Semestr1-hyper1

Выпуклость и точки перегиба

Пусть задана функция y = f(x) для x E, = {(x, f(x)), E} – кривая (график функции f(x)) и L – секущая, проходящая через точки x0, x1 . Если при x1 → x0 секущая L занимает единственное предельное положение L0, то прямая L0 называется касательной к кривой в точке x0. (см. Рис.1)

Рис.1

Уравнение секущей линии – прямой проходящей через точки (x, f(x)) и

Возможны три варианта поведения функции в точке x0 при существовании касательной линии.

51

Первый вариант. Существует конечная производная f0(x0). Тогда переходя к пределу x1 → x0 в (5.13), получим y = f(x0) + f0(x0)(x − x0). Это уравнение касательной линии к кривой в точке x0. В данном случае касательная – это наклонная линия, проходящая через точку (x0, f(x0)).

Второй вариант. Функция f(x) непрерывна в точке x0 и существует бесконечная производная в точке x0: f0(x0) = ±∞. Зафиксируем y 6= f(x0) и запишем равенство (5.13) в виде

В пределе при x1 → x0 получим уравнение касательной линии к кривой в точке x0: x = x0. Итак, в данном случае касательная – это вертикальная

слева f0(x0) = −∞, справа f0(x0) = +∞

Третий вариант Функция f(x) непрерывна в точке x0 и в этой точке существуют односторонние бесконечные производные разных знаков. Тогда переходя к пределу в равенстве (5.14) при x1 → x0 − 0 и при x1 → x0 + 0, получим уравнение касательной линии к кривой в точке x0: x = x0.

Точка x0 в этом случае называется точкой возврата.

f0(x0 + 0) = +∞, f0(x0 − 0) = −∞ f0(x0 + 0) = −∞, f0(x0 − 0) = +∞

Определение 5.5. Пусть в точке x0 существует конечная производная f0(x0), тогда функция f(x) выпукла (выпукла вниз) в точке x0, если график функции y = f(x) в некоторой окрестности U(x0) лежит над касательной к кривой в точке x0. Аналитически это означает, что

Соответственно, функция f(x) вогнута (или выпукла вверх) в точке x0, если график функции y = f(x) в некоторой окрестности U(x0) лежит под касательной к кривой в точке x0, т.е.

52

Очевидно, что функция f(x) вогнута в некоторой точке тогда и только тогда, когда −f(x) выпукла в этой точке. В связи со сказанным можно исследовать свойства лишь выпуклых функций. Соответствующие результаты легко адаптировать для вогнутых функций.

Определение 5.6. Пусть f(x) непрерывна в точке x0 и существует конечная производная f0(x0) или f0(x0) = ±∞. Тогда, если для некоторого δ > 0 в интервалах (x0, x0 + δ), (x0 − δ, x0) график функции y = f(x) находится по разные стороны от касательной прямой к кривой в точке x0, то точка x0 называется точкой перегиба функции (кривой).

Теорема 5.10. Если функция f(x) имеет в точке x0 непрерывную вторую производную f00(x0) > 0 (f00(x0) < 0), то функция (x)) выпукла (вогнута) в

точке x0.

Доказательство. По формуле Тейлора

f(x) = f(x0) + f0(x0)(x − x0) + (x − x0)2 f00(x0 + θ(x − x0)), 0 < θ < 1.

2

В силу непрерывности f00(x) в точке x0 функция f00(x) сохраняет знак в некоторой окрестно-

(x − x0)2 f00(x0+θ(x−x0)) >

2

0 f(x) ≥ f(x0) + f0(x0)(x −x0) при x U(x0). т.е. выполнено условие выпуклости (5.15). Случай f00(x0) < 0 исследуется аналогично.

Теорема 5.11. Если функция f(x) такова, что производная f000 непрерывна в точке x0, а f00(x0) = 0 и f000(x0) 6= 0, то график функции y = f(x) имеет в точке x0 точку перегиба.

