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

5.7.3 Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

Полученная нами формула Тейлора с остатком в форме Пеано позволяет определить лишь скорость стремления к нулю остатка при $x \to x_{0}$. Однако мы ничего не можем сказать об абсолютной величине остатка формулы Тейлора для конкретных значений $x$, и даже не имеем возможности оценить его. Во многих задачах требуется оценить погрешность приближения функции ее многочленом Тейлора. Такую возможность дает формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Напомним формулировку теоремы Лагранжа. Если функция $f$ непрерывна на $\left [ a ,b\right ]$ и дифференцируема на $\left ( a,b\right )$, то существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$, что $f \left(b \right) = f \left(a \right) + f’\left(\xi \right)\left(b-a \right)$. Можем считать, что в правой части этого равенства $f\left(a\right)$ – многочлен Тейлора нулевого порядка с центром в точке $a$, а $f’\left(\xi\right)\left(b-a\right)$ – остаток в формуле Тейлора для функции $f$, вычисленной в точке $b$. Эта формула позволяет оценить $\left | f\left(b\right) — f\left(a\right) \right |$, т. е. погрешность приближения значения функции $f\left(b\right)$ значением $f\left(a\right)$, через $\left | f’\left(\xi\right) \right | \cdot \left | b-a \right |$. Например, если $\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} f\left(x \right) = \arctg x$, то $$\arctg a = \arctg b +\frac{1}{1+\xi^{2}}\left ( b-a \right ),$$ откуда сразу получаем, что $$\left | \arctg b -\arctg a \right |\leqslant \frac{1}{1+\xi^{2}}\left | b-a \right |\leqslant \left | b-a \right |.$$
Обобщением этих рассуждений на случай произвольного натурального $n$ и есть формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа.

Теорема. Пусть функция $f$ определена на отрезке $\left [ a ,b\right ]$ и имеет на этом отрезке непрерывные производные до порядка $n$ включительно, а на интервале $\left ( a,b\right )$ существует производная $\left(n + 1\right)$-го порядка. Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a,b \right )$, что $$f\left(b\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f{}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a \right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} + \\ + \frac{f^{\left(n+1 \right)}\left(\xi\right)}{n+1!}\left(b-a\right)^{n+1} .$$

Обозначим $$P_{n}\left(x\right) = f\left(a\right) + \frac{f'{}\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right) + \frac{f {}'{}’\left(a\right)}{2!}\left(b-a\right)^{2} + \cdots + \frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n} $$ – многочлен Тейлора функции f с центром в точке $a$. Рассмотрим вспомогательную функцию $\varphi = f\left(x\right) — P_{n}\left(x\right) — \lambda \left(b-a\right)^{n+1}$, где число $\lambda$
определяется из условия $\varphi(b)=0$, т. е.
$$f(b)=P_{n}\left(b \right)-\lambda \left(b-a\right)^{n+1}. \qquad ( 5.4 )$$
Так как $P_{n}$ – многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, то производные функции $f$ и многочлена $P_{n}$ в точке $a$ совпадают до порядка $n$ включительно, т. е. $f^{\left(k \right)}\left(a\right)=P^{\left(k\right)}_{n}\left(a\right)\: \left(k=0,1,\dots, n\right)$. Далее, для функции $\varphi$ имеем $\varphi\left(a\right) = 0$,
$$\varphi{}’\left(x\right)=f’\left(x\right)-P’_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1 \right)\left(x-a \right)^{n}, \qquad\varphi’\left(a \right)=0,$$
$$\varphi{}'{}’\left(x\right)=f{}'{}’\left(x \right)-P_{n}{}'{}'(x)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(x-a\right)^{n-1}, \qquad\varphi{}'{}’\left(a\right)=0,$$
$$\varphi ^{\left(k\right)}\left(x\right)=f^{\left(k\right)}\left(x\right)-P^{\left(k\right)}_{n}\left(x\right)-\lambda \left(n + 1\right)n\left(n-1\right)\dots\left(n-k+2\right)\left(x-a\right)^{n-k+1}.$$ Итак, $\varphi^{\left(k\right)}\left(a\right)=0\: \left(k=0,1,\dots, n \right)$.
Поскольку $\varphi\left(a\right)=\varphi\left(b\right)=0$, то на $\left[a, b\right]$ к функции $\varphi$ можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi _{1}\in \left(a, b\right)$, что $\varphi’\left(\xi _{1}\right)=0$. Далее, на $\left[a, \xi _{1}\right]$ к функции $\varphi’$ снова можно применить теорему Ролля, согласно которой существует такая точка $\xi_{2}\in \left(a, \xi _{1}\right)\subset \left(a, b\right)$, что $\left ( \varphi’ \right )'(\xi_{2})=\varphi{}'{}'(\xi_{2})=0$. Продолжая этот процесс, на $n$-м шаге получим такую точку $\xi _{n}\in\left(a, b\right)$, что $\varphi ^{\left(n \right)}\left(\xi_{n}\right)=0$. На отрезке $\left[a,\xi_{n}\right]$ функция $\varphi^{\left(n\right)}$ все еще удовлетворяет условиям теоремы Ролля, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left(a, b\right)$, что $\left(\varphi^{\left(n\right)}\right)’\left(\xi\right)=\varphi^{\left(n+1\right)}\left(\xi \right)=0$. Имеем $$\varphi ^{\left(n+1\right)}\left(x\right)=\left ( \varphi^{\left(n\right)} \right )’\left(x\right)=\left [ f^{\left(n\right)}\left(x\right)-P_{n}^{\left(n\right)}-\lambda\left(n+1\right)!\left(x-a\right) \right ]’=\\\\=f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)-0-\lambda \left(n+1\right)!$$ и $\varphi ^{\left(n+1\right)}(\xi)=f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)-\lambda \left(n+1\right)!=0$, откуда $\lambda=\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!}$. Подставив найденное значение $\lambda$ в равенство $\left(5.4\right)$, получим утверждение теоремы.

Замечание. В правой части доказанного в теореме равенства записан многочлен Тейлора функции $f$ с центром в точке $a$, значение которого вычислено в точке $b$, а остаток $\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(\xi\right)}{n+1!} \left(b-a\right)^{n+1}$ отличается от остальных слагаемых тем, что производная вычислена в точке $\xi \in \left(a, b\right)$. При $n=0$ доказанная теорема обращается в теорему Лагранжа.

Пример 1. Для функции $f\left(x\right)=e^{x}$ на $\left [ 0,x \right ]\: \left(x > 0\right)$ формула Тейлора
с остатком в форме Лагранжа принимает вид $$e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!}x^{n+1},$$ где $0\leqslant \theta \leqslant 1$. Тогда для любого $n$ остаток не превосходит $R_{n}(x)=\frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}$ и, очевидно, $R_{n}(x)\to 0$ при $n\to \infty$. Преимущество остатка в такой форме состоит в том, что мы можем оценить погрешность приближения $$e^{x}\approx 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}.$$ Она не превосходит $$0\leqslant e^{x}-\left ( 1+\frac{x}{1!}+\frac{x}{2!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!} \right )\leqslant \frac{e^{x}}{(n+1)!}x^{n+1}\leqslant \frac{3^{\left [ x \right ]+1}}{(n+1)!}x^{n+1}.$$ В частности, при $x=1$ получаем $$e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!}+\frac{e^{\theta x}}{\left(n+1\right)!},$$ где $0< \theta <1.$Отсюда следует, что $$e=\lim_{n\to\infty}\left ( 1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots+\frac{1}{n!} \right ).$$

Пример 2. Доказать неравенство $(x>0)$ $$x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\leqslant \sin x\leqslant \\\leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\cdots-\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}.$$ Для $f(x)=\sin x$, как было вычислено ранее, $f^{(k)}(x)=\sin \left (x+\frac{k\pi }{2} \right )\: (k=0,1,\dots)$. Поэтому $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n+1\right)}{2} \right )\leqslant \\ \leqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots+\frac{x^{2n+1}}{\left(2n+1\right)!},$$ $$\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}\sin\left ( \xi+\frac{\pi \left(2n-1\right)}{2} \right )\geqslant \\ \geqslant x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-\dots-\frac{x^{2n-1}}{\left(2n-1\right)!}.$$

Примеры решения задач

  1. С помощью формулы Маклорена разложить по степеням $x$ функцию $$f\left(x\right)=\ln (1+x)$$ заданную на отрезке $\left[0,1\right]$. Оценить погрешность допускаемую при сохранении только десяти первых членов.

    Решение

    $$f\left(0\right)=\ln 1=0$$
    $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(1+x\right)^{n}}$$
    $$f^{\left(n\right)}\left(0\right)=\left(-1\right)^{\left(n-1\right)}\left(n-1\right)! \qquad \left(n=1,2,3,\dots \right)$$
    Подставив в формулу Маклорена, получим
    $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}\cdots+\frac{x^{9}}{9}+R_{10}\left(x\right),$$ где остаточный член $R_{10}\left(x\right)$ в форме Лагранжа запишется так:$$R_{10}\left(x\right)=\frac{f^{(10)}(\xi)}{10!}x^{10}=-\frac{9!}{10!\left(1+\xi\right)^{10}}x^{10}=-\frac{x^{10}}{10\left(1+\xi\right)^{10}},$$ $$\left(0<\xi<x\right).$$
    Оценим абсолютную величину остаточного члена $R_{10}\left(x\right)$; учитывая, что $0<x<1$, получим $$\left | R_{10}(x) \right |=\left | \frac{-x^{10}}{10(1+\xi)^{10}} \right |<\frac{1}{10}.$$

  2. Сколько нужно взять членов в формуле Маклорена для функции $f\left(x\right)=e^{x}$, чтобы получить многочлен, представляющий эту функцию на отрезке $\left[-1,1\right]$, с точностью до $0,001$?

    Решение

    Функция $f\left(x\right)=e^{x}$ имеет производную любого порядка $$f^{\left(n\right)}\left(x\right)=e^{x}$$ Поэтому к этой функции нужно применить формулу Маклорена. Вычислим значение функции $e^{x}$ и ее $n-1$ первых производных в точке $x=0$, а значение $n$-й производной в точке $\xi=\theta x\; \left(0<\theta<1\right) $. Будем иметь $$f\left(0\right)=f{}’\left(0\right)=f{}'{}’\left(0\right)=\dots=f^{\left(n-1\right)}\left(0\right)=1,$$ $$f^{\left(n\right)}\left(\xi \right)=e^{\xi}=e^{\theta x}.$$ Отсюда $$f\left(x \right)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^{2}}{2!}+\dots+\frac{x^{n-1}}{\left(n-1\right)!}+R_{n}\left(x\right),$$ где $$R_{n}\left(x\right)=\frac{x^{n}}{n!}e^{\theta x}.$$ Так как, по условию, $\left | x \right |\leqslant 1$ и $0<\theta<1$, то $$\left | R_{n}\left(x\right) \right |=\frac{\left | x \right |^{n}}{n!}e^{\theta x}<\frac{1}{n!}e<\frac{3}{n!}.$$ Следовательно, если выполняются неравенство $$\frac{3}{n!}\leqslant 0,001,$$ то заведомо будет выполняться неравенство $$\left | R_{n}(x) \right |\leqslant 0,001.$$ Для этого достаточно взять $n\geqslant 7\; \left(7!=5040\right)$. Таким образом, в формуле Маклорена достаточно взять $7$ членов.

  3. Доказать неравенство при $x>0$ $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x$$

    Решение

    По формуле Маклорена с остаточным членом $R_{2}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2(1+\xi)^{2}},$$ где $0<\xi<x$. По той же формуле с остаточным членом $R_{3}\left(x\right)$ имеем $$\ln \left(1+x\right)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3\left(1+\xi _{1}\right)^{3}},$$ где $0<\xi_{1}<0$. Так как $\frac{x^{2}}{2\left(1+\xi\right)^{2}}>0$ и $\frac{x^{3}}{3(1+\xi _{1})^{3}}>0$ при $x>0$, то отсюда следует, что $$x-\frac{x^{2}}{2}<\ln \left(1+x\right)<x.$$

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. — С. 158-161.
  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. — С. 339-344.
  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. — С. 254-257.

Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа

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