8.5 Площадь поверхности тела вращения

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана неотрицательная непрерывно дифференцируемая функция $f$. Будем вращать ее график вокруг оси $Ox$. В результате получим некоторую поверхность. Выведем формулу для вычисления ее площади.

Рассмотрим разбиение отрезка $\left[a,b\right]$ точками $a = x_{0} < x_{1} < . . . < x_{n}$. Вращая криволинейную трапецию, ограниченную графиком функции $y = f(x), x_{i} \leq x \leq x_{i+1}$, получим усеченный «конус» с образующей $y = f(x)$ и радиусами оснований $f(x_{i})$ и $f(x_{i+1})$. Соединим точки $\left(x_{i},f\left(x_{i}\right)\right)$ и $\left(x_{i+1},f\left(x_{i+1}\right)\right)$ отрезком. В результате вращения получим усеченный конус с теми же радиусами оснований и этим отрезком в качестве образующей. Площадь боковой поверхности этого конуса равна
$$2\pi\frac{f\left(x_{i}\right)+f\left(x_{i+1}\right)}{2}l_{i},$$
где $l_{i}=\sqrt{\left(\Delta x_{i}\right)^{2}+\left(f\left(x_{i+1}\right)-f\left(x_{i}\right)\right)^{2}}$ — длина образующей. Складывая, получаем
$$\sigma\equiv2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}{\frac{f\left(x_{i}\right)+f\left(x_{i+1}\right)}{2}l_{i}}.$$

При стремлении к нулю диаметра разбиения сумма σ стремится к определенному пределу, который естественно считать площадью поверхности вращения. С другой стороны, если в выражении для $l_{i}$ применить формулу Лагранжа, то получим
$$\sigma=2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}{\frac{f\left(x_{i}\right)+f\left(x_{i+1}\right)}{2}\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(\xi_{i}\right)\right]^{2}}\Delta x_{i}},$$
где $\xi_{i}\epsilon\left[x_{i},x_{i+1}\right]$. Заменим в правой части $x_{i}$ и $x_{i+1}$ на $\xi_{i}$ и оценим погрешность. Имеем
$$\mid\sigma-2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f\left(\xi_{i}\right)}\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(\xi_{i}\right)\right]^{2}}\Delta x_{i}\mid\leq2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\sqrt{1+M^{2}}\Delta x_{i}$$
где $ω_{i}$ – колебание функции $f$ на $\left[x_{i},x_{i+1}\right]$, а $M$ – верхняя грань функции $\mid f^{\prime}\mid$ на $\left[a,b\right]$. Из условий на функцию $f$ следует, что правая часть стремится к нулю вместе с диаметром разбиения. Поэтому сумма $\sigma$ стремится к $2\pi\int_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}{\text{d}x}$.

Итак, получили следующую формулу для нахождения площади поверхности вращения:
$$S=2\pi\int_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}{\text{d}x}.$$

Примеры решения задач

  1. Найти площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси $Ox$ дуги кубической параболы $y=x^{3}$, заключенной между прямыми $x=0$ и $x=1$.
    Решение

    $P=2\pi\int_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left(f^{\prime}\left(x\right)\right)^{2}}dx=2\pi\int_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1+\left(3x^{2}\right)^{2}}dx=$
    $=2\pi\int_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1+9x^{4}}dx=\begin{bmatrix}t=1+9x^{4} \\dt=36x^{3}dx \end{bmatrix}=$
    $=2\pi\int_{1}^{10} \sqrt{t}\frac{\text{d}t}{36}=\frac{\pi}{18}\int_{1}^{10} \sqrt{t}{\text{d}t}=\frac{\pi}{18}\cdot\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}\mid^{10}_{1}=\frac{\pi}{27}\left(10\sqrt{10}-1\right)$

  2. Вычислить площадь поверхности, которая образована вращением кривой $y^{2}=4+x$, которая отсекается прямой $x=2$ вокруг оси $Ox$.
    Решение

    $P=2\pi\int_{a}^{b} \psi\left(t\right)\sqrt{\left(\varphi^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}+\left(\psi^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}}=2\pi\int_{-4}^{2} y\sqrt{1+\left(y^{\prime}\right)^2}\text{d}x=$
    $=2\pi\int_{-4}^{2} \sqrt{\left(4+x\right)\left(1+\frac{1}{4(4+x)}\right)}\text{d}x=\pi\int_{-4}^{2} \sqrt{17+4x}{\text{d}x}=$
    $=\frac{\pi}{6}\left(125-1\right)=\frac{62}{3}\pi$

  3. Вычислить площадь поверхности тела вращения, заданными такими уравнениями: $x\left(t\right)=3\cos t$, $y\left(t\right)=3\sin t$.
    Решение

    $P=2\pi\int_{a}^{b} y\left(t\right)\sqrt{\left(x^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}+\left(y^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}}\text{d}x=2\pi\int_{0}^{\pi} 3\sin t\cdot3\text{d} t=$
    $=\frac{\pi}{6}\left(17+4x\right)^{\frac{3}{2}}\mid^{2}_{-4}=-18\pi \left(\cos t\right)\mid^{\pi}_{0}=-18\pi\cdot\left(\cos \pi-\cos 0\right)\mid^{\pi}_{0}=$
    $=-18\pi\left(-1-1\right)=36\pi$

Площадь поверхности тела вращения

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

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
  2. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 253-254
  3. Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 419-421

5.4 Производные основных элементарных функций

$1.$ Пусть $f(x) \equiv C$ . Тогда, очевидно, $f'(x) = 0$.

