Определение. Пусть на множестве $E$ задана последовательность функций $f_{n}\left(n=1,2…\right)$, сходящаяся на $E$ поточечно к функции $f$. Говорят, что последовательность {$f_{n}$} сходится равномерно к функции $f$ на множестве $E$, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, зависящий только от $\varepsilon$ (и не зависящий от $x$), что для каждого $n \geq N$ справедливо неравенство $\mid f_{n}\left(x\right)- f\left(x\right)\mid < \varepsilon$.

Определение поточечной сходимости на множестве $E$ в кванторах можно записать следующим образом:
$$ \forall x \in E \; \forall\varepsilon > 0 \; \exists N = N\left(\varepsilon,x\right) : \forall n \geq N \mid f_{n}\left(x\right)- f\left(x\right)\mid < \varepsilon, $$ а равномерной сходимости — так: $$ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N = N\left(\varepsilon\right) : \forall n \geq N \; \forall x \in E \mid f_{n}\left(x\right)- f\left(x\right)\mid < \varepsilon.$$ В определении поточечной сходимости номер $N$ зависит, вообще говоря, от $\varepsilon$ и от $x$, а в определении равномерной сходимости $N$ зависит только от $\varepsilon$ и не зависит от $x$. Иначе говоря, поточечная сходимость будет равномерной, если для заданного $\varepsilon > 0 $ номер $N$ можно подобрать так, чтобы он был пригоден сразу для всех $x \in E$.

Теперь видно, что свойство равномерной сходимости не слабее, чем свойство поточечной сходимости, т. е. из равномерной сходимости следует поточечная сходимость. Обратное неверно. Может оказаться, что для каждого $\varepsilon > 0$ и для $x \in E$ найдется номер $N = N \left(\varepsilon,x\right)$, но для всех сразу $x \in E$ номер $N$, не зависящий от $x$, может и не существовать. Приведем

Пример 1. Пусть $f_{n}(x) = x^{n} (x \in E \equiv \left[0,1\right])$. Мы уже видели, что $$f(x) = \lim_{n\to\infty} f_{n}(x) = \begin{cases}0, & 0\leq x < 1, \\1, & x = 1.\end{cases}$$ Если бы последовательность {$x^{n}$} сходилась к функции $f$ равномерно, то неравенство $\mid x^{n} — f(x)\mid < \varepsilon$ при достаточно больших $n \; (n\geq N(\varepsilon))$ должно было быть выполненным сразу для всех $x \in E$. Но это не так, поскольку при фиксированном $n$ имеем $\lim_{x\to1-0} x^{n} = 1 $, так что в любой левой полуокрестности точки $x_{0}=1$ найдется такая точка $x_{1} \frac{1}{2}$. Поэтому если мы возьмем $\varepsilon_{0} > \frac{1}{2}$, то получим неравенство $\mid x_1^n — 0\mid\geq \varepsilon_{0} $. Окончательно имеем $$\exists \varepsilon_{0} (\varepsilon_{0} = \frac{1}{2}) : \forall N \; \exists n \geq N (n = N) \; \exists x_{1} =$$ $$= x_{1}(\varepsilon, n) \in E : \mid f_{n}(x_{1}) — f(x_{1})\mid \geq \varepsilon_{0}$$ Это означает, что данная последовательность не является равномерно сходящейся на множестве $E$.

В этом примере «плохие» точки $x_{1}$, т.е. такие, в которых выполнено неравенство $\mid f_{n}(x_{1}) — f(x_{1})\mid \geq \varepsilon_{0}$, находится вблизи точки $x_{0}=1$. Если же мы отделимся от $x_{0}$, т.е. рассмотрим последовательность ${x^{n}}$ на множестве $E_{\delta}=\left[0,1 — \delta\right]$, где $\delta > 0$ — произвольное число, то сходимость данной последовательности к функции $f(x)\equiv0$ на множестве $E_{\delta}$ уже будет равномерной. Действительно, в этом случае $$\mid f_{n}(x) — f(x) \mid = x^{n} \leq (1 — \delta)^{n} < \varepsilon \; \; \; (0\leq x \leq 1-\delta), $$ если только $n \geq N(\varepsilon), $ где $N(\varepsilon) = \left[\frac{\ln \varepsilon}{\ln (1-\delta)}\right] + 1 $ не зависит от $x \in E_{\delta}$.

