Экстремумы функций одной переменной. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Экстремумы функций одной переменной.

Тема Математический анализ

31 Экстремумы функций одной переменной.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#71345

Оценить количество вещественных корней уравнения:
a) $4 3 2 3x − 4x − 6x + 12x − 20 = 0$ ;

b) $3 2 x − 6x + 9x− 10 = 0$

Показать ответ и решение

a) Вычислим производную нашей функции, которую мы приравниваем к нулю:

(3x4 − 4x3 − 6x2 + 12x− 20)′ = 12x3 − 12x2 − 12x + 12 = 12(x3 − x2 − x + 1) =

= 12(x − 1)2(x + 1)

Следовательно, у производной есть только 2 корня: $x = 1$ и $x = − 1$ .

Притом, корень $x = 1$ - четной кратности, поэтому имеем такую табличку монотонности:

-------------------------|-----------|--------|---------|--|-|| x: | (− ∞, − 1) |(− 1,1) |(1,+ ∞ ) | | || -------------------------|-----------|--------|---------|--|--- Знак пр оизводной | < 0 |> 0 |> 0 | | | | | | | М онотонно сть ф ункци и Убы в. В озр. В озр.

Кроме того, в силу того, что многочлен $3x4 − 4x3 − 6x2 + 12x − 20$ имеет чётную степень, то очевидно, что при $x → − ∞$ он стремится к $+ ∞$ , и при $x → + ∞$ он стремится к $+ ∞$ . Поэтому его график эскизно может выглядеть вот так:

$PIC$

И в таком случае он будет иметь два вещественных корня.

С другой стороны, конечно, график мог достичь экстремума и не пересекая оси $Ox$ и быть таким:

$PIC$

Однако это бы попросту означало, что наш многочлен $3x4 − 4x3 − 6x2 + 12x − 20$ всегда остаётся положительным. Но это заведомо не так, поскольку если подставить в него $x = 0$ , получим значение $− 20$ . Тем самым, второй случай точно исключен, и, значит, всё таки его график выглядит примерно так:

$PIC$

А, следовательно, он имеет в точности 2 вещественных корня.

b) Вычислим производную нашей функции, которую мы приравниваем к нулю:

(x3 − 6x2 + 9x − 10)′ = 3x2 − 12x + 9 = 3(x2 − 4x + 3) = 3(x− 1)(x − 3)

Следовательно, у производной есть 2 корня: $x = 1$ и $x = 3$ .

Имеем такую табличку монотонности:

-------------------------|---------|--------|---------|-||-|| -x:------------------------(−-∞,-1)---(1,3-)---(3,+-∞-)-------| -------------------------|---------|--------|---------|-||-- Зна к п роизводной | > 0 | < 0 |> 0 | || М онотонн ость ф ункци и| Возр. | Убы в. |В озр. | ||

Кроме того, в силу того, что многочлен $3 2 x − 6x + 9x − 10$ имеет нечётную степень, то очевидно, что при $x → − ∞$ он стремится к $− ∞$ , и при $x → +∞$ он стремится к $+ ∞$ . Поэтому его график эскизно может выглядеть одним из следующих трёх образов:

$PIC$

(Случаи, когда $”$ горб $”$ графика касается оси $Ox$ исключаем, поскольку очевидно, что ни точка $1$ , ни точка $3$ не является корнем нашего многочлена $3 2 x − 6x + 9x − 10$ )

Какой же из этих случаев реализуется на самом деле?

Достаточно подставить точку $1$ в многочлен $x3 − 6x2 + 9x − 10$ и получить, что его значение в $1$ равно $− 6$ . Следовательно, на самом деле реализуется первый из трёх вариантов, а, значит, наше уравнение имеет ровно 1 корень, причем этот корень заведомо положительный.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#71344

Исследовать функцию $f (x ) = |x2 − 3x + 2|$ на экстремумы на отрезке $[− 10,10]$ .

Показать ответ и решение

Давайте поймём, в каких точках $f (x )$ - дифференцируема, а в каких точках - нет.

Во-первых, $f(x)$ является композицией $g(x) = |x|$ и $h(x) = x2 − 3x + 2$ .

$g(x)$ - дифференцируема всюду, кроме нуля, а $h (x )$ - всюду дифференцируема. Поэтому по теореме о производной композиции наша композиция $f (x ) = g(h(x))$ заведомо дифференцируема там, где $x2 − 3x + 2 ⁄= 0$ .

То есть, в отрезке $[− 10,10]$ подозрительными точками будут нули производной $f(x)$ , концы отрезка $− 10$ и $10$ , а также точки $x = 1$ и $x = 2$ .

Поскольку $( { x2 − 3x + 2 если x ∈ (− ∞, 1)∪ (2,+ ∞ ) f(x) = |x2 − 3x + 2| = ( − x2 + 3x− 2 если x ∈ (1,2 )$
То $({ ′ 2x− 3 если x ∈ (− ∞, 1)∪ (2,+∞ ) f (x) = ( − 2x + 3 если x ∈ (1,2)$ То единственная точка, где $′ f(x) = 0$ - это $3 x = 2$ .

Причём видно, что в левой полуокрестности $x = 32$ , то есть если отойти немного от $32$ налево, то $f′$ будет больше нуля, а если немного отойти от $3 x = 2$ направо, то $′ f$ будет меньше нуля.

Следовательно, точка $x = 32$ - точка локального максимума.

Далее, в силу того, что корни нашей параболы находятся строго внутри отрезка $[− 10,10]$ , то а она ветвями вверх, то обе точки $− 10$ и $10$ будут точками локального максимума.

Что же с точками $1$ и $2$ ? В этих точках $f(x)$ , очевидно, равна нулю, а при этом сама $f(x) ≥ 0$ для всех $x$ . Следовательно, эти две точки - точки $x = 1$ и $x = 2$ будут точками локального минимума.

Ответ: $3 − 10,10, 2 ∈ locmaxf (x), 1,2 ∈ locminf (x)$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#71343

Можно ли утверждать, что если у функции $f(x)$ в точке $x0$ существует производная, и при этом $′ f (x0) = 0$ , то функция $f (x )$ имеет в точке $x0$ локальный минимум или локальный максимум?

Показать ответ и решение

Этого утверждать нельзя. Здесь написано классическое неверное понимание леммы Ферма. Она-то утверждает, что всё обстоит в точности до наоборот.

Ну а примером служит функция $3 f (x ) = x$ , её производная $′ 2 f (x) = 3x$ в точке $x0 = 0$ , равна $3 ⋅02 = 0$ , однако $f (x)$ не имеет в точке 0 ни локального минимума, ни локального максимума (в любой левой полуокрестности нуля значения $f(x)$ меньше, чем в нуле, а в любой правой полуокрестности нуля значения $f (x )$ больше, чем в нуле).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#71342

Можно ли утверждать, что если у функции $f (x )$ в точке $x0$ локальный экстремум, то $′ f (x0) = 0$ ?

Показать ответ и решение

Этого утверждать нельзя, поскольку $f(x)$ , даже имея экстремум в точке $x0$ , может быть попросту не дифференцируема в точке $x0$ . Вспомните определение локального экстремума и осознайте, что в нем нет ни слова про то, что функция в окрестности точки $x0$ должна быть дифференцируема и вообще должна обладать хоть сколь-нибудь хорошими свойствами.

Именно поэтому к не дифференцируемым функциям лемма Ферма попросту неприменима.

А пример такой функции привести легко - например $f(x) = |x|$ в точке $x 0$ имеет локальный экстремум (локальный минимум), однако никак нельзя утверждать, что $f ′(x0) = 0$ , поскольку $f(x)$ не дифференцируема в точке $x0 = 0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#54775

Можно ли утверждать, что если функция $f (x )$ в точке $x0$ имеет максимум, то в некоторой достаточно малой окрестности слева от точки $x0$ функция $f (x )$ возрастает, а справа от нее убывает?