$2.$ Пусть $f(x) = x^n (−\infty < x < +\infty, n \in \Bbb{N})$. Тогда $$\frac{(x + h)^n − x^n}{h} =\frac{1}{h}\left[\sum_{k=0}^{n} C^{k}_{n} x^{n−k}h^k − x^n \right]=\frac{1}{h} \sum^n_{k=1}C^k_nx^{n−k}h^k =$$ $$=\sum^n_{k=1}C^k_nx^{n−k}h^{k-1} \to nx^{n−1} \quad (h \to 0).$$ Отсюда следует, что $f'(x) = (x^n)’ = nx^{n−1}$.

$3.$ Пусть $f(x) =\frac {1}{x}(x \neq 0)$. Тогда $$\frac {1}{h}\left(\frac{1}{x + h} − \frac {1}{x}\right) = \frac{1}{h} \cdot \frac{−h}{x(x + h)} = − \frac{1}{x(x + h)} \to − \frac{1}{x^2} \quad (h \to 0).$$ Итак, $\left(\frac {1}{x}\right)’ = −\frac{1}{x^2}$.

$4.$ Пусть $f(x) = x^\alpha (x > 0, \alpha \in \Bbb{R})$. Тогда $$\frac{1}{h}\left(\left(x + h\right)^\alpha − x^\alpha \right) = \frac{x^\alpha}{h}\left(\left(1 + \frac{h}{x}\right) ^\alpha − 1 \right)=$$ $$= \frac{x^\alpha}{h}\cdot \frac{\left(1 + \frac{h}{x} \right)^\alpha − 1}{\frac{h}{x}} \cdot \frac{h}{x} \to \alpha \cdot x^{\alpha−1} \quad (h \to 0),$$ т. е. $(x^\alpha)’ = \alpha \cdot x^{\alpha−1}$.

$5.$ Пусть $f(x) = a^x(−\infty \lt x \lt +\infty, a \gt 0, a \neq 1)$. Тогда $$\frac{1}{h}\left(a^{x+h} − a^x \right)=\frac{a^x}{h}\left(a^h − 1 \right) \to a^x \cdot \ln a \quad(h \to 0),$$ т. е. $(a^x)’ = a^x \cdot \ln a$.

$6.$ Пусть $f(x) = \log_a x (x \gt 0)$. Тогда
$$\frac{1}{h} (\log_a (x + h) − \log_a x) = \frac{1}{h} \log_a \left(1 + \frac{h}{x} \right) =$$
$$= \frac{1}{h} \frac{\log_a \left(1 + \frac{h}{x}\right)} {\frac{h}{x}} \to \frac{1}{\ln{a}} \cdot \frac{1}{x} \qquad (h \to 0),$$
т. е. $(\log_a x)’ = \frac{1}{x\cdot\ln a} $.

$7.$ Пусть $f(x) = \sin x (−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда
$$\frac{1}{h} (\sin (x + h) − \sin x) = \frac{1}{h} (\sin x \cos h + \cos x \sin h − \sin x) =$$
$$= \frac{1}{h} \sin x(\cos h − 1) + \cos x \cdot \frac{\sin h}{h} \to \cos x \qquad(h \to 0),$$
т. е. $(\sin x)’ = \cos x$.

$8.$ Аналогично получаем, что $\left(\cos x \right)’ = −\sin x$.

$9.$ Пусть $f(x) = \operatorname{tg}{x} \left(x \neq \frac{\pi}{2} + {\pi}n, n \in \Bbb{Z}\right)$. Тогда
$$\left(\operatorname{tg}{x}\right)’ = \left(\frac{\sin x}{\cos x}\right)’ = \frac{\cos x \cdot \cos x − (−\sin x) \cdot \sin x}{\cos^2 x} = \frac{1}{cos^2 x}.$$

$10.$ Пусть $f(x) = \operatorname{ctg}{x}\left(x \neq {\pi}n, n \in \Bbb{Z}\right)$. Тогда
$$(\operatorname{ctg}{x})’ = \left(\left(\operatorname{tg}{x}\right) ^{−1}\right)’ = −\left(\operatorname{tg}{x}\right) ^{−2} \cdot \frac{1}{cos^2 x} = − \frac{1}{sin^2 x}.$$

$11.$ Пусть $y = \arcsin x$ $(−1 \lt x \lt 1)$, т. е.$ −\frac{\pi}{2} \lt y \lt \frac{\pi}{2}$. По теореме о производной обратной функции, $y’_x = \frac{1}{x’_y}$ , где $x = \sin y$, т. е.
$$y’_x = \frac{1}{(\sin y)’_ y} =\frac{1}{\cos(\arcsin x)}.$$
Но $\cos y = \pm\sqrt{1 − \sin^2 y}$, причем перед корнем нужно взять знак $” + ”$, поскольку при $−\frac{\pi}{2} \lt y \lt \frac{\pi}{2}$ имеем $\cos x\gt 0$. Отсюда $\cos(\arcsin x) = \sqrt{1 − \sin^2 (\arcsin x)} = \sqrt{1 − x^2}$, т. е.
$$(\arcsin x)’ = \frac{1}{\sqrt{1 − x^2}} \quad (−1 \lt x \lt 1).$$

$12.$ Пусть $y = \arccos x$ $(−1 < x < 1)$, т. е. $0 < y < \pi$. Как и в предыдущем примере, получаем
$$y’_x = \frac{1}{x’_y} = \frac{1}{(\cos y)’_y} = −\frac{1}{\sin y} = −\frac{1}{\sin(\arccos x)} = −\frac{1}{\sqrt{1 − x^2}} .$$
При этом, как и выше, мы воспользовались равенством $\sin(\arccos x) = \sqrt{1 − \cos^2(\arccos x)} = \sqrt{1 − x^2}$.

