$\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\sign}{sign} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn}$ 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
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.$
Пусть $f(x) = x^{2}$ Тогда производная $f^\prime(x_0)$ равна? Решение
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.
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$, $\alpha = \mathrm{arctg}\left(2e^{7}\right).$
Найдите по определению $\sin x.$ на множестве $\mathbb{R}$ Решение
Теорема Ферма. Пусть функция $f$ определена на интервале $\left ( a, b \right ) $ и в некоторой точке $x_0 \in \left ( a, b \right ) $ принимает наибольшее (наименьшее) значение на этом интервале. Если существует ${f}’\left ( x_0\right ) $, то ${f}’\left ( x_0\right ) =0$.
Пусть $x_0$ – точка максимума функции $f$. Рассмотрим разностное отношение $\displaystyle\frac{f\left ( x\right ) -f\left ( x_0\right ) }{x-x_0}$. Так как $f\left ( x\right ) \leqslant f\left ( x_0\right ) $, то при $x \gt x_0$ имеем $\displaystyle\frac{f\left ( x\right ) -f\left ( x_0\right ) }{x-x_0} \leqslant 0$ и, следовательно, ${f_+}’\left ( x_0\right ) \leqslant 0$. Если же $x \lt x_0$, то $\displaystyle\frac{f\left ( x\right ) -f\left ( x_0\right ) }{x-x_0} \geqslant 0$ и поэтому ${f_-}’\left ( x_0\right ) \geqslant 0$. Но из дифференцируемости функции $f$ в точке $x_0$ следует, что ${f_+}’\left ( x_0\right ) ={f_-}’\left ( x_0\right ) ={f}’\left ( x_0\right ) $. Поэтому ${f}’\left ( x_0\right ) =0$.
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 ${f}’\left ( x_0\right ) =0$.
Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что ${f}’\left ( \xi\right ) =0$.
Так как $f$ непрерывна на $\left [a, b\right ] $, то, в силу второй теоремы Вейерштрасса, она достигает своих наибольшего и наименьшего значений, т. е. существуют точки $\xi_1, \xi_2$, такие, что $f\left ( \xi_1\right ) = \max\limits_{a \leqslant x \leqslant b} f\left ( x\right ) $, $f\left ( \xi_2\right ) = \min\limits_{a \leqslant x \leqslant b} f\left ( x\right ) $. Если $f\left ( \xi_1\right ) =f\left ( \xi_2\right ) $, то это означает, что $f$ тождественно постоянна на $\left [a, b\right ] $ и, следовательно, в каждой точке $\xi \in \left ( a, b\right ) $ справедливо равенство ${f}’\left ( \xi\right ) =0$. Если же $f\left ( \xi_1\right ) \gt f\left ( \xi_2\right ) $, то хотя бы одно из этих двух значений отлично от $f\left ( a\right ) =f\left ( b\right ) $, т. е. хотя бы одна из двух точек $\xi_1, \xi_2$ находится на интервале $\left ( a, b\right ) $. Обозначим ее через $\xi$. Тогда на $\left ( a, b\right ) $ к функции $f$ можно применить теорему Ферма. Именно, $f$ дифференцируема в точке $\xi$ и имеет в этой точке экстремум. Согласно теореме Ферма, ${f}’\left ( \xi\right ) =0$.
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.
Теорема Лагранжа (формула конечных приращений). Пусть функция $f$
Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что
$$\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{b-a}={f}’\left ( \xi\right ) .$$
Доказательство теоремы Лагранжа сводится к применению теоремы Ролля. Запишем уравнение прямой $l$, проходящей через точки $\left ( a, f\left ( a\right ) \right ) $ и $\left ( b, f\left ( b\right ) \right ) $:
$$l\left ( x\right ) =f\left ( a\right ) +\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{b-a}\left ( x-a\right ) .$$
Рассмотрим функцию $F\left ( x\right ) =f\left ( x\right ) -l\left ( x\right ) $. Покажем, что для функции $F$ выполнены все условия теоремы Ролля. Непрерывность на $\left [a, b\right ] $ и дифференцируемость на $\left ( a, b\right ) $ функции $F$ следует из соответствующих свойств функции $f$, данных по условию, и дифференцируемости линейной функции $l$. Далее, $F\left ( a\right ) =f\left ( a\right ) -l\left ( a\right ) =0, F\left ( b\right ) =f\left ( b\right ) -l\left ( b\right ) =0$ Применяя к $F$ теорему Ролля, найдем такую точку $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что ${F}’\left ( \xi\right ) =0$. Но
$${F}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -{l}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{b-a}=0.$$
Отсюда следует утверждение теоремы.
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.
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.
Теорема Коши (обобщенная формула конечных приращений). Пусть функции $f$ и $g$
${g}’\left ( x\right ) \neq 0$ для всех $x \in \left ( a, b\right ) $.
