Дифференциальное исчисление. Магазинников Л.И - 67 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ТУСУР | Томск

Составители: 

Рубрика: 

2.16. Экстремумы 67
Находим
f
′
(x)=
1
1 + x
2
−
1
r
1 −
x
2
1 + x
2
√
1 + x
2
−
x
2
√
1 + x
2
1 + x
2
=
1
1 + x
2
−
1
1 + x
2
=0.
По теореме 1 f(x) = arctg x − arcsin
x
√
1 + x
2
= c. Так как f(0) = 0,
то c = 0. Равенство доказано.
Теорема 2. Пусть функция f определена и непрерывна на отрез-
ке [a, b] и имеет конечную производную на (a, b). Для того чтобы
функция f (x) была монотонно возрастающей (убывающей) на [a, b],
необходимо и достаточно, чтобы выполнялось неравенство f
′
(x) ≥ 0
(f
′
(x) ≤ 0).
Необходимость. Пусть f (x) монотонно возрастает и ∆x > 0. Так
как f(x + ∆x) ≥ f(x), то
f(x + ∆x) − f(x)
∆x
≥ 0. (2.31)
Неравенство (2.31) верно и при ∆x < 0. В этом случае числитель и
знаменатель отрицательны. Переходя к пределу в неравенстве (2.31),
получаем f
′
(x) ≥ 0.
Достаточность. Пусть f
′
(x) ≥ 0 на (a, b). Возьмём две про-
извольные точки x
1
и x
2
из (a, b), x
2
> x
1
. По теореме Лагран-
жа f(x
2
) − f(x
1
) = f
′
(c)(x
2
− x
1
). Так как f
′
(c) ≥ 0, x
2
> x
1
, то
f(x
2
) − f(x
1
) ≥ 0, т.е. f(x
2
) ≥ f(x
1
). Теорема доказана.
Пример 2. Найти участки монотонности функции
f(x) = 2x
3
− 3x
2
− 12x + 5.
Решение. Функция f(x) дифференцируема на всей числовой оси.
Находим f
′
(x) = 6x
2
−6x −12 = 6(x −2)(x + 1). Видим, что f
′
(x) > 0
при x ∈ (−∞, −1) ∪(2, +∞) и f
′
(x) < 0 при x ∈ (−1, 2). Следователь-
но, по теореме 2 функция f (x) возрастает на (−∞, −1) ∪ (2, +∞) и
убывает на (−1, 2).
2.16. Экстремумы
2.16.1. Необходимые условия экстремума
В этом разделе рассматриваются скалярнозначные функции од-
ной и многих переменных.
Определение 1. Говорят, что точка x
0
есть точка минимума (мак-
симума) функции f, если существует окрестность U(x
0
) точки x
0
такая, что для всех x ∈ U (x
0
) выполняется неравенство f(x
0
) ≤ f(x)

Страницы