Пример 2. Для последовательности функций $f_{n}(x) = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}} \; \; (x \in E\equiv \mathbb{R})$ ранее мы показали, что $$f(x) = \lim_{x\to\infty} \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}} = 0 \; \; \; (x \in \mathbb{R}).$$ Поэтому $\mid f_{n}(x) — f(x)\mid \rightarrow 0 \; \; \; (n \rightarrow \infty )$ при каждом фиксированном $x \in \mathbb{R}$. Однако при фиксированном $n$ наибольшее значение функция $f_{n}(x) = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}}$ достигает в точке $x_{n} = \frac{1}{n}$ и это значение равно $f_{n}(\frac{1}{n}) = \frac{1}{2}$. Таким образом, для $\varepsilon_{0}=\frac{1}{2}$ неравенство $\mid f_{n}(x)-f(x)\mid < \varepsilon_{0}$ не может быть выполненным сразу для всех $x \in \mathbb{R}$. Значит, последовательность {$f_{n}$} сходится к функции $f \equiv 0$ на $\mathbb{R}$, но неравномерно, т.е. $$\exists \varepsilon_{0} ( \varepsilon_{0} = \frac{1}{2}) : \forall N \; \exists n\geq N (n=N) \;
\exists x_{1} (x_{1} = \frac{1}{n}) : \mid f_{n}(x_{1}) — f(x_{1})\mid \geq \varepsilon_{0}.$$

Если же зафиксировать число $\delta > 0 $, то нетрудно показать, что на множестве $E_{\delta} = \left[\delta,+\infty\right)$ последовательность функций $f_{n}(x) = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}}$ сходится равномерно. Действительно, неравенство $$\mid f_{n}(x) — f(x)\mid = \frac{nx}{1+n^{2}x^{2}} \leq \frac{1}{nx} \leq \frac{1}{n\delta} < \varepsilon \; \; \; (x \in E_{\delta})$$ выполнено, если только $n \geq N(\varepsilon)$, где $ N(\varepsilon) = \left[\frac{1}{\varepsilon\delta}\right] + 1 $ не зависит от $x \in E_{\delta}$

Геометрический смысл равномерной сходимости состоит в том, что начиная с номера $N$ графики функций $f_{n}(x)$ расположены в $\varepsilon$-полосе графика функции $f$.

Равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.

Определение. Пусть на множестве $E$ задана последовательность функций $\left\{u_{n}\right\}$. Ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}$ называется равномерно сходящимся на множестве $E$, если он сходится поточечно на $E$ и последовательность его частичных сумм равномерно сходится к сумме ряда на множестве $E$.

Другими словами, определение равномерной сходимости ряда $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}$, сходящегося к функции $f$ на множестве $E$, можно сформулировать следующим образом. Обозначим через $S_{n}(x) = \sum_\left(k=1\right)^n u_{k}(x)$ частичные суммы ряда $ \sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x), r_{n}(x) = \sum_\left(k = n+1\right)^\infty u_{k}(x)$ — остаток после $n$-го слагаемого. Тогда $S_{n}(x) + r_{n}(x) = f(x),$ а равномерная сходимость ряда означает, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$ (зависящий только от $\varepsilon$), что для всех $n \geq N$ и для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid S_{n}(x) — f(x)\mid < \varepsilon$. Но так как $\mid S_{n}(x) — f(x)\mid = \mid r_n(x)\mid$, то получаем $$\forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n \geq N \; \forall x \in E \;\; \mid r_{n}(x)\mid < \varepsilon. $$ Это в свою очередь означает, что остаток ряда равномерно стремится к нулю. Таким образом, получили следующее эквивалентное определение равномерной сходимости ряда.

Ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x)$ называется равномерно сходящимся на множестве $E$, если последовательность его остатков после $n$-го слагаемого {$r_{n}$} равномерно сходится к нулю на множестве $E$.

Это определение более выгодно по сравнению с предыдущим тем, что оно использует лишь слагаемые исходного ряда и не использует сумму самого ряда $f(x)=\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x)$.