Тогда существует такая точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, что справедливо равенство
$$\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }=\frac{{f}’\left ( \xi\right ) }{{g}’\left ( \xi\right ) }.$$
Из условий теоремы следует, что $g\left ( b\right ) \neq g\left ( a\right ) $. В самом деле, если $g\left ( b\right ) = g\left ( a\right ) $, то, в силу теоремы Ролля, найдется точка $x \in \left ( a, b\right ) $, такая, что ${g}’\left ( x\right ) =0$ а это противоречит условию теоремы.
Доказательство теоремы Коши, как и доказательство теоремы Лагранжа, сводится к применению теоремы Ролля. Рассмотрим функцию
$$\varphi\left ( x\right ) = \left [f\left ( x\right ) -f\left ( a\right ) \right ] — \lambda \left [g\left ( x\right ) -g\left ( a\right ) \right ] ,$$
где параметр $\lambda$ подберем так, чтобы было выполнено равенство $\varphi\left ( a\right ) =\varphi\left ( b\right ) =0$, т. е. положим
$$\lambda=\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }.$$
Тогда функция $\varphi$ удовлетворяет всем условиям теоремы Ролля, согласно которой существует точка $\xi \in \left ( a, b\right ) $, такая, что ${\varphi}’\left ( \xi\right ) =0$, т. е.
$${\varphi}’\left ( \xi\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) -\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) } \cdot {g}’\left ( \xi\right ) =0,$$
откуда следует утверждение теоремы Коши.
Замечание. Теорема Лагранжа является частным случаем теоремы Коши при $g\left ( x\right ) =x$. Однако теорема Коши не есть прямым следствием теоремы Лагранжа. Именно, согласно теореме Лагранжа, найдутся такие точки $\xi_1 \in \left ( a, b\right ) $ и $\xi_2 \in \left ( a, b\right ) $, что $f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) ={f}’\left ( \xi_1\right ) \left ( b-a\right ) $ и $g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) ={g}’\left ( \xi_2\right ) \left ( b-a\right ) $, откуда получим
$$\frac{f\left ( b\right ) -f\left ( a\right ) }{g\left ( b\right ) -g\left ( a\right ) }=\frac{{f}’\left ( \xi_1\right ) }{{g}’\left ( \xi_2\right ) }.$$
Но в этом равенстве точки $\xi_1$ и $\xi_2$ вообще говоря, разные, а теорема Коши утверждает, что левая часть равна отношению производных, взятых в одной и той же точке из $\left ( a, b\right ) $.
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.
Теорема Дарбу. Пусть функция $f$ дифференцируема на отрезке $\left [a, b\right ] $ и $c$ – любое число, заключенное между ${f_+}’\left ( a\right ) $ и ${f_-}’\left ( b\right ) $. Тогда существует такая точка $\xi \in \left [a, b\right ] $, что ${f}’\left ( \xi\right ) =c$.
Пусть ${f_+}’\left ( a\right ) \lt c \lt {f_-}’\left ( b\right ) $. Так как $${f_+}’\left ( a\right ) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( a+h\right ) -f\left ( a\right ) }{h},$$ $${f_-}’\left ( b\right ) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( b-h\right ) -f\left ( b\right ) }{-h}=\lim\limits_{h \to 0+} \frac{f\left ( b\right ) -f\left ( b-h\right ) }{h},$$ то найдется такое $h \gt 0$, что
$$\begin{equation}\label{eq:second11} \frac{f\left ( a+h\right ) -f\left ( a\right ) }{h} \lt c \lt \frac{f\left ( b\right ) -f\left ( b-h\right ) }{h}.\end{equation}$$
Зафиксируем это $h$ и рассмотрим функцию $\varphi\left ( x\right ) =\displaystyle\frac{f\left ( x+h\right ) -f\left ( x\right ) }{h}$, определенную на $\left [a, b-h\right ] $. В этих обозначениях неравенство $\left ( 2\right ) $ принимает такой вид: $\varphi\left ( a\right ) \lt c \lt \varphi\left ( b-h\right ) $. Но из непрерывности функции $f$ следует также непрерывность $\varphi$, и поэтому, в силу теоремы Больцано – Коши о промежуточном значении, существует такая точка $\alpha, a \leqslant \alpha \leqslant b-h$, что $c=\varphi\left ( \alpha\right ) =\displaystyle\frac{f\left ( \alpha+h\right ) -f\left ( \alpha\right ) }{h}$. На отрезке $\left [\alpha, \alpha+h\right ] $ к функции $f$ применим теорему Лагранжа, согласно которой найдется такая точка $\xi \in \left ( \alpha, \alpha+h\right ) $, что $f\left ( \alpha+h\right ) -f\left ( \alpha\right ) ={f}’\left ( \xi\right ) \cdot h$. Из этого равенства следует, что $c={f}’\left ( \xi\right ) $.
