Перша достатня умова локального екстремума

Перша достатня умова локального екстремума

План

1. Стаціонарні точки функції. Необхідна умова локального екстремума функції

3. Друга і третя достатні умови локального екстремума

4. Найменше й найбільше значення функції на сегменті

5. Опуклі функції і точки перегину

1. Стаціонарні точки функції. Необхідна умова локального екстремума функції

Визначення 1. Нехай функція визначена на. Точка називається стаціонарною точкою функції, якщо диференційована в точці і.

Теорема 1 (необхідна умова локального екстремума функції). Нехай функція визначена на і має в точці локальний екстремум. Тоді виконується одна з умов:

1. функція не має в точці похідної;

2. функція має в точці похідну і.

Таким чином, для того, щоб знайти точки, які є підозрілими на екстремум, треба знайти стаціонарні точки функції і точки, в яких похідна функції не існує, але які належать області визначення функції.

Приклад. Нехай. Знайти для неї точки, які є підозрілими на екстремум. Для вирішення поставленої задачі, в першу чергу, знайдемо область визначення функції:. Знайдемо тепер похідну функції:

.

Точки, в яких похідна не існує:. Стаціонарні точки функції:

.

Оскільки і, і належать області визначення функції, то вони обидві будуть підозрілими на екстремум. Але для того, щоб зробити висновок, чи буде там дійсно екстремум, треба застосовувати достатні умови екстремума.

Теорема 1 (перша достатня умова локального екстремума). Нехай функція визначена на і диференційована нацьому інтервалі скрізь за винятком, можливо, точки, але в цій точці функція є неперервною. Якщо існують такі правий і лівий напівоколи точки, в кожному з яких зберігає означений знак, то

1) функція має локальний екстремум в точці, якщо приймає значення різних знаків в відповідних напівоколах;

2) функція не має локальний екстремум в точці, якщо зправа і зліва від точки має однаковий знак.

Доказ. 1) Припустимо, що в напівоколі похідна, а в.

Таким чином в точці функція має локальний екстремум, а саме – локальний максимум, що й потрібно було довести.

2) Припустимо, що зліва і справа від точки похідна зберігає свій знак, наприклад,. Тоді на і функція строго монотонно зростає, тобто:

,

.

Таким чином екстремума в точці функція не має, що й потрібно було довести.

Зауваження 1. Якщо похідна при проходженні через точку змінює знак з «+» на «-», то в точці функція має локальний максимум, а якщо знак змінюється з «-» на «+», то локальний мінімум.

Зауваження 2. Важливою є умова неперервності функції в точці. Якщо ця умова не виконується, то теорема 1 може не мати місця.

Приклад. Нехай розглядається функція (рис.1):

Ця функція визначена на і неперервна скрізь, крім точки, де вона має усувний розрив. При проходженні через точку змінює знак з «-» на «+», але локальний мінімум в цій точці функція не має, а має локальний максимум за визначенням. Дійсно, навколо точки можна побудувати такий окіл, що для всіх аргументів з цього околу значення функції буде меньшим за значення. Теорема 1 не спрацювала тому, що в точці функція мала розрив.

Зауваження 3. Перша достатня умова локального екстремума не може бути використаною, коли похідна функції змінює свій знак в кожному лівому і кожному правому напівоколі точки.

Приклад. Нехай розглядається функція:

Оскільки, то, а тому, але. Таким чином:

,

тобто в точці функція має локальний мінімум за визначенням. Подивимось, чи спрацює тут перша достатня умова локального екстремума.

Для:

.

Для першого доданку правої частини отриманої формули маємо:

,

а тому в малому околі точки знак похідної визначається знаком другого доданку, тобто:

,

а це означає, що в будь-якому околі точки буде приймати як додатні, так і від’ємні значення. Дійсно, розглянемо довільний окіл точки:. Коли, то (рис.2), а змінює свій знак тут нескінченно багато разів. Таким чином, не можна використовувати в наведеному прикладі першу достатню умову локального екстремума.

3. Друга і третя достатні умови локального екстремума

Теорема 2 (друга достатня умова локального екстремума). Нехай функція визначена на,, і виконуються умови:

1.;

2. існує,

тоді має локальний екстремум в точці, а саме

- локальний максимум, якщо;

- локальний мінімум, якщо.

Друга достатня умова є частковим випадком третьої достатньої умови локального екстремума.

Нехай функція визначена на і разів диференційована в точці, і виконуються умови:

,

(1)

.

Скористаємося для формулою Тейлора з залишковим членом в формі Пєано:

,,

яка, враховуючи умови (1), приймає вигляд:

,. (2)

Запишемо залишковий член в наступному вигляді:

, де.

Тоді з (2) отримаємо:

. (3)

Оскільки, то для будь-яких, достатньо близьких до маємо:

.

Розглянемо два можливі випадки для значення.

