12 Проверьте себя

Проверьте себя

Попробуйте сначала решить вопросы самостоятельно. Затем сравните не только итоговый ответ, но и ход рассуждения с подробным разбором.

Чем локальный максимум отличается от глобального? Может ли точка локального максимума не быть точкой глобального максимума?
Почему в обычном определении локального максимума стоит нестрогое неравенство $f(x)\le f(x_0)$ , а не строгое $f(x)<f(x_0)$ ?
Верно ли утверждение: «Если $f'(x_0)=0$ , то $x_0$ — точка экстремума»? Проверьте это на функции $f(x)=x^5$ в точке $x_0=0$ .
Применима ли теорема Ролля к функции $f(x)=x^2$ на отрезке $[-1,1]$ ? Если да, найдите все точки $\xi$ , удовлетворяющие выводу теоремы.
Примените теорему Лагранжа к функции $f(x)=\sqrt{x}$ на отрезке $[1,4]$ и найдите точку $\xi$ , для которой выполняется равенство теоремы.
Функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ , причём $f'(x)=3(x-1)(x-3)$ . Определите промежутки возрастания и убывания и тип критических точек $x=1$ и $x=3$ .
Для функции $f(x)=x^3-3x^2+2$ найдите наибольшее и наименьшее значения на отрезке $[-1,2]$ . Покажите на этом примере, почему при поиске глобальных экстремумов нужно проверять концы отрезка.
В чём ошибка рассуждения: «Применим Лагранжа отдельно к $f$ и $g$ , а затем поделим равенства; значит, теорема Коши доказана»?
Сформулируйте недробную форму теоремы Коши и объясните, зачем условие $g'(x)\ne0$ добавляют при переходе к дробной форме.
Для $f(x)=x^2$ и $g(x)=x^4$ на $[1,2]$ проверьте условия дробной формы теоремы Коши и найдите все подходящие точки $\xi\in(1,2)$ .

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Локальный максимум сравнивает значение $f(x_0)$ только со значениями функции в некоторой достаточно малой окрестности точки $x_0$ . Формально требуется существование $\delta>0$ , такого что
$f(x)\le f(x_0)$
для всех допустимых $x$ с $|x-x_0|<\delta$ .
Глобальный максимум на множестве $E$ требует более сильного условия:
$f(x)\le f(x_0) \qquad \text{для всех }x\in E$
Значит, локальный максимум вполне может не быть глобальным. На графике может существовать небольшой «холм», а дальше — более высокий. В вершине первого холма будет локальный максимум, но глобальный максимум будет достигаться в более высокой точке.
Нестрогое неравенство нужно потому, что обычный локальный максимум не обязан быть строго выше всех соседних значений. Например, рассмотрим постоянную функцию
$f(x)=5$
Для любой точки $x_0$ и любого близкого $x$
$f(x)=5=f(x_0)$
Следовательно,
$f(x)\le f(x_0) \qquad \text{и} \qquad f(x)\ge f(x_0)$
Поэтому каждая точка одновременно удовлетворяет обычным определениям локального максимума и локального минимума.
Если вместо $\le$ потребовать
$f(x)<f(x_0)$
для всех соседних $x\ne x_0$ , получится более сильное понятие — строгий локальный максимум. Значит, строгий знак нельзя без объяснения использовать как обычное определение.
Утверждение неверно: теорема Ферма работает только в одну сторону,
$\text{дифференцируемый локальный экстремум} \Longrightarrow f'(x_0)=0$
Проверим предложенную функцию
$f(x)=x^5$
Её производная равна
$f'(x)=5x^4$
поэтому $f'(0)=0$ . Но при $x<0$ имеем $x^5<0=f(0)$ , а при $x>0$ — $x^5>0=f(0)$ . Значит, сколь угодно близко к нулю есть значения и меньше, и больше $f(0)$ . Следовательно, $x=0$ не является точкой экстремума.
Этот пример показывает точный смысл необходимого условия: равенство $f'(x_0)=0$ помогает найти кандидата, но само по себе ничего не говорит о смене возрастания и убывания.
Проверим все условия теоремы Ролля для
$f(x)=x^2$
на $[-1,1]$ .
Непрерывность. Полином непрерывен на всей числовой прямой, значит, непрерывен на $[-1,1]$ .
