Застосування похідних до дослідження функцій

Приклад

Знайти проміжки спадання та зростання функції f(x) = 3x^{2}-2x+7 .

Для визначення проміжків зростання та спадання функції спочатку потрібно знайти похідну функції. Функція зростає на проміжках, де похідна додатна та спадає там, де похідна від’ємна.  f'(x)=6x-2 f'(x)>0,\\ 6x-2>0,\\ 6x>2,\\ x>\frac{1}{3}. f'(x)<0,\\ 6x-2<0,\\ 6x<2,\\ x<\frac{1}{3}. Отже, функція зростає при x\in (\frac{1}{3};\propto ) та спадає при  x\in (-\propto ;\frac{1}{3}) ♦  

Приклад

Знайти найбільше та найменше значення функції  f(x)=2x^{2}-3x  на відрізку [-1;2].

1) Знайдемо критичні точки функції на відрізку:  f'(x)=4x-3,\; 4x-3=0,\; 4x=3,\; x=\frac{3}{4} .

2) Обчислимо значення функції в критичній точці та на кінцях відрізка  f(\frac{3}{4})=-\frac{9}{8},\; f(-1)=5,\; f(2)=2 .

3) Отже, min f(\frac{3}{4})=-\frac{9}{8} , max f(-1)=5 .♦

Приклад

При яких значеннях а функція  f(x) = -x^{4}+ax^{3}-\frac{3}{2}x^{2}+5 опукла вгору для всіх х ∈ R?

Знайдемо послідовно першу і другу похідні. Маємо f'(x)=-4x^{2}+3ax^{2}-3x, f''(x)=-12x^{2}+6ax-3  . Функція буде опуклою вгору, якщо для всіх х друга похідна  f''(x)\leq 0, тобто коли -12x^{2}+6ax-3\leq 0 або  4x^{2}-2ax+1\geq 0. Для того щоб цей квадратний тричлен був невід’ємним при всіх х, його дискримінант має бути недодатним. Отже, маємо  4a^{2}-16\leq 0 або  \left|a \right|\leq 0 . ♦

Приклад

Знайти інтервали опуклості та точки перегину функції  f(x)=2x^{3}+3x^{2}+4 .

♦ Визначимо похідні f'(x)=6x^{2}+6x, \; f''(x)=12x+6 , звідки  f"(x)=0 , коли  x=-\frac{1}{2} . Для  x<-\frac{1}{2} маємо  f"(x)<0 , і тому функція f опукла вгору, а при  x>-\frac{1}{2} маємо  f"(x)>0 , тому функція опукла вниз. Отже, точка  x=-\frac{1}{2} є точкою перегину функції, а точка  (-\frac{1}{2};\frac{3}{2})  є точкою перегину графіка заданої функції.♦

Приклад

Дослідити на екстремум функцію  f(x)=\frac{x^{2}+4x}{x-1} .

♦ 1) Знаходимо критичні точки даної функції:

 f'(x)= \frac{(2x+4)(x-1)-(x^{2}+4x)}{(x-1)^{2}}= =\frac{2x^{2}+4x-2x-4-x^{2}-4x}{(x-1)^{2}}= =\frac{x^{2}-2x-4}{(x-1)^{2}} .

2) Знайдемо точки підозрілі на екстремум, тобто точки, в яких похідна не існує або дорівнює нулю. Оскільки, функція є дробово-рацілнальною, то вона не визначена в точках, в яких знаменник перетворюється на нуль. Тобто:

 x-1=0\Rightarrow x=1 .

Функція дорівнює нулю, коли її чисельник дорівнює нулю. Тобто:

x^{2}-2x-4=0\Rightarrow x_{1}=1+\sqrt{5},\; x_{2}=1-\sqrt{5}.

Отже, точками підозрілими на екстремум є:  x_{1}=1+\sqrt{5},\; x_{2}=1,\; x_{3}=1-\sqrt{5}.

3) Одержані точки поділяють область визначення функції на проміжки:  (-\propto ;1-\sqrt{5}),\; (1-\sqrt{5};1),\; (1;1+\sqrt{5})\; i\; (1+\sqrt{5};+\propto ) .

Перевіримо знаки похідної на цих проміжках.

Застосування похідних до дослідження функцій

Точки, в яких похідна змінює знак з “+” на “-” є точками максимуму, а ті, в яких з “-” на “+” – точками мінімуму.

Тобто:  x=1-\sqrt{5} – точка максимуму.

 x=1+\sqrt{5} – точка мінімуму.

4) Підставляючи отримані значення в функцію, отримаємо:

f_{max}=f(1-\sqrt{5})=\frac{(1-\sqrt{5})^{2}+4(1-\sqrt{5})}{(1-\sqrt{5}-1)^{2}}=

=\frac{1-2\sqrt{5}+5+4-4\sqrt{5}}{5}=\frac{10-6\sqrt{5}}{5}=2-\frac{6}{\sqrt{5}}

f_{min}=f(1+\sqrt{5})=\frac{(1+\sqrt{5})^{2}+4(1+\sqrt{5})}{(1+\sqrt{5}-1)^{2}}=

=\frac{1+2\sqrt{5}+5+4+4\sqrt{5}}{5}=\frac{10+6\sqrt{5}}{5}=2+\frac{6}{\sqrt{5}} .♦

Приклад

Знайти точки екстремуму функції  f(x)=x^{3}-6x^{2}+9x-3

♦ Знайдемо похідну заданої функції  f'(x)=3x^{2}-12x+9 . Визначимо її критичні точки, тобто ті точки де похідна дорівнює нулю, або не існує (оскільки похідна є квадратичною функцією, то вона існує на всій області визначення, а значить шукаємо ті точки, де похідна дорівнює нулю)

  f'(x)=0 ,

 3x^{2}-12x+9=0 ,

 x^{2}-4x+3=0 .

За теоремою Вієта:  x_{1}\cdot x_{2}=3,\; x_{1}+x_{2}=4 . Тому  x_{1}=1,\; x_{2}=3   – критичні точки.

Перевіримо поведінку похідної на інтервалах, на які критичні точки розбивають область визначення:Застосування похідних до дослідження функцій

Отже, точка х1 = 1 – точка максимуму функції, а х2 = 3 – точка мінімуму.♦

Приклад

Знайти умовний екстремум функції z = x + 2y, якщо х2 + у2 =5.

♦  \varphi (x;y)=x^{2}+y^{2}-5

 x^{2}+y^{2}-5=0

 L(x;y)=L_{\lambda }(x;y)=f(x;y)+\lambda \varphi (x;y)=

 =x+2y+\lambda (x^{2}+y^{2}-5)

 \left\{\begin{matrix} L_{x}'=1+\lambda \cdot 2x=0,\\ L_{y}'=2+\lambda \cdot 2y=0,\\ L_{\lambda }'=x^{2}+y^{2}-5=0; \end{matrix}\right.

 \left\{\begin{matrix} 1+2\lambda x=0,\\ 2+2\lambda y=0,\\ x^{2}+y^{2}-5=0; \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=-\frac{1}{2\lambda },\\ y=-\frac{2}{2\lambda },\\ \left(-\frac{1}{2\lambda } \right)^{2}+\left(-\frac{2}{2\lambda } \right)^{2}-5=0,\Rightarrow \end{matrix}\right.

 \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=-\frac{1}{2\lambda },\\ y=-\frac{2}{2\lambda },\\ \frac{1}{4\lambda^{2} }+\frac{4}{4\lambda^{2} } -5=0,\Rightarrow \end{matrix}\right.

 \frac{5}{4\lambda ^{2}}=5\Rightarrow 4\lambda ^{2}=1\Rightarrow \lambda ^{2}=\frac{1}{4}\Rightarrow \lambda =\pm \frac{1}{2}

 \left.\begin{matrix} \lambda _{1}=-\frac{1}{2}, \; x=1,\; y=2\; (1;2)\\ \lambda _{2}=\frac{1}{2},\; x=-1,\; y=-2\; (-1;-2) \end{matrix}\right\}  – стаціонарні точки, що відповідають параметрам λ1 та λ2.

 L_{xx}''=2\lambda, \; L_{yy}''=2\lambda, \; L_{xy}''=0

 d^{2}L(x;y)=L_{xx}''dx^{2}+2L_{xy}''dxdy+L_{yy}''dy^{2}=

 =2\lambda (dx^{2}+dy^{2})

 d^{2}L(x_{1};y_{1})=-(dx^{2}+dy^{2})

 d^{2}L(x_{2};y_{2})=dx^{2}+dy^{2}

 d\varphi (x;y)=2xdx+2ydy

 d\varphi (x_{1};y_{1})=2dx+4dy=0\Rightarrow dy=-\frac{1}{2}dx

 d\varphi (x_{2};y_{2})=-2dx-4dy=0\Rightarrow

 \Rightarrow dx=-2dy\Rightarrow dy=-\frac{1}{2}dx

 d^{2}L(x_{1};y_{1})=-(dx^{2}+(-\frac{1}{2}dx)^{2})=

 =-(dx^{2}+\frac{1}{4}dx^{2})=-\frac{5}{4}dx^{2}<0  в т. (1;2)

 d^{2}L(x_{2};y_{2})=dx^{2}+(-\frac{1}{2}dx)^{2}=

 =dx^{2}+\frac{1}{4}dx^{2}=\frac{5}{4}dx^{2}>0  в т. (-1; -2).

Отже, функція має умовні екстремуми.

При чому 

 f_{max}=f(1;2)=1+4=5

 f_{min}=f(-1;-2)=-1-4=-5   .♦

Приклад

Знайти екстремум функції  z=1+6x-x^{2}-xy-y^{2} .

♦  z=1+6x-x^{2}-xy-y^{2}

 z_{x}'=6-2x-y=0  z_{y}'=-x-2y=0  \left\{\begin{matrix} 6-2x-y=0;\\ -x-2y=0; \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 6-2x-y=0;\\ -2x-4y=0; \end{matrix}\right.\Rightarrow  \Rightarrow 6+3y=0,\; y=-2;\; x=-2y \Rightarrow x=4

(4; -2) – стаціонарна точка.

 A=z_{x^{2}}''=-2,  B=z_{xy}''=-1,  C=z_{y^{2}}''=-2  \Delta =AC-B^{2}=-2\cdot (-2)-(-1)^{2}=4-1=3>0

Т. (4; -2) – точка екстремуму. Оскільки, А<0, то (4; -2) – точка максимуму.

zmax = 1+24-16+8-4=13.♦

Приклад

Знайти параметри емпіричної функції за методом найменших квадратів, припускаючи що між заданими значеннями x і  y існує а) лінійна, б) квадратична, в)гіперболічна залежності. Встановити,  яка з функцій найточніше відображає  залежність.

Розрахункова таблиця, метод найменших квадратів
а) Припустимо, що залежність лінійна  y_{1}=ax+b .  S=\sum_{i=1}^{n}{\left(ax_{i}+b-y_{i} \right)^{2}}. .  \begin{cases} S_{a}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}+b-y_{i} \right)x_{i}}=0, \\ S_{b}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}+b-y_{i} \right)}=0, \end{cases}  \begin{cases} a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}+b\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}=\sum_{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}, \\ a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}+b\cdot n=\sum_{i=1}^{n}{y_{i}}. \end{cases}
Розрахункова таблиця, метод найменших квадратів
 \begin{cases} 650a+78b=851,1, \\ 78a+12b=106; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 650a+78b=851,1, \\ b=\frac{106}{12}-\frac{78}{12}a; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 650a+78b=851,1, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 650a+78(8,8-6,5a)=851,1, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 650a-507a=851,1-686,4, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 143a=164,7, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} a=1,13, \\ b=8,8-6,5\cdot 1,13; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} a=1,13, \ b=1,46. \end{cases}\Rightarrow . Отже,  y_{1}=1,13x+1,46 . Дозаповнимо два останніх стовпчика розрахункової таблиці. б) Припустимо, що залежність квадратна  y_{2}=ax^{2}+bx+c .  S=\sum_{i=1}^{n}{\left(ax_{i}^{2}+bx_{i}+c-y_{i} \right)^{2}}.  \begin{cases} S'{a}=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}^{2}+bx_{i}+c-y_{i} \right)x_{i}^{2}}=0, \\ S'{b}=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}^{2}+bx_{i}+c-y_{i} \right)x_{i}}=0, \\ S'{c}=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}^{2}+bx_{i}+c-y_{i} \right)}=0. \end{cases}  \begin{cases} a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{4}}+b\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{3}}+c\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}=a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}y_{i}}, \\ a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{3}}+b\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}+c\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}=a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}, \\ a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}+b\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}+c\cdot n=a\sum_{i=1}^{n}{y_{i}}. \end{cases} Розрахункова таблиця, метод найменших квадратів  \begin{cases} 60710a+6084b+650c=7792,5, \\ 6084a+650b+78c=851,1 \\ 650a+78b+12c=106. \end{cases} . Розв’яжемо систему методом Крамера:  \Delta =\begin{vmatrix} 60710 & 6084 & 650\\ 6084 & 650 & 78\\ 650 & 78 & 12 \end{vmatrix}=2290288,  \Delta _{a}=\begin{vmatrix} 7792,5 & 6084 & 650\\ 851,1 & 650 & 78\\ 106 & 78 & 12 \end{vmatrix}=-96896,8,  \Delta _{b}=\begin{vmatrix} 60710 & 7792,5 & 650\\ 6084 & 851,1 & 78\\ 650 & 106 & 12 \end{vmatrix}=3855852,  \Delta _{c}=\begin{vmatrix} 60710 & 6084 & 7792,5\\ 6084 & 650 & 851,1\\ 650 & 78 & 106 \end{vmatrix}=416416.  a=\frac{\Delta a}{\Delta }=-\frac{96896,8}{2290288}=-0,038,  b=\frac{\Delta _{b}}{\Delta }=-\frac{3855852}{2290288}=1,65,  c=\frac{\Delta _{c}}{\Delta }=\frac{416416}{2290288}=0,21. Отже,  y_{2}=-0,038x^{2}+1,65x+0,21 . Дозаповнимо розрахункову таблицю. в) Припустимо, що залежність гіперболічна:   y_{3}=\frac{a}{x}+b.  S=\sum_{i=1}^{n}{\left(\frac{a}{x_{i}}+b-y_{i} \right)^{2}}.   \begin{cases} S_{a}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(\frac{a}{x_{i}}+b-y_{i} \right)\frac{1}{x_{i}}}=0, \\ S_{b}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(\frac{a}{x_{i}}+b-y_{i} \right)}=0; \end{cases}   \begin{cases} a\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_{i}^{2}}+b\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_{i}}}}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{y_{i}}{x_{i}}},\\ a\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_{i}}+bn}=\sum_{i=1}^{n}{y_{i}}. \end{cases} .
Розрахункова таблиця, метод найменших квадратів
Отже,  \begin{cases} 1,56a+3,1b=17, \\ 3,1a+12b=106; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 1,56a+3,1b=17, \ a=\frac{106}{3,1}-\frac{12}{3,1}b; \end{cases}\Rightarrow   \Rightarrow \begin{cases} 1,56(34,19-3,87b)+3,1b=17, \ a=34,19-3,87b; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} 53,34-6,04b+3,1b=17, \ a=34,19-3,87b; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} -2,94b=-36,34, \ a=34,19-3,87b; \end{cases}\Rightarrow  \Rightarrow \begin{cases} b=12,35, \ a=-13,65. \end{cases} Отже,  y_{3}=-\frac{13,65}{x}+12,35. . Дозаповнимо розрахункову таблицю. Порівнюючи  \delta {1} ,  \delta {2} та  \delta _{3} , бачимо , що  \delta _{2}=8,852 – найменше. Це значить, що точніше відображає емпіричні дані функція  y_{2}=-0,038x^{2}+1,65x+0,21 . Тобто, парабола і є оптимальною функцією. Знайдемо вершину параболи:  x_{0}=-\frac{b}{2a}=-\frac{1,65}{2\cdot (-0,038)}=21,7, ,  y_{0}=y_{2}(0)=18,1 . Точки перетину з осями координат:  Ox:\; y=0\; -0,038x^{2}+1,65x+0,21=0, ,  x_{1}=43,5\; x_{2}=-0,13 ,  Oy:\; x=0\; y=0,21 . Побудуємо графік.
Графік функції, точки, емпірична функція, парабола