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

Демидович — задача 1454

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

Задача 1454

1. Определить нижнюю и верхнюю грани функцииf(ξ)=1+ξ3+ξ2f(\xi)=\frac{1+\xi}{3+\xi^2}на интервале x<ξ<+∞x<\xi<+\infty. Построить графики функцийM(x)=sup⁡x<ξ<+∞f(ξ),m(x)=inf⁡x<ξ<+∞f(ξ)M(x)=\sup_{x<\xi<+\infty}f(\xi),
\qquad
m(x)=\inf_{x<\xi<+\infty}f(\xi)2. ПустьMk=sup⁡x∈R∣f(k)(x)∣,k=0,1,2,…M_k=\sup_{x\in\mathbb R}\left|f^{(k)}(x)\right|,
\qquad k=0,1,2,\ldotsНайти M0M_0, M1M_1 и M2M_2, еслиf(x)=e−x2f(x)=e^{-x^2}
ПостроениеM0=1,M1=2e,M2=2M_0=1,
\qquad
M_1=\sqrt{\frac2e},
\qquad
M_2=2Значения M0M_0 и M2M_2 достигаются при x=0x=0, а значение
M1M_1 — при x=±1/2x=\pm1/\sqrt2.

Построение

  1. 1
    Чтобы не смешивать функции из двух частей задачи,
    в первой части обозначимg(ξ)=1+ξ3+ξ2g(\xi)=\frac{1+\xi}{3+\xi^2}Знаменатель положителен при всех ξ∈R\xi\in\mathbb R, поэтому функция
    определена и непрерывна на всей числовой прямой. Найдём её производную:g′(ξ)=3+ξ2−2ξ(1+ξ)(3+ξ2)2==−(ξ−1)(ξ+3)(3+ξ2)2\begin{aligned}
    g'(\xi)
    &=\frac{3+\xi^2-2\xi(1+\xi)}{(3+\xi^2)^2}=\\
    &=-\frac{(\xi-1)(\xi+3)}{(3+\xi^2)^2}
    \end{aligned}    Следовательно, gg убывает на интервалах
    (−∞,−3)( -\infty,-3) и (1,+∞)(1,+\infty), а возрастает на
    (−3,1)(-3,1). В критических точкахg(−3)=−16,g(1)=12g(-3)=-\frac16,
    \qquad
    g(1)=\frac12    Кроме того,lim⁡ξ→−∞g(ξ)=0,lim⁡ξ→+∞g(ξ)=0\lim_{\xi\to-\infty}g(\xi)=0,
    \qquad
    \lim_{\xi\to+\infty}g(\xi)=0    Итак, глобальные экстремумы функции gg равныmin⁡ξ∈Rg(ξ)=−16,max⁡ξ∈Rg(ξ)=12\min_{\xi\in\mathbb R}g(\xi)=-\frac16,
    \qquad
    \max_{\xi\in\mathbb R}g(\xi)=\frac12
  2. 2
    Сначала найдём верхнюю грань на луче (x,+∞)(x,+\infty). Если x<1x<1,
    то точка ξ=1\xi=1 принадлежит этому лучу, поэтому верхняя грань равна
    g(1)=12g(1)=\frac12. Если x⩾1x\geqslant1, функция gg строго убывает
    при ξ>x\xi>x. Все её значения меньше g(x)g(x), но при
    ξ→x+\xi\to x^+ они стремятся к g(x)g(x). Значит,M(x)={12,x⩽1,1+x3+x2,x>1M(x)=
    \begin{cases}
    \dfrac12, & x\leqslant1,\\[2mm]
    \dfrac{1+x}{3+x^2}, & x>1
    \end{cases}    При x<1x<1 верхняя грань достигается в точке ξ=1\xi=1, а при
    x⩾1x\geqslant1 не достигается, поскольку левая граница луча исключена.
  3. 3
    Теперь найдём нижнюю грань. Если x<−3x<-3, луч содержит точку
    ξ=−3\xi=-3, в которой достигается глобальный минимум. При x=−3x=-3
    эта точка уже исключена, но значения g(ξ)g(\xi) стремятся к
    −16-\frac16 при ξ→−3+\xi\to-3^+. Поэтому в обоих случаях нижняя
    грань равна −16-\frac16.

