1611676884-55ce67763bb0ee5cd12890a10c9e59c1 (826616), страница 2
Текст из файла (страница 2)
К ключевым относятся точки пересечения графикас координатными осями, точки минимума и максимума и др. Начнем мы с определенияучастков монотонности функции.Теорема 5.4.1. Пусть функция f : (a, b) → R дифференцируема в каждой точке x ∈(a, b). Для того, чтобы f была неубывающей на (a, b), необходимо и достаточно, чтобыf ′ (x) > 0 для всех x ∈ (a, b).Доказательство. Если функция f является неубывающей, тоf (x + h) − f (x)>0hдля всех x ∈ (a, b) и всех h ̸= 0, таких, что x + h ∈ (a, b). Переходя в этом неравенстве кпределу при h → 0, мы получим, что f ′ (x) > 0.Докажем теперь утверждение в обратную сторону. Согласно формуле конечных приращений Лагранжа для произвольных x1 , x2 ∈ (a, b) существует лежащая между x1 и x2точка ξ, такая, чтоf (x2 ) − f (x1 ) = f ′ (ξ)(x2 − x1 ).Таким образом, поскольку f ′ (ξ) > 0, из неравенства x2 > x1 , следует, что f (x2 ) > f (x1 ).
Заметим, что если f — возрастающая дифференцируемая функция, то мы всё равно вобщем случае имеем нестрогое неравенство: f ′ > 0. Например, функция f (x) = x3 являетсявозрастающей, но f ′ (0) = 0. Однако то, что f — возрастающая функция, следует толькоиз строго неравенства f ′ > 0.Теорема 5.4.2. Пусть функция f : (a, b) → R дифференцируема и x0 ∈ (a, b).
Еслиf ′ (x) < 0 при x ∈ (a, x0 ) и f ′ (x) > 0 при x ∈ (x0 , b), то x0 — точка минимума функции f .Доказательство. Утверждение сразу следует из формулы конечных приращений Лагранжа. Пусть x ∈ (a, b) и x ̸= x0 . Тогда между x и x0 найдется такая точка ξ, что f (x)−f (x0 ) =f ′ (ξ)(x − x0 ). Если x > x0 , то ξ ∈ (x0 , b) и f ′ (ξ) > 0. Поэтому f (x) > f (x0 ). Если же x < x0 ,то ξ ∈ (a, x0 ) и f ′ (ξ) < 0. Поэтому опять f (x) > f (x0 ). Таким образом, x0 — точка минимума функции f .7Пример 5.4.3. Вообще у дифференцируемой функции может и не существовать участковмонотонности ни справа, ни слева от точки минимума.
Возьмем, например, функцию{x2 (2 + sin 1/x), x ∈ (−1, 1) \ {0},f (x) =0,x = 0.Эта функция дифференцируема на всём интервале (−1, 1), и x = 0 — её точка минимума.Однако, для любого ε > 0 f не является ни убывающей на (−ε, 0), ни возрастающей на(0, ε).•Теорема 5.4.4 (Достаточное условие минимума).
Пусть функция f : (a, b) → R дваждынепрерывно дифференцируема, x0 ∈ (a, b) и f ′ (x0 ) = 0.Если f ′′ (x0 ) > 0, то x0 — точка строгого локального минимума функции f .Если f ′′ (x0 ) < 0, то x0 — точка строгого локального максимума функции f .Доказательство. Докажем теорему для случая локального минимума. Пусть f ′′ (x0 )) > 0.Воспользуемся формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано:f (x) = f (x0 ) + f ′ (x0 ) (x − x0 ) +1 ′′f (x0 ) (x − x0 )2 + φ(x − x0 ),2()где φ(x − x0 ) = o (x − x0 )2 при x → x0 . Поскольку f ′ (x0 ) = 0,f (x) − f (x0 ) = (x − x0 )2φ(x − x0 ) )f (x0 ) +.2(x − x0 )2(1′′Из определения o-малого следует, что для любого M > 0 существует окрестность U точкиx0 , такая, что φ(x − x ) 0 <M(x − x0 )2для всех x ∈ U .
