5.8.2 Экстремумы

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$. Точка $x_0 \in I$ называется точкой локального максимума функции $f$, если существует такая окрестность ${U_{\delta}} = ({x_0} – {\delta}, {x_0} +{ \delta}) {\subset }I$, что для всех $x \in {U_{\delta}} $справедливо неравенство $f(x) \leq f ({x_0})$. Если же $f(x) <f ({x_0})$ для всех $x ∈ {U_{\delta}} / \{{x_0}\}$, то точка $x_0$ называется точкой строгого локального минимума.

Точки локального максимума и локального минимума называют точками локального экстремума (или экстремальными точками).

Необходимое условие экстремума содержит теорема Ферма. Именно, теорема Ферма утверждает, что если в некоторой точке функция имеет экстремум и дифференцируема в этой точке, то производная в этой точке равна нулю. Таким образом, если в некоторой точке ${x_0} {\in} (a, b)$ функция $f$ имеет локальный экстремум, то либо $f’ ({x_0}) = 0$, либо функция $f$ в точке $x_0$ не имеет производной. Другими словами, локальный экстремум во внутренней точке области определения может быть (но не обязан быть) лишь в такой точке, где производная равна нулю, либо не существует.

Определение. Точки, в которых производная функции обращается в нуль, называются стационарными точками функции, а точки, в которых производная равна нулю, либо не существует, называются критическими точками функции.

Например, у функции $f(x) = {x_2}$ точка ${x_0 }= 0$ стационарная и в этой точке функция имеет минимум. У функции $f(x) = {x_3}$ точка ${x_0} = 0$ стационарная, но экстремума в этой точке функция не имеет. У функции $f(x) = |x|$ точка ${x_0}= 0$ критическая, но не стационарная, и в этой точке функция имеет минимум. То же для функции $f(x) = \sqrt{|x|}$. У функции $f(x) = \text{sign}\:x$ точка ${x_0} = 0$ критическая, но не стационарная, экстремума в этой точке нет. Точка ${x_0} = 0$ является критической (но не стационарной) для функции $f(x) = \text{sign}\:^2 x$, и в этой точке функция имеет минимум.

Из этих примеров видно, что не каждая критическая точка является точкой экстремума.

Пример. Найти точки экстремума функции $f(x) = \text{ch}\:x + \cos x$. Имеем $f ‘ (x) = \text{sh}\:x − \sin x {\equiv} {\varphi} (x) $. Очевидно, $f'(0) = 0$, так что $0$ – критическая точка функции $f$. Покажем, что других критических точек у функции $f$ нет. Так как ${\varphi}(0) = 0$, то из строгого возрастания функции ${\varphi}$ на $[0, +{\infty}) $ будет следовать, что ${\varphi}(x)>0$ для всех $x>0$, а так как ${\varphi}(−x) = −{\varphi}(x)$, то ${\varphi}(x)<0$ при $x<0$. Покажем, что ${\varphi}$ строго возрастает
на $[0, +\infty)$. Имеем $$\varphi'(x)= \text{ch}\:x-\cos x=\displaystyle\frac{e^x+e^{-x}}{2}-\cos x\geqslant\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$
при $x>0$. В самом деле, последнее неравенство следует из того, что $t+\displaystyle\frac{1}{t}>2$ при $t>0$, $t\ne1$, где $t=e^x>1$ при $x>0$. Итак, $\varphi’\left(x\right)>0$ на $[0, +\infty)$. Следовательно, $\varphi$ строго возрастает на $[0, +\infty)$ и поэтому $\varphi\left(x\right)>\varphi\left(0\right)=0, \left(x>0\right)$. Значит точка $x=0$ — единственная критическая точка функции $f$. На $[0, +\infty)$ производная $f’>0$, так что функция $f$ строго возрастает на $[0, +\infty)$, т.е. $f\left(x\right)>f\left(0\right)$ для любого $x\ne0$. Следовательно, $0$ — точка строгого минимума (единственная точка экстремума данной функции).

Теорема 1 (первое достаточное условие экстремума).Пусть функция $f$ дифференцируема в некоторой окрестности точки $x_0$, за исключением, быть может, самой точки $x_0,$ и непрерывна в точке $x_0$. Тогда

  1. если $f’\left(x\right)<0$ при $x<x_0$ и ${f}'(x)> 0$ при $x>x_0$, то $x_0$ – точка строгого минимума;
  2. если $f’\left(x\right)>0$ при $x<x_0$ и ${f}'(x)<0$ при $x>x_0$, то $x_0$ – точка строгого максимума.

Ограничимся доказательством a). Пусть $x<x_0$. Применяя формулу конечных приращений (теорему Лагранжа) на $[x, x_0]$, получим $f\left(x_0\right)-f\left(x\right)=f’\left(\xi\right)\left(x_0−x\right)<0$, так как $x<\xi<x_0$ и $f’\left(\xi\right)<0.$ Если же $x>x_0$, то $ f’\left(\xi\right) > 0 $ для $x_0<\xi<x$ и поэтому $f\left(x\right)-f\left(x_0\right)=f’\left(\xi\right)\left(x_0−x\right)>0$. Итак, $f\left(x\right)>f\left(x_0\right)$ при $x\ne x_0$, т.е. $x_0$ – точка строгого минимума.