Рассмотреть пример:

2 1 f(x) = 2− x (2 + sin x-), есл и x ⁄= 0 и f(0) = 2

Показать ответ и решение

Проанализируем пример, который нам предлагают, и на основании этого сделаем выводы. Синус ограничен по модулю единицей, значит, $2 1 x (2 + sin x) > 0$ . Тогда в точке $x = 0$ данная функция достигает максимума. Теперь рассмотрим ее производную:

1 1 1 (2 − x2(2+ sin--))′ = − 2x(2 + sin-) + cos-- x x x

При $x → 0$ первое слагаемое стремится к нулю. Второе же слагаемое может в любой окрестности точки $x = 0$ принимать как значение -1, так и значение 1. То есть, в любой сколь угодно малой окрестности точки 2 есть точки, в которых производная $′ f(x)$ как положительна, так и отрицательна. Следовательно, в любой окрестности точки 2 функция $f(x)$ как убывает, так и возрастает.

Ответ: нельзя.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#54772

Исследовать на экстремумы:

1 y(x) = arctgx −--ln(1+ x2) 2

Показать ответ и решение

Найдем производную:

1 2x 1− x y′ = -----2 − ------2--= -----2 = 1 + x 2(1+ x ) 1 + x

Производная обращается в ноль только в точке $x1 = 1$ . Это точка максимума, так как производная меняет знак с плюса на минус в этой точке.

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#54771

Исследовать на экстремумы на $ℝ$ :

1+ √x-+--1 √ ----- y(x ) = ----------+ arctg( x+ 1) x + 2

Показать ответ и решение

Найдем производную:

√ ----- √ ----- -√1---− (1 + √x-+-1) -√-1-- y′ = (1+---x-+-1)′ + (arctg ( x + 1))′ = 2-x+1------------- + --2--x+1--- = x+ 2 (x + 2)2 1+ (x + 1)

1− 2 √x-+-1− 2(x + 1)+ (x + 2) 1 − x− 2√x-+-1 = ---------------2√--------------= --------2√----- 2 (x + 2) x+ 1 2(x + 2) x + 1

Нули и особые точки у производной: $√ -- √ -- x1 = 3 + 2 3, x2 = 3− 2 3, x3 = − 2$ (кратности 2), $x4 = − 1$ . Учитывая область определения $(− 1,+∞ )$ , получаем, что экстремум это точка $√ -- x1 = 3 + 2 3$ . Это максимум, так как производная меняет знак с + на - в этой точке.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#52223

Найти $max f(x) x∈[−4,4]$ и $min f(x) x∈[−4,4]$ для функции $f(x) = x3 + 3x2 − 9x + 5$ .

Показать ответ и решение

Подозреваемыми на минимум и максимум являются нули производной $′ 2 2 f (x) = 3x + 6x − 9 = 3(x + 2x − 3) = 3(x+ 3)(x − 1)$ , т.е. точки $x = − 3$ и $x = 1$ , и концы отрезка $x = − 4$ , $x = 4$ .

f(− 3) = − 27+ 27 + 27+ 5 = 32, f(1) = 1+ 3 − 9 + 5 = 0, f(− 4) = − 64+ 48 + 36+ 5 = 25, f(4) = 64+ 48 − 36+ 5 = 81.

Следовательно, минимум функции $f$ достигается в точке $x = 1$ и равен $0$ , максимум достигается в точке $x = 4$ и равен $81$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#46218

Исследовать функцию $y = exx$ на экстремумы на $ℝ$ .

