Автор: Константин Григорян

5.5 Основные теоремы дифференциального исчисления

Теорема Ферма. Пусть функция $f$ определена на интервале $\left ( a, b \right ) $ и в некоторой точке $x_0 \in \left ( a, b \right ) $ принимает наибольшее (наименьшее) значение на этом интервале. Если существует ${f}’\left ( x_0\right ) $, то ${f}’\left ( x_0\right ) =0$.

Пусть $x_0$ – точка максимума функции $f$. Рассмотрим разностное отношение $\displaystyle\frac{f\left ( x\right ) -f\left ( x_0\right ) }{x-x_0}$. Так как $f\left ( x\right ) \leqslant f\left ( x_0\right ) $, то при $x \gt x_0$ имеем $\displaystyle\frac{f\left ( x\right ) -f\left ( x_0\right ) }{x-x_0} \leqslant 0$ и, следовательно, ${f_+}’\left ( x_0\right ) \leqslant 0$. Если же $x \lt x_0$, то $\displaystyle\frac{f\left ( x\right ) -f\left ( x_0\right ) }{x-x_0} \geqslant 0$ и поэтому ${f_-}’\left ( x_0\right ) \geqslant 0$. Но из дифференцируемости функции $f$ в точке $x_0$ следует, что ${f_+}’\left ( x_0\right ) ={f_-}’\left ( x_0\right ) ={f}’\left ( x_0\right ) $. Поэтому ${f}’\left ( x_0\right ) =0$.

С геометрической точки зрения теорема Ферма означает, что если в точке экстремума у графика функции существует касательная, то она параллельна оси $Ox$.

Замечание. У функции $f= \left | x \right |, \left ( -1 \lt x \lt 1\right ) $ в точке $x_0=0$ имеется экстремум, но производной в нуле эта функция не имеет. Теорема Ферма означает, что для поиска экстремума функции $f$ во внутренних точках области определения следует исследовать поведение функции $f$ лишь в тех точках, в которых производная обращается в нуль, либо не существует. Экстремума не может быть в тех точках, в которых производная существует и отлична от нуля. Однако из равенства нулю производной в точке $x_0$ не следует, что $x_0$ – точка экстремума. Например, у функции $f\left ( x\right ) =x^3$ в точке $x_0=0$ экстремума нет и в то же время ${f}’\left ( x_0\right ) =0$.

Определение. Функция называется дифференцируемой на интервале, если она дифференцируема в каждой точке этого интервала.

Теорема Ролля. Пусть функция $f$

Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что ${f}’\left ( \xi\right ) =0$.

Так как $f$ непрерывна на $\left [a, b\right ] $, то, в силу второй теоремы Вейерштрасса, она достигает своих наибольшего и наименьшего значений, т. е. существуют точки $\xi_1, \xi_2$, такие, что $f\left ( \xi_1\right ) = \max\limits_{a \leqslant x \leqslant b} f\left ( x\right ) $, $f\left ( \xi_2\right ) = \min\limits_{a \leqslant x \leqslant b} f\left ( x\right ) $. Если $f\left ( \xi_1\right ) =f\left ( \xi_2\right ) $, то это означает, что $f$ тождественно постоянна на $\left [a, b\right ] $ и, следовательно, в каждой точке $\xi \in \left ( a, b\right ) $ справедливо равенство ${f}’\left ( \xi\right ) =0$. Если же $f\left ( \xi_1\right ) \gt f\left ( \xi_2\right ) $, то хотя бы одно из этих двух значений отлично от $f\left ( a\right ) =f\left ( b\right ) $, т. е. хотя бы одна из двух точек $\xi_1, \xi_2$ находится на интервале $\left ( a, b\right ) $. Обозначим ее через $\xi$. Тогда на $\left ( a, b\right ) $ к функции $f$ можно применить теорему Ферма. Именно, $f$ дифференцируема в точке $\xi$ и имеет в этой точке экстремум. Согласно теореме Ферма, ${f}’\left ( \xi\right ) =0$.

Следствие. Между двумя корнями дифференцируемой функции находится корень производной.

Пример. Уравнение нечетной степени $x^5+x-1=0$ имеет действительный корень. Покажем, что он единственный. Обозначим $y=x^5+x-1$. Тогда ${y}’=5x^4+1 \gt 0$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Если бы данное уравнение имело еще хотя бы один корень, то, согласно следствию, нашлась бы точка, в которой производная ${y}’$ обратилась бы в нуль, а это невозможно.

