4.2 Определение и примеры непрерывных функций

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 \in (a, b)$. Говорят, что функция $f$ непрерывна в точке $x_0$, если
$$\lim_{x \to x_0} f(x) = f (x_0).$$

Замечание. В отличие от определения предела функции $f$ в точке $x_0$, здесь мы требуем, чтобы функция $f$ была определена не только в проколотой окрестности точки $x_0$, а в целой окрестности точки $x_0$. Кроме того, $\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x)$ не просто существует, а равен определенному значению, а именно, $f(x_0)$.

Используя определение предела функции в смысле Коши, определение непрерывности функции $f$ в точке $x_0$ в кванторах можно записать следующим образом:
$$\forall \varepsilon > 0 \space \exists \delta = \delta (\varepsilon) > 0 : \forall x \in (a, b) : |x−x_0| < \delta \Rightarrow \\ \Rightarrow |f(x)−f(x_0)| < \varepsilon.$$
В этом определении можно не требовать выполнения условия $|x−x_0| > 0$, т. к. при $|x−x_0| = 0$ неравенство $|f(x)−f(x_0)| < \varepsilon$, очевидно, выполнено.

Так как величина $\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x)$ зависит лишь от тех значений, которые функция $f$ принимает в сколь угодно малой окрестности точки $x_0$, то непрерывность — это локальное свойство функции.

В терминах окрестностей определение непрерывности выглядит следующим образом.

Определение. Функция $f$ называется непрерывной в точке $x_0$, если для любой окрестности $V$ точки $f(x_0)$ найдется такая окрестность $U$ точки $x_0$, что для всех $x \in U$ значение $f(x) \in V$ , т. е. $f(U \cap (a, b)) \subset V$.

Применяя определение предела функции в смысле Гейне, определение непрерывности можно сформулировать так.

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $(a, b)$, называется непрерывной в точке $x_0 \in (a, b)$, если любая последовательность аргументов $\{x_n\} \space (x_n \in (a, b), x_n \to x_0)$ порождает последовательность значений функции $\{f(x_n)\}$, стремящуюся к $f(x_0)$.

Применяя понятие одностороннего предела (т. е. предела слева и справа) в точке $x_0$, можно дать определения непрерывности слева (справа) в точке $x_0$. Именно, функция $f$ называется непрерывной слева (справа) в точке $x_0$, если $\displaystyle \lim_{x \to x_0−0} f(x) = f(x_0) (\lim_{x \to x_0+0} f(x) = f(x_0))$. При этом в определении непрерывности слева достаточно считать, что функция $f$ определена лишь в левой полуокрестности точки $x_0$, т. е. на $(a, x_0]$, а для непрерывности справа — на $[x_0, b)$.

Легко видеть, что справедливо следующее

Утверждение. Для того, чтобы функция $f$ была непрерывной в точке $x_0$, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была непрерывной слева и справа в точке $x_0$.

Определение. Функция $f$, определенная на интервале $(a, b)$, называется разрывной в точке $x_0 \in (a, b)$, если $f$ не является непрерывной в этой точке.

Итак, функция $f$ является разрывной в точке $x_0$, если выполнено одно из двух следующих условий.

1. Либо не существует $\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x)$.

2. Либо предел $\displaystyle \lim_{x \to x_0} f(x)$ существует, но он не равен $f(x_0)$.

Пример 1. $f(x) \equiv C = Const$. Эта функция непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$, т. к. для любого $x \in \mathbb{R} \space |f(x)−f(x_0)| = 0$.

Пример 2. $f(x) = x^2, −\infty < x < +\infty, x_0 \in \mathbb{R}$. Зададим $\varepsilon > 0$. Тогда из неравенства
$$|x^2-x_0^2| \leq (|x|+|x_0|)|x-x_0|$$
следует, что при $|x−x_0| < \delta = \min{\Bigr(1, \frac{\varepsilon}{2|x_0|+1}\Bigl)}$ справедливо неравенство $|x^2-x_0^2| < \varepsilon$, т. е. $\displaystyle \lim_{x \to x_0} x^2 = x_0^2$, а значит, функция $f(x) = x^2$ непрерывна в любой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Пример 3. $f(x) = \sqrt{x}, \space 0 \leq x < +\infty$. Если $x_0 \in (0, +\infty)$, то
$$|\sqrt{x}-\sqrt{x_0}| = \frac{|x-x_0|}{\sqrt{x}+\sqrt{x_0}} \leq \frac{1}{\sqrt{x_0}} |x-x_0| < \varepsilon,$$
если только $|x-x_0| < \delta \equiv \sqrt{x_0} \cdot \varepsilon$. Таким образом, функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 > 0$. В точке $x_0 = 0$ можно ставить вопрос о непрерывности справа. Имеем $|\sqrt{x}-\sqrt{0}| = \sqrt{x} < \varepsilon \space$, если только $0 \leq x < \delta \equiv \varepsilon^2$. Итак, $\displaystyle \lim_{x \to 0+} \sqrt{x} = 0 = \sqrt{0}$, т. е. функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна справа в точке $0$.

Пример 4. $f(x)=\sin{x}, -\infty < x < +\infty$. Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Тогда
$$|\sin{x}−\sin{x_0}| = \Bigg|2\cos{\frac{x+x_0}{2}}\sin{\frac{x-x_0}{2}}\Bigg| \leq \\ \leq 2\Bigg|\sin{\frac{x-x_0}{2}}\Bigg| \leq |x−x_0|,$$
где последнее неравенство в этой цепочке следует из доказанного выше неравенства $|\sin{t}| \leq |t| \space (0 < |t| < \pi/2)$. Можем считать, что $|x−x_0| < \pi$. Тогда при $|x−x_0| < \delta \equiv \min{(\pi, \varepsilon)}$ справедливо $|\sin{x}−\sin{x_0}| < \varepsilon$, т. е. функция $f(x) = \sin{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Аналогично доказываем, что функция $f(x) = \cos{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \in \mathbb{R}$.