1. Нехай - парне, тобто. Припустимо, що. Тоді при переході через права частина (3) буде зберігати знак «+», тобто при всіх, достатньо близьких до, маємо:

,

тобто в точці функція має локальний мінімум.

Аналогічно отримаємо, що коли і, то має в точці локальний максимум.

2. Нехай - непарне, тобто. Припустимо, що. Тоді для в достатньо малому околі маємо:

, (4)

а для в достатньо малому околі маємо:

. (5)

З (4) і (5) витікає, що екстремума в точці немає.

Ми довели наступну теорему.

Теорема 3 (третя достатня умова локального екстремума). Нехай функція визначена на і разів диференційована в точці, і виконуються умови (1). Тоді якщо - парне, то має локальний екстремум в точці (локальний максимум, коли, локальний мінімум, коли). Якщо - непарне, то екстремума в точці немає.

4. Найменше й найбільше значення функції на сегменті

Нехай функція визначена і неперервна на, диференційована в, за виключенням скінченної кількості точок. За першою і другою теоремами Вейєрштрасса вона обмежена і досягає на цьому сегменті своїх точних верхньої і нижньої меж, які є її найбільшим і найменшим значеннями на цьому сегменті. Треба ці значення знайти.

Припустимо, що не має на точок, де, чи не існує. Це означає, що зберігає свій знак скрізь на, а функція - строго монотонна на. Тоді найменше і найбільше значення вона буде приймати на кінцях сегмента.

Якщо на сегменті має скінченну кількість точок, де не існує, чи дорівнює нулю, то ці точки розбивають сегмент на часткові сегменти:, в кожному з яких вже нема таких точок, де, чи не існує, а тому - строго монотонна на кожному з, а тому найменше і найбільше значення вона буде приймати на кінцях.

Таким чином, для того, щоб знайти найбільше і найменше значення неперервної на сегменті функції треба:

1. Знайти похідну функції на;

2. Знайти всі стаціонарні точки функції, і точки, в яких не існує, що належать. Позначимо ці точки;

3. Обчислити значення;

4. Порівняти всі значення, отримані на попередньому кроці, і обрати найменше і найбільше.

Приклад. Для функції знайти її найменше і найбільше значення на сегменті. На функція є неперервною. Виконаємо послідовно всі 4 дії, перераховані вище:

1.;

2. Похідна не існує там, де її знаменник дорівнює 0:

.

Стаціонарні точки функції визначаються при рішенні рівняння:

.

Таким чином, на наступному кроці треба буде обчислити значення функції в точках:.

3..

4. Обираємо найбільше і найменше значення з отриманих на попередньому кроці. Найбільше значення на сегменті функція приймає в точці, і це значення, найменше значення -.

5. Опуклі функції і точки перегину

Нехай функція визначена на.

Визначення 2. Кажуть, що є опуклою униз функцією на, якщо для будь-яких двох точок і, які належать графіку функції, дуга, яка з’єднує ці точки, лежить під хордою (рис.3).

Визначення 3. Кажуть, що є опуклою вверх функцією на, якщо для будь-яких двох точок і, які належать графіку функції, дуга, яка з’єднує ці точки, лежить над хордою (рис.4).

Теорема 4. Нехай функція визначена і диференційована на. Для того, щоб була опуклою униз (вверх) на необхідно і достатньо, щоб похідна монотонно зростала (спадала) (не обов’язково строго) на.

Наслідок. Нехай функція визначена і двічі диференційована на. Для того, щоб була опуклою униз (вверх) на необхідно і достатньо, щоб

для.

Визначення 4. Нехай функція визначена на і точка. Нехай існує окіл точки такий, що зліва і справа від точки в цьому околі функція зберігає напрямок опуклості. Якщо ці напрямки різні, то точка називається точкою перегину функції (рис.5).

Теорема 5 (необхідна умова точки перегину функції). Нехай функція визначена на. Якщо точка є точкою перегину функції для, то виконується одна з наступних умов:

- не існує;

-.

Таким чином, точки, підозрілі на перегин, - це точки з, де похідна другого порядку не існує чи дорівнює нулю.

Теорема 6 (достатня умова точки перегину функції). Нехай функція визначена, двічі диференційована на і. Якщо має похідну третього порядку в точці і, то точка є точкою перегину для функції.

Приклад. Знайти точки перегину функції. Область визначення функції:. Спочатку треба знайти точкі, які є підозрілими на пергин. Для цього знайдемо похідну другого порядку:

На області визначення функції немає точок, де не існує. Знайдемо нулі для:

.

На області визначення функції, тому нуль визначиться тільки завдяки. Таким чином, - єдина точка, підозріла на перегин. Ця точка розділяє область визначення функції на дві множини, де зберігає свій знак, а тому зберігає характер опуклості (див. табл.1).

Таблиця 1 –

Дата добавления: 2014-01-11