    Пусть −3<x<−1-3<x<-1. На промежутке (x,1)(x,1) функция возрастает, а
    g(x)<0g(x)<0. Поэтому все значения при ξ>x\xi>x больше g(x)g(x), но
    могут быть сколь угодно близки к нему. Наконец, если x⩾−1x\geqslant-1,
    то g(ξ)>0g(\xi)>0 для всех ξ>x\xi>x, а при ξ→+∞\xi\to+\infty
    функция стремится к нулю. Следовательно,m(x)={−16,x⩽−3,1+x3+x2,−3<x<−1,0,x⩾−1m(x)=
    \begin{cases}
    -\dfrac16, & x\leqslant-3,\\[2mm]
    \dfrac{1+x}{3+x^2}, & -3<x<-1,\\[2mm]
    0, & x\geqslant-1
    \end{cases}    Нижняя грань достигается только при x<−3x<-3, когда точка
    ξ=−3\xi=-3 входит в рассматриваемый луч.
  4. 4

    Построение графика

    График MM до точки x=1x=1 является
    горизонтальной прямой y=12y=\frac12, а затем совпадает с убывающей
    ветвью y=(1+x)/(3+x2)y=(1+x)/(3+x^2). График mm равен −16-\frac16 при
    x⩽−3x\leqslant-3, совпадает с той же рациональной функцией при
    −3<x<−1-3<x<-1 и далее лежит на оси OxOx.график к задаче Демидовича № 1454
  5. 5

    Ответ

    Верхняя и нижняя грани функции на интервале
    x<ξ<+∞x<\xi<+\infty равныM(x)={12,x⩽1,1+x3+x2,x>1m(x)={−16,x⩽−3,1+x3+x2,−3<x<−1,0,x⩾−1M(x)=
    \begin{cases}
    \dfrac12, & x\leqslant1,\\[2mm]
    \dfrac{1+x}{3+x^2}, & x>1
    \end{cases}
    \qquad
    m(x)=
    \begin{cases}
    -\dfrac16, & x\leqslant-3,\\[2mm]
    \dfrac{1+x}{3+x^2}, & -3<x<-1,\\[2mm]
    0, & x\geqslant-1
    \end{cases}
  6. 6
    Теперьf(x)=e−x2f(x)=e^{-x^2}Поскольку 0<f(x)⩽10<f(x)\leqslant1, причём f(0)=1f(0)=1, получаемM0=1M_0=1Первая производная равнаf′(x)=−2xe−x2f'(x)=-2xe^{-x^2}Положим u=∣x∣⩾0u=|x|\geqslant0 и рассмотримH(u)=2ue−u2H(u)=2ue^{-u^2}Её производная имеет видH′(u)=2e−u2(1−2u2)H'(u)=2e^{-u^2}(1-2u^2)Функция HH возрастает до u=1/2u=1/\sqrt2, а затем убывает. Кроме
    того, H(0)=0H(0)=0 и H(u)→0H(u)\to0 при u→+∞u\to+\infty, поэтому найденный
    максимум является глобальным. Следовательно,M1=H(12)=2eM_1=H\left(\frac1{\sqrt2}\right)
    =\sqrt{\frac2e}
  7. 7
    Найдём вторую производную:f′′(x)=2(2x2−1)e−x2f''(x)=2(2x^2-1)e^{-x^2}После замены u=x2⩾0u=x^2\geqslant0 требуется найти максимум функцииK(u)=2∣2u−1∣e−uK(u)=2|2u-1|e^{-u}На отрезке 0⩽u⩽120\leqslant u\leqslant\frac12K(u)=2(1−2u)e−u,K′(u)=2(2u−3)e−u<0K(u)=2(1-2u)e^{-u},
    \qquad
    K'(u)=2(2u-3)e^{-u}<0    Значит, на этом отрезке наибольшее значение равно K(0)=2K(0)=2. При
    u⩾12u\geqslant\frac12K(u)=2(2u−1)e−u,K′(u)=2(3−2u)e−uK(u)=2(2u-1)e^{-u},
    \qquad
    K'(u)=2(3-2u)e^{-u}    Поскольку K(1/2)=0K(1/2)=0 и K(u)→0K(u)\to0 при u→+∞u\to+\infty, наибольшее
    значение второй ветви достигается при u=32u=\frac32 и равноK(32)=4e−3/2<2K\left(\frac32\right)=4e^{-3/2}<2Последнее неравенство следует из оценки
    e3/2>1+32>2e^{3/2}>1+\frac32>2.
    Следовательно, глобальный максимум ∣f′′(x)∣|f''(x)| достигается при
    x=0x=0, иM2=2M_2=2

Проверка

Ответ.M0=1,M1=2e,M2=2M_0=1,
\qquad
M_1=\sqrt{\frac2e},
\qquad
M_2=2Значения M0M_0 и M2M_2 достигаются при x=0x=0, а значение
M1M_1 — при x=±1/2x=\pm1/\sqrt2.
Демидович № 1454 — решение и ответ