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}
Построение1. M(x)=1/2M(x)=1/2 при x≤1x\le1 и M(x)=(1+x)/(3+x2)M(x)=(1+x)/(3+x^2) при x>1x>1.
m(x)=−1/6m(x)=-1/6 при x≤−3x\le-3; m(x)=(1+x)/(3+x2)m(x)=(1+x)/(3+x^2) при −3<x<−1-3<x<-1; m(x)=0m(x)=0 при x≥−1x\ge-1.

2. M0=1M_0=1, M1=2/eM_1=\sqrt{2/e}, M2=2M_2=2. Значения M0,M2M_0,M_2 достигаются при x=0x=0, а M1M_1 — при x=±1/2x=\pm1/\sqrt2.

Построение

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)=\frac12Кроме 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)=0Итак, 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
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.
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.

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

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}
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}
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}<0Значит, 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

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 | Высшая математика — Профиматика