Доказательство. Утверждение теоремы следует из представления:

f(x) = f(x0) + f0(x0)(x − x0) + (x − x0)3 f000(x0 + θ(x − x0)), x U(x0), 0 < θ < 1.

3!

f000 сохраняет знак в некоторой окрестности точки x0, и множитель (x − x0)3 имеет нечетную степень, поэтому график функции y = f(x) будет находиться по разные стороны от касательной в окрестности точки x0. Следовательно, x0 – точка перегиба кривой.

Теорема 5.12. Пусть функция f обладает непрерывной в точке x0 производной fk+1(x) и

f00(x0) = · · · = f(k)(x0) = 0, f(k+1)(x0) 6= 0.

1.Если k – четное число, то x0 – точка перегиба кривой.

2.Если k – нечетное число, то кривая y = f(x) выпукла вверх в точке x0

53

при f(k+1)(x0) < 0 и вниз при f(k+1)(x0) > 0.

3. Если k – нечетное число и дополнительно к приведенным условиям

f0(x0) = 0,

то функция f достигает в точке x0 максимума или минимума в зависимости от того, будет ли f(k+1)(x0) < 0 или f(k+1)(x0) > 0.

Доказательство. По условию f(k+1) непрерывна в точке x0, следовательно, f(k+1) определена в некоторой U(x0), а все производные низших порядков непрерывны в U(x0). Используя формулу Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа и условия f(i)(x0) = 0, i = 2, . . . , k, можно записать

f(x) = f(x0) + f0(x0)(x−x0) + Rk+1(x), Rk+1(x) = (x − x0)k+1 f(k+1)(x0 + θ(x−x0)). (5.17) (k + 1)!

Отметим, что y = f(x0) + (x − x0)f0(x0) – уравнение касательной к кривой y = f(x) в точке x0.

1. Пусть k – четное число. Поскольку f(k+1)(x) непрерывна в точке x0, то она сохраняет знак в некоторой окрестности U(x0) точки x0, следовательно, f (x0+θ(x−x0)) сохраняет знак в U(x0). В то же время множитель (x−x0)k+1 имеет нечетную степень и поэтому меняет знак при переходе из левой окрестности точки x0 в правую. Таким образом, Rk+1(x) = f(x) − f(x0) + f0(x0)(x − x0) меняет знак, следовательно, кривая y = f(x) будет находиться по разные стороны от касательной y = f(x0) + (x − x0)f0(x0). Это означает, что кривая имеет в точке x0 перегиб.

Случай f(k+1)(x0) > 0, k – четное число.

Случай f(k+1)(x0) < 0, k – четное число.

2. Пусть k – нечетное число, тогда f(k+1)(x) сохраняет знак в окрестности U(x0), а

так что кривая y = f(x) лежит ниже касательной, т.е. выпукла вверх в точке x0.

54

y

6

Случай f(k+1)(x0) > 0, k – нечетное число.

y

6

PPPPP P

Случай f(k+1)(x0) < 0, k – нечетное число.

3. Пусть выполнено дополнительное условие f0(x0) = 0. Тогда разложение (5.17) примет

вид:

f(x) = f(x0) + (x − x0)k+1 f(k+1)(x0 + θ(x − x0)). (k + 1)!

Если k – нечетное число и f(k+1)(x0) > 0 (f(k+1)(x0) < 0), то из этого равенства следует f(x) − f(x0) ≥ 0 (f(x) − f(x0) ≤ 0) для любых x U(x0). Это означает, что функция f(x) достигает в точке x0 локального минимума (максимума).

Вертикальные асимптоты

ˇ

Определение 5.7. Пусть f(x) определена в проколотой окрестности U(a) точки a R (варианты: в левой окрестности (a − δ, a) или в правой окрестности (a, a + δ)) и

Тогда прямая x = a называется вертикальной асимптотой f(x) в точке a.

Так, функция y = x1 имеет вертикальную асимптоту в точке x = 0, а функция y = tg x – в точках x = π2 + kπ.

55

5.9Исследование функций с помощью производных. Поведение функции на промежутке

Возрастание и убывание функции на отрезке.