Если мы возьмем M = |f ′′ (x0 )|/4, то получим, что f (x) − f (x0 ) > 0 длявсех x ∈ U \ {x0 }. Следовательно x0 — точка строгого локального минимума функции f .Теорема 5.4.5. Пусть f : (a, b) → R — n раз непрерывно дифференцируемая функция,x0 ∈ (a, b), f ′ (x0 ) = f ′′ (x0 ) = . . . = f (n−1) (x0 ) = 0 и f (n) (x0 ) ̸= 0.Если n — нечётное, то x0 не является точкой локального экстремума функции f .Если n — чётное и f (n) (x0 ) > 0, то x0 — точка строгого локального минимума функцииf.Если n — чётное и f (n) (x0 ) < 0, то x0 — точка строгого локального максимума функцииf.Доказательство. Опять воспользовавшись формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано, мы получим:(1φ(x − x0 ) )f (n) (x0 ) +,f (x) − f (x0 ) = (x − x0 )nn!(x − x0 )n()где φ(x − x0 ) = o (x − x0 )n при x → x0 . Если n — четное, то мы получим требуемыеутверждения, почти дословно повторив рассуждения из доказательства предыдущей теоремы.
Если n — нечетное, то (x − x0 )n > 0 при x > x0 и (x − x0 )n < 0 при x < x0 . Поэтому8для x из некоторой окрестности точки x0 мы будем иметь неравенства: f (x) > f (x0 ) приx > x0 и f (x) < f (x0 ) при x < x0 . Это означает, что x0 не является точкой локальногоэкстремума функции f .Лекция №3. 15.02.2016.Теперь обратимся к определению участков выпуклости и вогнутости функции. Функция f : [a, b] → R называется выпуклой, если()f (1 − λ)x1 + λx2 6 (1 − λ)f (x1 ) + λf (x2 )для всех x1 , x2 ∈ [a, b] и любого λ ∈ (0, 1).
Если это неравенство является строгим приx1 ̸= x2 , то функция f называется строго выпуклой. Функция f называется вогнутой,если выпукла функция (−f ).Теорема 5.4.6 (Эквивалентное определение выпуклости). Для того, чтобы функцияf : [a, b] → R была выпуклой, необходимо и достаточно, чтобы для любых x1 , x, x2 ∈ [a, b],таких, что x1 < x < x2 , выполнялось неравенствоf (x) − f (x1 )f (x2 ) − f (x)6.x − x1x2 − xДля строго выпуклых функций это неравенство является строгим.Доказательство.
Пусть x1 , x2 ∈ [a, b] и x1 < x2 . Тогда для любого x ∈ (x1 , x2 ) существуетλ ∈ (0, 1), такое, что x = (1 − λ) x1 + λ x2 . Нетрудно посчитать, чтоλ=x − x1x2 − x1и 1−λ=x2 − x.x2 − x1В силу произвольности x1 и x2 выпуклость функции f эквивалентна неравенству()f (1 − λ)x1 + λx2 6 (1 − λ)f (x1 ) + λf (x2 ),которое равносильно следующемуf (x) 6x2 − xx − x1f (x1 ) +f (x2 ).x2 − x1x2 − x1Заметив, что x2 − x1 = x2 − x + x − x1 , мы можем записать последнее неравенство в такомвиде:f (x2 ) − f (x)f (x) − f (x1 )6.x − x1x2 − xТем самым, теорема доказана. Для строго выпуклых функций все неравенства нужнозаменить на строгие.Теорема 5.4.7.
Пусть f : [a, b] → R — дифференцируемая функция. Для того, чтобыона была выпуклой (строго выпуклой), необходимо и достаточно, чтобы f ′ была неубывающей (возрастающей) функцией.9Доказательство. Всюду в этом доказательстве x1 , x и x2 — произвольные точки из [a, b],такие, что x1 < x < x2 .Шаг 1. Пусть f — выпуклая функция. Как следует из предыдущей теоремы, справедливонеравенство:f (x) − f (x1 )f (x2 ) − f (x)6.x − x1x2 − xПоэтомуf ′ (x1 ) = limx→x1f (x2 ) − f (x)f (x) − f (x1 )f (x2 ) − f (x1 )6 lim=x→x1x − x1x2 − xx2 − x1f (x) − f (x1 )f (x2 ) − f (x)= lim6 lim= f ′ (x2 ).x→x2x→x2x − x1x2 − xТаким образом, f ′ (x1 ) 6 f ′ (x2 ).Шаг 2. Если f строго выпукла, тоf (x) − f (x1 )f (x2 ) − f (x)<.x − x1x2 − xСогласно теореме Лагранжа о конечных приращениях существуют ξ ∈ (x1 , x) и η ∈ (x, x2 ),такие, чтоf (x) − f (x1 ) = f ′ (ξ) (x − x1 ) и f (x2 ) − f (x) = f ′ (η) (x2 − x).Следовательно, f ′ (ξ) < f ′ (η).
Поскольку строгая выпуклость функции влечет её выпуклость, из утверждения, доказанного на первом шаге, мы получаем, чтоf ′ (x1 ) 6 f ′ (ξ) < f ′ (η) 6 f ′ (x2 ).Таким образом, f ′ — возрастающая функция.Шаг 3. Пусть f ′ является неубывающей. Опять используя теорему Лагранжа о конечныхприращениях (с обозначениями из предыдущего шага доказательства), мы получим:f (x) − f (x1 )f (x2 ) − f (x)= f ′ (ξ) 6 f ′ (η) =,x − x1x2 − xоткуда следует выпуклость функции f .
Если бы f ′ была возрастающей, то последнеенеравенство было бы строгим, и функция f — строго выпуклой.Теорема 5.4.8. Пусть f : (a, b) → R — дважды дифференцируемая функция. Для того,чтобы f была выпуклой, необходимо и достаточно, чтобы f ′′ (x) > 0 для всех x ∈ (a, b).Доказательство. Если f — выпуклая функция, то f ′ — неубывающая и, следовательно,f ′′ = (f ′ )′ > 0. Если f ′′ (x) > 0 для всех x ∈ (a, b), то f ′ — неубывающая функция ипоэтому f — выпуклая.Сделаем одно замечание.
Если f ′ (x) > 0 для всех x ∈ (a, b), то функция f : (a, b) → Rявляется строго выпуклой. Однако из строгой выпуклости функции f : (a, b) → R не10следует, что f ′ (x) > 0 для всех x ∈ (a, b). В самом деле, функция f (x) = x4 являетсястрого выпуклой на R, но f ′′ (0) = 0.Пусть f : (a, b) → R — дифференцируемая функция и x0 ∈ (a, b).
Если существует δ >0, такое, что функция f выпукла на (x0 −δ, x0 ) и вогнута на (x0 , x0 +δ) или вогнута на (x0 −δ, x0 ) и выпукла на (x0 , x0 +δ), то x0 называется точкой перегиба функции f . Очевидно, чтоесли f дважды дифференцируема, то её вторая производная в точке перегиба обращаетсяв нуль.Пример 5.4.9. 1. Функция exp является строго выпуклой на R, ln — строго вогнутой наR+ . Функция f (x) = max{x2 − 1, 0} является выпуклой, но не строго выпуклой на R.2. Рассмотрим функцию f (x) = x3 − x. Она является вогнутой на (−∞, 0) и выпуклойна (0, +∞). Точка x = 0 является для неё точкой перегиба.
Заметим, что эта функцияявляется бесконечно дифференцируемой и f ′′ (x) = 6x. То есть, f ′′ (0) = 0.3. Рассмотрим функцию{f (x) =x ln |x|, x ̸= 0,0,x = 0.Она, также как и предыдущая функция, является вогнутой на (−∞, 0) и выпуклой на(0, +∞). Поэтому точка x = 0 является для неё точкой перегиба. Однако в точке x = 0функция f вообще не дифференцируема.•Теорема 5.4.10. Пусть функция f : (a, b) → R дифференцируема. Для того, чтобы fбыла выпуклой, необходимо и достаточно, чтобы для любых x, x0 ∈ (a, b) выполнялосьнеравенство: f (x) > gx0 (x), где gx0 (x) — касательная (прямая) к f в точке x0 .Доказательство.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