$13.$ Пусть $y = \operatorname{arctg}{x}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Как и в предыдущих двух примерах, имеем
$$y’_x = \frac{1}{x’_y} = \frac{1}{(\operatorname{tg}{y})’_y} = \frac{1}{\frac{1}{\cos^2 y}} = \cos^2 y = \frac{1}{1 + \operatorname{tg}^2{x}} = \frac{1}{1 + x^2} .$$

$14.$ Пусть $y = \operatorname{arcctg}{x}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда
$$y’_x = \frac{1}{x’_y} = \frac{1}{(\operatorname{ctg}{y})’_y} = -\sin^2 y = -\frac{1}{1 + \operatorname{ctg}^2{y}} = -\frac{1}{1 + x^2} .$$

$15.$ Пусть $f(x) = \operatorname{sh}{x} = \frac{\operatorname{e}^x−\operatorname{e}^{−x}}{2}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда, как легко вычислить, $$(\operatorname{sh}{x})’ = \operatorname{ch}{x}.$$

$16.$ Пусть $f(x) = \operatorname{ch}{x} = \frac{\operatorname{e}^x+\operatorname{e}^{−x}}{2}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда, как легко вычислить, $$(\operatorname{ch}{x})’ = \operatorname{sh}{x}.$$

$17.$ Пусть $f(x) = \operatorname{th}{x} = \frac{\operatorname{sh}{x}}{\operatorname{ch}{x}}$ $(−\infty \lt x \lt +\infty)$. Тогда, как легко вычислить,
$$(\operatorname{th}{x})’ = \frac{1}{\operatorname{ch^2}{x}}.$$

$18.$ Пусть $f(x) = \operatorname{cth}{x} = \frac{\operatorname{ch}{x}}{\operatorname{sh}{x}} = \frac{1}{\operatorname{th}{x}}$ $(x \neq 0)$. Тогда, как легко вычислить,
$$(\operatorname{cth}{x})’ = − \frac{1}{\operatorname{th^2}{x}} \cdot \frac{1}{\operatorname{ch^2}{x}} = − \frac{1}{\operatorname{sh^2}{x}}.$$

Пример 1.
Пусть $f(x) = \ln\left({x + \sqrt{x^2 + 1}}\right)$. Тогда
$$f'(x) = \frac{1}{x + \sqrt{x^2 + 1}} \left(1 + \frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}}\right) = \frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}.$$

Пример 2.
Пусть $f(x) = \left(\ln{\frac1x} \right) ^{\arcsin x}$ . Для удобства дифференцирования представим функцию $f$ в таком виде:
$$f(x) = \exp (\arcsin x \cdot \ln(− \ln x)).$$
Теперь легко вычислить производную
$$f'(x) = \exp (\arcsin x · \ln(− \ln x)) \times$$ $$\times \left(\frac{1}{\sqrt{1 − x^2}} \ln(−\ln x) + \arcsin x \cdot \frac{1}{−\ln x} \cdot\left(−\frac{1}{x}\right)\right) =$$
$$= \left(\ln{\frac{1}{x}}\right) ^{\arcsin x} \cdot \left(\frac{1}{\sqrt{1 − x^2}}\ln\left(\ln{\frac{1}{x}}\right) + \arcsin x \cdot \frac{1}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}\right).$$

Пример 3.
Пусть $f(x) = |x|^3$ . В окрестности точки $x \gt 0$ функция $f(x)$ совпадает с функцией $x^3$ и поэтому $f'(x) = 3x^2$ при $x \gt 0$. В окрестности точки $x \lt 0$ функция $f(x)$ совпадает с функцией $−x^3$ и поэтому $f'(x) = −3x^2$ при $x \lt 0$. В правой полуокрестности нуля функция $f$ совпадает с функцией $x^3$ и поэтому $f’_+(0) = 3x^2 |_{x=0} = 0$. В левой полуокрестности нуля функция $f$ совпадает с функцией $−x^3$ и поэтому $f’_−(0) = −3x^2 |_{x=0} = 0$. Поскольку в нуле левая и правая производные функции $f$ совпадают, то $f$ дифференцируема в точке $x = 0$ и $f'(0) = 0$. Окончательно получили $f'(x) = 3x^2 \operatorname{sign}{x}$.

