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

Дослідити функцію на опуклість та знайти точки перегину, якщо вони існують $y=(x-1)e^{3x+1}$ .

♦ Щоб дослідити функцію на опуклість, потрібно знайти другу похідну функції і оцінити її значення при різних значеннях х.

${y}'=e^{3x+1}+3(x-1)e^{3x+1};$ (шукаємо як похідну добутку двох функцій)

${y}''=3e^{3x+1}+3\cdot e^{3x+1}+9(x-1)e^{3x+1};$

${y}''=3e^{3x+1}(1+1+3x-3)=3(3x-1)e^{3x+1}$

Знайдемо нулі другої похідної:

${y}''=0\Rightarrow 3(3x-1)e^{3x+1}=0;$

$3x-1=0\Rightarrow x=\frac{1}{3}$

Знайдемо проміжки, на яких друга похідна додатна та від’ємна:

${y}''>0\Rightarrow 3(3x-1)e^{3x+1}>0;$

$3>0, e^{3x+1}>0, x\in R$

$3x-1>0\Rightarrow x>\frac{1}{3}$

${y}''<0 \Rightarrow x<\frac{1}{3}$

Оскільки, друга похідна при переході через точку $x=\frac{1}{3}$ змінює знак, то ця точка є точкою перегину графіка заданої функції. А сам графік опуклий догори при $x\in (-\infty ;\frac{1}{3})$ та донизу при $x\in (\frac{1}{3};+\infty )$ ♦

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

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

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.

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:

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

Приклад

Дослідити функцію $y=x^{2}-2e^{x-1}$ на екстремум в точці
$x_{0}=1$ за допомогою похідних вищих порядків.

♦ $y'=\left(x^{2}-2e^{x-1} \right)'=\left(x^{2} \right)'-\left(2e^{x-1} \right)'=$

$=2x-2\left(e^{x-1} \right)'=2x-2e^{x-1} (x-1)'=$

$=2x-2e^{x-1} \cdot 1 =2x-2e^{x-1}$

$y''=\left(2x-2e^{x-1} \right)'=(2x)'-\left(2e^{x-1} \right)'=$

$=2-2\left(e^{x-1} \right)'=2-2e^{x-1}(x-1)'=$

$=2-2e^{x-1}\cdot 1=2-2e^{x-1}$

$y''(x_{0})=y''(1)=2-2\cdot e^{1-1}=2-2\cdot e^{0}=0$

Оскільки, в т. х = 1 y” = 0, то визначатимемо екстремум функції за у’.

$y'=2x-2e^{x-1}$

Візьмемо $y(0)=2\cdot 0-2\cdot e^{0-1}=0-2e^{-1}=-\frac{2}{e}<0,$

Візьмемо $y(2)=2\cdot 2-2\cdot e^{2-1}=4-2\cdot e^{2-1}=$

$= 4-2\cdot e=4-5,52=-1,52<0$

Отже, при переході через т. х = 1 перша похідна не змінює знак, а, отже, т. х = 1 не є точкою екстремуму заданої функції.♦

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.

z_max = 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 $y_{1}=ax+b$ . $S=\sum_{i=1}^{n}{\left(ax_{i}+b-y_{i} \right)^{2}}.$ . $\begin{cases} S_{a}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}+b-y_{i} \right)x_{i}}=0, \\ S_{b}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(ax_{i}+b-y_{i} \right)}=0, \end{cases}$ $\begin{cases} a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}^{2}}+b\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}=\sum_{i=1}^{n}{x_{i}y_{i}}, \\ a\sum_{i=1}^{n}{x_{i}}+b\cdot n=\sum_{i=1}^{n}{y_{i}}. \end{cases}$

$\begin{cases} 650a+78b=851,1, \\ 78a+12b=106; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} 650a+78b=851,1, \\ b=\frac{106}{12}-\frac{78}{12}a; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} 650a+78b=851,1, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} 650a+78(8,8-6,5a)=851,1, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} 650a-507a=851,1-686,4, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} 143a=164,7, \\ b=8,8-6,5a; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} a=1,13, \\ b=8,8-6,5\cdot 1,13; \end{cases}\Rightarrow$ $\Rightarrow \begin{cases} a=1,13, \ b=1,46. \end{cases}\Rightarrow$ . 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: $y_{3}=\frac{a}{x}+b.$ $S=\sum_{i=1}^{n}{\left(\frac{a}{x_{i}}+b-y_{i} \right)^{2}}.$ $\begin{cases} S_{a}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(\frac{a}{x_{i}}+b-y_{i} \right)\frac{1}{x_{i}}}=0, \\ S_{b}'=\sum_{i=1}^{n}{2\left(\frac{a}{x_{i}}+b-y_{i} \right)}=0; \end{cases}$ $\begin{cases} a\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_{i}^{2}}+b\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_{i}}}}=\sum_{i=1}^{n}{\frac{y_{i}}{x_{i}}},\\ a\sum_{i=1}^{n}{\frac{1}{x_{i}}+bn}=\sum_{i=1}^{n}{y_{i}}. \end{cases}$ .

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