Определение 5.8. Функция f – возрастающая (используется также термин неубывающая) на [a, b], если

x1, x2 [a, b], x1 < x2 f(x1) ≤ f(x2).

Функция f – строго возрастающая на [a, b], если

x1, x2 [a, b], x1 < x2 f(x1) < f(x2).

Аналогично определяются убывающая и строго убывающая функции

x1, x2 [a, b], x1 < x2 f(x1) ≥ f(x2) и x1, x2 [a, b], x1 < x2 f(x1) > f(x2).

Теорема 5.13. Пусть f : [a, b] → R непрерывна на [a, b] и дифференцируема на (a, b). Тогда справедливы результаты, включенные в следующую таблицу:

Доказательство. Все импликации k являются следствием формулы Лагранжа. Для примера докажем некоторые из них.

1. ( 1). Пусть f0(z) > 0 для z (a, b). Тогда, если y, x [a, b] и y > x, то существует z (a, b) такая, что f(y) − f(x) = f0(z)(y − x) > 0, т. е. функция f строго возрастает на [a, b].

2.( 3). Пусть f0(z) = 0 для z (a, b); x0 – фиксированная точка из [a, b]. Тогда для любого x [a, b] (x 6= x0) существует точка z (a, b) и лежащая между x0 и x такая,

что f(x) − f(x0) = f0(z)(x − x0). Так как f0(z) = 0, то f(x) = f(x0), что означает: f(x) = const для x [a, b].

Замечание 5.5. Из строго возрастания функции на [a, b] не следует, что f0(x) > 0 для всех x (a, b). Например, функция f(x) = x3, x R, строго возрастает, но f0(0) = 0.

Выпуклость функции на отрезке

Определение 5.9. Пусть непрерывная функция f(x) задана на промежутке E R. Она называется выпуклой на E, если

f(θx1 + (1 − θ)x2) ≤ θf(x1) + (1 − θ)f(x2) x1, x2 E, θ (0, 1). (5.18) f(x) вогнута на E, если −f(x) выпукла на E, т.е.

f(θx1 + (1 − θ)x2) ≥ θf(x1) + (1 − θ)f(x2) x1, x2 E, θ (0, 1).

В дальнейшем для определенности в качестве промежутка E будем брать отрезок [a, b], хотя все результаты легко могут быть переформулированы для случаев интервала (a, b) и промежутков [a, b), (a, b].

56

Лемма 5.6. Пусть f(x) непрерывна на [a, b] и дифференцируема на (a, b). Тогда следующие утверждения эквивалентны:

1.справедливо неравенство (5.18), т.е. f(x) выпукла на [a, b];

2.для всех точек x0 (a, b) выполняется неравенство

т.е. f(x) выпукла в каждой точке x0 (a, b) (сравни с (5.15));

3. функция f0(x) возрастает на (a, b).

Доказательство. 1 2. Пусть справедливо неравенство (5.18). Зафиксируем произвольную точку x0 (a, b). Для любой точки x (a, b) имеем:

f(θx + (1 − θ)x0) ≤ θf(x) + (1 − θ)f(x0) θ (0, 1),

откуда

f(θx + (1 − θ)x0) − f(x0) ≤ f(x) − f(x0).

θ

В пределе при θ → +0 отсюда следует:

2 3. Пусть x1 и x2 – точки из (a, b). Складывая неравенства

f(x1) − f(x2) ≥ f0(x2)(x1 − x2), f(x2) − f(x1) ≥ f0(x1)(x2 − x1),

получим:

(f0(x1) − f0(x2)) (x1 − x2) ≥ 0 x1, x2 (a, b).

Но это неравенство и означает, что функция f0(x) возрастает на (a, b): x1 > x2 f0(x1) ≥ f0(x2).

3 2. Пусть x > x0. По формуле конечных приращений f(x) − f(x0) = f0(ξ)(x − x0). Здесь ξ (x0, x), поэтому f0(ξ) ≥ f0(x0), откуда f(x) − f(x0) ≥ f0(x0)(x − x0).