Пример 5. $f(x) = x \cdot \sin{\frac{1}{x}}$ при $x \neq 0$ и $f(0) = 0$. Покажем, что функция $f$ непрерывна в точке $x_0= 0$. Имеем $f(0) = 0$ и
$$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} x \sin{\frac{1}{x}} = 0$$
(т. к. $|f(x)−0| = |x \sin{\frac{1}{x}}| \leq |x| < \varepsilon$, если только $|x−0| = |x| < \delta \equiv \varepsilon$). Итак, $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$, так что $f$ непрерывна в точке $0$.

Пример 6. $f(x) = \operatorname{sign} x, x \in R$. Если $x_0 \neq 0$, то функция $f$ постоянна в некоторой окрестности точки $x_0$ и, следовательно, непрерывна в этой точке. Если же $x_0 = 0$, то не существует предела функции $f$ при $x \to 0$. Значит, функция $f$ разрывна в точке $0$. Более того, $\displaystyle \lim_{x \to 0+} \operatorname{sign} x = 1, \lim_{x \to 0−} \operatorname{sign} x = −1, \operatorname{sign} 0 = 0$, так что функция $\operatorname{sign} x$ разрывна в точке $0$ как слева, так и справа.

Пример 7. Рассмотрим функцию Дирихле
$$\begin{equation*}D(x) = \begin{cases} 1, \quad x \in \mathbb{Q}, \\ 0, \quad x \in \mathbb{R \setminus Q}. \end{cases} \end{equation*}$$
Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Покажем, что не существует предела функции $D$ при $x \to x_0$. Для этого выберем последовательность $\{x^\prime_n\}$ отличных от $x_0$ рациональных чисел, стремящуюся к $x_0$. Тогда $D(x^\prime_n) = 1$ и, значит, $\displaystyle \lim_{n \to \infty} D(x^\prime_n) = 1$. Если же взять последовательность $\{x^{\prime\prime}_n\}$, отличных от $x_0$ иррациональных чисел, стремящуюся к $x_0$, то получим, что $D(x^{\prime\prime}_n) = 0$ и $\displaystyle \lim_{n \to \infty} D(x^{\prime\prime}_n) = 0$. В силу определения предела функции по Гейне получаем, что функция $D$ не имеет предела в точке $x_0$. Так как $x_0 \in \mathbb{R}$ — произвольная точка, то это означает, что функция Дирихле разрывна в каждой точке.

Пример 8. $f(x) = x \cdot D(x), \space x \in \mathbb{R}$. Функция $f$ разрывна в каждой точке $x_0 \neq 0$. В самом деле, если $\{x^\prime_n\}$ и $\{x^{\prime\prime}_n\}$ соответственно последовательности рациональных и иррациональных отличных от $x_0$ чисел, стремящиеся к $x_0$, то $\displaystyle \lim_{n \to \infty} f(x^\prime_n) = 0$ и $\displaystyle \lim_{n \to \infty} f(x^{\prime\prime}_n) = 0$, так что, в силу определения предела функции по Гейне, функция $f$ не имеет предела в точке $x_0$. Если же $x_0 = 0$, то $\displaystyle \lim_{x \to 0} f(x) = 0 = f(0)$. Действительно, $|f(x)| = |x \cdot D(x)| \leq |x| < \varepsilon$, если только $|x−0| = |x| < \delta \equiv \varepsilon$. Это означает, что данная функция непрерывна в единственной точке $x_0 = 0$.

Примеры решения задач

Пусть функция $f$ определена в окрестности точки $x_0$, кроме самой точки $x_0$. Доопределить функцию $f$, задав $f(x_0)$ так, чтобы получившаяся функция была непрерывна в точке $x_0$, если:

  1. $\displaystyle f(x) = \frac{x^2-1}{x+1}, \space x_0 = -1$.

    Решение

    $$\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{(x-1)(x+1)}{x+1} = \lim_{x \to -1} (x-1) = -2$$
    Таким образом, положим $\displaystyle f(-1) = \lim_{x \to -1} f(x) = -2$. Значит, функция непрерывна в точке $x_0 = -1$.

  2. $\displaystyle f(x) = \frac{\sqrt{1+x}-1}{x}, \space x_0 = 0$.

    Решение

    Воспользовавшись таблицей эквивалентных, получим:
    $$\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} \frac{(1+x)^{\frac{1}{2}}-1}{x} \backsim \lim_{x \to 0} \frac{\frac{1}{2}x}{x} = \frac{1}{2}$$
    Таким образом, положим $\displaystyle f(0) = \lim_{x \to 0} f(x) = \frac{1}{2}$. Значит, функция непрерывна в точке $x_0 = 0$.

  3. $\displaystyle f(x) = x\cot{x}, \space x_0 = 0$.

    Решение

    Воспользовавшись таблицей эквивалентных, получим:
    $$\lim_{x \to x_0} f(x) = \lim_{x \to x_0} x\frac{\cos{x}}{\sin{x}} \backsim \lim_{x \to 0} x\frac{\cos{x}}{x} = 1$$
    Таким образом, положим $\displaystyle f(0) = \lim_{x \to 0} f(x) = 1$. Значит, функция непрерывна в точке $x_0 = 0$.

Непрерывные функции

Проверьте, насколько хорошо вы усвоили эту тему и закрепите свои знания по ней, пройдя тест.

5.6 Правила Лопиталя

Правила Лопиталя
Рассмотрим некоторые теоремы, позволяющие   раскрывать неопределенности  вида $\left [ \displaystyle\frac{0}{0} \right ]$ и $\left [ \displaystyle\frac{\infty }{\infty } \right]$ при нахождении пределов  $\lim\limits_{x\rightarrow a } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}$, где $f$ и $g$–дифференцируемые функции. Рассмотрим сначала простой случай. Пусть функции $f$ и $g$ дифференцируемые в точке $a$, $f(a) = g(a) = 0$ и ${g}'(a)\neq 0$. Тогда $f(x)={f}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)$ и $g(x)={g}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)$, откуда получаем $$\large \lim\limits_{x\rightarrow a } \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\rightarrow a }\displaystyle\frac{{f}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)}{{g}'(a)(x-a)+\bar{o}(x-a)}=\\=\lim\limits_{x\rightarrow a}x \displaystyle\frac{{f}'(a) + \displaystyle\frac{\bar{0}(x-a)}{x-a }}{{g}'(a) + \displaystyle\frac{\bar{0}(x-a)}{x-a }}= \displaystyle\frac{{f}'(a)}{{g}'(a)}$$
Это означает, что (при выполнении соответствующих условий) предел отношения функций равен отношению их производных.

Перейдя по этим ссылкам, Вы найдете подробную информацию о Первой и Второй теореме Лопиталя :

  1. Первая теорема Лопиталя
  2. Вторая теорема Лопиталя
  3. Литература

8.4 Объем тела вращения

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана непрерывная неотрицательная функция $f$. Рассмотрим криволинейную трапецию, или подграфик функции $f$. Будем вращать эту трапецию вокруг оси $Ox$. Полученное тело вращения обозначим через $E$. Выведем формулу для его объема. Разобьем отрезок $\left[a,b\right]$ точками $a= x_0 < x_1 <\ldots < x_n = b$ и обозначим $m_i = \inf f(x), M_i = \sup f(x)$. В результате вращения получаем два прямых круговых цилиндра и один “цилиндр” с криволинейной образующей. Объемы меньшего и большего круговых цилиндров равны соответственно $\pi m_i^2\Delta x_i$ и $\pi M_i^2\Delta x_i$. Из круговых прямых цилиндров составим две области: одна из них имеет объем V=$\pi\sum\limits_{i=1}^{n-1}m_i^2\Delta x_i$ ,а другая $\overline{V}=\pi\sum\limits_{i=1}^{n-1}M_i^2\Delta x_i$ (Если у Вас возникли проблемы, то просмотрите этот материал Суммы Дарбу). Ясно, что наше тело вращения $E$ содержит в себе меньшее из этих кусочно цилиндрических тел и содержится в большем кусочно цилиндрическом теле. Таким образом, объем $V$ тела $E$ удовлетворяет неравенству V $\leq$ V $\leq$ $\overline{V}$. Понятно, что суммы V и $\overline{V}$ соответственно нижняя и верхняя суммы Дарбу для интеграла $\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx.$, так что они обе стремятся к этому интегралу при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Итак, мы получаем следующую формулу для нахождения объема тела вращения:

$$V=\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx$$

Примеры решения задач

  • Пример 1.Найти объем тела вращения вокруг оси абсцисс ограниченного функциями $y=2x-x^2, o<x<2;$
    Решение

    Выполним чертеж:

    Объем тела вращения:

    $V=\pi\int\limits^a_b f(x)^2\,dx = \pi\int\limits^2_0 (2x-x^2)^2\,dx$ =
    =$\pi\int\limits^2_0 4x^2-4x^3+x^4\,dx = \pi (\frac{32}{3}-16 +\frac{32}{5}) =\frac{ 16\pi}{15}$

  • Пример 2.Вычислить объем тела, полученного при вращении вокруг оси абсцисс фигуры ограниченной линиями $y=2x+1$, $y=x+4$, $x=0$, $x=1$.
    Решение

    $$V=V_1 — V_2$$

    Найдем фигуру ограниченную сверху прямой $y=x+4$ :

    $$ V_1 = \pi\int\limits^1_0 (x+4)^2\,dx = \pi (\frac{x^3}{3}+4x^2 +16x)|_0^1 =\frac{61\pi}{3}$$

    Найдем фигуру ограниченную сверху прямой $y=2x+1$ :

    $$ V_2 = \pi\int\limits^1_0 (2x+1)^2\,dx = \pi (\frac{4x^3}{3}+2x^2 +x)|_0^1 =\frac{61\pi}{3} =\frac{13\pi}{3}$$
    $$ V = \frac{61\pi}{3} — \frac{13\pi}{3} = 16\pi$$

Объем тела вращения

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

См. также

5.8.2 Экстремумы

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$. Точка $x_0 \in I$ называется точкой локального максимума функции $f$, если существует такая окрестность ${U_{\delta}} = ({x_0} – {\delta}, {x_0} +{ \delta}) {\subset }I$, что для всех $x \in {U_{\delta}} $справедливо неравенство $f(x) \leq f ({x_0})$. Если же $f(x) <f ({x_0})$ для всех $x ∈ {U_{\delta}} / \{{x_0}\}$, то точка $x_0$ называется точкой строгого локального минимума.

Точки локального максимума и локального минимума называют точками локального экстремума (или экстремальными точками).

Необходимое условие экстремума содержит теорема Ферма. Именно, теорема Ферма утверждает, что если в некоторой точке функция имеет экстремум и дифференцируема в этой точке, то производная в этой точке равна нулю. Таким образом, если в некоторой точке ${x_0} {\in} (a, b)$ функция $f$ имеет локальный экстремум, то либо $f’ ({x_0}) = 0$, либо функция $f$ в точке $x_0$ не имеет производной. Другими словами, локальный экстремум во внутренней точке области определения может быть (но не обязан быть) лишь в такой точке, где производная равна нулю, либо не существует.

