Это исследование показывает, что точка x = 0 есть точка
максимума, где ymax (0) = 1.
3. Основываясь на указанном выше замечании 2 (п. 3), заключаем: функция y, как имеющая единственный экстремум – максимум и не имеющая точек разрыва, имеет наибольшее значение, совпадающее с её максимумом:
yнаиб = ymax = 1 ,
но не имеет наименьшего значения (замечание 3, п. 3), хотя эта
функция ограниченная, 0 < e− x2 ≤ 1 . При x → ±∞ |
она асимпто- |
тически приближается к значению ноль (рис. 4.26). |
|
Рис. 4.26
Задачи на отыскание наименьших и наибольших значений величин
При решении задач на вычисление наименьших и наибольших значений величин надо, прежде всего, определить, для какой величины в задаче требуется найти наименьшее или наибольшее значение. Эта величина и будет исследуемой функцией. Затем одну из величин, от изменения которых зависит изменение функции, следует взять за независимую переменную и выразить через неё функцию. При этом желательно в качестве независимой переменной выбрать ту величину, через которую исследуемая функция выражается проще всего. После этого решается задача на нахождение наименьшего или наибольшего значения полученной функции в некотором промежутке изме-
нения независимой переменной, который обычно устанавливается из самого условия задачи.
Заметим, что в случаях, когда решение вопроса о том, является ли значение функции, вычисленное в полученной критической точке, наименьшим или наибольшим, подсказывается условием задачи, аналитическое исследование может быть опущено.
Задача 5. В данный шар радиуса R вписать цилиндр наибольшего объема.
Решение
Обозначим высоту, радиус основания и объем цилиндра соответственно через h, r и V. Тогда объем цилиндра V = πr 2 h .
Учитывая, что r 2 = R2 − |
h2 |
(рис. 4.27), получим: |
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
h2 |
|
h3 |
|
V = π R2 |
− |
|
|
h = π R2 h − |
|
, |
|
4 |
|
|
4 |
|
|
OA = R ,
OB = h , 2
AB = r .
Рис. 4.27
Таким образом, задача сводится к нахождению наибольшего значения функции
V(h) = π R2 h − h3
4
в интервале (0; 2R ). Производная этой функции
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
3 |
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
V ′ |
(h) = π R |
|
− |
|
|
|
h |
|
. |
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приравнивая V ′(h) |
|
к нулю, получим единственную крити- |
ческую точку h = |
2R |
|
, принадлежащую интервалу (0; 2R ) , |
|
|
0 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
в которой V (h) и принимает наибольшее значение: |
|
|
|
|
V (h |
) = |
4πR3 |
|
, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
так как если 0 < h < |
2R |
, то |
V ′(h) > 0 , |
|
а если |
|
2R |
< h < 2R , то |
|
|
|
3 |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
V ′(h) < 0 ; отсюда следует, |
что при |
|
h = |
2R |
|
объем достигает |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
максимума, а так как это единственный экстремум функции, то и наибольшего своего значения.
Итак, наибольший объём имеет цилиндр, высота которого
h = |
2R |
, а радиус r = |
2 |
R . |
|
3 |
3 |
|
|
Задача 6. Электрическую лампочку можно передвигать по вертикальной прямой OB (рис. 4.28).
На каком расстоянии от горизонтальной плоскости следует поместить лампочку, чтобы в данной точке A этой плоскости получить наибольшую освещенность?
Решение |
|
|
|
|
|
|
Освещенность |
|
вычисляется |
по |
|
формуле |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J = c |
sin φ |
|
, |
|
|
r 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
где r = |
|
AB |
|
, φ = |
OAB , |
c = const |
(си- |
Рис. 4.28 |
|
|
ла света источника B). За независимуюпеременную, сизменением которой
меняется расстояние лампочки от плоскости стола, а следовательно, и освещенность J, можно выбрать любую из следующих величин: прежде всего саму величину h, затем ϕ или r. Взяв за независимую переменную угол ϕ и воспользовавшись тем, что
|
r = |
a |
, получим довольно простое выражение J через ϕ |
: |
|
cos φ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J = |
c |
sin φ cos2 φ. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Найдем наибольшее значение полученной функции |
J (φ) |
|
в интервале |
0; |
|
π |
|
|
изменения независимой переменной ϕ |
. Диф- |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ференцируя J (φ) , получим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J ′(φ) = |
c |
|
(cos |
3 |
|
|
|
2 |
φcos φ) = 2 |
c |
|
|
3 |
|
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
φ |
− 2sin |
|
|
cos |
|
φ |
|
− tg |
|
φ . |
|
|
a2 |
|
|
a2 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решая уравнение |
J ′(φ) = 0 , находим, |
что функция |
J (φ) |
|
в интервале |
0; |
π |
|
имеет единственную критическую точку: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Замечание 2
Перемена знака f ′′( x) ещё
не гарантирует наличие точки перегиба; необходимо знать ещё, что при x = x0 функция
непрерывна.