Примеры решения задач

  1. Найти производную функции $y=7^{\arcsin^2{x}}$
    Решение

    Воспользуемся вначале правилом $(5)$: $(7^{\arcsin^2{x}})’= 7^{\arcsin^2{x}}\cdot\ln{7}\cdot(\arcsin^2{x})’$. Следующий шаг: внутренняя функция – арксинус, внешняя функция – степень. Согласно правилу дифференцирования сложной функции сначала нужно взять производную от степени $(2)$, затем от арксинуса $(11)$:
    $$7^{\arcsin^2{x}}\cdot\ln{7}\cdot(\arcsin^2{x})’=7^{\arcsin^2{x}}\cdot\ln{7}\cdot\arcsin{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}=$$
    $$=\frac{2\ln{7}\cdot 7^{\arcsin^2{x}}\cdot\arcsin{x}}{\sqrt{1-x^2}}$$

  2. Найти производную функции $y=\operatorname{arcctg}{\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)}$

    Решение

    $y’=\left(\operatorname{arcctg}{\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)}\right)’=-\frac{1}{1+\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)^2}\cdot\left(\frac{\sin x + \cos x}{\sin x — \cos x}\right)’=$
    $=\frac{-1}{1+\frac{\sin^2 x +2\sin x\cos x+ \cos^2 x}{\sin^2 x — 2\sin x\cos x+ \cos^2 x}}\cdot \frac{(\sin x + \cos x)'(\sin x — \cos x)-(\sin x + \cos x)(\sin x — \cos x)’}{(\sin x — \cos x)^2}=$
    $=\frac{-1}{\frac{\sin^2 x — 2\sin x\cos x + \sin^2 x + 2\sin x\cos x +\cos^2 x}{(\sin x — \cos x)^2}}\frac{(\cos x — \sin x)(\sin x — \cos x)-(\sin x + \cos x)(\cos x + \sin x)}{(\sin x — \cos x)^2}=$
    $=\frac{-\sin^2 x + 2\sin x \cos x -\cos^2 x}{2\sin^2 x + 2\cos^2 x}\frac{-2\cos^2 x — 2\sin^2 x}{\sin^2 x — 2\sin x \cos x +\cos^2 x}=1$

  3. Составить уравнения касательной к графику кривой $y=2\sin{x}+5$ в точке с абсциссой $x_0=\frac{\pi}{2}$
    Решение

    $g = f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)$ — уравнение касательной. Находим $f(x_0)$, $f'(x)$ и $f'(x_0)$:
    $f(x_0)=2\sin{\frac{\pi}{2}}+5=7$
    $f'(x)=2(\sin{x})’+5’=-2\cos{x}$
    $f'(x_0)=-2\cos{\frac{\pi}{2}}=0$
    Подставляем полученное в уравнение касательной:
    $g=7+0(x-\frac{\pi}{2})=7$
    $g=7$

  4. Найти производную от $y=x^x$:
    1. С помощью логарифмической производной;
    2. Как сложную функцию.
    Решение
    1. Сначала производим логарифмирование по основанию $e$, упрощаем вид функции, используя свойства логарифма, и далее находим производную. Логарифмирование дает $\ln{y} = \ln{x^x}$. По свойствам логарифма $\ln{y} = x\ln{x}$. Дифференцирование обеих частей равенства приводит к результату: $$(\ln{y})’ = (x\cdot\ln{x})’$$ $$\frac{1}{y}\cdot y’=x’\cdot\ln{x}+x\cdot(\ln{x})’$$ $$y’=y\cdot\left(1\cdot\ln{x}+x\cdot\frac{1}{x}\right)=y\cdot\left(\ln{x}+1\right)=x^x\cdot(\ln{x}+1).$$
    2. Запишем $y=x^x$ через $\operatorname{e}^x$:
      $y=x^x=\operatorname{e}^{\ln{x^x}}=\operatorname{e}^{x\cdot\ln{x}}.$ Находим производную сложной функции:
      $$y’=(\operatorname{e}^{x\cdot\ln{x}})’=\operatorname{e}^{x\cdot\ln{x}}\cdot(x\cdot\ln{x})’=x^x\cdot\left(x’\cdot\ln{x}+x\cdot(\ln{x})’\right)=$$$$=x^x\cdot(1\cdot\ln{x}+x\cdot\frac{1}{x})=x^x\cdot(\ln{x}+1).$$

Производные основных элементарных функций

Производные основных элементарных функций

4.1 Непрерывные функции. Определение и примеры

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 $$\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(x_0).$$

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, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ 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: $$\forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta = \delta(\varepsilon) > 0: \forall x \in (a, b): |x — x_0| < \delta \Rightarrow \Big|f(x) — f(x_0)\Big| < \varepsilon.$$

В этом определении можно не требовать выполнения условия $|x — x_0| > 0$, т. к. при $|x − x_0| = 0$ неравенство $\Big|f(x) − f(x_0)\Big| < \varepsilon$, очевидно, выполнено.

Так как величина $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ 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. $f\Big(U \cap (a, b)\Big) \subset V$.

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 $\{x_n\}$ $\Big(x_n \in (a, b), x_n \to x_0\Big)$ 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 $\lim\limits_{x \to x_0-0}f(x) = f(x_0)$ $\Big(\lim\limits_{x \to x_0+0}f(x) = f(x_0)\Big).$ 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 $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$.
  2. Либо предел $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)$ существует, но он не равен $f(x_0)$.

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

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

Пример 3. $f(x) = \sqrt{x}$, $0 \leqslant x \leqslant +\infty$ Если $x_0 \in (0, +\infty)$, то $$\Big|\sqrt{x} — \sqrt{x_0}\Big| = \frac{|x — x_0|}{\sqrt{x} + \sqrt{x-0}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{x_0}}|x — x_0| \lt \varepsilon$$ если только $|x − x_0| \lt \delta \equiv \sqrt{x_0} \cdot \varepsilon$. Таким образом, функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна в каждой точке $x_0 \gt 0$. В точке $x_0 = 0$ можно ставить вопрос о непрерывности справа. Имеем $\Big|\sqrt{x} — \sqrt{0}\Big| = \sqrt{x} \lt \varepsilon$, если только $0 \leqslant x \lt \delta \equiv \varepsilon^2$. Итак, $\lim\limits_{x \to 0+}\sqrt{x} = 0 = \sqrt{0}$, т. е. функция $f(x) = \sqrt{x}$ непрерывна справа в точке $0$.

Пример 4. $f(x) = \sin x$, $-\infty \lt x \lt +\infty$. Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Тогда $$|\sin x − \sin x_0| = \bigg|2\cos{\frac{x + x_0}{2}}\sin{\frac{x — x_0}{2}}\bigg| \leqslant 2\bigg|sin{\frac{x — x_0}{2}}\bigg| \leqslant |x — x_0|,$$ где последнее неравенство в этой цепочке следует из доказанного выше неравенства $|\sin t| \leqslant |t|$ ($0 \lt |t| \lt \frac{\pi}{2}$). Можем считать, что $|x − x_0| \lt \pi$. Тогда при $|x − x_0| \lt \delta \equiv \min(\pi, \varepsilon)$ справедливо $|\sin{x} − \sin{x_0}| \lt \varepsilon$, 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 $$\lim\limits_{x \to 0}f(x) = \lim\limits_{x \to 0}x\sin{\frac{1}{x}} = 0$$ (т. к. $\Big|f(x) − 0\Big| = \Big|x\sin{\frac{1}{x}}\Big| \leqslant |x| \lt \varepsilon$, если только $|x − 0| = |x| \lt \delta \equiv \varepsilon$). Итак, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = f(0)$, так что $f$ непрерывна в точке $0$.

Пример 6. $f(x) = sign x$, $x \in \mathbb{R}$. 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,$\lim\limits_{x \to 0+}sign x = 1$, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)sign x = −1$, $sign 0 = 0$, так что функция $sign x$ разрывна в точке $0$ как слева, так и справа.

Пример 7. Рассмотрим функцию Дирихле $$\mathcal{D}(x) =
\begin{cases}
1, & \text{если $x \in \mathbb{Q}$;} \\
0, & \text{если $x \in {\mathbb{R} \backslash \mathbb{Q}}$.}
\end{cases}$$ Пусть $x_0 \in \mathbb{R}$. Покажем, что не существует предела функции $\mathcal{D}$ при $x \to x_0$. Для этого выберем последовательность $\{x^\prime\}$ отличных от $x_0$ рациональных чисел, стремящуюся к $x_0$. Тогда $\mathcal{D}(x^\prime_n) = 1$ и, значит, $\lim\limits_{n \to +\infty}\mathcal{D}(x^\prime_n) = 1$. Если же взять последовательность ${x^{\prime\prime}_n}$ отличных от $x_0$ иррациональных чисел, стремящуюся к $x_0$, то получим, что $\mathcal{D}(x^{\prime\prime}_n) = 0$ и $\lim\limits_{n \to +\infty}\mathcal{D}(x^{\prime\prime}_n) = 0$. В силу определения предела функции по Гейне получаем, что функция $\mathcal{D}$ 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. $f(x) = x \cdot \mathcal{D}(x)$, $x \in \mathbb{R}$. 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 $\lim\limits_{n \to \infty}f(x^{\prime}_n) = x_0$ и $\lim\limits_{n \to \infty}f(x^{\prime\prime}_n) = 0$, так что, в силу определения предела функции по Гейне, функция $f$ не имеет предела в точке $x_0$. Если же $x_0 = 0$, то $\lim\limits_{n \to 0}f(x) = 0 = f(0)$. Действительно, $|f(x)| = |x \cdot \mathcal{D}(x)| \leqslant |x| \lt \varepsilon$, если только $|x − 0| = |x| \lt \delta \equiv \varepsilon$. Это означает, что данная функция непрерывна в единственной точке $x_0 = 0$.

Пример 9. Дана функция $$f(x) =
\begin{cases}
\frac{\sin x}{x}, & \text{если $x \neq 0$;} \\
1, & \text{если $x = 0$.}
\end{cases}$$ Проверить на непрерывность в точке $x_0 = 0$.

Решение

$$\lim\limits_{x \to x_0 — 0}\frac{\sin x}{x} = \lim\limits_{x \to 0 + 0}\frac{\sin x}{x} = 1 = f(x_0)$$ Отсюда следует, что $f(x)$ непрерывна в точке $x_0$, т. к. для того чтобы функция $f$ была непрерывной в точке $x_0$, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была непрерывной слева и справа в точке $x_0.$

Пример 10. Покажите, что функция $f(x) = \frac{x + 3}{x — 2}$ разрывна в точке $x_0 = 2.$

Решение

Для этого достаточно показать, что предел данной функции при $x \to x_0$ либо не равен значению функции в точке $x_0$, либо не существует. $$\lim\limits_{x \to 2 — 0}\frac{x + 3}{x — 2} = -\infty$$ $$\lim\limits_{x \to 2 + 0}\frac{x + 3}{x — 2} = +\infty$$ Т. к. левосторонний и правосторонний пределы $f(x)$ не совпадают, то предела функция в точке $x_0$ не имеет, следовательно она разрывна в этой точке.

Литература

Непрерывные функции. Определение и примеры

Тест по теме: «Непрерывные функции. Определение и примеры.»