Замечание 1. Если в условии на производные в теореме строгие неравенства заменить нестрогими, то получим достаточное условие нестрогого экстремума. Доказательство очевидное.

Комментарий. В условии a) теоремы говорят, что при переходе через точку $x_0$ производная меняет знак с «$-$» на «$+$», а в условии b) меняет знак с «$+$» на «$-$».

Теорема 2 (второе достаточное условие экстремума). Пусть функция $f$ определена на интервале $I$, точка $x_0\in I$ и $f’\left(x_0\right)=0$. Если $f^{\prime\prime}\left(x_0\right)>0$, то $x_0$ – точка строгого локального минимума функции $f$. Если $f^{\prime\prime}\left(x_0\right)<0$, то $x_0$ – точка строгого локального максимума функции $f$.

Заметим, что из существования $f^{\prime\prime}(x_0)>0$ следует, что производная $f'(x_0)>0$ определена в некоторой окрестности $(x_0-\delta,x_0+\delta$ точки $x_0$. Имеем $$f^{\prime\prime}(x_0)=\lim\limits_{h\to 0+}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}}=\lim\limits_{h\to 0+}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)}{h}}>0,$$ а значит, в некоторой полуокрестности $(x_0,x_0+\delta_{1})$ производная $f'(x)>0$. Аналогично $$f^{\prime\prime}(x_0)=\lim\limits_{h\to 0-}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}}=\lim\limits_{h\to 0-}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)}{h}}>0,$$ так что в некоторой полуокрестности $(x_0-\delta_{2},x_0)$ производная $f'(x)<0$. Значит, при переходе через точку $x_0$ производная $f’$ меняет знак с «$-$» на «$+$». Согласно первому достаточному условию экстремума, $x_0$ – точка строгого локального минимума. Вторая часть теоремы доказывается аналогично.

Применение формулы Тейлора для нахождения экстремумов. Пусть функция $f$ в некоторой окрестности точки $x_0 \in (a, b)$ имеет производные до $(n − 1)$-го порядка, а в точке $x_0$ – производную порядка $n$. Тогда, как было показано выше, справедлива формула Тейлора $$f(x) = f(x_0) + \displaystyle\frac{f'(x_0)}{1!}(x − x_0) + \ldots + \displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x − x_0)^n + \overline{o}((x − x_0)^n ).$$ Предположим, что $f'(x_0) = f^{\prime\prime}(x_0) = \ldots = f^{(n−1)} (x_0) = 0, f^{(n)} (x_0)\ne 0$. Тогда $$f(x) − f (x_0) = \displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x − x_0)^n + \alpha(x)(x-x_0)^n,$$ где $\alpha(x) \rightarrow 0$ при $x \rightarrow x_0$, или же $$f(x) − f (x_0) = (x − x_0)^n\left[\displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}+\alpha(x)\right].$$

Так как $\alpha(x) \rightarrow 0$ при $x \rightarrow x_0$, а $f^{(n)}(x_0) \ne 0$, то в достаточно малой окрестности точки $x_0$ знак выражения $\displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}+\alpha(x)$ совпадает со знаком первого слагаемого. Таким образом, знак разности $f(x) − f (x_0)$ в достаточно малой окрестности точки x0 определяется знаком произведения $(x − x0)^n f^{(n)} (x_0)$. Если $n$ – четное число, то при переходе через точку $x_0$ множитель $(x − x_0)^n$ не меняет знака, т. е. знак разности $f(x) − f (x_0)$ совпадает со знаком $f^{(n)} (x_0)$. При $f^{(n)} (x_0) < 0$ имеем $f(x) > f (x_0)$, т. е. $x_0$ – точка строгого локального минимума. Если же $n$ – нечетное число, то при переходе через точку $x_0$ выражение $(x − x0)^n$ меняет знак и, следовательно, выражение $(x − x_0)^nf^{(n)}(x_0)$ также меняет знак при переходе через точку $x_0$. Это означает, что при переходе через точку $x_0$ меняет знак разность $f(x) − f (x_0)$, т. е. в точке $x_0$ функция $f$ не имеет экстремума. Итак, доказали следующую теорему.

Теорема 3. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$, точка $x_0 \in I$. Пусть, далее,
$$f'(x_0) = f^{\prime\prime}(x_0) =\ldots= f^{(n−1)} (x_0) = 0, f^{(n)} (x_0)\ne 0$$
Тогда, если $n$ нечетно, то $x_0$ не является точкой экстремума. Если же $n$ четно, то

  1. если $f^{(n)}(x_0) > 0$, то $x_0$ – точка строгого локального минимума;
  2. если $f^{(n)}(x_0) < 0$, то $x_0$ – точка строгого локального максимума.