Теорема Лагранжа (формула конечных приращений). Пусть функция $f$

Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что
$$\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{b-a}={f}’\left ( \xi\right ) .$$

Доказательство теоремы Лагранжа сводится к применению теоремы Ролля. Запишем уравнение прямой $l$, проходящей через точки $\left ( a, f\left ( a\right ) \right ) $ и $\left ( b, f\left ( b\right ) \right ) $:
$$l\left ( x\right ) =f\left ( a\right ) +\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{b-a}\left ( x-a\right ) .$$
Рассмотрим функцию $F\left ( x\right ) =f\left ( x\right ) -l\left ( x\right ) $. Покажем, что для функции $F$ выполнены все условия теоремы Ролля. Непрерывность на $\left [a, b\right ] $ и дифференцируемость на $\left ( a, b\right ) $ функции $F$ следует из соответствующих свойств функции $f$, данных по условию, и дифференцируемости линейной функции $l$. Далее, $F\left ( a\right ) =f\left ( a\right ) -l\left ( a\right ) =0, F\left ( b\right ) =f\left ( b\right ) -l\left ( b\right ) =0$ Применяя к $F$ теорему Ролля, найдем такую точку $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что ${F}’\left ( \xi\right ) =0$. Но
$${F}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -{l}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{b-a}=0.$$
Отсюда следует утверждение теоремы.

Геометрический смысл теоремы Лагранжа состоит в том, что существует точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, в которой касательная к графику функции $y=f\left ( x\right ) $ параллельна отрезку, соединяющему точки $\left ( a, f\left ( a\right ) \right ) $ и $\left ( b, f\left ( b\right ) \right ) $.

Замечание. Теорема Ролля является частным случаем теоремы Лагранжа, в котором $f\left ( a\right ) =f\left ( b\right ) $.

Равенство, полученное в теореме Лагранжа, можно переписать в таком виде:
$$f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) \left ( b-a\right ) ,$$
или
$$f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) ={f}’\left ( a+\theta\left ( b-a\right ) \right ) \left ( b-a\right ) ,$$
где $0 \lt \theta \lt 1$. Ничего более конкретного о значении $\theta$ сказать нельзя. Два последних равенства принято называть формулами конечных приращений.

Следствие 1. Пусть функция $f$ на интервале $\left ( a, b\right ) $ имеет ограниченную производную. Тогда $f$ равномерно непрерывна на $\left ( a, b\right ) $.

Пусть $\left | {f}’\left ( \xi\right ) \right | \leqslant M \left ( \xi \in \left ( a, b\right ) \right ) $. Тогда для любых $x_1, x_2 \in \left ( a, b\right ) $, согласно формуле конечных приращений,
$$\begin{equation}\label{eq:first11} \left | f\left ( x_1\right ) -f\left ( x_2\right ) \right | = \left | {f}’\left ( \xi\right ) \right | \cdot \left | x_1-x_2 \right | \leqslant M \left | x_1-x_2 \right |,\end{equation}$$
где $\xi$ – точка из интервала с концами $x_1$ и $x_2$. Зададим $\varepsilon \gt 0$ и положим $\delta=\displaystyle\frac{\varepsilon}{M}$. Тогда для любых $x_1, x_2 \in \left ( a, b\right ) $ из неравенства $\left | x_1-x_2 \right | \lt \delta$ и из $\left ( 1\right ) $ следует, что $\left | f\left ( x_1\right ) -f\left ( x_2\right ) \right | \lt \varepsilon$, т. е. функция $f$ равномерно непрерывна на $\left ( a, b\right ) $.

Итак, следствие 1 дает достаточное условие равномерной непрерывности дифференцируемой на $\left ( a, b\right ) $ функции. Оно состоит в ограниченности производной на $\left ( a, b\right ) $. Это условие, однако, не является необходимым, т. е. из равномерной непрерывности не следует ограниченность производной. Например, функция $f\left ( x\right ) =\sqrt x$ равномерно непрерывна на отрезке $\left [0, 1\right ] $ (это сразу следует из ее непрерывности и из теоремы Кантора), а следовательно, эта функция равномерно непрерывна и на интервале $\left ( 0, 1\right ) $. В то же время производная ${f}’\left ( x\right ) =\displaystyle\frac{1}{2 \sqrt x}$ не ограничена на $\left ( 0, 1\right ) $.

Рассмотрим еще один важный пример функции
$$f\left ( x\right ) = \left \{ \begin{matrix} x^ \alpha \sin \displaystyle\frac{1}{x}, & 0 \lt x \leqslant 1, \\ 0, & x=0. \end{matrix} \right.$$
Эта функция непрерывна в каждой точке полуинтервала $\left ( 0, 1\right ] $ ( при любом $\alpha$). Если $\alpha \leqslant 0$, то $f$ не имеет предела справа в точке $0$ и, следовательно, в точке $0$ имеет разрыв $II$ рода. Если же $\alpha \gt 0$, то $\lim\limits_{x \to 0+} x^ \alpha \sin \displaystyle\frac{1}{x}=0$ (произведение бесконечно малой функции $x^ \alpha$ на ограниченную функцию $\sin \displaystyle\frac{1}{x}$). Значит, в силу теоремы Кантора, при $\alpha \gt 0$ функция $f$ равномерно непрерывна на $\left [0, 1\right ] $. Вычислим производную
$${f}’\left ( x\right ) =\alpha \cdot x^{\alpha -1} \sin \frac{1}{x} + x^ \alpha \cos \frac{1}{x} \cdot \left ( — \frac{1}{x^2}\right ) \ \ \ \ \left ( 0 \lt x \leqslant 1\right ) .$$
При $0 \lt \alpha \lt 2$ производная ${f}’\left ( x\right ) $ неограничена на $\left ( 0, 1\right ] $, хотя $f$ равномерно непрерывна на $\left [0, 1\right ] $. Вычислим
$${f_+}’\left ( 0\right ) = \lim\limits_{x \to 0+} \frac{f\left ( x\right ) -f\left ( 0\right ) }{x-0}=\lim\limits_{x \to 0+} x^ {\alpha -1} \sin \frac{1}{x}.$$
Если $\alpha \gt 1$ то, очевидно, ${f_+}’\left ( 0\right ) =0$. Если же $\alpha \leqslant 1$ то правой производной в нуле функция $f$ не имеет.
Очевидно, что у тождественно постоянной на $\left ( a, b\right ) $ функции производная равна нулю в каждой точке $\xi \in \left ( a, b\right ) $. Формула Лагранжа позволяет легко обратить это утверждение.

Следствие 2. Если дифференцируемая на $\left ( a, b\right ) $ функция $f$ такова, что для любой $\xi \in \left ( a, b\right ) $ производная ${f}’\left ( \xi\right ) =0$, то $f$ тождественно постоянна на $\left ( a, b\right ) $.

Выберем произвольные $x_1, x_2 \in \left ( a, b\right ) \ \ \left ( x_1 \lt x_2\right ) $ и применим к отрезку $\left [x_1, x_2\right ] $ теорему Лагранжа, из которой получим
$$f\left ( x_2\right ) -f\left ( x_1\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) \left ( x_2-x_1\right ) ,\ \ где \ \ x_1 \lt \xi \lt x_2.$$
Но из равенства ${f}’\left ( \xi\right ) =0$ следует теперь, что $f\left ( x_1\right ) =f\left ( x_2\right ) $, а так как $x_1, x_2$ – произвольные, то тем самым следствие доказано.

Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений). Пусть функции $f$ и $g$

Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что справедливо равенство
$$\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }=\frac{{f}’\left ( \xi\right ) }{{g}’\left ( \xi\right ) }.$$

Из условий теоремы следует, что $g\left ( b\right ) \neq g\left ( a\right ) $. В самом деле, если $g\left ( b\right ) = g\left ( a\right ) $, то, в силу теоремы Ролля, найдется точка $x \in \left ( a, b\right ) $, такая, что ${g}’\left ( x\right ) =0$ а это противоречит условию теоремы.
Доказательство теоремы Коши, как и доказательство теоремы Лагранжа, сводится к применению теоремы Ролля. Рассмотрим функцию
$$\varphi\left ( x\right ) = \left [f\left ( x\right ) -f\left ( a\right ) \right ] — \lambda \left [g\left ( x\right ) -g\left ( a\right ) \right ] ,$$
где параметр $\lambda$ подберем так, чтобы было выполнено равенство $\varphi\left ( a\right ) =\varphi\left ( b\right ) =0$, т. е. положим
$$\lambda=\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }.$$
Тогда функция $\varphi$ удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля, согласно которой существует точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, такая, что ${\varphi}’\left ( \xi\right ) =0$, т. е.
$${\varphi}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) } \cdot {g}’\left ( \xi\right ) =0,$$
откуда следует утверждение теоремы Коши.

Замечание. Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши при $g\left ( x\right ) =x$. Однако теорема Коши не есть прямым следствием теоремы Лагранжа. Именно, согласно теореме Лагранжа, найдутся такие точки $\xi_1 \in \left ( a, b\right ) $ и $\xi_2 \in \left ( a, b\right ) $, что $f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) ={f}’\left ( \xi_1\right ) \left ( b-a\right ) $ и $g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) ={g}’\left ( \xi_2\right ) \left ( b-a\right ) $, откуда получим
$$\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }=\frac{{f}’\left ( \xi_1\right ) }{{g}’\left ( \xi_2\right ) }.$$
Но в этом равенстве точки $\xi_1$ и $\xi_2$ вообще говоря, разные, а теорема Коши утверждает, что левая часть равна отношению производных, взятых в одной и той же точке из $\left ( a, b\right ) $.

Определение. Говорят, что функция $f$ дифференцируема на отрезке $\left [a, b\right ] $, если она дифференцируема на интервале $\left ( a, b\right ) $, а в точках $a$ и $b$ имеет производные справа и слева, соответственно.

Выше мы рассмотрели пример функции $f\left ( x\right ) =x^{\alpha} \sin \displaystyle\frac{1}{x}, 0 \lt x \leqslant 1, f\left ( 0\right ) =0$, дифференцируемой на $\left [0, 1\right ] $, но производная ${f}’$ у которой при $1 \lt \alpha \leqslant 2$ разрывна. При этом, как мы видели, ${f}’\left ( 0\right ) =0$, но ${f}’$ не имеет предела при $x \to 0+$. Это означает, что точка $0$ является точкой разрыва производной $II$ рода. Зададимся вопросом: может ли производная некоторой функции иметь разрыв первого рода? Ответ на этот вопрос дает следующая теорема.

Теорема Дарбу. Пусть функция $f$ дифференцируема на отрезке $\left [a, b\right ] $ и $c$ – любое число, заключенное между ${f_+}’\left ( a\right ) $ и ${f_-}’\left ( b\right ) $. Тогда существует такая точка $\xi \in \left [a, b\right ] $, что ${f}’\left ( \xi\right ) =c$.

Пусть ${f_+}’\left ( a\right ) \lt c \lt {f_-}’\left ( b\right ) $. Так как $${f_+}’\left ( a\right ) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( a+h\right ) -f\left ( a\right ) }{h},$$ $${f_-}’\left ( b\right ) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( b-h\right ) -f\left ( b\right ) }{-h}=\lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( b\right ) -f\left ( b-h\right ) }{h},$$ то найдется такое $h \gt 0$, что
$$\begin{equation}\label{eq:second11} \frac{f\left ( a+h\right ) -f\left ( a\right ) }{h} \lt c \lt \frac{f\left ( b\right ) -f\left ( b-h\right ) }{h}.\end{equation}$$
Зафиксируем это $h$ и рассмотрим функцию $\varphi\left ( x\right ) =\displaystyle\frac{f\left ( x+h\right ) -f\left ( x\right ) }{h}$, определенную на $\left [a, b-h\right ] $. В этих обозначениях неравенство $\left ( 2\right ) $ принимает такой вид: $\varphi\left ( a\right ) \lt c \lt \varphi\left ( b-h\right ) $. Но из непрерывности функции $f$ следует также непрерывность $\varphi$, и поэтому, в силу теоремы Больцано – Коши о промежуточном значении, существует такая точка $\alpha, a \leqslant \alpha \leqslant b-h$, что $c=\varphi\left ( \alpha\right ) =\displaystyle\frac{f\left ( \alpha+h\right ) -f\left ( \alpha\right ) }{h}$. На отрезке $\left [\alpha, \alpha+h\right ] $ к функции $f$ применим теорему Лагранжа, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left ( \alpha, \alpha+h\right ) $, что $f\left ( \alpha+h\right ) -f\left ( \alpha\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) \cdot h$. Из этого равенства следует, что $c={f}’\left ( \xi\right ) $.

Замечание. Теорема Дарбу означает, что производная ${f}’$ не может быть произвольной функцией. Свойство производной, которое гарантируется теоремой Дарбу, называется свойством промежуточных значений. Согласно этому свойству, у производной не может быть скачков или устранимых разрывов, т. е. разрывов $I$ рода. Как было показано выше, разрывы $II$ рода у производной могут быть.

Примеры решения задач

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}, \ a \gt 0$
    Решение

    $\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}=\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{\left (a^x-a^a \right )- \left (x^a-a^a \right ) }{x-a}$. Возьмем $f_1 \left ( x \right )=a^x$ и $f_2 \left ( x \right )=x^a$. Так как эти функции непрерывны на $\left[ a, x \right ]$ и дифференцируемы на $\left (a, x \right )$, то к ним можно применить теорему Лагранжа. Имеем $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{\left (a^x-a^a \right )- \left (x^a-a^a \right ) }{x-a}=\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} \displaystyle\frac{{f_1}’ \left (\xi_1 \right ) \left( x-a \right )- {f_2}’ \left (\xi_2 \right ) \left( x-a \right ) }{x-a}= \\ =\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} {f_1}’ \left (\xi_1 \right )-{f_2}’ \left (\xi_2 \right )=\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} a^{\xi_1} \cdot \ln{a}-a \cdot {\xi_2}^{a-1}= \\ =a^a \cdot \ln{a}-a^a$

  2. Функция $f \left( x \right)$ непрерывна и дифференцируема на отрезке $\left [ 2, 10 \right ]$. Известно, что $f \left ( 2 \right )=8$ и производная на данном промежутке удовлетворяет условию ${f}’\left ( x \right ) \leqslant 4$ для всех $x \in \left ( 2, 10 \right )$. Определить максимально возможное значение функции при $x=10$.
    Решение

    Для оценки значения $f \left( 10 \right)$ воспользуемся формулой Лагранжа, примененной к функции $f \left ( x \right )$ на отрезке $\left [ 2,10 \right ]$, которая записывается так
    $$f \left( 10 \right)-f \left( 2 \right)={f}’ \left ( \xi \right ) \left ( 10-2 \right ),$$
    где $\xi \in \left ( 2,10 \right )$. Перепишем эту формулу в виде
    $$f \left( 10 \right)=f \left( 2 \right)+8{f}’ \left ( \xi \right ).$$
    Максимально возможное значение производной на данном интервале составляет ${f}’\left ( x \right )=4$. Следовательно
    $$f \left( 10 \right) \leqslant f \left( 2 \right) +8 \cdot 4=8+32=40.$$
    Таким образом, максимально возможное значение функции на правом конце отрезка равно $40$.

  3. Показать, что функция $f \left( x \right)=x^2-3x+2$ удовлетворяет условиям теоремы Ролля на промежутке $\left [ 1,2 \right ]$, и найти точку $c \in \left [ 1,2 \right ]$, в которой ${f}’ \left ( c \right )=0$.
    Решение

    Функция $f \left( x \right)=x^2-3x+2$ дифференцируема на промежутке $\left [ 1,2 \right ]$ и на его концах принимает одинаковые значения:
    $$f \left( 1 \right)=f \left( 2 \right)=0.$$
    Тогда, по теореме Ролля, существует точка $c \in \left [ 1,2 \right ]$, в которой ${f}’ \left ( c \right )=0.$ Найдем производную заданной функции ${f}’ \left ( x \right )=2x-3$. Найдем значение производной в точке $c$ и приравняем полученное значение к $0$:
    $${f}’ \left ( x \right )=2c-3 \Rightarrow c=\frac{3}{2}.$$

  4. Доказать, что для любых $x \gt 0$ верно следующее неравенство:
    $$\ln{\left ( 1+x \right )} \lt x.$$

    Решение

    Пусть $f \left( x \right)=\ln{\left ( 1+x \right )}, f \left( x \right) \in C_{\left [ 0,x \right ]}, f \left( x \right)$ — дифференцируема на $\left ( 0,x \right )$. Тогда она удовлетворяет теореме Лагранжа. Имеем
    $$f \left( x \right)=f \left( x \right)-f \left( 0 \right)={f}’ \left( \xi \right) \left ( x-0 \right)=\frac{1}{1+\xi} \cdot x,$$
    где $\xi \in \left ( 0,x \right ) \Rightarrow \xi \gt 0 \Rightarrow \displaystyle\frac{1}{1+\xi} \cdot x \lt x$.

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001. – 672 с. — c. 150-158.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — c. 313-327.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — c. 223-231.

Основные теоремы дифференциального исчисления

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

M1720. Кубики

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск)

Условие

$N$ одинаковых деревянных кубиков склеены между собой так, что каждые два из них склеены по грани или по участку грани. Докажите, что максимальное значение $N$ равно шести.

Решение

Приведем расположение шести деревянных кубиков, в котором каждые два склеены, как сказано в условии задачи (рис.1): три «черных» кубика стоят на плоскости стола, а три «красных» кубика стоят над ними (вид сверху!). Теперь выстроим цепочку наглядных представлений и соображений, из которых будет следовать, что $\max N = 6$.

Рис. 1

Определимся сначала с плоским случаем: если на столе лежат $n$ одинаковых картонных квадратов, каждые два из которых склеены по стороне или по участку стороны, то $\max n = 3$, что очевидно (рис.2).
Рис. 2

Будем говорить, что $n$ деревянных кубиков (из имеющихся $N$) принадлежат одному слою, если найдется плоскость (стол), на которой все они стоят. Из вышесказанного следует, что $n \leqslant 3$.
Нетрудно убедиться, что если все $N$ кубиков параллельно расположены, т.е. каждый из них является результатом параллельного переноса другого, то $N \leqslant 4$.
Пусть среди $N$ кубиков нашлись два — кубики $Q_1$ и $Q_2$, которые не являются параллельно расположенными (транслятами), а плоскость $ \pi $ — общая плоскость двух соприкасающихся граней этих кубиков. Плоскость $ \pi $
определяет два слоя, одному из которых принадлежит кубик $Q_1$, а другому — кубик $Q_2$. Заметим, что всякий третий деревянный кубик обязан принадлежать одному из этих слоев. Но в каждом слое кубиков не больше трех, значит, $N \leqslant 6$.

В. Произволов

M1718. Найдите функции

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 1 выпуск)

Условие

Найдите все функции $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ такие, что
$$f \left (x-f \left (y \right ) \right ) =f \left (f \left (y \right ) \right ) +xf \left (y \right ) +f \left (x \right ) -1$$ для всех $x,y \in \mathbb{R}$.

Решение

Пусть $A$ — множество значений функции $f$ и $c=f \left (0 \right ) $. Положив $x=y=0$, мы получим $$f \left (-c \right ) =f \left (c \right ) +c-1,$$ поэтому $c \neq 0$. Легко найти сужение функции $f$ на множество $A$: взяв $x = f \left (y \right ) $, получим $$\begin{equation}\label{eq:first} f \left (x \right ) = \frac{c+1}{2}-\frac{x^2}{2} \end{equation}$$ для всех $x$ из $A$.
Основной шаг доказательства состоит в том, чтобы показать, что множество разностей $x-y$, где $x, y \in A$, есть все множество $\mathbb{R}$. Для $y=0$ мы имеем $$ \left \{ f \left (x-c \right ) -f \left (x \right ) \mid x \in \mathbb{R} \right \} = \left \{ cx+f \left (c \right ) -1 \mid x \in \mathbb{R} \right \} =\mathbb{R},$$ поскольку $c \neq 0$.
Теперь мы можем получить значение $f \left (x \right ) $ для произвольного $x$: если мы выберем $y_1, y_2 \in A$ такие, что $x = y_1-y_2$, и используем $\left (1 \right ) $, то мы получим $$ f \left (x \right ) =f \left (y_1-y_2 \right ) =\\
=f \left (y_2 \right ) +y_1y_2+f \left (y_1 \right ) -1= \frac{c+1}{2}-\frac{y_2^2}{2} +y_1y_2+\\
\begin{align} + \frac{c+1}{2}-\frac{y_1^2}{2} -1=c- \frac{\left (y_1-y_2 \right ) ^2}{2} =c- \frac{x^2}{2}. \end{align}$$ Сравнивая $\left (1 \right ) $ и $\left (2 \right ) $, мы получим $c = 1$, и поэтому $$f \left (x \right ) =1- \frac{x^2}{2} $$ для всех $x \in \mathbb{R}$. Мы получили единственную функцию, которая удовлетворяет функциональному уравнению задачи.