Найти предел $\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}, \ a \gt 0$ Решение
$\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{a^x-x^a}{x-a}=\lim\limits_{x \to a}\displaystyle\frac{\left (a^x-a^a \right )- \left (x^a-a^a \right ) }{x-a}$. Возьмем $f_1 \left ( x \right )=a^x$ и $f_2 \left ( x \right )=x^a$. Так как эти функции непрерывны на $\left[ a, x \right ]$ и дифференцируемы на $\left (a, x \right )$, то к ним можно применить теорему Лагранжа. Имеем $\lim\limits_{x \to a} \displaystyle\frac{\left (a^x-a^a \right )- \left (x^a-a^a \right ) }{x-a}=\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} \displaystyle\frac{{f_1}’ \left (\xi_1 \right ) \left( x-a \right )- {f_2}’ \left (\xi_2 \right ) \left( x-a \right ) }{x-a}= \\ =\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} {f_1}’ \left (\xi_1 \right )-{f_2}’ \left (\xi_2 \right )=\lim\limits_{\stackrel{x \to a}{\xi_1, \xi_2 \in \left ( a, x \right )}} a^{\xi_1} \cdot \ln{a}-a \cdot {\xi_2}^{a-1}= \\ =a^a \cdot \ln{a}-a^a$
Функция $f \left( x \right)$ непрерывна и дифференцируема на отрезке $\left [ 2, 10 \right ]$. Известно, что $f \left ( 2 \right )=8$ и производная на данном промежутке удовлетворяет условию ${f}’\left ( x \right ) \leqslant 4$ для всех $x \in \left ( 2, 10 \right )$. Определить максимально возможное значение функции при $x=10$. Решение
Для оценки значения $f \left( 10 \right)$ воспользуемся формулой Лагранжа, примененной к функции $f \left ( x \right )$ на отрезке $\left [ 2,10 \right ]$, которая записывается так
$$f \left( 10 \right)-f \left( 2 \right)={f}’ \left ( \xi \right ) \left ( 10-2 \right ),$$
где $\xi \in \left ( 2,10 \right )$. Перепишем эту формулу в виде
$$f \left( 10 \right)=f \left( 2 \right)+8{f}’ \left ( \xi \right ).$$
Максимально возможное значение производной на данном интервале составляет ${f}’\left ( x \right )=4$. Следовательно
$$f \left( 10 \right) \leqslant f \left( 2 \right) +8 \cdot 4=8+32=40.$$
Таким образом, максимально возможное значение функции на правом конце отрезка равно $40$.
Показать, что функция $f \left( x \right)=x^2-3x+2$ удовлетворяет условиям теоремы Ролля на промежутке $\left [ 1,2 \right ]$, и найти точку $c \in \left [ 1,2 \right ]$, в которой ${f}’ \left ( c \right )=0$. Решение
Функция $f \left( x \right)=x^2-3x+2$ дифференцируема на промежутке $\left [ 1,2 \right ]$ и на его концах принимает одинаковые значения:
$$f \left( 1 \right)=f \left( 2 \right)=0.$$
Тогда, по теореме Ролля, существует точка $c \in \left [ 1,2 \right ]$, в которой ${f}’ \left ( c \right )=0.$ Найдем производную заданной функции ${f}’ \left ( x \right )=2x-3$. Найдем значение производной в точке $c$ и приравняем полученное значение к $0$:
$${f}’ \left ( x \right )=2c-3 \Rightarrow c=\frac{3}{2}.$$
Доказать, что для любых $x \gt 0$ верно следующее неравенство:
$$\ln{\left ( 1+x \right )} \lt x.$$
Решение
Пусть $f \left( x \right)=\ln{\left ( 1+x \right )}, f \left( x \right) \in C_{\left [ 0,x \right ]}, f \left( x \right)$ — дифференцируема на $\left ( 0,x \right )$. Тогда она удовлетворяет теореме Лагранжа. Имеем
$$f \left( x \right)=f \left( x \right)-f \left( 0 \right)={f}’ \left( \xi \right) \left ( x-0 \right)=\frac{1}{1+\xi} \cdot x,$$
где $\xi \in \left ( 0,x \right ) \Rightarrow \xi \gt 0 \Rightarrow \displaystyle\frac{1}{1+\xi} \cdot x \lt x$.
Пусть функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex]. Обозначим
$$F(x) = \int\limits_{a}^{x} f(t)dt (x \epsilon [a,b]).$$
По свойству интегрируемых функций, [latex]f[/latex] интегрируема на [latex][a,x][/latex] для любого [latex]x \epsilon [a,b][/latex]. Поэтому функция [latex]F[/latex] интегрируема на [latex][a,b][/latex]. Заметим, что [latex]F(a) = 0[/latex]. Функцию [latex]F[/latex] называют интегралом с переменным верхним пределом, или неопределенным интегралом Римана.