Определение. Точки, в которых производная функции обращается в нуль, называются стационарными точками функции, а точки, в которых производная равна нулю, либо не существует, называются критическими точками функции.

Например, у функции $f(x) = {x_2}$ точка ${x_0 }= 0$ стационарная и в этой точке функция имеет минимум. У функции $f(x) = {x_3}$ точка ${x_0} = 0$ стационарная, но экстремума в этой точке функция не имеет. У функции $f(x) = |x|$ точка ${x_0}= 0$ критическая, но не стационарная, и в этой точке функция имеет минимум. То же для функции $f(x) = \sqrt{|x|}$. У функции $f(x) = \text{sign}\:x$ точка ${x_0} = 0$ критическая, но не стационарная, экстремума в этой точке нет. Точка ${x_0} = 0$ является критической (но не стационарной) для функции $f(x) = \text{sign}\:^2 x$, и в этой точке функция имеет минимум.

Из этих примеров видно, что не каждая критическая точка является точкой экстремума.

Пример. Найти точки экстремума функции $f(x) = \text{ch}\:x + \cos x$. Имеем $f ‘ (x) = \text{sh}\:x − \sin x {\equiv} {\varphi} (x) $. Очевидно, $f'(0) = 0$, так что $0$ – критическая точка функции $f$. Покажем, что других критических точек у функции $f$ нет. Так как ${\varphi}(0) = 0$, то из строгого возрастания функции ${\varphi}$ на $[0, +{\infty}) $ будет следовать, что ${\varphi}(x)>0$ для всех $x>0$, а так как ${\varphi}(−x) = −{\varphi}(x)$, то ${\varphi}(x)<0$ при $x<0$. Покажем, что ${\varphi}$ строго возрастает
на $[0, +\infty)$. Имеем $$\varphi'(x)= \text{ch}\:x-\cos x=\displaystyle\frac{e^x+e^{-x}}{2}-\cos x\geqslant\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$
при $x>0$. В самом деле, последнее неравенство следует из того, что $t+\displaystyle\frac{1}{t}>2$ при $t>0$, $t\ne1$, где $t=e^x>1$ при $x>0$. Итак, $\varphi’\left(x\right)>0$ на $[0, +\infty)$. Следовательно, $\varphi$ строго возрастает на $[0, +\infty)$ и поэтому $\varphi\left(x\right)>\varphi\left(0\right)=0, \left(x>0\right)$. Значит точка $x=0$ — единственная критическая точка функции $f$. На $[0, +\infty)$ производная $f’>0$, так что функция $f$ строго возрастает на $[0, +\infty)$, т.е. $f\left(x\right)>f\left(0\right)$ для любого $x\ne0$. Следовательно, $0$ — точка строгого минимума (единственная точка экстремума данной функции).

Теорема 1 (первое достаточное условие экстремума).Пусть функция $f$ дифференцируема в некоторой окрестности точки $x_0$, за исключением, быть может, самой точки $x_0,$ и непрерывна в точке $x_0$. Тогда

  1. если $f’\left(x\right)<0$ при $x<x_0$ и ${f}'(x)> 0$ при $x>x_0$, то $x_0$ – точка строгого минимума;
  2. если $f’\left(x\right)>0$ при $x<x_0$ и ${f}'(x)<0$ при $x>x_0$, то $x_0$ – точка строгого максимума.

Ограничимся доказательством a). Пусть $x<x_0$. Применяя формулу конечных приращений (теорему Лагранжа) на $[x, x_0]$, получим $f\left(x_0\right)-f\left(x\right)=f’\left(\xi\right)\left(x_0−x\right)<0$, так как $x<\xi<x_0$ и $f’\left(\xi\right)<0.$ Если же $x>x_0$, то $ f’\left(\xi\right) > 0 $ для $x_0<\xi<x$ и поэтому $f\left(x\right)-f\left(x_0\right)=f’\left(\xi\right)\left(x_0−x\right)>0$. Итак, $f\left(x\right)>f\left(x_0\right)$ при $x\ne x_0$, т.е. $x_0$ – точка строгого минимума.

Замечание 1. Если в условии на производные в теореме строгие неравенства заменить нестрогими, то получим достаточное условие нестрогого экстремума. Доказательство очевидное.

Комментарий. В условии a) теоремы говорят, что при переходе через точку $x_0$ производная меняет знак с «$-$» на «$+$», а в условии b) меняет знак с «$+$» на «$-$».

Теорема 2 (второе достаточное условие экстремума). Пусть функция $f$ определена на интервале $I$, точка $x_0\in I$ и $f’\left(x_0\right)=0$. Если $f^{\prime\prime}\left(x_0\right)>0$, то $x_0$ – точка строгого локального минимума функции $f$. Если $f^{\prime\prime}\left(x_0\right)<0$, то $x_0$ – точка строгого локального максимума функции $f$.

Заметим, что из существования $f^{\prime\prime}(x_0)>0$ следует, что производная $f'(x_0)>0$ определена в некоторой окрестности $(x_0-\delta,x_0+\delta$ точки $x_0$. Имеем $$f^{\prime\prime}(x_0)=\lim\limits_{h\to 0+}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}}=\lim\limits_{h\to 0+}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)}{h}}>0,$$ а значит, в некоторой полуокрестности $(x_0,x_0+\delta_{1})$ производная $f'(x)>0$. Аналогично $$f^{\prime\prime}(x_0)=\lim\limits_{h\to 0-}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}}=\lim\limits_{h\to 0-}{\displaystyle\frac{f'(x_0+h)}{h}}>0,$$ так что в некоторой полуокрестности $(x_0-\delta_{2},x_0)$ производная $f'(x)<0$. Значит, при переходе через точку $x_0$ производная $f’$ меняет знак с «$-$» на «$+$». Согласно первому достаточному условию экстремума, $x_0$ – точка строгого локального минимума. Вторая часть теоремы доказывается аналогично.

Применение формулы Тейлора для нахождения экстремумов. Пусть функция $f$ в некоторой окрестности точки $x_0 \in (a, b)$ имеет производные до $(n − 1)$-го порядка, а в точке $x_0$ – производную порядка $n$. Тогда, как было показано выше, справедлива формула Тейлора $$f(x) = f(x_0) + \displaystyle\frac{f'(x_0)}{1!}(x − x_0) + \ldots + \displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x − x_0)^n + \overline{o}((x − x_0)^n ).$$ Предположим, что $f'(x_0) = f^{\prime\prime}(x_0) = \ldots = f^{(n−1)} (x_0) = 0, f^{(n)} (x_0)\ne 0$. Тогда $$f(x) − f (x_0) = \displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x − x_0)^n + \alpha(x)(x-x_0)^n,$$ где $\alpha(x) \rightarrow 0$ при $x \rightarrow x_0$, или же $$f(x) − f (x_0) = (x − x_0)^n\left[\displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}+\alpha(x)\right].$$

Так как $\alpha(x) \rightarrow 0$ при $x \rightarrow x_0$, а $f^{(n)}(x_0) \ne 0$, то в достаточно малой окрестности точки $x_0$ знак выражения $\displaystyle\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}+\alpha(x)$ совпадает со знаком первого слагаемого. Таким образом, знак разности $f(x) − f (x_0)$ в достаточно малой окрестности точки x0 определяется знаком произведения $(x − x0)^n f^{(n)} (x_0)$. Если $n$ – четное число, то при переходе через точку $x_0$ множитель $(x − x_0)^n$ не меняет знака, т. е. знак разности $f(x) − f (x_0)$ совпадает со знаком $f^{(n)} (x_0)$. При $f^{(n)} (x_0) < 0$ имеем $f(x) > f (x_0)$, т. е. $x_0$ – точка строгого локального минимума. Если же $n$ – нечетное число, то при переходе через точку $x_0$ выражение $(x − x0)^n$ меняет знак и, следовательно, выражение $(x − x_0)^nf^{(n)}(x_0)$ также меняет знак при переходе через точку $x_0$. Это означает, что при переходе через точку $x_0$ меняет знак разность $f(x) − f (x_0)$, т. е. в точке $x_0$ функция $f$ не имеет экстремума. Итак, доказали следующую теорему.

Теорема 3. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$, точка $x_0 \in I$. Пусть, далее,
$$f'(x_0) = f^{\prime\prime}(x_0) =\ldots= f^{(n−1)} (x_0) = 0, f^{(n)} (x_0)\ne 0$$
Тогда, если $n$ нечетно, то $x_0$ не является точкой экстремума. Если же $n$ четно, то

  1. если $f^{(n)}(x_0) > 0$, то $x_0$ – точка строгого локального минимума;
  2. если $f^{(n)}(x_0) < 0$, то $x_0$ – точка строгого локального максимума.

Пример. Выше мы уже рассматривали пример функции $f(x) = \text{ch}\:x+ \cos x$. Имеем
$$f'(x_0) = \text{sh}\:x- \sin x, f'(0)=0,$$ $$f^{\prime\prime}(x_0) = \text{ch}\:x- \cos x, f^{\prime\prime}(0)=0,$$ $$f^{\prime\prime\prime}(x_0) = \text{sh}\:x+ \sin x, f^{\prime\prime\prime}(0)=0,$$ $$f^{(4)}(x_0) = \text{ch}\:x+ \cos x, f^{(4)}(0)=2>0.$$
Следовательно, $0$ – точка локального строгого минимума функции $f$.

Наибольшее и наименьшее значения функции на отрезке (глобальные экстремумы). Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$. Согласно второй теореме Вейерштрасса, функция $f$ достигает своих наибольшего и наименьшего значений на этом отрезке. Точки, в которых эти значения достигаются, называются точками глобального экстремума. Точка, в которой достигается наибольшее значение, может быть внутренней, т. е. принадлежать интервалу $(a, b)$, либо совпадать с одной из двух $a$ или $b$. Если это внутренняя точка, то она является точкой локального экстремума функции $f$. Выше мы рассмотрели ряд условий, позволяющих находить точки локального экстремума. Таким образом, чтобы найти глобальное наибольшее значение функции $f$ на отрезке $[a, b]$, нужно найти ее точки локального максимума на интервале $(a, b)$, добавить к ним точки $a$ и $b$ и из полученного набора точек выбрать ту, в которой значение функции наибольшее. Такое значение существует в силу второй теоремы Вейерштрасса.
Аналогично, для того чтобы найти глобальное наименьшее значение непрерывной функции $f$ на отрезке $[a, b]$, нужно к точкам локального минимума добавить точки $a$ и $b$, а затем среди полученного набора точек выбрать ту, в которой значение функции наименьшее.

Пример. Найти наибольшее и наименьшее значения функции $f(x) = (x − 2)^2 (x + 1)^3$ на отрезке $[0, 3]$. Имеем $f'(x) = (x−2)(x+1)^2(5x−4)$. Решениями уравнения $f'(x) = 0$, принадлежащими $[0, 3]$, являются значения $x = 2$ и $x = \displaystyle\frac{4}{5}$. Вычислим $f(0) = 4, f(3) = 64, f(2) = 0, f (\displaystyle\frac{4}{5}) = \displaystyle\frac{2^29^4}{5^5} \approx 2,1$. Значит, наибольшее значение функции равно $f(3) = 64$, а наименьшее – $f(2) = 0$.

Примеры решения задач

  1. Найти экстремумы функции $f(x)=\displaystyle\frac{x^3}{(x-2)^2}$
    Решение
    1. Функция терпит бесконечный разрыв в точке $x=2$.
    2. Найдём критические точки: $$f'(x)=\displaystyle\left(\frac{x^3}{(x-2)^2}\right)’=\displaystyle\frac{(x^3)'(x-2)^2-x^3((x-2)^2)’}{(x-2)^4}=$$ $$=\displaystyle\frac{(3x^2(x-2)^2-x^32(x-2)^2)}{(x-2)^4}=\displaystyle\frac{(3x^2(x-2)-2x^3)}{(x-2)^3}=$$ $$=\displaystyle\frac{(3x^3-6x^2-2x^3)}{(x-2)^3}=\displaystyle\frac{(x^3-6x^2)}{(x-2)^3}=\displaystyle\frac{(x^2(x-6)}{(x-2)^3}=0$$
      $x=0, x=6$ — критические точки.
    3. Методом интервалов определим знаки производной:
      В точке $x=6$ функция достигает минимума.
      В точке $x=0$ экстремум отсутствует.
  2. Найти экстремумы функции $f(x)=\sqrt[3]{3x^2-x^3}$
    Решение
    1. Функция определена и непрерывна на всей числовой прямой.
    2. Найдём критические точки: $$f'(x)=\left( \left(3x^2-x^3\right)^{\frac{1}{3}}\right)’=\displaystyle\frac{1}{3}\left(3x^2-x^3\right)^{-\frac{2}{3}}\left(3x^2-x^3\right)’=$$ $$=\displaystyle\frac{1}{3 \sqrt{\left(3x^2-x^3\right)^2}} \left(6x-3x^2\right)=\displaystyle\frac{3x\left(2-x\right)}{3 \sqrt[3]{x^4\left(3-x\right)^2}}=$$ $$=\displaystyle\frac{2-x}{3 \sqrt[3]{\left(3x^2-x^3\right)^2}}=0$$
      $x=0, x=2, x=3$ — критические точки. Почему значения $x=0, x=3,$ обращающие знаменатель в ноль, следует отнести к критическим? А дело в том, что изначальная функция в них определена.
    3. Методом интервалов определим знаки производной:
      В точке $x=0$ функция достигает минимума.
      В точке $x=2$ функция достигает максимума.
      В точке $x=3$ экстремум отсутствует.

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. – c. 554 — с. 571
  2. 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. 288-289.
  3. «Курс лекций по математическому анализу» В.И.Коляда, А.А.Кореновский — с.143 — с.149

Экстремумы

Проверте свои силы

12.3 Частные производные

Сначала рассмотрим пример. Пусть $ \DeclareMathOperator{\tg}{tg} f(x,y)=x^{2}+y^{2}$. Производной по $x$ называется $$\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)=2x,$$
а производной по $y$ – $$\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)=2y.$$
Полной производной, или дифференциалом, согласно примеру $1$, будет $A(h,k)=2xh+2yk$, $A = \mathrm{d}f(x,y).$

Определение. Пусть $f\colon E\to \mathbb{R}$, где открытое множество $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$, и точка $x_{0}\in{E}$. Если существует $$\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t},$$ то этот предел называется $i$-й частной производной функции $f$ по переменной $x^{i}$ в точке $x_{0}$ и обозначается одним из символов $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0}),$ ${f}’_{x^{i}}(x_{0}),$ $\mathrm{D}_{i}f(x_0),$ ${f}’_{i}(x_{0}).$

В этом определении $e_{i}$ – $i$-й координатный вектор. Все его координаты – нули, за исключением $i$-й, равной $1$, а $t \neq 0$ пробегает действительные значения, близкие к нулю, так, чтобы точка $x_{0} + te_{i}$ оставалась во множестве $E.$

Можно записать $$\frac{\partial f }{\partial x^{i}}(x_0)=\lim_{t \rightarrow 0}\frac{f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i}+t,\ldots, x_{0}^{n})-f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{n})}{t}.$$
Эта запись показывает, что частную производную можно рассматривать как производную функции $f$ по переменной $x_{i}$ при фиксированных значениях всех остальных переменных. Точнее, $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})$ есть производная функции одного переменного $g(\xi)=f(x_{0}^{1},\ldots, x_{0}^{i-1}, \xi, x_{0}^{i+1},\ldots, x_{0}^{n})$ в точке $\xi = x_{0}^{i}.$

Частная производная – это число, в отличие от производной $f'(x_{0}),$ которая называется также полной производной. Полная производная является линейной формой.

Теорема 4. Пусть $f$ – действительная функция, заданная на открытом множестве $E\subset{\mathbb{R}^{n}}$. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_{0}\in{E}$, то в этой точке у нее существуют частные производные по всем переменным. При этом справедливо равенство $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.11)$$

Пусть $A={\mathrm{d} f}(x_{0})$. Тогда, по определению дифференцируемости, $$f(x_{0}+h)-f(x_{0})= A(h)+\bar{o}(\left | h \right |). \quad (12.12)$$
Положим $h = te_{i}$, где достаточно малое $t\neq 0.$ Тогда получим $$f(x_{0}+te_{i})−f(x_{0})=tA(e_{i})+\bar{o}(\left | t \right |).$$
Отсюда следует, что $$\frac{f(x_{0}+te_{i})-f(x_{0})}{t}\to A(e_{i})\quad(t\to 0).$$
Тем самым мы доказали, что существует $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=A(e_{i})$. Заметим, что $$A(h) = A(e_{1})h^{1}+\ldots+A(e_{n})h^{n},$$ и поэтому из $(12.12)$ следует $(12.11).$

При доказательстве теоремы нами установлено соотношение $$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x_{0})=\mathrm{d}f(x_{0})e_{i}\quad(i=1,\ldots,n).$$
В правой его части записано значение линейной формы $\mathrm{d}f(x_{0})$ на $i$-м базисном векторе $e_{i}$.