Задачи
Задача 1. Найти промежутки выпуклости и вогнутости и точки перегиба кривых:
а) y = ex ,
б) y = x4 −10x3 + 36x2 − 31x − 37 ,
в) y = 3x5 − 5x4 + 4 ,
г) y = 1 .
( x + 2)3
Решение
а) Область определения данной функции D ( y ) = R . Дифференцируя дважды заданную функцию, имеем
y′ = (ex )′ = ex , y′′ = ex > 0 (ex ≠ 0, x) ,
следовательно, критических точек нет.
Так как на всей действительной оси −∞ < x< ∞ вторая производная положительна, то, следовательно, кривая всюду вогну-
та (рис. 4.35).
б) Область определения данной функции D ( y ) = R . Дифференцируя дважды заданную функцию, получим:
y′ = 4x3 − 30x2 + 72x − 31 , y′′ = 12x2 − 60x + 72 = 12( x − 2)( x − 3) .
Из условия y′′ = 0 имеем: x1 = 2 и x2 = 3 (критические точки второго рода).
Рис. 4.35
Эти точки разбивают числовую ось −∞ < x< ∞ на три интервала.
Рис. 4.36
Знаки y′′ показаны на схеме (рис. 4.36) (в этом можно убедиться, взяв, например, по одной точке в каждом из указанных интервалов и подставив соответствующие значения x в y′′).
Поэтому при x < 2 y′′ > 0 , при 2 < x < 3 y′′ < 0 , а при x > 3
y′′ > 0 . Следовательно: |
|
– на (−∞ ; 2) кривая вогнута ( |
– знак вогнутости кривой); |
– на (2;3) кривая выпукла ( ∩ |
– знак выпуклости кривой); |
– на (3; +∞ ) кривая вогнута. |
|
Поскольку при переходе через x1 = 2 и x2 = 3 вторая производная меняет знак, то x1 = 2 и x2 = 3 являются абсциссами то-
чек перегиба. |
значения функции y = f ( x) в этих точках: |
Вычислим |
f (2) = −19 , f |
(3) = 5 . Итак, данная функция имеет две точки |
перегиба: (2; −19) и (3;5).
219
в) Функция y = 3x5 − 5x4 + 4 определена на (−∞ +∞; |
) . |
Находим: y′ = 15x4 − 20x3 , |
y′′ = 60x3 − 60x2 = 60x2 ( x −1) . |
Из условия y′′ = 0 имеем: |
60x2 ( x −1) = 0 , x = 0 и |
x = 1 . |
|
1 |
2 |
Критические точки второго рода: x1 = 0 и x2 =1 . Исследуем знак второй производной y′′ .
Рис. 4.37
Знаки y′′ показаны на схеме (рис. 4.37).
Поскольку функция непрерывна для любого x, то во всем интервале (−∞ ;1) кривая выпукла, а во всем интервале (1; +∞ ) вогнута.
|
Так как при переходе через |
x1 = 0 знак второй производ- |
|
ной y′′ не меняется, то точка с абсциссой |
x = 0 не является |
|
точкой перегиба (замечание 1, п. 5). |
|
|
|
|
Из схемы (см. рис. 4.37) следует, что |
x =1 |
есть абсцисса |
|
точки перегиба кривой: |
y (1) = 2 . |
|
|
|
|
|
|
г) Функция y = |
|
1 |
|
определенадля x |
−( ∞ −; |
2)− (+∞2; |
). |
|
( x + 2)3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
При x = −2 функция разрывна. |
|
|
|
|
Находим: y′ = − |
|
3 |
|
, y′′ = |
12 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
( x + 2)4 |
( x + 2)5 |
|
|
|
|
Здесь y′′ не может обратиться в нуль, а при x = −2 |
она |
|
не существует. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Критическая точка второго рода x = −2 . |
|
|
|
|
Однако x = −2 |
|
не может быть абсциссой точки перегиба, |
так как в этой точке функция разрывна (замечание 2, п. 5).
