Раздел II. Дифференциальное исчисление функций одной переменной — § 11. Экстремум функции. Наибольшее и наименьшее значения функции

Демидович — задача 1427

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 1427

Исследовать на экстремум функции:а) f(x)=e−1∣x∣(2+sin⁡(1x))x≠0f(0)=0\text{а) }\quad
f(x)=e^{-\frac1{|x|}}\left(\sqrt2+\sin\left(\frac1x\right)\right)
\quad x\ne0
\qquad
f(0)=0б) f(x)=e−1∣x∣(2+cos⁡(1x))x≠0f(0)=0\text{б) }\quad
f(x)=e^{-\frac1{|x|}}\left(\sqrt2+\cos\left(\frac1x\right)\right)
\quad x\ne0
\qquad
f(0)=0Построить графики этих функций.
ПостроениеВ обоих пунктах единственным экстремумом является строгий
глобальный минимум при x=0x=0, равный нулю. Других экстремумов нет.

Построение

В пункте а) при x≠0x\ne0 справедлива оценка2−1⩽2+sin⁡(1x)⩽2+1\sqrt2-1
\leqslant
\sqrt2+\sin\left(\frac1x\right)
\leqslant
\sqrt2+1а в пункте б)2−1⩽2+cos⁡(1x)⩽2+1\sqrt2-1
\leqslant
\sqrt2+\cos\left(\frac1x\right)
\leqslant
\sqrt2+1Каждый из двух множителей в скобках положителен. Поэтому обе функции
положительны при x≠0x\ne0 и равны нулю при x=0x=0. Следовательно, в обоих
случаях точка x=0x=0 является точкой строгого глобального минимума.
Остаётся проверить, нет ли других экстремумов.

Пункт а)

Обозначим первую функцию через faf_a. При x>0x>0fa′(x)=e−1xx2(2+sin⁡(1x)−cos⁡(1x))==2e−1xx2(1+sin⁡(1x−π4))⩾0\begin{aligned}
f_a'(x)
&=\frac{e^{-\frac1x}}{x^2}
\left(\sqrt2+\sin\left(\frac1x\right)-\cos\left(\frac1x\right)\right)=\\
&=\frac{\sqrt2e^{-\frac1x}}{x^2}
\left(1+\sin\left(\frac1x-\frac\pi4\right)\right)
\geqslant0
\end{aligned}Равенство возможно только в точкахx=4(8k−1)πk=1,2,…x=\frac4{(8k-1)\pi}
\qquad k=1,2,\ldotsПроизводная не меняет знак в этих точках, поэтому они не являются
точками экстремума. Функция faf_a строго возрастает на (0,+∞)(0,+\infty).

При x<0x<0fa′(x)=−e1xx2(2+sin⁡(1x)+cos⁡(1x))==−2e1xx2(1+sin⁡(1x+π4))⩽0\begin{aligned}
f_a'(x)
&=-\frac{e^{\frac1x}}{x^2}
\left(\sqrt2+\sin\left(\frac1x\right)+\cos\left(\frac1x\right)\right)=\\
&=-\frac{\sqrt2e^{\frac1x}}{x^2}
\left(1+\sin\left(\frac1x+\frac\pi4\right)\right)
\leqslant0
\end{aligned}Здесь производная обращается в нуль только приx=−4(8k+3)πk=0,1,2,…x=-\frac4{(8k+3)\pi}
\qquad k=0,1,2,\ldotsи также не меняет знак. Поэтому faf_a строго убывает на
(−∞,0)(-\infty,0) и других экстремумов не имеет.

Пределы на бесконечности равныlim⁡x→±∞fa(x)=2\lim_{x\to\pm\infty}f_a(x)=\sqrt2Следовательно, множество значений первой функции имеет видE(fa)=[0,2)E(f_a)=[0,\sqrt2)

Пункт б)

Обозначим вторую функцию через fbf_b. Она чётная. При x>0x>0fb′(x)=e−1xx2(2+cos⁡(1x)+sin⁡(1x))==2e−1xx2(1+sin⁡(1x+π4))⩾0\begin{aligned}
f_b'(x)
&=\frac{e^{-\frac1x}}{x^2}
\left(\sqrt2+\cos\left(\frac1x\right)+\sin\left(\frac1x\right)\right)=\\
&=\frac{\sqrt2e^{-\frac1x}}{x^2}
\left(1+\sin\left(\frac1x+\frac\pi4\right)\right)
\geqslant0
\end{aligned}Производная равна нулю только в точкахx=4(8k+5)πk=0,1,2,…x=\frac4{(8k+5)\pi}
\qquad k=0,1,2,\ldotsи не меняет в них знак. Значит, fbf_b строго возрастает на
(0,+∞)(0,+\infty). В силу чётности она строго убывает на (−∞,0)(-\infty,0).
Симметричные стационарные точки
x=±4(8k+5)πx=\pm\dfrac4{(8k+5)\pi}, k=0,1,2,…k=0,1,2,\ldots, также не являются
точками экстремума.

Кроме того,lim⁡x→±∞fb(x)=2+1\lim_{x\to\pm\infty}f_b(x)=\sqrt2+1и поэтомуE(fb)=[0,2+1)E(f_b)=[0,\sqrt2+1)В нуле обе функции не только непрерывны, но и дифференцируемы. Например,
для каждой из них∣f(x)−f(0)x∣⩽(2+1)e−1∣x∣∣x∣⟶0\begin{aligned}
\left|\frac{f(x)-f(0)}x\right|
&\leqslant
(\sqrt2+1)\frac{e^{-\frac1{|x|}}}{|x|}
\longrightarrow0
\end{aligned}Следовательно, в обоих пунктах f′(0)=0f'(0)=0.

Построение графика

Для первой функции синяя кривая убывает слева от
нуля и возрастает справа, хотя не является чётной. Для второй функции
график симметричен относительно оси OyOy. Горизонтальными пунктирами
показаны асимптоты y=2y=\sqrt2 и y=2+1y=\sqrt2+1. Перечисленные выше
ненулевые стационарные точки не являются точками экстремума: в них
графики имеют горизонтальные касательные, но характер монотонности не
меняется. При приближении к нулю горизонтальные касательные встречаются всё чаще, но направление монотонности на каждой стороне сохраняется.
график к задаче Демидовича № 1427график к задаче Демидовича № 1427

Ответ

В обоих пунктах единственным экстремумом является строгий
глобальный минимум при x=0x=0, равный нулю. Других экстремумов нет.

Проверка

Строгую монотонность обосновывают не только нестрогие знаки производных, но и изолированность их нулей на каждой полупрямой. Между любыми двумя различными аргументами найдётся отрезок, где производная имеет строгий нужный знак. На нём приращение строгое, а на оставшихся частях имеет тот же нестрогий знак. Поэтому приращение между исходными аргументами также строгое.