Формулой $$\mathrm{d}f(x_{0})h=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})h^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})h^{n}\quad(h\in \mathbb{R}^{n})$$ описывается дифференциал $\mathrm{d}f(x_{0})$ как линейная форма. Заметим, что из этой формулы вытекает равенство $$\mathrm{d}f(x_{0})=\frac{\partial f}{\partial x^{1}}(x_{0})\pi^{1}+\ldots+\frac{\partial f}{\partial x^{n}}(x_{0})\pi^{n},$$ где $\pi^{i}(h)$ – $i$-я проекция.

Таким образом, частные производные – это координаты полной производной или дифференциала в стандартном базисе $\pi^{1}, \ldots, \pi^{n}$ сопряженного пространства.

Пример 1. Пусть $f(x, y)=x^{2}+y^{2}.$ Как было установлено выше, частные производные этой функции по переменным $x$ и $y$ соответственно равны $2x$ и $2y.$ Вычислим значение дифференциала этой функции в точке $(1, 2)$ на векторе $(−3, 5).$ Имеем
$$\frac{\partial f}{\partial x}(1, 2)=2,\quad \frac{\partial f}{\partial y}(1, 2)=4,\quad \mathrm{d}f(1, 2)(−3, 5) = 2(−3)+4·5=14.$$
Запишем разложение $\mathrm{d}f(1, 2)$ по базисным линейным формам $\pi^{1},$ $\pi^{2}:$
$$\mathrm{d}f(1, 2) = 2\pi^{1} + 4\pi^{2}.$$
Это выражение полностью описывает дифференциал.

Пример 2. Рассмотрим функцию $f(x) = \left | x \right |$, $x\in \mathbb{R}^{n}$. Покажем, что в начале координат у нее нет ни одной частной производной. Действительно, например, $f(x^{1}, 0, \ldots, 0) = \left | x^{1} \right |$, но, как хорошо известно, у этой функции нет производной в нуле по переменной $x^{1}.$ Аналогично показываем, что в начале координат нет частных производных по остальным переменным.

Рассмотрим геометрический смысл частной производной на примере функции $f(x, y)$ двух переменных. Сечением графика функции $f(x, y)$ плоскостью $y = y_{0}$ есть некоторая кривая – график функции одного переменного $f(x, y_{0})$. Касательная к этому графику в точке $x = x_{0}$ образует некоторый угол $\alpha$ с положительным направлением оси $Ox$. Тангенс этого угла $\tg \alpha$ и есть частная производная функции $f(x, y)$ по переменной $x$ в точке $(x_{0}, y_{0})$, т. е. $\tg \alpha = \frac{\partial f}{\partial x}(x_{0}, y_{0})$.

Частные производные в точке $(x_{0}, y_{0})$ характеризуют поведение функции вблизи точки $(x_{0}, y_{0})$ вдоль прямых, параллельных координатным осям. В случае $n \geq 2$ из существования частных производных не следует дифференцируемость функции. Например, пусть функция $f(x, y) = 1$, если $xy = 0$, и $f(x, y) = 0$ во всех остальных точках $(x, y)$. Тогда очевидно, что $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0)=\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0)=0$, но, в то же время, функция $f$ разрывна в точке $(0, 0)$ и, тем более, она не является дифференцируемой в этой точке.

Пример 1. Пусть
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{x^{2}+y^{2}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
Если $x^2 + y^2 > 0$, то
$$\frac{\partial f}{\partial x}(x, y)=y\frac{x^2+y^2-2x^2}{(x^2+y^2)^2}=y\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2},\quad \frac{\partial f}{\partial y}(x, y)=x\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$
Вычислим частные производные функции $f$ в начале координат. Поскольку $f(x, 0) = 0$, то $\frac{\partial f}{\partial x}(0, 0) = 0$. Аналогично $\frac{\partial f}{\partial y}(0, 0) = 0$. Таким образом, частные производные функции $f$ существуют во всех точках плоскости. Однако эта функция разрывна в начале координат, поскольку на прямой $x = y \neq 0$ справедливо равенство $f(x, x) = \frac{1}{2}$. Это означает, что ее предел не равен значению функции в точке $(0, 0)$.
Итак, функция $f$ разрывна в начале координат, так что она не является дифференцируемой в точке $(0, 0)$.

Пример 2. Функция
$$f(x, y)=\left\{\begin{matrix}\frac{xy}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, \quad x^{2}+y^{2}>0, &\\0, \quad x^{2}+y^{2}=0.\end{matrix}\right.$$
как было показано ранее, непрерывна во всех точках плоскости. Легко видеть, что в каждой точке плоскости она имеет частные производные, однако, как было показано выше, в начале координат не является дифференцируемой.

Определение. Пусть действительная функция $f$ определена на открытом множестве $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Предположим, что в каждой точке $x \in E$ существует частная производная $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$. Тогда получаем функцию $x \to\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)$, определенную на множестве $E$, которая обозначается $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и называется $i$-й частной производной.

Определение. Если функция $f$ в каждой точке $x$ множества $E$ имеет все частные производные $\frac{\partial f}{\partial x^{i}}$ и они непрерывны на множестве $E$ то функция $f$ называется непрерывно дифференцируемой на этом множестве. Через $C^1(E)$ обозначается класс всех непрерывно дифференцируемых на множестве $E$ функций.

Определение. Если функция $f$ дифференцируема в каждой точке множества $E$, то говорят, что $f$ дифференцируема на множестве $E$.

Теорема. Пусть функция $f$ принадлежит классу $C^{1}(E)$, где открытое множество $E\subset\mathbb{R}^{n}$. Тогда $f$ дифференцируема на $E$.

Фиксируем $x_{0} \in E$. Поскольку множество $E$ открыто, то существует шар $U_0$ с центром в этой точке, целиком содержащийся в $E$. Пусть $r$ – радиус этого шара и вектор $h$ имеет длину $\left | h \right | < r$. Обозначим $x_{j} = x_{0} + h^{1}e_{1} + \ldots+ h^{j}e_{j}\quad (j = 1, \ldots, n)$. Ясно, что $x_{n} = x_{0} + h$. Заметим, что все $x_{j}$ принадлежат шару $U_0$. Действительно,
$$\left | x_0-x_j \right |=\sqrt{\sum_{i=1}^{j}(h^{i})^{2}}\leq \left | h \right |<r.$$
Поскольку шар – выпуклое множество, то каждый из отрезков $[x_{j−1}, x_{j}]$ содержится в ${U_0}.$ Действительно, этот отрезок – это множество точек $x = (1 − t)x_{j−1} + tx_{j}$, где $0 \leq t \leq 1$, и мы получаем $$\left | x_0-x_j \right |=(1-t)\left | x_0-x_{j-1} \right |+t\left | x_0-x_{j} \right |<r.$$
Воспользуемся равенством
$$f(x_0 + h) − f(x_0) =\sum_{j=1}^{n}[f(x_j) − f(x_{j−1})].\quad(12.13)$$
Рассмотрим отдельно каждое из слагаемых в правой части. При фиксированном $j$ положим
$g(t) = f(x_{j−1} + te_{j})\quad (0 \leq t \leq h^j).$
По определению частной производной имеем
$$g'(t)=\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_{j-1}+te_j).$$
По формуле Лагранжа получаем
$$f(x_j)-f(x_{j-1})=g(h^j)-g(0)=g'(\tau_j)h^j=\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j)h^j,$$ где $\xi_j=x_{j-1}+\tau_{j}e_{j}$ – некоторая точка отрезка, соединяющего $x_{j−1}$ и $x_j$. Имеем $\left |x_{0} − \xi_{j}\right | \leq \left |h \right |$. Обозначим
$$\alpha_j(h)=\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)-\frac{\partial f}{\partial x^j}(\xi_j).$$
По условию все частные производные непрерывны в точке $x_0$ и поэтому
$$\lim_{x\to 0}\alpha_j(h)=0 \quad(j=1,\ldots, n).\quad(12.14)$$
В силу $(12.13)$ имеем
$$f(x_0+h)-f(x_0)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(\xi_j)h^j=$$ $$=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^{j}}(x_0)h^j-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^{j}=A(h)+\rho(h), $$
где
$$A(h)=\sum_{j=1}^{n}\frac{\partial f}{\partial x^j}(x_0)h^j,\quad \rho(h)=-\sum_{j=1}^{n}\alpha_j(h)h^j.$$
Итак, $A$ является линейной формой аргумента $h$, а
$$\left | \rho(h) \right |\leq\left | h \right |\sum_{j=1}^{n}\left | \alpha_{j}(h) \right |.$$
Поэтому, в силу соотношений $(12.14)$ получаем, что $\frac{\rho(h)}{\left | h \right |}\to 0$ при $h \to 0$.
Согласно определению дифференцируемости, теорема доказана.

Замечание. Из доказательства видно, что если функция имеет частные производные в некоторой окрестности точки $x_0$ и в этой точке все они непрерывны, то функция дифференцируема в точке $x_0.$

Следствие. Каждая функция класса $C^1$ непрерывна.

Замечание. Непрерывность частных производных – только достаточное условие дифференцируемости. Оно не является необходимым.

Пример. Пусть
$$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\left | x \right | ^2\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}, \quad x\neq0,
&\\ 0, \quad x=0.
\end{matrix}\right.$$
Найдем частные производные
$$\frac{\partial f}{\partial x^{i}}(x)=2x^{i}\sin \frac{1}{\left | x \right |^2}-\frac{2x^i}{\left | x \right |^2}\cos \frac{1}{\left | x \right |^2}\quad(x \neq 0).$$
При $x = 0$ наша функция дифференцируема, т. к. $f(h) − f(0) = f(h) =\bar{o}(\left | h \right |)$. Однако, как легко видеть, все частные производные разрывны в точке $x = 0$.

Примеры решения задач

  1. Найти частные производные первого порядка функции $f(x,y)=\sin \frac{x}{y} \cos \frac{y}{x}:$

    Решение

    Область определена функции $\mathbb{R}.$ Фиксируя переменную $y$, находим
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=\frac{y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x} + x^{2}\cos \frac{x}{y}\cos \frac{y}{x}}{x^{2}y}.$$
    Фиксируя переменную $x$, получаем
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{-y^{2}\sin \frac{x}{y}\sin \frac{y}{x}-x^2\cos \frac{x}{y}\cos \frac{x}{y}}{xy^{2}}.$$

  2. Найти дифференциал функции $f(x,y)=\frac{y}{x}+\frac{x}{y}$, если

    Решение

    Найдем частные производные:
    $$\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y},$$
    $$\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2}.$$
    Теперь подставляя полученные частные производные в формулу: $\mathrm{d}f=f’_{x}\mathrm{d}x+f’_{y}\mathrm{d}y$, получаем:
    $$\mathrm{d}f=(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{y})\mathrm{d}x+(\frac{1}{x}-\frac{x}{y^2})\mathrm{d}y.$$

Смотрите также

  1. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: страницы 241-255.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа: страницы 240-253

Частные производные

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