Дифференцируемость. Полином дифференцируем на всей числовой прямой, значит, дифференцируем на $(-1,1)$ .
Равенство значений на концах.
$f(-1)=(-1)^2=1$ $f(1)=1^2=1$
Значения равны, значит, теорема Ролля применима.
Теперь найдём точки, где производная равна нулю:
$f'(x)=2x$
Решаем
$2\xi=0$
откуда
$\xi=0$
Проверка:
$0\in(-1,1)$
Следовательно,
$\xi=0$
Это единственная подходящая точка, потому что уравнение $2x=0$ имеет единственное решение.
Рассмотрим
$f(x)=\sqrt{x}$
на $[1,4]$ .
Шаг 1. Проверяем условия. Функция $\sqrt{x}$ непрерывна при $x\ge0$ , поэтому непрерывна на $[1,4]$ . Она дифференцируема при $x>0$ , поэтому дифференцируема на $(1,4)$ . Теорема Лагранжа применима.
Шаг 2. Находим средний наклон секущей.
$\dfrac{f(4)-f(1)}{4-1} =\dfrac{2-1}{3} =\dfrac{1}{3}$
Шаг 3. Находим производную.
$f'(x)=\dfrac{1}{2\sqrt{x}}$
По теореме Лагранжа требуется
$\dfrac{1}{2\sqrt{\xi}}=\dfrac{1}{3}$
Знаменатели положительны, поэтому можно умножить равенство на них и получить:
$3=2\sqrt{\xi}$
Тогда
$\sqrt{\xi}=\dfrac{3}{2}$
Обе части неотрицательны, поэтому возводим в квадрат:
$\xi=\dfrac{9}{4}$
Проверка интервала:
$1<\dfrac{9}{4}<4$
Значит,
$\xi=\dfrac{9}{4}$
По условию функция дифференцируема на всей $\mathbb{R}$ , а её производная равна
$f'(x)=3(x-1)(x-3)$
Постоянный множитель $3$ положителен и на знак не влияет. Критические точки из уравнения $f'(x)=0$ :
$x=1, \qquad x=3$
Рассмотрим интервалы.
Если $x<1$ , то $x-1<0$ и $x-3<0$ . Произведение двух отрицательных множителей положительно, значит,
$f'(x)>0$
Функция возрастает на $( -\infty,1)$ .
Если $1<x<3$ , то $x-1>0$ , а $x-3<0$ . Поэтому
$f'(x)<0$
и функция убывает на $(1,3)$ .
Если $x>3$ , оба множителя положительны, поэтому
$f'(x)>0$
и функция возрастает на $(3,+\infty)$ .
В точке $x=1$ знак меняется
$+\longrightarrow-$
поэтому $x=1$ — точка локального максимума.
В точке $x=3$ знак меняется
$-\longrightarrow+$
поэтому $x=3$ — точка локального минимума.
Рассмотрим
$f(x)=x^3-3x^2+2, \qquad x\in[-1,2]$
Это полином, поэтому функция непрерывна на всём отрезке. По теореме Вейерштрасса наибольшее и наименьшее значения существуют.
Сначала найдём внутренние критические точки. Производная:
$f'(x)=3x^2-6x=3x(x-2)$
Уравнение $f'(x)=0$ даёт точки $x=0$ и $x=2$ , но только $x=0$ лежит внутри интервала $(-1,2)$ . Точка $x=2$ является концом отрезка и будет проверена отдельно.
Теперь вычислим значения функции во внутренней критической точке и на обоих концах:
$\begin{aligned} f(-1)&=-1-3+2=-2,\\ f(0)&=2,\\ f(2)&=8-12+2=-2 \end{aligned}$
Сравниваем три числа. Наибольшее значение равно $2$ , поэтому
$\max_{x\in[-1,2]}f(x)=2$
и оно достигается при $x=0$ .
Наименьшее значение равно $-2$ :
$\min_{x\in[-1,2]}f(x)=-2$
Оно достигается сразу на обоих концах, при $x=-1$ и $x=2$ .
Если бы мы проверили только внутренние стационарные точки, то увидели бы значение $f(0)=2$ , но вообще не нашли бы глобальный минимум. Поэтому в задаче на экстремумы на отрезке концы нельзя пропускать.
При отдельном применении теоремы Лагранжа к $f$ получаем некоторую точку $\xi_1$ :
$f(b)-f(a)=f'(\xi_1)(b-a)$
Отдельно для $g$ появляется, вообще говоря, другая точка $\xi_2$ :
$g(b)-g(a)=g'(\xi_2)(b-a)$
Если знаменатели ненулевые и мы разделим равенства, получим
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi_1)}{g'(\xi_2)}$
Теорема Коши утверждает более сильный результат: должна существовать одна общая точка $\xi$ , такая что
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$
Теорема Лагранжа, применённая отдельно, не даёт основания считать $\xi_1=\xi_2$ . Поэтому именно этот способ рассуждения неверен.
Недробная форма теоремы Коши имеет вид
$\bigl(f(b)-f(a)\bigr)g'(\xi) = \bigl(g(b)-g(a)\bigr)f'(\xi)$
для некоторой точки $\xi\in(a,b)$ , если $f$ и $g$ непрерывны на $[a,b]$ и дифференцируемы на $(a,b)$ .
В этой записи нет деления, поэтому не требуется заранее гарантировать ненулевые знаменатели.
Чтобы перейти к форме
$\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}$
нужно быть уверенным, что
$g(b)-g(a)\ne0 \qquad \text{и} \qquad g'(\xi)\ne0$
Условие
$g'(x)\ne0 \qquad \text{для всех }x\in(a,b)$
сразу гарантирует второе неравенство. Первое следует из теоремы Ролля: если бы $g(a)=g(b)$ , существовала бы внутренняя точка с $g'=0$ , что невозможно. Поэтому именно при таком дополнительном условии дробная форма безопасна.
Пусть
$f(x)=x^2, \qquad g(x)=x^4, \qquad x\in[1,2]$
Обе функции — полиномы, поэтому непрерывны на $[1,2]$ и дифференцируемы на $(1,2)$ . Кроме того,
$g'(x)=4x^3>0$
для всех $x\in(1,2)$ . Значит, дробную форму теоремы Коши применять можно.
Вычислим отношение приращений:
$\dfrac{f(2)-f(1)}{g(2)-g(1)} =\dfrac{4-1}{16-1} =\dfrac{3}{15} =\dfrac{1}{5}$
Производные равны
$f'(x)=2x, \qquad g'(x)=4x^3$
Поэтому для $\xi\in(1,2)$
$\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)} =\dfrac{2\xi}{4\xi^3} =\dfrac{1}{2\xi^2}$
где сокращение законно, потому что $\xi>1$ , в частности $\xi\ne0$ .
По теореме Коши должно выполняться
$\dfrac{1}{2\xi^2}=\dfrac{1}{5}$
Знаменатели положительны, поэтому получаем
$2\xi^2=5, \qquad \xi^2=\dfrac{5}{2}$
Формально отсюда $\xi=\pm\sqrt{\dfrac{5}{2}}$ , но теорема требует $\xi\in(1,2)$ . Отрицательный корень не подходит, а
$1<\sqrt{\dfrac{5}{2}}<2$
поскольку $1<\dfrac{5}{2}<4$ . Следовательно,
$\xi=\sqrt{\dfrac{5}{2}}$

Решения задач по ходу статьи.

Рассмотрим
$f(x)=\dfrac{1}{x+2}, \qquad x\in[0,2]$
На отрезке $[0,2]$ знаменатель удовлетворяет
$x+2\in[2,4]$
поэтому он нигде не равен нулю. Функция рациональная и непрерывна на всём отрезке. Следовательно, теорема Вейерштрасса применима и наибольшее и наименьшее значения существуют.
При увеличении $x$ знаменатель $x+2$ увеличивается и остаётся положительным, поэтому дробь $\dfrac{1}{x+2}$ уменьшается. Значит, максимум достигается на левом конце, а минимум — на правом:
$f(0)=\dfrac{1}{2}$ $f(2)=\dfrac{1}{4}$
Итак,
$\max_{x\in[0,2]}f(x)=\dfrac{1}{2}, \qquad \min_{x\in[0,2]}f(x)=\dfrac{1}{4}$
Для
$f(x)=x^3-3x$
находим производную:
$f'(x)=3x^2-3$
Выносим общий множитель:
$\begin{aligned} f'(x) &=3(x^2-1)\\ &=3(x-1)(x+1) \end{aligned}$
Стационарные точки находятся из $f'(x)=0$ :
$3(x-1)(x+1)=0$
Поэтому
$x=-1 \qquad \text{или} \qquad x=1$
Ответ:
$x=-1,\ 1$
На этом этапе мы сознательно не объявляем их экстремумами: равенство $f'(x)=0$ даёт лишь кандидатов. Для вывода нужно исследовать знак производной или использовать другой достаточный признак.
Для
$f(x)=x^2-5x+6$
на $[2,3]$ сначала проверяем условия Ролля.
Полином непрерывен на $[2,3]$ и дифференцируем на $(2,3)$ .
Значения на концах:
$f(2)=4-10+6=0$ $f(3)=9-15+6=0$
Значит, $f(2)=f(3)$ , и теорема применима.
Производная:
$f'(x)=2x-5$
Ищем $\xi$ :
$2\xi-5=0$
Откуда
$\xi=\dfrac{5}{2}$
Проверка:
$2<\dfrac{5}{2}<3$
Следовательно,
$\xi=\dfrac{5}{2}$
Рассмотрим
$f(x)=x^3$
на $[0,2]$ . Полином непрерывен на отрезке и дифференцируем внутри, поэтому теорема Лагранжа применима.
Средний наклон:
$\begin{aligned} \dfrac{f(2)-f(0)}{2-0} &=\dfrac{8-0}{2}\\ &=4 \end{aligned}$
Производная:
$f'(x)=3x^2$
По теореме требуется
$3\xi^2=4$
Отсюда
$\xi^2=\dfrac{4}{3}$
Формально получаем два корня
$\xi=\pm\dfrac{2}{\sqrt{3}}$
Но теорема требует $\xi\in(0,2)$ , поэтому отрицательный корень не подходит. Остаётся
$\xi=\dfrac{2}{\sqrt{3}}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$
Проверка: это положительное число меньше $2$ , значит, оно действительно лежит в $(0,2)$ .
Исследуем
\[f(x)=x^3-6x^2+9x\]
Производная:
\[\begin{aligned} f'(x) &=3x^2-12x+9\\ &=3(x^2-4x+3)\\ &=3(x-1)(x-3) \end{aligned}\]
Критические точки:
\[x=1, \qquad x=3\]
Знак производной:
- при $x<1$ оба множителя $x-1$ и $x-3$ отрицательны, поэтому $f'(x)>0$ ;
- при $1<x<3$ знаки множителей разные, поэтому $f'(x)<0$ ;
- при $x>3$ оба множителя положительны, поэтому $f'(x)>0$ .
Значит, функция возрастает, затем убывает, затем снова возрастает. Поэтому
\[x=1\text{ --- точка локального максимума}\]
и
\[x=3\text{ --- точка локального минимума}\]
Найдём значения:
\[f(1)=1-6+9=4\]
\[f(3)=27-54+27=0\]
Теперь ищем глобальные экстремумы на $[0,4]$ . Полином непрерывен, поэтому Вейерштрасс гарантирует их существование. Проверяем концы и внутренние критические точки:
\[f(0)=0\]
\[f(1)=4\]
\[f(3)=0\]
\[f(4)=64-96+36=4\]
Следовательно,
\[\max_{x\in[0,4]}f(x)=4\]
причём максимум достигается при $x=1$ и $x=4$ . Минимум равен
\[\min_{x\in[0,4]}f(x)=0\]
и достигается при $x=0$ и $x=3$ .
Пусть
$f(x)=x, \qquad g(x)=x^2, \qquad x\in[1,3]$
Обе функции непрерывны на $[1,3]$ и дифференцируемы на $(1,3)$ .
Кроме того,
$g'(x)=2x$
На $(1,3)$ имеем $2x>0$ , значит, $g'(x)\ne0$ . Дробная форма теоремы Коши применима.
Левая часть:
$\dfrac{f(3)-f(1)}{g(3)-g(1)} =\dfrac{3-1}{9-1} =\dfrac{1}{4}$
Производные:
$f'(x)=1 \qquad g'(x)=2x$
Поэтому
$\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\dfrac{1}{2\xi}$
Приравниваем:
$\dfrac{1}{2\xi}=\dfrac{1}{4}$
Так как $\xi\in(1,3)$ , знаменатели положительны и ненулевые, поэтому преобразование допустимо. Из равенства получаем
$4=2\xi$
Откуда
$\xi=2$
Проверка: $2\in(1,3)$ , значит, ответ подходит.