Показать ответ и решение

1. Найдем те точки, где $f′(x ) = 0.$
$′ exx−-ex- ex(x−1) f (x) = x2 = x2 .$ Значит, производная функции $f(x)$ равна 0 только в точке $x = 1.$

2. Далее, поскольку при $x ∈ (− ∞, 1)$ производная $f′(x ) < 0,$ т.е. в этом промежутке функция $f(x)$ убывает, а при $x ∈ (1,+ ∞ )$ производная $f ′(x) > 0,$ т.е. в этом промежутке функция $f(x)$ возрастает, то в точке $x0 = 1$ функция $f(x)$ испытывает локальный минимум. Других точек экстремума нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#43823

Доказать Лемму Ферма, а именно, доказать следующее:

Пусть $f : ℝ → ℝ$ - функция, дифференцируемая в точке $x0.$ И пусть она имеет в этой точке локальный экстремум. То есть, $x0$ - это либо точка локального минимума функции $f(x),$ либо точка локального максимума функции $f(x).$ Тогда $f′(x0) = 0$

Показать ответ и решение

Пусть для определенности, $x0$ - точка локального минимума (с локальным максимумом будут аналогичные рассуждения).

Давайте рассуждать от противного:
1. Пусть, например, производная функции $f$ в точке $x0$ меньше $0.$ То есть $f′(x0) = a$ для некоторого числа $a < 0.$

Но тогда, поскольку

a = lim f(x0-+-Δx-)−-f(x0) Δ→0 Δx

А это попросту означает, по теореме о сохранении знака при предельном переходе, что выражение $f(x0+Δx-)−-f(x0) Δx$ при достаточно маленьком $Δx$ имеет тот же знак, что и $a.$

То есть, при достаточно маленьких $Δx$ имеем, что $f(x0+-ΔΔxx)−-f(x0)< 0$

Однако, поскольку $x0$ - точка локального минимума, то при маленьких $Δx$ в числителе $f(x + Δx )− f(x ) 0 0$ будет стоять неотрицательная величина, так как в достаточно маленькой окрестности локального минимума $x0$ будет выполнено, что $f(x0 + Δx ) ≥ f(x0).$ C другой стороны, поскольку к $x0$ мы можем стремиться с любой стороны, то знак $Δx$ мы можем выбрать сами как захотим при стремлении $Δx → 0.$ А, значит, мы сами можем сделать знаменатель неотрицательным, то есть стремится к 0 так, чтобы $Δx > 0.$ Но тогда и вся дробь у нас будет неотрицательна, как отношение двух неотрицательных чисел, то есть мы можем добиться того, чтобы

f(x + Δx )− f(x ) ---0------------0- ≥ 0 Δx

что противоречит изначальному предположению о том, что
при достаточно маленьких $Δx$ имеем, что $f(x0+Δx)−f(x0)< 0. Δx$ Противоречие.

2. Если же производная функции $f$ в точке $x0$ больше $0.$ То есть $f′(x0) = a$ для некоторого числа $a > 0,$ то будет аналогичное противоречие, нужно лишь брать $Δx < 0$ и делать таким образом отношение

f(x + Δx )− f(x ) ---0------------0- ≤ 0 Δx

вопреки предположению о том, что $′ f (x0) > 0.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#43822

1. Верно ли, что любой локальный экстремум является так же и глобальным?
2. Верно ли, что любой глобальный экстремум является так же и локальным?
3. Бывают ли функции, у которых нет точек глобального минимума?
4. Бывают ли функции, у которых нет точек локального минимума?
5. Может ли у функции быть несколько точек локального минимума?
6. А может ли у функции быть несколько точек глобального минимума?
7. А бывают ли функции, у которых нет точек ни локального, ни глобального экстремума, но которые, тем не менее, ограничены и сверху и снизу?

Показать ответ и решение

1. Очевидно, нет. Пример каждый сможет построить сам.
2. Очевидно, да, это попросту следует из определения.
3. Да, например, $f(x) = x$
4. Да, например, $f(x) = x$
5. Да, например $f(x) = sinx$
6. Да, например $f (x) = sinx$ (каждый её локальный минимум является так же и глобальным).
7. Да, например, $f(x) = arctg x$ . Несмотря на то, что $f(x) → π 2$ при $x → + ∞$ и $f(x) → − π 2$ при $x → − ∞$ , нет ни одной точки, в которых бы $arctgx$ равнялся $π2$ или $− π2$ . Поэтому ни своего глобального максимума, ни своего глобального минимума он не достигает, а никаких других локальных экстремумов у него нет - он всюду на $ℝ$ строго монотонный.

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел