5.1 Дифференцируемость и производная

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\sign}{sign} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ Определение 1. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Если существует конечный предел $\displaystyle  \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$, то он называется производной функции $f$ в точке $x_0$ и обозначается $f^\prime(x_0)$, или $\displaystyle \frac{df}{dx}(x_0),$ $Df(x_0).$

Определение 2. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 ∈ (a, b).$ Функцию $f$ будем называть дифференцируемой в точке $x_0,$ если существует такая постоянная $A$ (зависящая от $x_0$ и не зависящая от $x$), что справедливо равенство: $$f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + r(x), $$где $r(x) = \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$

Короче определение дифференцируемости можно записать в следующем виде: $$f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0) \: \: \: (x \to x_0).$$
Покажем, что эти два определения эквивалентны в том смысле, что дифференцируемость функции равносильна существованию производной.

Теорема. Функция $f$ дифференцируема в точке $x_0 ∈ (a, b)$ тогда и только тогда, когда у $f$ существует производная в точке $x_0.$

Пусть $f$ дифференцируема в точке $x_0.$ Это означает, что $f(x) − f (x_0) = A (x − x_0) + \overline{o} (x − x_0),$ где $A$ не зависит от $x$. Отсюда получаем:
$$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = A+\frac{\overline{o} (x − x_0)}{x-x_0}.$$
Тогда, учитывая определение символа $\overline{o}$, имеем
$$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A+\lim_{x\to x_0} \frac{\overline{o} (x − x_0)}{(x − x_0)} =A$$ т. е. существует $f^\prime(x_0) = A.$
Обратно, если существует $$\displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = f^\prime(x_0),$$ то $$ \displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} + f^\prime(x_0) = r_1(x),$$ где $r_1(x) \to 0 (x \to x_0)$. Отсюда следует, что $$ f(x) — f(x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+r_1(x)(x-x_0).$$ Обозначим $r(x)=r_1(x)(x-x_0).$ Тогда $r(x)=\overline{o}(x-x_0),$ т. е. $$ f(x) − f (x_0) = f^\prime(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0), $$ а это и означает, что $f$ дифференцируема в точке $x_0$, причем $A= f^\prime(x_0).$

Итак, условие дифференцируемости равносильно наличию производной. Смысл дифференцируемости состоит в том, что в некоторой окрестности точки $x_0$ функция $f$ представима в виде линейной функции $l(x)= f (x_0)+f (x_0) f^\prime(x-x_0)$ приближенно с точностью до величины бесконечно малой более высокого порядка, чем $(x-x_0) $ при $x\to x_0.$

Связь между дифференцируемостью и непрерывностью устанавливает следующая

Теорема. Если функция $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то она непрерывна в этой точке.

Дифференцируемость $f$ означает, что
$$ f(x) − f (x_0) = A(x_0)(x-x_0)+\overline{o}(x-x_0) \: \: \: (x\to x_0). $$
Отсюда следует, что $\displaystyle \lim_{x\to x_0} (f(x)-f(x_0)) = 0$, т. е. $\displaystyle \lim_{x\to x_0} f(x)=f(x_0)$, и тем самым теорема доказана.

Обратное утверждение неверно. Именно из непрерывности функции $f$ не следует ее дифференцируемость. Примером может служить функция $f(x)=|x|,$ непрерывная в точке $x_0 = 0$, для которой выражение $$\displaystyle \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} = \frac{|x|}{x} = \sign x $$ не имеет предела $x\to 0$ и, следовательно, функция $f$ не имеет производной в точке $x_0 = 0$. Значит, $ f$ не является дифференцируемой в нуле.

Итак, непрерывность – это необходимое, но не достаточное условие дифференцируемости. Другими словами, если функция разрывна в точке $x_0$, то она недифференцируема в этой точке. Обратное неверно.

С геометрической точки зрения производная $f^\prime(x_0)$ представляет собой тангенс угла наклона касательной к графику функции $y = f(x)$ в точке $M_0(x_0, f (x_0))$. При этом касательной к графику функции $f$ в точке $M_0$ называется предельное положение секущей $M_0M$ при стремлении точки $M (x, f(x))$ вдоль кривой $y = f(x)$ к точке $M_0$. В самом деле, если функция  $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то при стремлении $M$ к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$ секущая $M_0M$ имеет тангенс угла наклона, равный $$ \displaystyle \tg\alpha(x) = \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}, $$ и при $ x \rightarrow x_0 $ точка $M$ стремится к $M_0$ вдоль кривой $y = f(x)$. Так как $$\displaystyle  \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0} \to f^\prime(x_0)  \: \: \: (x\to x_0), $$ то $\tg\alpha(x) \to f^\prime(x_0) $ при $x\to x_0$, т. е. секущая стремится занять некоторое предельное положение, тангенс угла наклона $\alpha_0$ которого равен $f^\prime(x_0)$.Отсюда получаем уравнение касательной к графику дифференцируемой в точке $x_0$ функции $y = f(x):$ $$k(x)=f(x_0)+f^\prime(x_0) (x-x_0).$$

Примеры решения задач

  1. Найти производную $f(x) = \sin x $ в точке $x_0 = 0.$
    Решение

    Пример можно легко решить, пользуясь определением производной, а так же первым замечательным пределом:
    $ \displaystyle \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}= \lim_{x\to 0} \frac{\sin x — \sin 0}{x-0}=\lim_{x\to 0} \frac{\sin x }{x}=1.$

  2. Пусть $f(x) = x^{2}$ Тогда производная $f^\prime(x_0)$ равна?
    Решение

    $\displaystyle f^\prime(x_0) = \lim_{x\to x_0} \frac{x^2-x^2_0}{x-x_0} = \lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x+x_0)}{x-x_0}=$
    $\displaystyle = \lim_{x\to x_0} (x+x_0) = 2x_0$

  3. Пусть $f(x) = \left|x \right |$ и если $x_0 \neq 0$ существует ли $f^\prime(x_0)$?
    Решение

    $f^\prime(x_0) = \sgn x_0$, где $\sgn$ обозначает функцию знака. А если $x_0 = 0$ $f^\prime_+(x_0)=1,$ $f^\prime_-(x_0)=-1,$ а следовательно $f^\prime(x_0)$ не существует.

  4. Найдите уравнение касательной к графику функции $y=e^{2x-3}$ в точке $x_0 = 5,$ а также угол наклона касательной в этой точке.
    Решение

    Известно, что уравнение касательной в точке имеет вид $l={f}\left(x_{0}\right)+{f}’\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right),$ причём ${f}’\left(x_{0}\right)=\mathrm{tg}\alpha,$ где $\alpha$ — угол наклона касательной.
    Находим значение касательной в точке 5, получаем ${f}^\prime\left(x\right)=2e^{2x-3},$ а в точке $x_{0}=5: \, {f}^\prime\left(5\right)=2e^{7} \Rightarrow$ $l = e^{7}+2e^{7}\left(x-5\right) =$
    $ -9e^{7}+2e^{7}x$, $\alpha = \mathrm{arctg}\left(2e^{7}\right).$

  5. Найдите по определению $\sin x.$ на множестве $\mathbb{R}$
    Решение

    Воспользуемся определением производной $(\sin x)^\prime:$
    $
    (\sin x)^\prime = \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac{\sin(x+\Delta x)-\sin x}{\Delta x} = \\
    = \displaystyle \frac{2\sin \frac{\Delta x}{2}\cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})}{\Delta x} = \\
    = \displaystyle \frac{\sin \frac{\Delta x}{2}}{\frac{\Delta x}{2}} \cdot \cos(x+\frac{\Delta x}{2})
    $
    Теперь сделаем подстановку $ \displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ . При $\Delta x \to 0, $ $t \to 0.$ Применим первый замечательный предел:
    $ \displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \frac { \sin \frac{\Delta x}2}{\frac{\Delta x}2} = \lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1.$
    Сделаем такую же подстановку $\displaystyle \frac{\Delta x}{2} = t$ и используем свойство непрерывности:
    $\displaystyle \lim_{\Delta x\to 0} \left ( \cos x + \frac{\Delta x}{2} \right) = \lim_{t\to 0} \cos (x+t)= \cos x.$

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. 123-133.
  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. — с. 186-214.
  3. 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.271-280.

Дифференцируемость и производная

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Дифференцируемость и производная».

5.6.2 Вторая теорема Лопиталя

$\DeclareMathOperator{\tg}{tg}$

Первая теорема Лопиталя предназначена для раскрытия неопределенности вида $\left[ \displaystyle\frac{0}{0} \right].$ Следующая теорема служит для раскрытия неопределенности вида $\left[ \displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right] .$

Вторая теорема Лопиталя. Пусть функции $f$ и $g$ дифференцируемы на интервале $(a, b),\: g'(x)\: \neq \: 0 \:(x \: \in \: (a, b))$ и $\lim\limits_{x \to a + 0} f(x) \: = \: \infty,\: \lim\limits_{x \to a + 0} g(x) \:  = \infty,$ $$\lim\limits_{x \to a + 0} \displaystyle\frac {f'(x)}{g'(x)}= A,$$
где $A$ может быть конечным $, + \infty ,\: -\infty ,$ или $\infty$. Тогда существует
$ \lim\limits_{x \to a + 0} \displaystyle\frac {f(x)}{g(x)}$
и этот предел равен $A.$

Рассмотрим сначала случай конечного $A.$ Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем такое $\delta > 0,$ что для всех $\xi$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta$) справедливо неравенство $$ \left| \displaystyle\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} -A \right| < \frac {\varepsilon} {4} .$$
Зафиксируем $y$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta).$ Тогда для любого $x$ $\in$ $(a, y),$ в силу теоремы Коши, найдется такое $\xi$  $\in$ $(x, y),$ что
$$ \displaystyle\frac { f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} = \displaystyle\frac { f'(\xi)} {g'(\xi)} .$$
Поскольку $\xi$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta),$ то получаем
$$\left| \displaystyle\frac{ f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} -A \right| = \left| \displaystyle\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} -A \right| < \displaystyle\frac {\varepsilon} {4} .$$
Представим
$$\displaystyle\frac {f(x)} {g(x)} -A = \frac {f(y) -A \cdot g(y)} {g(x)} + \left( 1 -\frac{g(y)}{g(x)}\right) \left[ \displaystyle\frac { f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} -A \right] .$$
Если $y$ фиксировано, а $x \to a + 0$ ,то, т.к.  $g(x) \to \infty,$ имеем
$\displaystyle\frac {f(y) -A \cdot g(y)} {g(x)} \to 0$ и $\displaystyle\frac {g(y)} {g(x)} \to 0 .$
Значит, найдется такое $\delta _1 < \delta ,$ что для всех $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$ справедливы неравенства
$\left| \displaystyle\frac {f(y) -A \cdot g(y)} {g(x)}\right| < \displaystyle\frac {\varepsilon}{2} $ и $\left| \displaystyle\frac {g(y)} {g(x)}\right| < 1 .$
Тогда получим, что для $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$ справедливо неравенство $\left|\displaystyle\frac {f(x)} {g(x)} -A\right| < \displaystyle\frac{\varepsilon}{2} + 2 \cdot \displaystyle\frac{\varepsilon}{4} = \varepsilon ,$
и тем самым завершается доказательство теоремы для $A$ $\in$ $\mathbb {R}$
В случае $A = \infty$ представим
$$ \displaystyle\frac {f(x)}{g(x)} = \left( 1 -\displaystyle\frac{g(y)}{g(x)}\right) \left[ \displaystyle\frac { f(y) -f(x)} {g(y) -g(x)} -\displaystyle\frac { f(y) } {g(y) -g(x)} \right] .$$
Зададим $B$ и найдем такое $\delta > 0$, что для всех $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta)$ справедливо неравенство $$\left| \displaystyle\frac {f'(x)} {g'(x)}\right| > 4B .$$
Тогда для любых $x, y,$ таких, что $a < x < y < a + \delta ,$ по теореме Коши, найдется $\xi \in (x, y),$ для которого $\left| \displaystyle\frac { f(y)-f(x)} {g(y) -g(x)} \right| = \left| \displaystyle\frac {f'(\xi)} {g'(\xi)} \right| > 4B .$
Так как $\displaystyle\frac{g(y)}{g(x)} \to 0$ и $\displaystyle\frac { f(y)} {g(y) -g(x)} \to 0$ при $x \to a + 0 ,$ то найдется $\delta _1 <  \delta,$ такое, что при $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$
$\left| \displaystyle\frac{g(y)}{g(x)} \right| < \displaystyle\frac{1}{2}$ и $\left| \displaystyle\frac { f(y)} {g(y) -g(x)} \right| < 2B .$
Тогда для $x$ $\in$ $(a,$ $a$ $+$ $\delta _1)$ получим
$\left| \displaystyle\frac{f(x)}{g(x)} \right| > \displaystyle\frac{1}{2}
\left[ \left| \displaystyle\frac { f(y)-f(x)} {g(y) -g(x)} \right| -\left| \frac { f(y)} {g(y) -g(x)} \right| \right] \geqslant \displaystyle\frac{1}{2} \left[ 4B -2B \right] = B ,$
и тем самым завершается рассмотрение случая $ A =\infty .$
В случаях $A = + \infty$ и $A = -\infty$ изменения в доказательстве очевидны.

Замечание 1. Обе теоремы Лопиталя аналогичным образом могут быть доказаны для случаев $x \to b -0, x \to x_0, x \to + \infty, x \to -\infty$ и $x \to \infty.$

Замечание 2. Доказательство первой теоремы Лопиталя может быть получено аналогично доказательству второй теоремы Лопиталя. Мы рассмотрели более простое доказательство первой теоремы,которое неприменимо для доказательства второй теоремы, т.к. в условиях второй теоремы функции $f$ и $g$ нельзя доопределить по непрерывности в точке $a,$ как это было сделано при доказательстве первой теоремы.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, для решения которых может использоваться вторая теорема Лопиталя. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x}$
  2. Решение

    $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {\ln x}{x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \frac {(\ln x)’}{(x)’}= \lim\limits_{x \to \infty} \frac {\displaystyle\frac{1}{x}}{1}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{x} = 0$

  3. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{x^2}$
  4. Решение

    $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{x^2} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {(e^x)’}{(x^2)’}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{2x}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {e^x}{2} = \infty$

  5. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {x}{\ln^3 x}$
  6. Решение

    $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac { x}{\ln^3 x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {(x)’}{(\ln^3 x)’}= \\ = \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{\displaystyle\frac{3 \ln^2 x}{x}}= \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{1}{3} \displaystyle\frac {x}{\ln x^2} = \displaystyle\frac{\infty}{\infty}=\displaystyle\frac{1}{3} \lim\limits_{x \to \infty} \frac {1}{\displaystyle\frac{2 \ln x}{x}} = \displaystyle\frac{1}{6} \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac {1}{\displaystyle\frac{1}{x}}=\displaystyle\frac{1}{6} \lim\limits_{x \to \infty} x = 0$

  7. Найти предел $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\ln x}{1 +3 \ln \sin x}$
  8. Решение

    $\lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\ln x}{1 +3 \ln \sin x} = \left[\displaystyle\frac{\infty}{\infty} \right]=\lim\limits_{x \to 0} \frac {(\ln x)’}{(1 +3 \ln \sin x)’}= \lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac {\displaystyle\frac{1}{x}}{3 \displaystyle\frac{\cos x}{\sin x}}= \lim\limits_{x \to 0} \displaystyle\frac{\sin x}{3 x \cos x} =\frac {1}{3}$

  9. Найти предел $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}}$
  10. Решение

    Прологарифмируем исходное выражение $ \displaystyle\frac{1}{x}\ln (1 + x^2) = \displaystyle\frac{\ln (1 + x^2)}{x}$
    Найдем $\lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{\ln (1 + x^2)}{x} = \left[\displaystyle\frac {\infty}{\infty}\right] = \lim\limits_{x \to \infty} \displaystyle\frac{2x}{1 + x^2} = \lim\limits_{x \to \infty} \frac{2}{2x} = 0$
    Так как $\ln (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}}$ функция непрерывная на промежутке $(0;1),$ то $\ln \lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = \lim\limits_{x \to \infty} \ln \: (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = 0.$ Следовательно, $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = e^0$ или $\lim\limits_{x \to \infty} (1 + x^2)^{\displaystyle\frac{1}{x}} = 1$

Вторая теорема Лопиталя

Вы можете проверить свои знания по данной теме, пройдя этот тест

Таблица лучших: Вторая теорема Лопиталя

максимум из 5 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

См. также: