Дослідження функцій
за допомогою похідних
Означення. Функція y=f(x) має мінімум (максимум) у точці x0 , якщо існує такий окіл точки x0 , що для всіх точок x?x0 цього околу виконується нерівність f(x0)<f(x) (f(x0)<f(x)).
y

x0 x
Рис. 5.1.
Функція, показана на рис. 5.1, має два мінімуми та три максимуми. Нагадаємо, що поняття мінімуму та максимуму об’єднані в термін “екстремум”.
Теорема (необхідна умова існування екстремуму). Якщо диференційовна функція f(x) в точці x0 має екстремум, то в цій точці похідна f?(x0) =0.
Теорема. Якщо на деякому відрізку [a;b] похідна f?(x) від деякої функції є додатною (від’ємною), то на цьому відрізку функція f(x) зростає (спадає)
Теорема (перша достатня умова існування екстремуму). Якщо похідна f?(x) від деякої диференційоної функції f(x) в точці x=x0 дорівнює нулю і при x<x0 похідна f?(x)>0, а при x>x0 похідна f?(x)<0, то точка x0 є точкою максимуму. Якщо ж похідна f?(x) в деякому околі точки x0 змінює знак з від’ємного на додатний, то точка x0 є точкою мінімуму.
Теорема (друга достатня умова існування екстремуму). Якщо в точці x0 диференційовної функції y = f(x) перша похідна f?(x)=0 , а друга f??(x)<0 , то в цій точці є максимум (мінімум, якщо f??(x)>0) .
Поняття мінімуму та максимуму не треба плутати з поняттями найбільшого та найменшого значень функції на деякому інтервалі.
Зазначимо, що умова f?(x)=0 не є достатньою для існування екстремуму функції y=f(x).
Нехай y = f(x)  деяка функція та (x0;y0)  точка з області визначення цієї функції. Проведемо через точку (x0;y0) дотичну до кривої (рис. 5.2).
y y=f(x)

?y
dy
dx=?x
?
x0 x
Рис. 5.2.
Рівняння цієї дотичної – це пряма
y = f(x0) +f?(x0)(x-x0) (5.2)
Величина f?(x0) = k = tg? є нахилом кривої y=f(x) в точці x0 .
Означення. Диференціалом від функції y=f(x) називається вираз dy=f?(x)dx, де dx = ?x  приріст аргументу (рис. 5.2).
Приклад. Нехай y = ln(x2+1) .
Тоді EMBED Equation.3.
Приклад. Знайти екстремуми та інтервали зростання і спадання функції y = x3 – 6x2 +9x.
Знаходимо похідну y? =3x2 – 12x +9.
Розв’язуємо рівняння 3x2 – 12x +9=0 , звідки x1=1; x2=3.
Досліджуємо знаки першої похідної
Точки x1=1 та x2=3 можна також дослідити згідно з другою достатньою умовою екстремуму:
y?(x) = 6x – 12;
y?(1) = - 6 < 0, отже, в точці x=1 функція y = x3 – 6x2 +9x досягає максимуму;
y?(3) = 6 > 0, отже, в точці x=3 ця функція має мінімум.
Означення. Функція f(x) називається випуклою (випуклою вверх) на відрізку [a;b] , якщо на цьому інтервалі її графік розташований нижче від її дотичної (рис. 5.3,а). Функція f(x) називається увігнутою (випуклою вниз), якщо на [a;b] цей графік розташований нижче від дотичної (рис. 5.3,б).
y y

a b a b
а x б x
Рис. 5.3.
Теорема (достатня умова випуклості). Якщо у всіх точках інтервалу [a;b] друга похідна f?(x) двічі диференційовної функції y=f(x) є додатною f?(x)>0, то функція y=f(x) є увігнутою на [a;b] . Якщо f?(x)<0 , то функція y=f(x) випукла на інтервалі [a;b] .
Означення. Точка x0, у якій функція y=f(x) змінює увігнутість на опуклість (або навпаки), називається точкою перегину функції y=f(x) (рис. 5.4).
Теорема (достатня ознака існування точки перегину). Якщо в точці x0 існує перша похідна f?(x) і f?(x)=0 , причому друга похідна f?(x) змінює знак, то точка x0 є точкою перегину функції y=f(x) (рис. 5.4).
y

x0 x
Рис. 5.4.
Приклад. Знайти інтервали випуклості та увігнутості функції y = x3  6x2 + 9x .
Друга похідна y?(x)=6x-12 дорівнює нулю в точці x=2. Тому визначимо знаки цієї другої похідної на інтервалах (-?;2) та (2;?).
Отже, функція y(x) є випуклою на інтервалі (-?;2), у точці x=2 має перегин, а на інтервалі (2;?) увігнута.
Приклад. Дослідити властивості логістичної кривої (рис. 4.12).
Логістичною функцією описують еволюцію продажу на ринку нового товару. Загальний вигляд логістичної функції (кривої) такий:EMBED Equation.3. Дослідимо конкретну логістичну функцію вигляду EMBED Equation.3 .
При t=0 маємо y(0)=EMBED Equation.3 .
Знайдемо першу похідну від функції EMBED Equation.3:
EMBED Equation.3. Оскільки для всіх t вираз 0,5t є завжди додатним, то перша похідна y?(x) ніколи не перетворюється в нуль, отже, логістична крива екстремумів не має.
Знайдемо другу похідну від y(t), тобто обчислимо
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
EMBED Equation.3
Розв’яжемо рівняння y?(t) = 0 на інтервалі t>0, тобто рівняння
0,01-0,1?0,5t = 0 ,
звідки 0,5t = 0,1;
tlg0,5 = lg0,1;
t(-lg2) = -1;
t0 = 1/lg2 ? 3,32.
Отже, при t0=3,32 логістична крива має перегин. Значення y(t0) в точці перегину EMBED Equation.3
EMBED Equation.3.
На інтервалі 0<t<t0 логістична функція увігнута (кількість проданого товару залежно від часу зростає щораз швидше). Проте на нескінченному інтервалі t0<t функція є випуклою (кількість проданого товару хоча й зростає, проте це зростання уповільнюється).
Приклад. Витрати на споживання деяких товарів (другої потреби) залежно від доходу описує функція Торнквіста EMBED Equation.3(a, b, c >0). Дослідимо цю функцію (рис. 4.13).
Похідна EMBED Equation.3 завжди є додатнью на інтервалі z>0.
Друга похідна EMBED Equation.3 від’ємна.
Отже, витрати на споживання y збільшуються зі зростанням доходу z, проте швидкість цього зростання зменшується (граничні витрати зменшуються).
Обчислимо також EMBED Equation.3 .
Отже, витрати на споживання цього товару не можуть перевищити a.
Приклад. На інтервалі (0,1; 0,5) залежність розміру надходжень до бюджету y від ставки оподаткування x описує крива (функція) Лаффера (рис. 5.5):
EMBED Equation.3 .
Дослідимо цю функцію, обчисливши першу та другу похідні:
EMBED Equation.3 ;
EMBED Equation.3 .
y

50

0,3 x
Рис. 5.5.
Легко бачити, що при x=0,3 похідна y?(x)=0, причому друга похідна y?(x)>0 . Отже, ставка оподаткування x=0,3 = 30% в нашому прикладі дає найбільше надходження до бюджету.
Із рівняння y?(x) = 0 знаходимо точки перегину кривої
EMBED Equation.3 .