Пример 1. Ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty x^{n}$ сходится на интервале $(-1,1)$ т.к. он представляет собой сумму геометрической прогрессии со знаменателем $x, \mid x \mid < 1 $. Исследуем его на равномерную сходимость. Для этого рассмотрим остаток $r_{n}(x) = \sum_\left(k =n+1\right)^\infty x^{k} = \frac{x^{n+1}}{1-x}$. При фиксированном $x$ и $n \rightarrow \infty$ имеем $r_{n}(x) \rightarrow 0$. Это означает, что данный ряд сходится при каждом $x$, т.е. поточечно. Если же зафиксировать $n$ к $1-0$, то получим, что $\frac{x^{n+1}}{1-x} \rightarrow +\infty$, т.е. если $x$ близок к $1$, то $r_{n}(x)$ принимает большие значения. Это означает, что неравенство $\mid r_{n}(x)\!\!\mid \; = \frac{\mid x\mid^{n+1}}{1-x} < \varepsilon$ сразу для все $x \in (-1,1)$, но неравномерно.

С другой стороны, на любом отрезке $\left[-q,q\right]$, где $0<q<1$, ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty x^{n}$ сходится равномерно. Действительно, в этом случае $$\mid r_{n}(x)\!\!\mid = \; \mid\sum_\left(k=n+1\right)^\infty x^{n}\!\!\mid = \; \mid\frac{x^{n+1}}{1-x} \mid \; \leq \frac{q^{n+1}}{1-q}, \; \; \; (x \in \left[-q,q\right]).$$ Отсюда следует, что последовательность {$r_{n}(x)$} равномерно сходится к нулю на $[-q,q]$, т.е. данный ряд равномерно сходится на $[-q,q]$.

Пример 2. Рассмотрим ряд $\sum_\left(n=0\right)^\infty \frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}$. Имеем $$r_{n}(x) = \begin{cases}\frac{x^{2}}{(1+x^{2})^{n}}, & x \neq 0\\0, & x = 0.\end{cases}$$ Если $x$ фиксировано, то $r_{n}(x) \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$. Это означает, что ряд является сходящимся при любом $x \in \mathbb{R}$, т.е. он сходится поточечно. Если зафиксируем $n$, то при стремлении $x$ к нулю получаем, что $r_{n}(x) \rightarrow 1$, а это означает, что неравенство $\mid r_{n}(x)\!\! \mid \; = \frac{1}{(1+x^{2})^{n}} < \varepsilon$ при $0 <\varepsilon< 1$ не может выполняться сразу для всех $x \in \mathbb{R}$, каким бы большим номер $n$ мы ни взяли. Таким образом, $r_{n}(x)\rightarrow 0 \; (n \rightarrow \infty)$, но неравномерно. Следовательно, данный ряд сходится на $\mathbb{R}$ неравномерно.

Замечание. Пусть задан ряд $$\sum_\left(n=1\right)^\infty u_{n}(x) \; \; \; (x \in E).\qquad
(16.2)$$ Рассмотри величины $$\mu_{n}=\sup_{x\in E} \mid \sum_\left(k=n+1\right)^\infty u_{k}(x)\mid = \sup_{x\in E} \mid r_{n}(x)\mid.$$ Тогда определение равномерной сходимости ряда (16.2) на множестве $E$ можно сформулировать следующим образом.

Ряд (16.2) сходится равномерно на множестве $E$, если $\lim_{n\to\infty} \mu_{n} = 0.$

Действительно, если $\mu_{n}\rightarrow 0 \; (n \rightarrow \infty)$, то для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $\mu_{n} < \varepsilon$, т.е. для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid r_{n}(x)\mid < \varepsilon$, а значит ряд (16.2) сходится равномерно. Обратно, если $r_{n}(x)$ равномерно сходится к нулю, то для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\mid r_{n}(x)\mid < \varepsilon$. Поэтому и $\mu_{n} = \sup_{x\in E} \mid r_{n}(x)\mid \leq \varepsilon$, т.е. $\mu_{n} \rightarrow 0$ при $n \rightarrow \infty$.

Пример 3. Исследовать на равномерную сходимость ряд $\sum_\left(n=1\right)^\infty \frac{(-1)^{n}}{x^{2}+n}$ на множестве $\mathbb{R}$

Данный ряд является рядом лейбницевского типа и поэтому, согласно теореме об оценке остатка ряда лейбницевского типа, $\mid r_{n}(x)\mid \leq \frac{1}{x^{2}+n+1}\leq \frac{1}{n+1}$. Таким образом, $\mu_{n}\leq \frac{1}{n+1} \rightarrow 0 \; \; (n\rightarrow \infty)$, и, следовательно, данный ряд сходится равномерно на $\mathbb{R}$.

Доказанную теорему можно переформулировать для рядов следующим образом.

Эта теорема вытекает из предыдущей, если учесть, что равномерная сходимость ряда определяется как равномерная сходимость последовательности его частичных сумм.

Замечание 1. Признак Вейерштрасса является лишь достаточным условием равномерной сходимости функционального ряда. В самом деле, рассмотренный выше пример 3 ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^n}{x^2+n}$ показывает, что этот ряд хотя и сходится равномерно на $\mathbb{R}$, но оценить сверху его слагаемые можно лишь слагаемыми расходящегося числового ряда $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$

Замечание 2. Признак Вейерштрасса дает достаточное условие не только равномерной, но и абсолютной сходимости ряда. Это сразу следует из неравенства $$\sum_{k=n+1}^{n+p} \mid u_k(x)\mid \leq \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k \; \; \; (x \in E).$$

Замечание 3. Признак Вейерштрасса заключается в том, что из сходимости ряда $\sum_{n=1}^{\infty} a_n $, где $a_n = \sup_{x \in E}\mid u_n(x)\mid$, следует равномерная (и абсолютная) сходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty u_{n}(x)$ на множестве $E$.

Пример 4. Рассмотрим ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{x}{1+n^4x^2}$ на $\mathbb{R}$. Используя очевидное неравенство $2\mid\!\! a\mid \leq 1 + a^2$, находим мажорантный числовой ряд $$\mid \frac{x}{1+n^4x^2}\mid \leq \frac{1}{n^2} \frac{\mid n^2x\mid}{1+(n^2x)^2} \leq \frac{1}{2}\frac{1}{n^2}.$$ Поскольку числовой ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2}\frac{1}{n^2}$ сходится, то исходный функциональный ряд сходится равномерно на $\mathbb{R}$.

Пример 5. Ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{\cos {nx}}{n^2}$ сходится равномерно на $\mathbb{R}$, поскольку $\mid \frac{\cos {nx}}{n^2}\mid \leq \frac{1}{n^2}$ и числовой ряд $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ сходится.

Доказательства признаков Абеля и Дирихле легко провести, основываясь на критерии Коши и применяя преобразование Абеля(точно так же, как это было сделано при доказательстве признаков Абеля и Дирихле сходимости числовых рядов). Рекомендуется провести эти доказательства самостоятельно.

Пример 6. Рассмотрим ряды вида $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) \cos nx $ и $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) \sin nx$, где последовательность чисел $a_n$ монотонно стремится к нулю. К ряду $\sum_{n=1}^\infty a_n(x) \cos nx $ применим признак Дирихле. Для этого рассмотрим суммы $S_n(x)=\sum_{k=1}^n \cos kx$. Имеем $$2\sin \frac{x}{2} S_n(x) =\sum_{k=1}^n 2\sin \frac{x}{2} \cos kx=$$ $$=\sin \frac{3x}{2} — \sin \frac{x}{2} + \sin \frac{5x}{2} — \sin \frac{3x}{2} + … + \sin (n+ \frac{1}{2})x — \sin (n — \frac{1}{2})x =$$ $$= \sin (n+ \frac{1}{2})x — \sin \frac{x}{2}.$$ Поэтому $$S_n(x) = \frac{\sin (n + \frac{1}{2})x}{2\sin \frac{x}{2}} — \frac{1}{2} \;\;\; (0 < x <2\pi), \;\;\;\; \mid S_n(x)\mid \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2\mid \sin \frac{x}{2}\mid}.$$ Если $x \rightarrow 0$, то $S_n(x) \rightarrow n$, так что в окрестности нуля нарушается равномерная ограниченность сумм $S_n(x)$. Если же $\delta \leq x \leq 2\pi — \delta$, где $0 < \delta < \pi$, то $\mid S_n(x)\mid \leq \frac{1}{2} + \frac{1}{2 \sin \frac{\delta}{2}}$ и поэтому $\left[ \delta, 2\pi — \delta\right]$ выполнены все условия признака Дирихле, в силу которого ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n \cos {nx}$ сходится равномерно на $\left[ \delta, 2\pi — \delta\right]$. На всем интервале $(0,2\pi)$ признак Дирихле неприменим, но это еще не означает, что ряд сходится неравномерно, поскольку признак Дирихле — лишь достаточное условие равномерной сходимости ряда.

Покажите самостоятельно, что ряд $\sum_{n=1}^\infty a_n \sin {nx}$, где последовательность {$a_n$} монотонно убывает к нулю, сходится равномерно на $\left[ \delta, 2\pi — \delta\right]$, где произвольное $0 < \delta < \pi$. Для этого полезно использовать равенство $$ \sum_{k=1}^n \sin kx = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k=1}^n 2 \sin \frac{x}{2} \sin kx = $$ $$ = \frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} \sum_{k=1}^n [\cos (k — \frac{1}{2})x — \cos (k + \frac{1}{2})x] = $$ $$ =\frac{1}{2 \sin \frac{x}{2}} [\cos \frac{x}{2} — \cos(n+\frac{1}{2})x] \;\;\; (0 < x < 2\pi)$$ и применить признак Дирихле.

Примеры решений задач

1. Исследовать на равномерную сходимость на интервале $(-\infty, +\infty)$ ряд $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{nx}{1+n^5x^2}$.

Исследовать на равномерную сходимость на отрезке  $[0,2\pi]$ ряд $\sum_{n=1}^{+\infty} = \frac{\sin nx}{n}$ .

Список литературы


Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс Математического Анализа. 1997; с исправлениями 2001. ФИЗМАТЛИТ, 2001, стр.  384 — 407.

В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу Т.2. Одесса, «Астропринт», 2010, стр. 32-41.

Г. М. Фихтенгольц «Курс дифференциального и интегрального исчисления» ФИЗМАТЛИТ, 1964 т.2, стр. 376-386.

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.

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.

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.

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.

Основные теоремы дифференциального исчисления

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 8 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7
8. 8

Информация

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

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 8

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Нет рубрики 0%
2. Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7
8. 8

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 8

   1.

   Найдите предел функции $\lim\limits_{x \to 0} \frac{e^x-1}{x}$, используя формулу Лагранжа.

   • $0$
   • $1$
   • $\infty$
   • $-\infty$
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 8

   2.

   Проверить, выполняются ли условия теоремы Ролля для функции $f \left( x \right )=\sqrt[3]{x^2}$ на отрезке $\left [ -1,1 \right ]$.

   • Да, выполняется.
   • Нет, не выполняется.
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 8

   3.

   Учитывая, что функция $f \left ( x \right )=-x^2+2x$ удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа на промежутке $\left[ 1, 3 \right ]$, найти точку $c \in \left( 1, 3 \right )$, в которой ${f}’ \left ( c \right )=\frac{f \left ( 3 \right )-f \left ( 1 \right )}{2}$.
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 8

   4.

   В формулировке теоремы Коши (обобщенная формула конечных приращений) требуется, чтобы функции $f$ и $g$ были:

   • дифференцируемы на отрезке $\left [ a,b \right ]$
   • непрерывны на отрезке $\left [ a,b \right ]$
   • ${g}' \left ( x \right ) \neq 0$ для всех $x \in \left ( a,b \right )$
   • дифференцируемы на интервале $\left ( a,b \right )$
   • $f \left ( a \right )=f \left ( b \right )$
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 8

   5.

   Найдите предел функции $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\ln{\left ( 1+x \right )}}{x}$, используя формулу Лагранжа.

   • $\infty$
   • $0$
   • $1$
   • -$\infty$
   Правильно
   

   Неправильно
   
6. Задание 6 из 8

   6.

   Выберете правильное утверждение

   • Теорема Коши есть прямое следствие теоремы Лагранжа
   • Теорема Лагранжа не является частным случаем теоремы Коши
   • Теорема Ролля не является частным случаем теоремы Лагранжа
   • Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши
   Правильно
   

   Неправильно
   
7. Задание 7 из 8

   7.

   Составьте верное утверждение.

   • 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
   • производную справа
   • и
   • производную слева
   • соответственно.
   Правильно
   

   Неправильно
   
8. Задание 8 из 8

   8.

   Установите соответствие между функциями и их разложениями с помощью формулы Лагранжа, где $\xi \in \left (0,x \right )$

   Элементы сортировки

   • $\displaystyle\frac{1}{1+\xi}x$
   • $e^{\xi}x$
   • $x \cos{\xi}$
   • $-x \sin{\xi}+1$

   • $\ln{\left (1+x \right )}$

   • $e^x-1$

   • $\sin x$

   • $\cos x$

   Правильно
   

   Неправильно