∞x→∞Таким образом, y = x + 1 – наклонная асимптота.10. Построение графиков функцийДля построения графика необходимо1) Найти область определения.2) Найти характерные точки (точки пересечения с осями)3) Найти асимптоты.4) Найти участки возрастания и убывания функции.5) Найти интервалы выпуклости.6) Найти точки перегиба.7) Найти область значений.8) Построить эскиз графика.x2Пример.
f (x) = x−1.1) Область определения: x ̸= 1.x22) Пересечение с осями: с ОХ: x−1= 0 ⇒ x = 0, с осью OY: x = 0 ⇒ y = 0.3) Асимптоты: вертикальная: x = 1, наклонная: y = x + 1.2x2 −2x== x(x−2)4) Участки монотонности: f ′ (x) = 2x(x−1)−x2x−1(x−1)(x−1)2 , т.е. f∪возрастает на (−∞, 0), на (2, +∞), убывает на (0, 1) (1, 2)5) Экстремумы: f ′ (x) = 0 ⇔ x = 0 ∨ x = 2в точке x1 = 0 − max, f (0) = 0, в точке x2 = 2 − min, f (2) = 4.2−x(x−2)2(x−1)226) Выпуклость: f ′′ (x) = (2x−2)(x−1)(x−1)= 2(x−1)4(x−1)4 [x − 2x + 1 − x +′′2x] = 2(x−1)(x−1)4 , следовательно, на (−∞, 1) f (x) ≤ 0 ⇒ Γ(f ) выпукла вверх.На (1, +∞) f ′′ (x) ≥ 0 ⇒ Γ(f ) выпукла вниз.7) Точек перегиба нет.Строим график.1)рисуем асимптоты x = 1 и y = x + 12)отмечаем характерные точки:(0, 0)3)отмечаем точку максимума (0, 0). Рисуем ветвь графика, двигаясь от103точки (0, 0) налево вниз приближаясь к асимптоте y = x + 1.
Эта ветвьграфика выпукла вверх. Теперь рисуем ветвь графика, двигаясь от точки(0, 0) направо вниз приближаясь к асимптоте x = 1. Эта ветвь графикатоже выпукла вверх.4)отмечаем точку минимума (2, 4). Рисуем ветвь графика, двигаясь отточки (2, 4) налево вверх приближаясь к асимптоте x = 1. Эта ветвьграфика выпукла вниз. Теперь рисуем ветвь графика, двигаясь от точки(2, 4) направо вверх приближаясь к асимптоте y = x + 1. Эта ветвьграфика тоже выпукла вниз.Y64101-X211.
Правило Лапиталя для неопределенности00(x)Будем говорить, что при вычислении предела lim fg(x)имеется неопреx→aделенность вида00,если lim f (x) = 0 ∧ lim g(x) = 0.x→ax→aТеорема 11.1 (Правило Лапиталя). Пусть f и g определены на [a, b], fи g непрерывны на [a, b], f (a) = g(a) = 0; f (x), g(x) дифференцируемы на′(x)(x)(a, b). Если ∃ lim fg′ (x)= A, то ∃ lim fg(x)=Ax→a+0x→a+0104Доказательство.
Так как f (a) = g(a) = 0, тоf (x)f (x) − f (a)= lim=x→a+0 g(x)x→a+0 g(x) − g(a)limпо теореме Кошиf ′ (ξ)f ′ (x)= lim ′= |..a < ξ < x| = lim ′= A. x→a+0 g (ξ)x→a+0 g (x)Пример.1 − cos x(1 − cos x)′sin x 1lim= .=lim=limx→0x→0x→0 2xx2(x2 )′212. Правило Лапиталя для неопределенности вида∞∞(x)имеется неопреБудем говорить, что при вычислении предела lim fg(x)деленность вида∞∞,x→aесли lim f (x) = ∞, lim g(x) = ∞x→ax→aЛемма 12.1. Пусть f (x), g(x) определены на (a, b) (a < b), дифференцируемы на (a, b) и lim f (x) = +∞, lim g(x) = +∞. Тогда сущеx→b−0x→b−0ствует функция α(x), определенная на (a, b), возрастающая на (a, b),lim α(x) = b и такая, чтоx→b−0f (α(x))g(α(x))= 0, lim= 0.x→b−0 f (x)x→b−0 g(x)limТеорема 12.2 (Правило Лапиталя).
Пусть f (x), g(x) определены на(a, b) (a < b), непрерывны на (a, b), дифференцируемы на (a, b) и′(x)lim f (x) = +∞, lim g(x) = +∞. Если существует lim fg′ (x)= A, тоx→b−0существуетx→b−0(x)lim fg(x)=x→b−0x→b−0A.Доказательство. Пусть α(x) – функция, определенная в в лемме 11.1.(x)(x)−f (α(x))Тогда lim fg(x)= lim fg(x)−g(α(x)). В самом деле:x→b−0x→b−0f (α(x))f (x) 1 − f (x)f (x) − f (α(x))f (x)= lim·.lim=limx→b−0 g(x) 1 − g(α(x))x→b−0 g(x) − g(α(x))x→b−0 g(x)g(x)105Но по теореме Коши:f (x) − f (α(x))f ′ (ξ)= lim ′ ,x→b−0 g(x) − g(α(x))x→b−0 g (ξ)limf ′ (ξ)′ξ→b−0 g (ξ)где x < ξ < α(x) и значения ξ → b при x → b.
lim= A. Доказательство леммы 11.1. Можно считать, что f, g > 0 на (a, b).Будем строить функцию α(x), определенную на (a, b) следующим образом.Вначале выбираем произвольную точку x1 ∈ (a, b). Затем выбираем x2 ∈(x)g(x)(x1 , b) так, чтобы ∀ x ≥ x2 , ff(x> 2 и g(x> 2. Затем выбираем x3 > x21)1)так, чтобы ∀ x ≥ x3 ,f (x)f (x2 )g(x)g(x2 ) > 3. И так далее. Затем выбираемg(x)> n+1. Теперь строимxn+1 , ff(x(x)n ) > n+1 и g(xn)> 3иxn+1 > xn так, чтобы ∀ x ≥функцию α(x) следующим образом.Если x ∈ (a, x1 ) то α(x) = a,Если x ∈ [x1 , x2 ) то α(x) = a.Если x ∈ [x2 , x3 ) то α(x) = x1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