Пример. Выше мы уже рассматривали пример функции $f(x) = \text{ch}\:x+ \cos x$. Имеем
$$f'(x_0) = \text{sh}\:x- \sin x, f'(0)=0,$$ $$f^{\prime\prime}(x_0) = \text{ch}\:x- \cos x, f^{\prime\prime}(0)=0,$$ $$f^{\prime\prime\prime}(x_0) = \text{sh}\:x+ \sin x, f^{\prime\prime\prime}(0)=0,$$ $$f^{(4)}(x_0) = \text{ch}\:x+ \cos x, f^{(4)}(0)=2>0.$$
Следовательно, $0$ – точка локального строгого минимума функции $f$.

Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке (глобальные экстремумы). Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$. Согласно второй теореме Вейерштрасса, функция $f$ достигает своих наибольшего и наименьшего значений на этом отрезке. Точки, в которых эти значения достигаются, называются точками глобального экстремума. Точка, в которой достигается наибольшее значение, может быть внутренней, т. е. принадлежать интервалу $(a, b)$, либо совпадать с одной из двух $a$ или $b$. Если это внутренняя точка, то она является точкой локального экстремума функции $f$. Выше мы рассмотрели ряд условий, позволяющих находить точки локального экстремума. Таким образом, чтобы найти глобальное наибольшее значение функции $f$ на отрезке $[a, b]$, нужно найти ее точки локального максимума на интервале $(a, b)$, добавить к ним точки $a$ и $b$ и из полученного набора точек выбрать ту, в которой значение функции наибольшее. Такое значение существует в силу второй теоремы Вейерштрасса.
Аналогично, для того чтобы найти глобальное наименьшее значение непрерывной функции $f$ на отрезке $[a, b]$, нужно к точкам локального минимума добавить точки $a$ и $b$, а затем среди полученного набора точек выбрать ту, в которой значение функции наименьшее.

Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции $f(x) = (x − 2)^2 (x + 1)^3$ на отрезке $[0, 3]$. Имеем $f'(x) = (x−2)(x+1)^2(5x−4)$. Решениями уравнения $f'(x) = 0$, принадлежащими $[0, 3]$, являются значения $x = 2$ и $x = \displaystyle\frac{4}{5}$. Вычислим $f(0) = 4, f(3) = 64, f(2) = 0, f (\displaystyle\frac{4}{5}) = \displaystyle\frac{2^29^4}{5^5} \approx 2,1$. Значит, наибольшее значение функции равно $f(3) = 64$, а наименьшее – $f(2) = 0$.

Примеры решения задач

  1. Найти экстремумы функции $f(x)=\displaystyle\frac{x^3}{(x-2)^2}$
    Решение
    1. Функция терпит бесконечный разрыв в точке $x=2$.
    2. Найдём критические точки: $$f'(x)=\displaystyle\left(\frac{x^3}{(x-2)^2}\right)’=\displaystyle\frac{(x^3)'(x-2)^2-x^3((x-2)^2)’}{(x-2)^4}=$$ $$=\displaystyle\frac{(3x^2(x-2)^2-x^32(x-2)^2)}{(x-2)^4}=\displaystyle\frac{(3x^2(x-2)-2x^3)}{(x-2)^3}=$$ $$=\displaystyle\frac{(3x^3-6x^2-2x^3)}{(x-2)^3}=\displaystyle\frac{(x^3-6x^2)}{(x-2)^3}=\displaystyle\frac{(x^2(x-6)}{(x-2)^3}=0$$
      $x=0, x=6$ — критические точки.
    3. Методом интервалов определим знаки производной:
      В точке $x=6$ функция достигает минимума.
      В точке $x=0$ экстремум отсутствует.
  2. Найти экстремумы функции $f(x)=\sqrt[3]{3x^2-x^3}$
    Решение
    1. Функция определена и непрерывна на всей числовой прямой.
    2. Найдём критические точки: $$f'(x)=\left( \left(3x^2-x^3\right)^{\frac{1}{3}}\right)’=\displaystyle\frac{1}{3}\left(3x^2-x^3\right)^{-\frac{2}{3}}\left(3x^2-x^3\right)’=$$ $$=\displaystyle\frac{1}{3 \sqrt{\left(3x^2-x^3\right)^2}} \left(6x-3x^2\right)=\displaystyle\frac{3x\left(2-x\right)}{3 \sqrt[3]{x^4\left(3-x\right)^2}}=$$ $$=\displaystyle\frac{2-x}{3 \sqrt[3]{\left(3x^2-x^3\right)^2}}=0$$
      $x=0, x=2, x=3$ — критические точки. Почему значения $x=0, x=3,$ обращающие знаменатель в ноль, следует отнести к критическим? А дело в том, что изначальная функция в них определена.
    3. Методом интервалов определим знаки производной:
      В точке $x=0$ функция достигает минимума.
      В точке $x=2$ функция достигает максимума.
      В точке $x=3$ экстремум отсутствует.

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – c. 554 — с. 571
  2. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — c. 288-289.
  3. «Курс лекций по математическому анализу» В.И.Коляда, А.А.Кореновский — с.143 — с.149

Экстремумы

Проверте свои силы

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *