VM_pidr
.pdfшим) значенням функції f ( x ) на множині D , якщо для будь-якого x D правильна нерівність f ( x ) ≤ f ( x ) ( f ( x ) ≥ f ( x )). Най-
менше і найбільше значення функції не завжди існують. Однак правильна теорема.
ТЕОРЕМА 2 (Вейєршрасса). Якщо функція f ( x ) неперервна на відрізку [a,b], то серед її значень на цьому відрізку існує
найменше |
і |
найбільше, |
тобто |
min f ( x ) = f ( x1 ) , x1 [a,b] |
і |
||
f ( x ) ≥ f ( x1 ), x [a ,b]; |
|
[a ,b] |
x2 [a ,b] |
|
|||
max f ( x ) = f ( x2 ) , |
і |
||||||
f ( x ) ≤ f ( x2 ) , x [a,b]. |
[a ,b] |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|||
Доведення. Оскільки функція |
f ( x ) неперервна на відрізку |
||||||
[a,b], то |
за |
теоремою |
1 всі |
її |
значення |
обмеженні, тобто |
m ≤ f ( x ) ≤ M , де m і M - сталі величини. Тоді для такої множини {f ( x )} значень функції існує точна верхня межа. Нехай
μ = sup{f ( x )}. Припустимо, що μ ≠ f ( x ) , коли x [a,b].
Розглянемо нову функцію ϕ( x ) = 1 .
μ − f ( x )
Оскільки μ − f ( x ) ≠ 0, x [a,b], то функція ϕ( x ) неперервна на відрізку [a,b], а значить за теоремою 1 вона обмежена, тобто існують числа α і β такі, що α ≤ ϕ( x ) ≤ β ( β > 0 ) .
Розглянемо нерівність |
|
1 |
≤ β . |
||||
μ − f ( x ) |
|||||||
Звідси одержуємо, що |
|
|
|
|
|
||
μ − f ( x ) ≥ |
1 |
, − f ( x ) ≥ −μ + |
1 |
, f ( x ) ≤ μ − |
1 |
. |
|
|
β |
|
|||||
|
β |
|
|
β |
Остання нерівність показує, що число μ не може бути точною
верхньою межею. Отже, наше припущення неправильне. Теорема 2 доведена.
6.3. Теорема про перетворення функції в нуль
Для доведення наступної властивості функцій, неперервних на відрізку, потрібна одна локальна властивість неперервної функції.
211
ДОПОМІЖНА ТЕОРЕМА. Якщо функція |
f ( x ) непере- |
|||||||||||||||
рвна в точці x0 справа (зліва) і якщо |
f ( x0 ) ≠ 0 , |
то знайдеться |
||||||||||||||
число δ>0 таке, що для всіх x [x0 , x0 + δ)( x0 (x0 − δ , x0 ]) зна- |
||||||||||||||||
чення функції f ( x ) за знаком будуть такими, як |
f ( x0 ) . |
|
||||||||||||||
Доведення. Нехай для означеності f(x0)>0 і функція |
f ( x ) не- |
|||||||||||||||
перервна в точці x0 справа. Тоді для числа ε = |
f ( x0 |
) |
> 0 |
|
|
|||||||||||
|
2 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
існує число δ > 0 таке, що для всіх x [x0 , x0 + δ) буде правильна |
||||||||||||||||
нерівність |
|
f ( x ) − f ( x0 ) |
|
< ε = |
f ( x0 ) |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Звідси для x [x0 , x0 + δ) маємо |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
f ( x ) > f ( x0 ) |
|
− ε = |
f ( x0 |
) |
> 0. |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Теорема доведена для розглядуваного випадку. Інші випадки |
||||||||||||||||
доводяться аналогічно. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Наслідок 1. Якщо функція f ( x ) неперервна в точці |
x0 |
і як- |
||||||||||||||
що f ( x0 ) ≠ 0 , то знайдеться окіл ( x0 − δ , x0 + δ ) |
точки |
x0 , |
для |
всіх точок x якого значення функції f ( x ) за знаком будуть таки-
ми ж, як f ( x0 ) .
ТЕОРЕМА 3 (Больцано-Коші). Якщо функція f ( x ) неперервна на відрізку [a,b] і якщо значення цієї функції на кінцях цьо-
го відрізка протилежні за знаком, то існує принаймні одна точка с (а,b), значення функціївякійдорівнюєнулю, тобто f ( c ) = 0 .
Доведення. Нехай для означеності f ( а ) < 0 , f ( b ) > 0 . Оскільки функція f ( x ) в точці x = a неперервна справа , а в точці x=b не-
перервна зліва, то за допоміжною теоремою знайдеться число δ > 0 |
|||
таке, що |
f ( x ) < 0 для всіх |
x [a ,a + δ) і f ( x ) > 0 для |
всіх |
x (b-δ,b). |
Позначимо через |
D множину всіх точок x [a,b] |
в яких |
f(x)<0. Ця множина непорожня, оскільки [a,a + δ) D . Вона обме-
жена зверху числом b − δ . Така множина має точну верхню межу. Позначимо її через с = sup D . Ясно, що a + δ ≤ c ≤ b − δ і, отже,
с ( a,b ). Доведемо рівність f ( с) = 0 .
212
Припустимо, що f ( с) ≠ 0 . Оскільки с ( a,b ), то за наслідком 1 допоміжної теореми знайдеться окіл ( с− δ1 ,с+ δ2 ) точки с , в
усіх точках якого значення функції |
f ( x ) за знаком будуть такими ж, |
|
як f ( с) . |
|
для всіх x ( с− δ1 ,с+ δ2 ), що |
Якщо f ( с) < 0 , то |
f ( x ) < 0 |
|
суперечить означенню числа с як верхньої грані множини D всіх |
||
тих точок x [a,b], в яких |
f ( x ) < 0 . |
|
Якщо f ( с) > 0 , тоді |
f ( x ) > 0 для всіх x ( с− δ1 ,с+ δ2 ), що |
знову ж таки суперечить означенню числа с як верхньої грані множини D , бо за властивістю верхньої грані в проміжку ( с− δ1 ,с)
міститься проміжна одна |
точка x′ |
з множини D , в якій |
f ( x′ ) < 0 .Припущення, що |
f ( с) ≠ 0 , |
привело до суперечності. |
Отже, f ( с) = 0 і теорему 3 доведено.
§7. Деякі економічні задачі і їх розв’язування
Задача 1. Бюро економічного аналізу підприємства встановило, що при виробництві x комплектів меблів щоквартальні витрати V ( x ) виражаються формулоюV ( x ) = 2050 + 15 x (гривень), а дохід
D( x ) , одержаний від продажу x комплектів меблів визначається
формулою D( x ) = 25 x − 0,1x2 (гривень) .
Кожного кварталу підприємство виробляє 80 комплектів, але прагне збільшити випуск меблів до 110 одиниць. Обчислити приріст витрат, доходу та прибутку. Знайти середню величину приросту прибутку на одиницю приросту продукції :
Розв’язування. Запланований приріст продукції буде x = 110 − 80 = 30 (одиниць продукції).
Приріст витрат :
V ( x ) = V ( 110 ) − V ( 80 ) = ( 2050 + 15 110 ) − ( 2050 + 15 80 ) =
= 3700 − 3250 = 450.
Приріст доходу:
D( x ) = D( 110 ) − D( 80 ) = ( 25 110 − 0,1 1102 ) − ( 25 80 − 0,1 802 ) =
= 1540 − 1360 = 180.
Позначимо прибуток через Р( x ). Тоді прибуток буде:
213
P( x ) = D( x ) − V ( x ) = 25 x − 0,1x2 − 2050 − 15 x =
= −2050 + 10 x − 0,1x2 .
Приріст прибутку буде таким:
P( x ) = P( 110 ) − P( 80 ) = −2050 + 10 110 − 0,1 1102 −
− ( −2050 + 10 80 − 0,1 802 ) = 1100 − 1210 − 800 + 640 = −270
тобто зменшиться на 270 гривень. Середня величина прибутку на
одиницю приросту продукції буде P( x ) = − 50 = −1,67.
( x ) 30
Задача 2. В одному із обласних центрів в усіх вищих навчальних закладах навчається 35 тис. студентів. Щорічно кількість студентів збільшується на 3%. Яка кількість студентів буде у вказаному обласному центрі через вісім років?
Розв’язування. Використаємо формулу зростання за складними відсотками:
|
|
Кt |
= К0 ( 1 + |
р |
)t = К0 ( 1 + i )t , |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
100 |
|
К0 − початкова |
|
де Kt – сума вкладу, нагромаджена через t років; |
|||||||
сума вкладу; |
р − щорічний відсотковий приріст; t |
– період зрос- |
|||||
тання в роках; |
i = |
р |
|
, 1 + i = r - коефіцієнт складних відсотків. |
|||
|
|||||||
|
100 |
|
|
|
|
|
На основі формули зростання за складними відсотками маємо:
К8 |
= 35( 1 + |
3 |
)8 = 35 ( 1 + 0,03 )8 ≈ 44,34 (тис. студентів). |
|
|||
|
100 |
|
Задача 3. Вкладник надає банку 2000 гривень під складні відсотки з умовою їх неперервного зростання на 12% річних. Обчислити нагромадження капіталу за 4 роки.
Розв’язування. Використаємо формулу неперервного зростан-
|
|
p |
|
ня за складними відсотками |
Kt = K0 e |
|
t = K0eit . |
100 |
Якщо p > 0 , формула називається показниковим законом зростання, а при p < 0 - показниковим законом спадання.
На основі формули неперервного зростання за складними відсотками одержуємо таку відповідь:
К4 = 2000 е4 0 ,12 = 3,2322тис.грн.
214
Розділ 4. ДИФЕРЕНЦІАЛЬНЕ ЧИСЛЕННЯ ФУНКЦІЙ ОДНІЄЇ ЗМІННОЇ
Закономірності, які вивчають різні галузі науки, в тому числі й економіки, описуються за допомогою функцій. Описавши процес функцією, дослідження процесу зводиться до вивчення властивостей функції. Відповідь на такі питання , як швидкість процесу в даний момент, проміжки часу, коли буде прискорення чи уповільнення процесу та інші можна одержати за допомогою похідної даної функції.
§1. Означення похідної
Уточнимо поняття похідної функції, з яким знайомі з шкільного курсу математики.
Нехай задано функцію y = f ( x ), визначену на проміжку ( a,b ).Візьмемо деяку точку x0 з цього проміжку. Значення функції
в ній буде y0 |
= f ( x0 ). Hадамо аргументу приріст |
х, такий, що |
|||||
точка x1 = x0 |
+ x не вийде за вказаний проміжок.Тоді функція |
||||||
одержить нове значення f ( x 0 + x ) = y 0 + |
y , а її приріст |
||||||
y = f ( x0 + |
x ) − f ( x0 ) . Складемо відношення |
|
|||||
приросту функції до приросту аргументу |
|
||||||
|
|
y |
= |
f ( x0 + |
x ) − f ( x0 ) |
. |
(4.1) |
|
|
|
|
|
|||
|
|
x |
x |
|
Знайдемо границю відношення (4.1) при умові, що x прямує до нуля. Якщо ця границя існує, то її називають похідною функції
y = f ( x ) в точці x0 |
і позначають |
f ′( x0 ). |
|
|
||||
f ′( x0 ) = |
lim |
y |
= |
lim |
|
f ( x0 + |
x ) − f ( x0 ) |
. |
|
|
|
||||||
|
x→0 |
x |
x→0 |
x |
Якщо похідна існує для всіх точок проміжку,то вона є функцією від х . Для кожного конкретного значення x = x0 похідна є чис-
ло.
Означення. Похідною функції у = f(x) в точці х називається границя відношення приросту функції в цій точці до приросту аргументу, коли приріст аргументy прямує до нуля.
215
Похідну позначають так |
: y′, y′ |
, f ′ |
, dy , df . |
|||||||||||
|
x |
|
|
|
dx |
|
dx |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
y′ = lim |
y |
= lim |
f ( x0 + x ) − f ( x0 ) |
. |
|||||||
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
x→0 |
x x→0 |
|
|
|
|
x |
|||||
Покажемо застосування цього означення для знаходження по- |
||||||||||||||
хідних деяких функцій. |
|
|
|
|
|
|
|
y = x2 . |
||||||
Приклад 1. Знайти похідну функції |
||||||||||||||
Розв’язування. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
1. Надаємо аргументу х приросту |
х. |
|||||||||||||
2. Знаходимо приріст функції |
|
y , віднявши від значення фу- |
||||||||||||
нкції в новій точці значення функції в початковій точці |
||||||||||||||
|
y = ( x + x )2 − x2 = x2 + 2 x x + ( x )2 − x2 = |
|||||||||||||
= 2 x x + ( |
x )2 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
3. Складаємо відношення приростів |
|
|
|
|||||||||||
|
y |
= |
2 x x + ( x )2 |
= 2 x + |
x. |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xx
4.Обчислюємо границю цього відношення при умові , що
приріст аргументу x прямує до нуля
y′ = lim |
y |
= lim ( 2 х + х ) = 2 х . |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
||||
x→0 |
x |
x→0 |
|
|
|
|
|
||
Отже, y′ = 2 x або ( x2 )′ = 2 x . |
|
|
|
y = x . Від- |
|||||
Приклад 2. (самостійно). Знайти похідну функції |
|||||||||
повідь: y′ = 1. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приклад 3. Знайти похідну функції у=sin x. |
|
|
|||||||
Розв’язування. |
|
|
|
|
|
||||
1. Надаємо довільному х приросту |
x . |
|
|
||||||
2. Знаходимо приріст функції |
|
|
|
|
|
||||
y = sin( x + |
x ) − sin x = 2 sin |
x + |
x − x |
cos |
x + |
x + x |
= |
||
|
2 |
|
2 |
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
= 2 sin x cos (x+ |
x ). |
|
|
|
|
|
22
3.Складаємо відношення приростів
y |
= 2 sin |
x cos( x + |
x ) |
1 |
. |
|
|
||||
x |
2 |
2 |
x |
216
4.Обчислюємо границю цього відношення при умові , що
x→ 0.
|
|
|
y |
|
|
sin |
x |
|
cos( x + x ) = |
||
y′ = lim |
|
= lim |
|
2 |
|
|
|||||
|
x |
|
x |
|
|||||||
x→0 |
x→0 |
2 |
|||||||||
|
|
|
x |
2 |
|
|
|
|
|||
|
sin |
|
|
|
|
|
x |
|
|||
= lim |
|
2 |
|
lim cos( x + |
|
|
) = 1 cos x = cos x . |
||||
|
x |
|
2 |
||||||||
x→0 |
x→0 |
|
|
|
Отже 2 ′
, (sin x) = cos x.
Таким способом можна довести, що ( сosx )′ = − sin x .
§2. Задачі, що приводять до поняття похідної
2.1.Геометричний зміст похідної
Однією з задач геометрії, яка тісно пов’язана з історією виникнення диференціального числення є задача про проведення дотичних до кривих.
Означення. Дотичною до кривої, за-
даної |
рівнянням |
y = f ( x ) в точці до- |
|
тику |
M ( x, y ) назива- |
ють граничне положення MT січної MP , коли точка P , рухаючись по кривій прямує до точки M .
Розглянемо графік y=f(x). Візьмемо на графіку точку М(x,y) і другу точку
Р( x + x, y + y ). Про-
у |
|
|
|
|
|
|
Т |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Р |
||
|
М φ |
|
|
|
|
|
y |
||
у |
|
|
|
Q |
|||||
|
|
|
х |
|
|
|
|||
φ |
α А |
|
|
|
В |
||||
О |
|
|
|
|
|
|
|
х |
|
|
х |
|
|
х+ х |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
Мал.1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ведемо січну МР і позначимо кут нахилу її до додатнього напрямку осі Ox через ϕ . Позначимо кут, який утворює дотична
MT з додатнім напрямом осі 0 x через α .
Якщо пересувати точку Р по кривій до точки М, то граничним положенням січної МР буде дотична МТ до графіка в точці М. Як видно з
малюнка AM = f ( x ), BP = f( x + x ),
217
QP = BP − BQ = f ( x + x ) − f ( x ) = y; MQ = AB = x .
Отже, tgϕ = |
QP |
= |
f ( x + |
x ) − f ( x ) |
= |
y |
, |
|||
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
MQ |
x |
x |
|||||
а lim tgϕ = lim |
y |
= f ′( x ) = tgα . |
|
|
||||||
|
|
|
||||||||
x→0 |
x→0 |
x |
|
|
|
|
Отже, похідна в даній точці x дорівнює тангенсові кута, утвореного дотичною до графіка функції в точці M ( x, y ) з додатнім
напрямом осі Ox . Інакше, похідна в точці x дорівнює кутовому коефіцієнту дотичної до графіка функції в точці ( x, f ( x )).
2.2. Дотична і нормаль до графіка функції Задача. Знайти рівняння дотичної і нормалі до кривої, заданої
рівнянням y = f ( x ) в точці з абсцисою x0 .
Розв’язування.Точка M на кривій має координати x = x0 y = y0 = f ( x0 ) . Кутовий коефіцієнт дотичної k = f ′( x0 ). Викори-
ставши рівняння прямої з кутовим коефіцієнтом на площині, що проходить через задану точку M , одержимо рівняння дотичної:
y − y0 = f ′( x0 )( x − x0 ).