Таблица лучших: Непрерывные функции. Определение и примеры

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

2.1 Определение и элементарные свойства предела последовательности

Последовательность – это функция натурального аргумента. Если каждому натуральному числу $n$ поставлено в соответствие действительное число $\{x_n\}.$ Иначе последовательность обозначают так: $x_1, x_2,…, x_n,….$ Число $x_n$ называется $n-$м элементом (или $n-$м членом) последовательности. Элементы последовательности считаются различными, даже если они равные, но имеют разные номера. Например, последовательность $1, 1, …,$ у которой все $x_n = 1$. Последовательность может быть задана формулой, которая по заданному $n$ позволяет вычислить значение $x_n,$ например, $\frac{(-1)^n + 1}{2}.$ Можно задавать последовательность рекуррентно, т. е. указывать закон, по которому каждый следующий элемент вычисляется по известным предыдущим, например, арифметическая $x_{n+1} = x_n + d,$ или геометрическая $x_{n+1} = x_n \cdot q$ прогрессии (при этом нужно определить один или несколько первых элементов). Можно задавать последовательность описанием её элементов, например, $x_n$ – $n$-й десятичный знак после запятой у числа $\pi.$

Определение. Число $a$ называется пределом последовательности $\{x_n\},$ если для любого $\varepsilon > 0$ найдётся номер $N,$ зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon,$ такой, что для всех номеров $n \ge N$ выполняется неравенство $\left |x_n-a\right | < \varepsilon.$ В этом случае пишут $x_n \to a$ $(n \to \infty),$ или $$\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a.$$ В кванторах это определение выглядит следующим образом: $$\lim\limits_{n\to\infty} = a\;\Longleftrightarrow\;\forall\varepsilon > 0\;\exists N \equiv N_{\varepsilon} : \forall n \ge N\;|x_n-a| < \varepsilon.$$

Если последовательность имеет предел, то говорят, что она сходится. В противном случае говорят, что последовательность расходится.

Для того чтобы выяснить геометрический смысл предела последовательности, перепишем неравенство $\left |x_n-a \right | < \varepsilon$ в таком эквивалентном виде $a-\varepsilon < x_n < a + \varepsilon.$ Тогда понятно, что с геометрической точки зрения равенство $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a$ означает, что все члены последовательности, начиная с некоторого номера $N(\varepsilon),$ зависящего от $\varepsilon,$ находится в $\varepsilon-$ окрестности точки $a.$ Вне этой окрестности находится, быть может, лишь конечное число элементов, а именно, те $x_n,$ номера $n$ которых меньше, чем $N(\varepsilon).$

В терминах окрестностей определение предела можно переформулировать следующим образом.

Определение. Число $a$ называется пределом последовательности $\{x_n\},$ если для любого $\varepsilon-$ окрестности $U_{\varepsilon}(a)$ числа $a$ найдётся такой номер $N(\varepsilon),$ начиная с которого все члены последовательности принадлежат этой окрестности, т. е. $$\forall U_{\varepsilon}(a)\;\exists N : \forall n \ge N\; x_n\in U_{\varepsilon}(a).$$

Пример 1.Пусть $x_n = a\;(n = 1, 2, …).$ Такая последовательность называется стационарной. Ясно, что $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a.$

Пример 2.Пусть $x_n = \frac{(-1)^n}{n}.$ Покажем, что $\lim\limits_{n\to\infty} \frac{(-1)^n}{n} = 0.$ Зададим $\varepsilon > 0$ и рассмотри неравенство $\left | \frac{(-1)^n}{n}-0 \right | = \frac{1}{n} < \frac{1}{\varepsilon}.$ Оно выполняется, если только $n > \frac{1}{\varepsilon}.$ Положим $N = \left [\frac{1}{\varepsilon} \right ] + 1,$ где $\left [b\right ]$ означает целую часть числа $b.$ Тогда из неравенства $n \ge N$ следует, что $n > \frac{1}{\varepsilon},$ а значит, $\left | \frac{(-1)^n}{n}-0 \right | = \frac{1}{n} < \frac{1}{\varepsilon}.$ Таким образом, мы показали по определению, что число $a = 0$ является пределом последовательности $x_n.$

Пример 3. Покажем, что $\lim\limits_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt n) = 0.$ Зададим $\varepsilon > 0.$ Тогда получим, что неравенство $$\left |(\sqrt{n+1}-\sqrt n)-0\right | = \sqrt{n+1}-\sqrt n = \frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt n} \le \frac{1}{\sqrt n} < \varepsilon$$ справедливо, если только $n > \frac{1}{\varepsilon^2}.$ Поэтому достаточно взять $N = \left [\frac{1}{\varepsilon^2}\right ]+1.$

Замечание. При доказательстве равенства $\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a$ по определению не требуется находить наименьший номер $N,$ начиная с которого выполняется неравенство $\left |x_n-a \right | < \varepsilon.$ Достаточно лишь указать какой-нибудь номер $N(\varepsilon),$ начиная с которого $\left |x_n-a \right | < \varepsilon.$

Отрицание определения предела. Число $a$ не является пределом последовательности $\{x_n\},$ если найдётся такое положительное $\varepsilon ,$ что для любого $N$ существует $n \ge N$ такое, что $\left |x_n-a\right | \ge \varepsilon,$ т. е. $$\exists\varepsilon > 0 : \forall N\;\exists n \ge N : |x_n-a| \ge \varepsilon.$$В этой записи число $N$ не может зависеть от $\varepsilon,$ а $n$ зависит от $N.$

В терминах окрестностей получаем, что число $a$ не является пределом последовательности $\{x_n\},$ если найдётся такая окрестность числа $a,$ вне которой находится бесконечно много элементов последовательности $x_n.$

Теперь легко можем сформулировать в кванторах определение расходящейся последовательности: $$\forall a\;\exists\varepsilon = \varepsilon (a) > 0 : \forall N\;\exists n \ge N : |x_n-a| \ge \varepsilon.$$

Пример 4.Докажем, что последовательность $x_n = (-1)^n$ расходится. Зададим произвольное $a \in \mathbb{R}$ и положим $\varepsilon = \frac{1}{2}.$ Если $a \ge 0,$ то вне окрестности $(a-\varepsilon , a+\varepsilon )$ находятся элементы последовательности с нечётными номерами, а если $a < 0,$ то с чётными номерами. Итак, какое бы $N$ мы ни взяли, найдётся $n \ge N$ (например, $n = 2N+1,$ если $a \ge 0$ и $n = 2N,$ если $a < 0$), для которого справедливо неравенство $|x_n-a| \ge \varepsilon.$

Примеры решения задач

  1. Доказать исходя из определения, что число $1$ является пределом последовательности $$\{x_n\} = \frac{n}{n+1}.$$
    Решение

    Рассмотрим модуль разности $$\left | x_{n}-1 \right | = \left | \frac{n}{n+1}-1 \right | = \frac{1}{n+1}.$$
    Возьмем произвольное число $\varepsilon > 0.$ Должно выполняться неравенство $\frac{1}{n+1} < \varepsilon.$ Т. е при $n > \frac{1}{\varepsilon}-1$

    Выберем в качестве $N_{\varepsilon}$ какое-нибудь натуральное число, удовлетворяющее условию $N_{\varepsilon}>\frac{1}{\varepsilon}-1,$ например, число $N_{\varepsilon }=\left [ \frac{1}{\varepsilon}-1 \right ] + 1.$

    Тогда для всех $n\geq N_{\varepsilon }$ будет выполняться неравенство $$\left | x_{n}-1 \right | = \frac{1}{n+1} \le \frac{1}{N_{\varepsilon}+1} < \varepsilon.$$

    Это и означает, что $1$ является пределом последовательности $\{\frac{n}{n+1}\},$ то есть $$\lim\limits_{n\to \infty } \frac{n}{n+1} = 1.$$

    [свернуть]
  2. Пользуясь определением, найти предел последовательности $$\{x_n\} = \frac{n-1}{n}.$$
    Решение

    Докажем, что $\lim\limits_{n\to \infty } x_{n} = 1.$ Так как $x_{n}=1-\frac{1}{n},$ то $\left | x_{n}-1 \right |=\frac{1}{n}.$ Возьмем произвольное число $\varepsilon > 0.$ Неравенство $\left | x_{n}-1 \right | < \varepsilon$ будет выполняться, если $\frac{1}{n} < \varepsilon .$

    Выберем в качестве $N_{\varepsilon}$ какое-нибудь натуральное число, удовлетворяющее условию $N_{\varepsilon}> \frac{1}{\varepsilon},$ например, число $N_{\varepsilon }=\left [ \frac{1}{\varepsilon } \right ] + 1.$

    Тогда для всех $n\geq N_{\varepsilon }$ будет выполняться неравенство $\left | X_{n}-1 \right | = \frac{1}{n} \le \frac{1}{N_{\varepsilon }} < \varepsilon.$ По определению предела это означает, что $\lim\limits_{n\to \infty } x_{n} =1.$

    [свернуть]
  3. Доказать исходя из определения, что $$\lim\limits_{n\to \infty } \frac{2n}{n^3+1} = 0.$$
    Решение

    Возьмем произвольное число $\varepsilon > 0.$ Должно выполняться неравенство $\left | \frac{2n}{n^3+1} \right | < \varepsilon.$ $$\frac{2n}{n^3+1} < \frac{2}{n^2} < \varepsilon .$$

    Выберем в качестве $N_{\varepsilon}$ какое-нибудь натуральное число, удовлетворяющее условию $N_{\varepsilon}> \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}},$ например, число $N_{\varepsilon }=\left [ \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}} \right ] + 1.$

    Тогда для всех $n\geq N_{\varepsilon }$ неравенство будет выполняться. Следовательно $\lim\limits_{n\to \infty } \frac{2n}{n^3+1} = 0.$

    [свернуть]

Литература

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
  2. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 15-17.
  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.128-130.
  4. 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. 37-39.

Предел последовательности

Тест на проверку усвоенного в пройденной теме.

3.6 Монотонные функции

Монотонные функции

Определение. Пусть $-\infty\leq a< b\leq +\infty$ и функция $f$ определена на $(a, b)$. Функция $f$ называется монотонно возрастающей (убывающей) на $(a, b)$, если для любых $ x,y \in(a,b)$, таких, что$x<y$, справедливо неравенство $f(x)\leq f(y) (f(x)\geq f(y))$.

Если в данном определении нестрогие неравенства поменять на строгие, то получим определение строго возрастающей (убывающей) функции.

Для монотонной последовательности мы доказывали критерий сходимости, который состоит в том, что сходимость монотонной последовательности эквивалентна ее ограниченности (сверху для возрастающей последовательности и снизу для убывающей). Соответствующее утверждение имеет место и для функций.

Теорема.Пусть$-\infty<a<b<+\infty$ и функция $f$ монотонно возрастает на $(a, b)$. Если $f$ ограничена сверху на $(a, b)$, то существует $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)$. Если же $f$ неограничена сверху, то $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=+\infty$.

Пусть $f$ ограничена сверху. Это означает, что ограничено сверху множество ее значений$ E(f)=\left \{ f(x):\in(a,b) \right \}E(f)=\left \{ f(x):\in(a,b) \right \}$ Обозначим $A=sup\, E(f)$ (верхняя грань ограниченного сверху множества $E(f)$ существует в силу теоремы о существовании верхней грани). Покажем, что $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=A$. Так как $A=sup\, E(f)$, то
1) для любого $y \in E(f)$ справедливо неравенство $y\leq A$;
2) для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $y{}’\in E(f)$, что $y{}’>A-\varepsilon $.

Условие 1) означает, что для любого $x \in (a, b)$ справедливо неравенство $f(x)\leq A$. Зададим $\varepsilon >0$ и найдем $y{}’\in E(f)$, такое, что $y{}’=f(x{}’)>A-\varepsilon $, где $x{}’\in (a,b)$. Обозначим $\delta =b-x{}’>0$. Тогда для всех $x>b-\delta =x{}’$ из монотонности $f$ вытекает, что $f(x)\geq f(x{}’)>A-\varepsilon$. Итак, с учетом 1) получаем, что для любого $\varepsilon >0$ найдется такое $\delta > 0\: (\delta =b-x{}’)$, что для всех $x \in (b-\delta,b)$ (т. е.$ b − \delta < x < b)$ справедливо неравенство $A-\varepsilon <f(x)\leq A<A+\varepsilon $, т. е. $\left | f(x)-A \right |<\varepsilon $. Последнее означает, что $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=A$.

Предположим теперь, что $f$ неограничена сверху на $(a, b)$, и покажем,что$\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=+\infty$. Наше условие равносильно тому, что неограничено сверху множество $E(f)$. Поэтому для любого $M > 0$ найдется такое$y{}’\in E(f)$, что$ y{}’ > M$. Зададим $M > 0$ и найдем такое $y{}’ \in E(f)$, что $y{}’ > M$. Так как $y{}’\in E(f)$, то существует такое $x{}’ \in(a, b)$, что $y{}’= f(x{}’)$.Из монотонности $f$ следует, что для всех $x > x{}’ (x \in (a, b))$ справедливо неравенство $f(x) \geq f(x{}’) > M$. Обозначим $\delta =b-x{}’>0$. Тогда получим, что для всех $x \in (a, b)$, удовлетворяющих условию $b-\delta <x<b$, справедливо неравенство $f(x) > M$. Так как $M$ произвольно, то это означает, что $\lim_{x\rightarrow b\rightarrow 0}f(x)=+\infty$. $\square $

Аналогично можно показать, что если $f$ возрастает на $(a, +\infty)$, то

1) если $f$ ограничена сверху, то существует $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)$;

2) если $f$ неограничена сверху, то $\lim_{x\rightarrow +\infty}f(x)=+\infty$.

Точно так же можно доказать аналоги приведенной теоремы для правого предела функции в точке $a$ для конечного$a$ и для$a = −\infty$.

Следствие. Если функция $f$ монотонна на интервале $(a, b)$, то в каждой точке этого интервала она имеет конечные левый и правый пределы.

Рассмотрим случай, когда $f$ возрастает на $(a, b)$.Выберем $x0 ∈ (a, b)$ и покажем, что существуют пределы $\lim_{x\rightarrow x_0-0 }f(x)$ и $\lim_{x\rightarrow x_0+0 }f(x)$. Так как $f$ возрастает на $(a, b)$, то $f$ возрастает и на $(a, x_0)$, и на $(a, x_0)$ функция $f$ ограничена сверху, поскольку $f(x) \leq f(x_0)$ для всех $x \in (a, x_0)$. В силу доказанной теоремы, существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow x_0-0 }f(x)$. Аналогично получаем, что существует конечный предел $\lim_{x\rightarrow x_0+0 }f(x)$.

Примеры 1. Найти промежутки монотонности и экстремумы функции:$f(x)=x^{3}-3x^{2}$.
Найдем первую производную функции $f{}'(x)=3x^{2}-6x$.
Найдем критические точки по первой производной, решив уравнение $3x^{2}-6x$; $3x(x-2)=0$; $x = 0$, $x = 2$
Исследуем поведение первой производной в критических точках и на промежутках между ними.

$x$ $(\infty, 0)$ $0$ $(0, 2)$ $2$ $(2, +\infty)$
$f{}'(x)$ + 0 0 +
$f(x)$ растет max убывает min  растет

$f(0)=0^{3}-3*0^{2}=0$
$f(2)=2^{3}-3*2^{2}=-4$
Ответ: Функция возрастает при $x\in (-\infty ; 0)\cup(2; +\infty);$ функция убывает при $x\in (0;2);$
точка минимума функции $(2;-4);$ точка максимума функции $(0;0).$

Источники

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 67-68.
  2. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.
  3. Монотонные функции
  4. Примеры

Монотонные функции

Пройдите тест,чтобы закрепить прочитанный материал