Если x < x0, то f(x) − f(x0) = f0(ξ)(x − x0), ξ (x, x0), поэтому f0(ξ) ≤ f0(x0), откуда снова f(x) − f(x0) ≥ f0(x0)(x − x0).

2 1. Пусть выполнено (5.19). Для любых двух точек x1, x2 из отрезка [a, b] и любого θ (0, 1) точка θx2 + (1 −θ)x1 принадлежит интервалу (a, b), поэтому справедливы неравенства

f(x1) − f(θx2 + (1 − θ)x1) ≥ f0(θx2 + (1 − θ)x1)(x1 − x2)θ,

f(x2) − f(θx2 + (1 − θ)x1) ≥ f0(θx2 + (1 − θ)x1)(x2 − x1)(1 − θ)

Умножив первое неравенство на 1 − θ, второе – на θ, и сложив, получим: θf(x1) + (1 −

θ)f(x2) ≥ f(θx2 + (1 − θ)x1).

Наклонные асимптоты

Определение 5.10. Пусть f(x) определена при x > N (или при x < N) и существуют действительные числа k и l такие, что

f(x) = kx + l + o(1) при x → +∞ (соответственно, при x → −∞).

Тогда прямая y = k x + l называется наклонной асимптотой f(x) при x → +∞ (соответственно, при x → −∞).

Из определения следует, что критерием существования наклонной асимптоты при x → +∞ (при x → −∞) является существование двух конечных пределов, последовательно,

57

и существует конченый предел

l = lim (f(x) − kx) = −4.

x→∞

Таким образом, асимптота f(x) при x → +∞ и при x → −∞ – это прямая y = x − 4.

Упражнения

1.Пусть четная функция f дифференцируема в точке 0. Чему равна ее производная в этой точке?

2.Пусть нечетная функция дифференцируема на множестве (−a, a). Что можно сказать о симметрии ее производной?

3.Пусть функция дифференцируема в окрестности точки a. Доказать, что ее производная не может иметь в этой точке скачок.

4.Найти f0(a), если f(x) = (x − a)ϕ(x), где функция ϕ(x) непрерывна (но не дифференцируема) при x = a.

5.Доказать, что функция f(x) = |x − a|ϕ(x), где функция ϕ(x) непрерывна (но не дифференцируема) при x = a и ϕ(a) 6= 0, не имеет производной в точке a.

6.У функций y = |x|, y = x, y = x2/3 на отрезке [−1, 1] нет точек, в которых производная обращается в нуль. Какое из условий теоремы Ролля нарушено в каждом случае?

7.Доказать, что если функция f(x) имеет ограниченную производную на интервале (a, b), то она равномерно непрерывна на этом интервале.

8.При каких α функция

|x|αsin 1 , x 6= 0 f(x) = x

0, x = 0

a)непрерывна при x = 0?

b)дифференцируема при x = 0?

c) имеет непрерывную производную при x = 0?

9.Найти f(n)(a), если f(x) = (x − a)nϕ(x), где функция ϕ(x) имеет непрерывную производную порядка (n − 1) в окрестности точки a.

10. Пусть f(a) = g(a) и f0(x) < g0(x) при x (a, b). Доказать, что f(x) < g(x) при x (a, b).

11.Пусть f(x) имеет n непрерывных производных при x ≥ 0 и f(0) = f0(0) = ... = f(n−1)(0) = 0, f(n)(x) > 0 при x > 0. Доказать, что f(x) > 0 при x > 0.

12. Доказать, что если функция f(x) дифференцируема при x > a и lim f0(x) = 0, то

x→+∞

lim f(x) = 0.

x→+∞ x

13. Доказать, что если функция f(x) удовлетворяет условиям теоремы Ролля на отрезке

[a, b] и не является постоянной, то на этом отрезке существуют точки ξ1 и ξ2 такие, что f0(ξ1) > 0, f0(ξ2) < 0.

58

14. Доказать, что для функции

точка x = 0 не является ни точкой экстремума, ни точкой возрастания или убывания.

15.Пусть функция f(x) дифференцируема на отрезке [a, b] и f0(a)f0(b) < 0 . Доказать, что существует точка c (a, b), в которой f0(c) = 0.

16.Доказать, что функция

x2(2 + cos 1 ), x 6= 0 f(x) = x

0, x = 0

имеет строгий минимум в точке x = 0, но не является убывающей в интервале (−δ, 0)

и не является возрастающей в интервале (0, δ) при любом δ > 0.

17.Доказать, что если функция дважды дифференцируема, то между двумя ее точками экстремума лежит хотя бы одна точка перегиба.

18.Исследовать на экстремум в точке a функцию f(x) = (x − a)nϕ(x) (n – натуральное число), где функция ϕ(x) непрерывна в точке a и ϕ(a) 6= 0.

19.Доказать, что ограниченная выпуклая функция всюду непрерывна и имеет односторонние производные.

20.Пусть f(x) непрерывна при x ≥ x0 и дифференцируема при x > x0. Пусть существует

lim f0(x) = A. Доказать, что существует f+0 (x0) = A.

x→x0+0

21. Доказать, что если функция f(x) дважды дифференцируема на (0, +∞) и

то найдется точка ξ (0, +∞) такая, что f00(ξ) = 0.

§6 Первообразная и неопределенный интеграл

6.1Определение и основные свойства неопределенного интеграла

Определение 6.1. Пусть E R – открытое множество. Функция F : E →

R называется первообразной функции f : E → R, если F дифференцируема и F 0(x) = f(x), x E.

Будем считать далее, что функции, для которых ищутся первообразные, являются непрерывными и заданными на некотором интервале (a, b). Такое допущение вполне оправдано, так как в дальнейшем будет доказано, что для каждой непрерывной функции первообразная существует.

Теорема 6.1. Если F – первообразная для функции f, то все возможные первообразные для f выражаются формулой: F (x) + C, где C может быть любой постоянной.

Доказательство. Если F – первообразная функции, то очевидно, что функция F (x)+C есть также первообразная функции f, так как (F (x) + C)0 = F 0(x) = f(x). Обратно, пусть G – первообразная функции f, не равная F (x) Тогда (G(x) − F (x))0 = 0, x (a, b) и по теореме 5.13 (импликация

3) G(x) − F (x) = const.

Определение 6.2. Неопределенным интегралом от непрерывной функ-

R

ции f называется совокупность всех ее первообразных. Обозначение: f(x)dx.

R

Таким образом, если F – некоторая первообразная для f, то f(x)dx =

{F (x) + C, C R}.

59

Доказательство. Пусть F и G – первообразные для f и g, соответственно, тогда c1F + c2G – первообразная для c1f + c2g.

2. Формула интегрирования по частям:

Z Z

(f(x)g0(x)dx = f(x)g(x) − g(x)f0(x)dx.

Здесь считается, что f и g имеют непрерывные производные.

Доказательство. Интегрируем равенство fg0 = (fg)0−f0g и учитываем, что R (fg)0dx = fg+C.

3. Формула замены переменной:

ZZ

f(t)dt = f(ϕ(x))ϕ0(x)dx,

где t = ϕ(x), и функция ϕ(x) дифференцируема.

Доказательство. Если F (t) – первообразная для f(t), то F (ϕ(x)) – первообразная для f(ϕ(x))ϕ0(x), так как (F (ϕ(x)))0 = f(ϕ(x))ϕ0(x).

6.2Неопределенные интегралы от простейших функций. Примеры вычисления интегралов

Таблица неопределенных интегралов от простейших элементарных функций.

Все приведенные формулы следуют из соответствующих формул для производных элементарных функций.

интегрирования по частям).

4.J= R eax cos xdx = eax sin x − a R eax sin xdx = eax sin x + aeax cos x − a2J + C. (дважды использована формула интегрирования по частям). Решая полученное уравнение относительно J, найдем

60