Нормаль до кривої в заданій точці перпендикулярна до дотичної, проведеної в цій точці. А тому кутовий коефіцієнт нормалі на основі умови перпендикулярності двох прямих
kн = − |
1 |
= − |
|
1 |
|
. Отже, рівняння нормалі |
||||||||
|
|
f ′( x0 ) |
||||||||||||
|
kд |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
y − y0 = − |
1 |
|
( x − x0 ). |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
f ′( x0 ) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Приклад. Знайти рівняння дотичної і нормалі до параболи |
||||||||||||||
y = x2 в точці з абсцисою x = 2 . |
y′( 2 ) = 2 2 = 4.Знайдемо |
|||||||||||||
Розв’язування. Похідна y′ = 2 x, |
||||||||||||||
ординату цієї точки |
y( 2 ) = 22 = 4. |
|
|
|
|
|
||||||||
Рівняння дотичної |
y − 4 = 4( x − 2 ) або y = 4 x − 4 . |
|||||||||||||
Рівняння нормалі y − 4 = − |
1 |
( x − 2 ) або y = − |
x |
+ |
9 |
. |
||||||||
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
4 |
2 |
|
218
2.3. Механічний зміст похідної
Нехай матеріальна точка рухається по прямій, починаючи з точки O і шлях, пройдений нею, описується рівнянням s = f ( t )
Зафіксуємо момент часу t ,коли точка знаходилася в положенні M .Надамо часу t приріст t .За цей час точка перейде в по-
ложення M1 . Приріст шляху |
s = MM1 (мал.2). |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
|
|
M |
|
|
M1 |
Мал. |
|||
s = OM 1- OM = f ( t + |
t ) − f ( t ). |
||||||||||
|
|||||||||||
Середня швидкість руху V сер. = |
s . |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
t |
|
|||
Спрямувавши |
t до нуля, ми одержимо миттєву |
|
|||||||||
швидкість руху точки M в момент часу t . |
|
||||||||||
V = lim |
s = lim |
f ( t + |
t ) − f ( t ) |
= f ′( t ). |
|
||||||
|
|
|
|
||||||||
t →0 |
t |
t →0 |
t |
|
|
|
|
Отже, похідна від пройденого шляху s по часу t виражає миттєву швидкість руху в момент t. Це є механічний зміст похідної.
2.4. Економічний зміст похідної
Якщо слово “швидкість” розуміти більш широко , як швидкість зміни функції в залежності від зміни аргументу, то можна вказати економічний зміст похідних від функцій, які описують певні економічні процеси.
Нехай витрати виробництва V однорідної продукції є функцією кількості продукції x , тобто V = V ( x ). Припустимо, що кіль-
кість продукції збільшується на |
x . Продукції x + x |
|
відповідають витрати виробництва V ( x + x ) . Приріст |
||
витрат виробництва V = V ( x + |
x ) − V ( x ) . Середній приріст ви- |
|
трат на одиницю приросту продукції V . |
||
|
|
x |
Похідна V ′( x ) = lim |
V |
називається маржинальними |
x→0 |
x |
|
(або граничними) витратами виробництва при умовах хоча би простого відтворення виробництва продукції.
Вкажемо на економічний зміст похідних для інших залежнос тей, які найбільш часто вживаються.
219
Позначимо через D( x ) та P( x ) відповідно дохід і прибуток
при виробництві і реалізації x одиниць продукції. Тоді, якщо підприємство збільшує випуск продукції на x одиниць, ці
функції одержать приріст
D( x ) = D( x + x ) − D( x ) , P( x ) = P( x + x ) − P( x ) ,
а тому маржинальний дохід
D′( x ) = lim |
D( x ) = lim |
D( x + |
x ) − D( x ) |
, |
||||
|
|
|
||||||
x→0 |
x |
x→0 |
x |
|||||
а маржинальний прибуток |
|
P( x + |
x ) − P( x ) |
|
|
|||
P′( x ) = lim |
P( x ) = lim |
. |
||||||
|
|
|||||||
x→0 |
x |
x→0 |
x |
§3. Зв’язок між неперервністю та диференційовністю фукції
Означення. Функції, які мають похідні в точці x називають диференційованими в цій точці.
Зв’язок між неперервністю і диференційовністю функції встановлює наступна теорема.
ТЕОРЕМА. Якщо функція y = f ( x ) диференційовна
в точці x0 , то вона неперервна в цій точці.
Доведення. Оскільки функція y = f ( x ) диференційовна в точці x0 , то вона має в цій точці скінчену похідну. Це означає, що
lim |
|
y |
= |
f ′( x ) . |
||
|
|
|||||
x→0 |
x |
0 |
|
|
||
|
|
|
||||
На основі означення границі випливає, що |
y |
= f ′( x0 ) + α , |
||||
|
||||||
де α - нескінченно мала величина. |
|
|
|
x |
||
|
|
y → 0, коли x → 0 . |
||||
Звідси y = f ′( x0 ) x + α x . А тому |
А з означення неперервності функції випливає , що y = f ( x ) неперервна в точці x0 . Теорема доведена.
Обернене твердження неправильне.
Так, функція y = x неперервна в точці x = 0 (мал.3), але вона немає похідної в цій точці. Дійсно,
220