Учебные работы студентов специальности прикладная математика Одесского национального университета имени И.И.Мечникова по курсу "Интернет технологии"
Из центра каждой из двух данных окружностей проведены касательные к другой окружности. Докажите, что хорды, соединяющие точки пересечения касательных с окружностями (на рисунке 1 эти хорды показаны красным цветом), имеют одинаковые длины.
Из подобия соответствующих треугольников (см. рисунок 2) легко находим,что каждая хорда имеет длину $ \frac{2Rr}{O_{1}O_{2}}$.
Если последовательность ${f_{n}(x)}$ определена на отрезке $[a,b],$ равномерно сходится к функции $f(x)$ на этом отрезке, и все члены последовательности непрерывны в точке $x_{0} \in [a,b],$ то функция $f(x)$ непрерывна в точке $x_{0}$.
По определению равномерной сходимости: $$\forall \varepsilon>0 \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb{N}: \forall n \ge n_{\varepsilon} \forall x \in [a,b] \Rightarrow |f_{n}(x) — f(x)| < \varepsilon.$$
Докажем от противного. Предположим, существует точка разрыва предельной функции $x_{0} \in [a,b].$ Сразу отметим, что функция $f(x)$ определена на всем отрезке $[a,b],$ а значит и в точке $x_{0}.$ Тогда из того, что $x_{0}$ — точка разрыва, следует, что предел функции $f(x)$ хотя бы с одной из сторон не равен значению функции в этой точке. При этом, из непрерывности функции $f_{n}(x)$ следует, что ее значение в точке $x_{0}$ равно ее пределу в этой точке.
Рассмотрим случай, когда $x_{0} \in [a,b)$ и $\lim\limits_{x \to x_{0}+0} f(x) \ne f(x).$ Случай, когда $x_{0} \in (a,b]$ и $\lim\limits_{x \to x_{0}-0} f(x) \ne f(x),$ доказывается аналогично.
$$\begin{cases} \left| \lim\limits_{x \to x_{0}+0} f_{n}(x) — \lim\limits_{x \to x_{0}+0}f(x) \right| < \varepsilon \\ \left|f_{n}(x_{0}) — f(x_{0}) \right| < \varepsilon \end{cases}$$
Зафиксируем $\varepsilon = \frac{ \left| f(x_{0}) — \lim\limits_{x \to x_{0}+0} f(x) \right| }{3}.$ Тогда:
$$\begin{cases} \left| \lim\limits_{x \to x_{0}+0} f_{n}(x) — \lim\limits_{x \to x_{0}+0} f(x) \right| < \frac{ \left|f(x_{0}) — \lim\limits_{x \to x_{0}+0} f(x) \right|}{3} \\ \left|f_{n}(x_{0}) — f(x_{0}) \right| < \frac{\left|f(x_{0}) — \lim\limits_{x \to x_{0}+0} f(x) \right|}{3}\end{cases},$$
что невозможно при $f_{n}(x_{0}) = \lim\limits_{x \to x_{0}} f_{n}(x),$ т.е. при непрерывности функции $f_{n}(x)$ в точке $x_{0}.$ Мы пришли к противоречию. Предположение неверно. Теорема доказана.
На иллюстрации показана функция $f(x)$ (черным) и полоса, ширина которой $2 \cdot \varepsilon$ (серым). Всякая функция $f_{n}(x),$ начиная с некоторого номера $n_{ \varepsilon},$ принадлежит этой полосе. Всегда можно задать столь малое $\varepsilon$, что разрыв функции $f(x)$ будет приводить к разрыву функции $f_{n}(x).$
Если ряд $\sum\limits_{n=1}^ \infty u_{n}(x)$ определен на отрезке $[a,b],$ равномерно сходится к функции $S(x)$ на этом отрезке, и все члены ряда непрерывны в точке $x_{0} \in [a,b],$ то функция $S(x)$ непрерывна в точке $x_{0}.$
Всякая частичная сумма ряда $\sum\limits_{n=1}^ \infty u_{n}(x)$ непрерывна в точке $x_{0}$, как сумма непрерывных. Тогда последовательность частичных сумм ряда, по предыдущей теореме, сходится к функции, непрерывной в точке $x_{0}.$ Теорема доказана.
Задания по теме «Равномерная сходимость и непрерывность».
Если функция одной переменной $ \varphi(t)$ имеет производные первого и второго порядков в точке минимума $t=0,$ то $ \varphi^{\prime\prime}(0) \ge 0.$
Пусть $t=0$ является точкой минимума функции $ \varphi(t).$ Тогда найдется число $\varepsilon \ge 0,$ что для всех $|t| < \varepsilon $ выполняется неравенство $ \varphi(t) — \varphi(0) \ge 0.$ Применяя разложение функции $ \varphi(t)$ по формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано, получаем, воспользовавшись тем, что в точке минимума $\varphi(0) = 0:$
$$0 \le \frac{\varphi(t) — \varphi(0)}{t^2} = \frac{1}{t^2} [ \varphi^{\prime}(0) + \varphi(0) \frac{t^2}{2} + o(1)]$$
при $ t \to 0.$
Переходя в этом неравенстве к пределу при $ t \to 0,$ получаем, что $ \varphi^{\prime\prime}(0) \ge 0.$ Лемма доказана.
Пусть функция $f(x)$ имеет в окрестности точки минимума $x^0 \in \mathbb{R}^n$ непрерывную частную производную второго порядка. Тогда
$$d^2 f(x^0) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_{i} \partial x_{j}}(x^0) d x_{i} d x_{j} \ge 0.$$
Пусть $x^0$ — точка минимума функции $f(x).$ Тогда найдется шар $S_{\delta}(x^0)$ такой, что при всех $\xi \in S_{\delta}(x^0)$ выполнено неравенство $f(\xi)-f(x^0) \ge 0.$ Пусть $x \in \mathbb{R}^n$ и $x \ne x^0,$ тогда $|\Delta x| = \rho (x,x^0)>0.$ При любом $t$ таком, что $|t|< \frac{\delta}{|\Delta x|},$ точка $x^0 +t \Delta x \in S_{\delta}(x^0),$ и поэтому $\varphi(t) = f(x^0+t \Delta x)-f(x^0) \ge 0.$ Функция $ \varphi(t)$ определена в окрестности точки $t = 0$ и имеет при $t = 0$ минимум. Воспользуемся следующими формулами из доказательства формулы Тейлора с остатком в форме Лагранжа:
$$ \varphi^{\prime\prime}(t) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^2 f(x^0 + t \Delta x)}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \Delta x_{i} \Delta x_{j} = d^2 f(x^0 + t \Delta x) = \\ = (d x_{1} \frac{\partial}{\partial x_{1}} + \cdots + d x_{n} \frac{\partial}{\partial x_{n}})^2 f(x^0 + t \Delta x)$$
и
$$ \varphi^{(k)} (t) = \sum_{i_{1}=1}^n \cdots \sum_{i_{k}=1}^n \frac{\partial^k f(x^0 + t \Delta x)}{\partial x_{i_{1}} \cdots \partial x_{i_{k}}} = \\ = d^k f(x^0 + t \Delta x) = (dx_{1} \frac{\partial}{\partial x_{1}} + \cdots + dx_{n} \frac{\partial}{\partial x_{n}})^k f(x^0 + t \Delta x). $$
В силу этих формул функция $ \varphi (t)$ имеет в точке $t=0$ производную второго порядка, причем
$$ \varphi^{\prime\prime}(0) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^2 f}{\partial x_{i} \partial x_{j}}(x^0) d x_{i} d x_{j} = d^2 f(x^0).$$
Так как в силу предыдущей леммы должно выполняться неравенство $ \varphi^{\prime\prime}(0) \ge 0,$ то $d^2 f(x^0) \ge 0.$ Теорема доказана.
Аналогично доказывается, что для функции $f(x),$ дважды непрерывно дифференцируемой в окрестности точки максимума $x^0,$ выполняется условие
$$d^2 f(x^0) \le 0.$$
Дана функция $f(x,y) = x^3 + 2 \cdot y^2 — x+y.$ Будут ли точки $(-2, -9),$ $(-6, 4),$ $(-1, 1),$ точками локального минимума?
Найдем второй дифференциал функции.
$$d^2 f(x,y) = \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial x^2} d x^2 + 2 \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial x \partial y} dx dy + \frac{\partial^2 f(x,y)}{\partial y^2} d y^2 = \\ = 6 x d x^2 + 4 d y^2.$$
Во всех трех точках второй дифференциал отрицателен, а значит, не выполняется необходимое условие минимума. Указанные в условии точки не будут точками локального минимума.
Задания на тему «Необходимые условия экстремума в терминах второго дифференциала».