Теорема.
Если функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], то функция [latex]F(x)[/latex] непрерывна на этом отрезке.
Пусть [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex] и [latex]x + \Delta x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex]. Докажем, что
$\Delta F = F\left(x + \Delta x \right) — F \left(x \right) \to 0$ при $\Delta x \to 0.$
В силу свойств интеграла, связанных с отрезками интегрирования, имеем
$$\Delta F = \int\limits_{a}^{x + \Delta x} f \left(t \right)dt — \int\limits_{a}^{x} f \left(t \right)dt = \int\limits_{x}^{x + \Delta x} f \left(t \right)dt.$$
Так как функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], то она ограничена, т. е.
$$\exists M > 0 : \forall x \epsilon [a,b] \to |f(x)| \leqslant M$$
Согласно правилу оценки интеграла:
$$ \left|\Delta F \right| \leqslant \left|\int\limits_{x}^{x + \Delta x} \left|f(t) \right|dt \right| \leqslant M|\Delta x|,$$
откуда получаем: [latex]\Delta F \to 0[/latex] при [latex]\Delta x \to 0[/latex], т. е. функция [latex]F[/latex] непрерывна в точке [latex]x[/latex]. Поскольку [latex]x[/latex] — произвольная точка отрезка [latex][a,b][/latex], то функция [latex]F[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex].
Теорема доказана.
Теорема.
Пусть функция [latex]f[/latex] интегрируема на [latex][a,b][/latex] и непрерывна в точке [latex]x_0[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex]. Тогда функция [latex]F[/latex] дифференцируема в точке [latex]x_0[/latex] и [latex]F^\prime(x_0) = f(x_0)[/latex].
Пусть, например, [latex]a <x_0 < b[/latex].
(в точках [latex]a[/latex] и [latex]b[/latex] можно рассматривать только односторонние производные). Тогда для любого [latex]h \neq 0[/latex], такого, что [latex]x_0 + h[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex], имеем
$$\frac{F(x_0 + h) — F(x_0)}{h} = \frac{1}{h}\cdot\left(\int\limits_a^{x_0+h} f(t)dt — \int\limits_a^{x_0} f(t)dt\right) = \frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} f(t)dt.$$
Отсюда следует
$$\left|\frac{F(x_0 + h) — F(x_0)}{h} — f(x_0)\right| = \left|\frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} f(t)dt — f(x_0)\right| =$$
$$= \left|\frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h} [f(t) — f(x_0)]dt\right| \leqslant \frac{1}{|h|} \cdot \left|\int\limits_{x_0}^{x_0+h} \left|f(t) — f(x_0)\right|dt\right| \equiv \rho(h).$$
Если мы покажем, что [latex]\rho(h) \to 0[/latex] при [latex]h \to 0[/latex], то тем самым теорема будет доказана. Для оценки [latex]\rho(h)[/latex] предположим для определенности, что [latex]h > 0[/latex].
Зададим произвольное [latex]\varepsilon > 0[/latex] и, пользуясь непрерывностью функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_0[/latex], найдем такое [latex]\delta > 0[/latex], то для всех [latex]t[/latex], удовлетворяющих условию [latex]\left|t — x_0\right| < \delta[/latex], справедливо неравенство [latex]\left|f(t) — f(x_0)\right| < \varepsilon[/latex]. Если теперь [latex]0 < h < \delta[/latex], то получим
$$\rho(h) = \frac{1}{h} \cdot \int\limits_{x_0}^{x_0+h}\left|f(t) — f(x_0)\right|dt \leqslant \varepsilon.$$
Отсюда следует, что [latex]\rho(h) \to 0[/latex] при [latex]h \to 0[/latex].
Случай [latex]h < 0[/latex] исчерпывается аналогичным образом. В точках [latex]x_0 = a[/latex] и [latex]x_0 = b[/latex] приведенные выше рассуждения достаточно применить для [latex]h > 0[/latex] и [latex]h < 0[/latex], соответственно.
Теорема доказана.
Замечание.Условие непрерывности функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_0[/latex] не является необходимым для дифференцируемости [latex]F[/latex] в точке [latex]x_0[/latex]. Например, если взять непрерывную на отрезке [latex][a,b][/latex] функцию [latex]f[/latex], то, по доказанной теореме, функция [latex]F[/latex] будет дифференцируемой в каждой точке отрезка [latex][a,b][/latex]. Изменим теперь значение функции [latex]f[/latex] в одной точке. В результате получим разрывную функцию [latex]\overline{f}[/latex]. В то же время, как легко видеть, функция [latex]F[/latex] остается прежней, т.е. [latex]\overline{F}(x)[/latex] [latex]\equiv[/latex] [latex]\int\limits_a^x \overline{f}(t)dt[/latex] [latex]=[/latex] [latex]F(x)[/latex] [latex](x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b])[/latex] (поскольку изменение функции в конечном числе точек не влияет на величину её интеграла). Таким образом, получим, что интеграл с переменным верхним пределом от разрывной функции может оказаться дифференцируемым.
Пример 1.
Рассмотрим функцию
$$f \left( x \right) = \begin{cases} \sin\frac{1}{x}, & 0 < x \leqslant 1, \\ 0, & x = 0 \end{cases}$$
Эта функция ограничена на отрезке [latex][0,1][/latex] и имеет единственную точку разрыва [latex]x_0[/latex] [latex]=[/latex] [latex]0[/latex]. Значит она интегрируема на [latex][0,1][/latex]. Обозначим [latex]F(x)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]\int\limits_0^x f(t)dt[/latex]. Поскольку [latex]f[/latex] непрерывна в каждой точке [latex]x \neq 0[/latex], то, по предыдущей теореме, функция [latex]F[/latex] дифференцируема в каждой точке [latex]x \epsilon [0,1][/latex] и [latex]F^\prime(x)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]\sin\frac{1}{x}[/latex]. В точке [latex]x_0 = 0[/latex] функция [latex]f[/latex] разрывна и поэтому предыдущая теорема неприменима. Однако можно показать, что существует [latex]F^\prime_+(0) = 0[/latex].
Пример 2.
Пусть $f(x) = \operatorname {sign} x$, [latex]-1 \leqslant x \leqslant 1[/latex]. Если [latex]-1 \leqslant x < 0[/latex], то [latex]f(t)[/latex] [latex]=[/latex] [latex]-1[/latex], [latex]-1 \leqslant t \leqslant x[/latex] и [latex]\int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = -\left(x — \left(-1\right)\right) = -\left(x + 1\right)[/latex]. Если же [latex]0 \leqslant x \leqslant 1[/latex], то [latex]\int\limits_{-1}^{x} f(t)dt = \int\limits_{-1}^{0} f(t)dt + \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = -1 + x[/latex].
Таким образом,
$$f \left( x \right) = \begin{cases} -\left(x + 1\right), & -1 \leqslant x \leqslant 0, \\ x — 1, & 0 \leqslant x \leqslant 1.\end{cases}$$
Легко видеть, что в точке [latex]x_0 = 0[/latex] функция [latex]F[/latex] недифференцируема.
Упражнение. Покажите, что если в некоторой точке функция [latex]f[/latex] имеет скачок, что интеграл с переменным верхним пределом от этой функции недифференцируем в этой точке.
Теорема (основная теорема интегрального исчисления).
Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex]. Тогда она имеет первообразную на этом отрезке. Одной из её первообразных является интеграл с переменным пределом от этой функции.
Пусть [latex]x[/latex] — произвольная точка отрезка [latex][a,b][/latex]. По теореме о дифференцируемости интеграла функция [latex]F(x)[/latex] имеет в точке [latex]x[/latex] производную, равную [latex]f(x)[/latex], т. е.
$$F^\prime(x) = \frac{d}{dx} \cdot \left(\int\limits_{a}^{x} f(t)dt \right) = f(x)$$
Согласно определения первообразной функция [latex]F(x)[/latex] является первообразной для функции [latex]f(x)[/latex] на отрезке [latex][a,b][/latex], и поэтому справедливо равенство
$$\int f(x)dx = \int\limits_{a}^{x} f(t)dt + C,$$ где [latex]C[/latex] — произвольная постоянная.
Покажем, что у разрывной функции может существовать первообразная. Действительно в примере 1 функция [latex]f[/latex] разрывна в точке [latex]x_0 = 0[/latex]. Рассмотрим функцию [latex]\varphi(x) = x^{2} \cdot \cos \frac {1}{x}[/latex], [latex]x \neq 0[/latex], [latex]\varphi(0) = 0[/latex]. Легко видеть, что [latex]\varphi^\prime(0) = 0[/latex], а при [latex]x < 0 \neq 1[/latex] имеем [latex]\varphi^\prime(0) = 2 \cdot \cos \frac{1}{x} + \sin \frac{1}{x}[/latex]. Положим [latex]g(x) = 2 \cdot \cos \frac{1}{x}[/latex], [latex](x \neq 0)[/latex], [latex]g(0) = 0[/latex]. Тогда функция [latex]g[/latex] непрерывна на [latex][0,1][/latex] и, в силу основной теоремы интегрального исчисления имеет первообразную на [latex][0,1][/latex]. Поэтому и функция [latex]f(x) = \varphi^\prime (x) — g(x)[/latex] имеет первообразную на [latex][0,1][/latex] как разность двух функций, имеющих первообразные.
Теорема Ньютона — Лейбница (основная формула интегрального исчисления).
Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi[/latex] — её первообразная на этом отрезке. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a) \equiv \Phi(x) \bigg|_{a}^{b}.$$
Существование первообразной следует из предыдущей теоремы. Кроме того, одной из первообразных является функция $F(x) = \int\limits_{a}^{x}f(t)dt$. Но разность двух любых первообразных постоянна, так что [latex]F(x) — \Phi(x) \equiv C[/latex]. Поскольку [latex]F(a) = 0,[/latex] то отсюда получаем [latex]-\Phi(a) = C.[/latex] Таким образом $F(x) = \Phi(x) — \Phi(a).$ При [latex]x = b[/latex] имеем
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = F(b) = \Phi(b) — \Phi(a).$$
Теорема доказана.
Теорема (обобщенная теорема Ньютона — Лейбница).
Пусть функция [latex]f[/latex] интегрируема на отрезке [latex][a,b][/latex], а [latex]\Phi[/latex] непрерывна на этом отрезке и [latex]\Phi^\prime = f(x)[/latex] для всех [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex][a,b][/latex], за исключением, быть может, конечного числа точек. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a).$$
Возьмем произвольное разбиение [latex]a = x_0 < x_1 < … <x_n = b[/latex] отрезка [latex][a,b][/latex], такое, что среди его точек содержатся все те точки, в которых не выполняется равенство [latex]\Phi^\prime = f(x)[/latex]. На каждом из отрезков [latex][x_i, x_i+1][/latex] функция [latex]\Phi[/latex] удовлетворяет условиям теоремы Лагранжа. В силу этой теоремы имеем
$$\Phi(x_i+1) — \Phi(x_i) = \Phi^\prime(\xi_i)\Delta x_i = f(\xi_i) \Delta x_i,$$
где точки [latex]\xi_i[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\left(x_i,x_i+1 \right)[/latex]. Складывая эти равенства, получаем
$$\sum\limits_{i = 0}^{n — 1} \left[\Phi(x_i+1) — \Phi(x_i) \right] = \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} f(\xi_i) \Delta x_i$$
Сумма слева, очевидно, равна [latex]\Phi(b) — \Phi(a)[/latex], так что
$$\Phi(b) — \Phi(a) = \sum\limits_{i=0}^{n-1} f(\xi_i) \Delta x_i.$$
Справа имеем интегральную сумму для функции [latex]f[/latex]. По условию [latex]f[/latex] — интегрируемая функция, так что при стремлении к нулю диаметра разбиения сумма справа стремится к [latex]\int\limits_{a}^{b} f(x)dx[/latex]. Поэтому получили
$$\Phi(b) — \Phi(a) = \int\limits_{a}^{b} f(x)dx.$$
Теорема доказана.
Следствие. Если функция [latex]\Phi(x)[/latex] дифференцируема на отрезке [latex][a,b][/latex] и её производная [latex]f(x) \equiv \Phi^\prime(x)[/latex] интегрируема по Риману на этом отрезке, то
$$\Phi(x) = \Phi(a) + \int\limits_{a}^{x} f(t)dt.$$
Определение. Пусть функция [latex]f[/latex] задана на отрезке [latex][a,b][/latex]. Функцию [latex]\Phi[/latex] будем называть обобщенной первообразной функции [latex]f[/latex] на этом отрезке, если [latex]\Phi[/latex] непрерывна на [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi^\prime(x) = f(x)[/latex] всюду, за исключением быть может, конечного числа точек.
Заметим, что обобщенная первообразная определяется однозначно с точностью до постоянного слагаемого, а именно, если [latex]\Phi_1[/latex] и [latex]\Phi_2[/latex] — две обобщенные первообразные для функции [latex]f[/latex], то [latex]\Phi_1 — \Phi_2 \equiv C[/latex].
Теорема.
Если функция [latex]f[/latex] ограничена на отрезке [latex][a,b][/latex] и непрерывна всюду, за исключением, быть может, конечного числа точек, то на этом отрезке она имеет обобщенную первообразную. Одной из обобщенных первообразных является [latex]\int\limits_{a}^{x} f(t)dt[/latex].
Доказательство этой теоремы легко получается из основной теоремы интегрального исчисления.
Примеры решения задач
Доказать, что если функция [latex]f[/latex] непрерывна на [latex]\mathbb{R}[/latex], а функции [latex]\varphi[/latex] и [latex]\psi[/latex] дифференцируемы на [latex]\mathbb{R}[/latex], то
$$\frac{d}{dx} \left(\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt \right) = \psi^\prime \left(x \right) \cdot f \left(\psi \left(x \right)\right) — \varphi^\prime \left(x \right) \cdot f \left(\varphi \left(x \right)\right)$$
Обозначим это равенство [latex](*)[/latex].
Решение
Пусть [latex]F[/latex] — первообразная для функции [latex]f[/latex]; тогда по формуле Ньютона — Лейбница находим
$$\int\limits_{\varphi(x)}^{\psi(x)} f(t)dt = F(t) \bigg|_{t = \varphi(x)}^{t = \psi(x)} = F(\psi(x)) — F(\varphi(x)),$$
откуда, используя правило дифференцирования сложной функции и равенство [latex]F^\prime (t) = f(t)[/latex] получаем формулу [latex](*)[/latex].
Найти производную функции $F(x) = \int\limits_{2}^{x^{3}} e^{t}dt.$ Решение
В данном случае верхний предел является функцией от [latex]x[/latex], поэтому воспользуемся правилом дифференцирования сложной функции.
Пусть $G(x) = \int\limits_{2}^{x} e^{t}dt$.
Тогда производная функции $G^\prime (x) = e^{x}.$ Следовательно $G^\prime (x^{3}) = e^{x^{3}}.$ Далее $F(x) = G(x^{3})$ и $F^\prime (x) = (x^{3})^\prime \cdot G^\prime (x^{3}).$ Откуда получаем
$$F^\prime (x) = e^{x^{3}} \cdot (x^{3})^\prime = 3 \cdot x^{2} \cdot e^{x^{3}}$$
Покажем, что первообразная $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt$ от непрерывной периодической функции с периодом [latex]T[/latex] может быть представлена в виде суммы линейной и периодической с периодом [latex]T[/latex] функции. Решение
Рассмотрим функцию $g(t) = f(t) — A$, где $A = \frac{1}{T} \cdot \int\limits_{0}^{T} f(t)dt$ — среднее значение функции [latex]f(t)[/latex] по периоду. Покажем, что её первообразная $G(x) = \int\limits_{0}^{x} g(t)dt$ является периодической с периодом [latex]T[/latex] функцией.
Действительно, $G(x + T) — G(x) = \int\limits_{x}^{x+T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} g(t)dt,$ поскольку [latex]g(t)[/latex] периодическая с периодом [latex]T[/latex] функция.
Далее, $\int\limits_{0}^{T} g(t)dt = \int\limits_{0}^{T} (f(t) — A)dt = \int\limits_{0}^{T} f(t)dt — A \cdot T = 0$ в силу определения числа [latex]A[/latex].
Таким образом, $G(x + T) — G(x) = 0$ для любого значения [latex]x[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\mathbb{R}[/latex].
И на конец, $F(x) = \int\limits_{0}^{x} f(t)dt = \int\limits_{0}^{x} (A + g(t))dt = A \cdot x + G(x),$ что и требовалось доказать.
Найти с помощью интеграла $\lim \limits_{n \to \infty} S_n$, если
$$S_n = \frac{1^{\alpha} + 2^{\alpha} + … + n^{\alpha}}{n^{\alpha + 1}}, \alpha > 0$$
Решение
Запишем [latex]S_n[/latex] в виде $S_n = \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^{n} \left(\frac {k}{n} \right)^{\alpha}$, здесь [latex]S_n[/latex] — интегральная сумма для функции [latex]f(x) = x^{\alpha}[/latex] на отрезке [latex][0,1][/latex], соответствующая разбиению [latex]T[/latex] этого отрезка на отрезки $\delta_k = \left[ \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right]$, $k = \overline{1,n}$, каждый из которых имеет длину [latex]\frac{1}{n}[/latex]; в качестве точки [latex]\xi_k[/latex] [latex]\epsilon[/latex] [latex]\Delta_k[/latex] берется правый конец отрезка [latex]\Delta_k[/latex], т.е. [latex]\xi_k = \frac{k}{n}[/latex]. Так как [latex]l(T) = \frac{1}{n} \to 0[/latex] при [latex] n \to \infty[/latex], а функция [latex]x^{\alpha}[/latex] непрерывна на отрезке [latex][0,1][/latex], то существует
$$\lim \limits_{n \to \infty} S_n = \int\limits_{0}^{1} x^{\alpha}dx = \frac{x^{\alpha + 1}}{\alpha+1} \bigg|_{0}^{1} = \frac{1}{\alpha + 1}.$$
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Интеграл с переменным верхним пределом».
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)
Рубрики
Нет рубрики0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
максимум из 8 баллов
Место
Имя
Записано
Баллы
Результат
Таблица загружается
Нет данных
1
2
3
4
5
6
7
8
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 8
1.
Количество баллов: 1
Выберите правильное определение интеграла с переменным верхним пределом.
Задание 2 из 8
2.
Количество баллов: 1
Выберите правильное определение обобщенной первообразной функции
Задание 3 из 8
3.
Количество баллов: 1
Выберите все возможные правильные формулировки теоремы о дифференцируемости интеграла с переменным верхним пределом.
Задание 4 из 8
4.
Количество баллов: 1
Вставьте пропущенное словосочетание в теорему Ньютона-Лейбница (основная формула интегрального исчисления). Пусть функция [latex]f[/latex] непрерывна на отрезке [latex][a,b][/latex] и [latex]\Phi[/latex] — её _________ _______________. Тогда
$$\int\limits_{a}^{b} f(x)dx = \Phi(b) — \Phi(a) \equiv \Phi(x) \bigg|_{a}^{b}.$$
Задание 5 из 8
5.
Количество баллов: 1
Найдите с помощью интеграла $\lim \limits_{n \to \infty} S_n$, если
$$S_n = \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + … + \frac{1}{2n}$$
Задание 6 из 8
6.
Количество баллов: 1
Установите соответствие между примером и его решением.
Пусть функция $f$ дифференцируема в некоторой точке $x$. Тогда, согласно определению дифференцируемости и свойствам производной, справедливо равенство $$f\left(x + \Delta x\right) − f \left(x\right) = f’\left(x\right) \Delta x + \overline{o}\left(\Delta x\right)\,\,\,\,\,\,\,\,\left(\Delta x \to 0\right).$$ Левая часть этого равенства называется приращением функции $f$ в точке $x,$ соответствующим приращению $\Delta x$ независимой переменной в точке $x,$ и обозначается $\Delta f \equiv \Delta f \left(x\right) = f \left(x + \Delta x\right) − f \left(x\right).$ Таким образом, приращение $\Delta f \left(x\right)$ дифференцируемой в точке $x$ функции $f$ состоит из двух слагаемых: $f’\left(x\right) \Delta x $ и $\overline{o}\left(\Delta x\right)$ При этом главную часть этого приращения составляет первое слагаемое (за исключением случая, когда $f’\left(x\right)=0$).
Итак, мы приходим к следующему определению.
Определение. Пусть функция $f$ дифференцируема в точке $x.$ Линейная функция $dy=f’\left(x\right)dx$ переменной $dx$ называется дифференциалом функции $f$ в точке $x$ и обозначается
$$df=f’\left(x\right)dx.$$ Если в определении дифференциала переменную $x$ считать зависимой от другой переменной $x = x(t)$, то для функции $g(t)=f(x(t))$ будем иметь
$$df\left(t\right)=df\left(x\left(t\right)\right)=dg\left(t\right)=g’\left(t\right)dt=f’\left(x\left(t\right)\right)x’\left(t\right)dt=f’\left(x\right)dx.$$ Получили, что форма дифференциала функции не зависит от того, является ли переменная $x$ зависимой, или независимой. Это свойство называется инвариантностью формы дифференциала. Свойства дифференциала определяются свойствами производных и правилами дифференцирования. Например,
$$d\left(uv\right)=\left(u’\left(x\right)v\left(x\right)+u\left(x\right)v’\left(x\right)\right)dx=u\left(x\right)dv\left(x\right)+v\left(x\right)du\left(x\right),$$
или, короче,
$$d\left(uv\right)=udv+vdu.$$
Аналогично имеем
$$d\left(\frac{u}v\right)=\frac{vdu-udv}{v^2}.$$
В дальнейшем при изучении функций многих переменных мы остановимся на понятии дифференциала более подробно. Напомним, что функция $f$ называется дифференцируемой на интервале, если она дифференцируема в каждой точке этого интервала.
Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$. Если существует функция $F$, дифференцируемая на интервале $I$ и такая, что $F’\left(x\right)=f\left(x\right)$ для всех $x \in I$, то функция $F$ называется первообразной (или примитивной) для функции $f$ на этом интервале. Например, $$f\left(x\right)=2xe^{x^2}, F\left(x\right)=e^{x^2}\,\,\,\,\left(-\infty<x<+\infty\right).$$
Если для функции $f$ существует одна первообразная, то существует бесконечно много первообразных. Действительно, каждая функция вида $F(x)+C,$ где $C$ — постоянная, также является первообразной, поскольку
$$\left(F\left(x\right)+C\right)’=F’\left(x\right)=f\left(x\right).$$
Ниже будет доказана следующая.
Теорема. Каждая непрерывная на интервале функция имеет первообразную на этом интервале.
Пример. Пусть $f\left(x\right)=|x|,\,\, x \in \left(-\infty,+\infty\right).$ Тогда $F\left(x\right)=\frac{x^2}2$ при $x>0$ и $F\left(x\right)=-\frac{x^2}2$ при $x<0.$ Легко проверить, что для функции $F\left(x\right)=-\frac{x^2}2 sign\, x\,\,\,\,\left(-\infty<x<\infty\right)$ справедливо также равенство $F’\left(0\right)=0=|0|=f\left(0\right),$ так что $F$ — первообразная для $f.$
Теорема. Если функция $f$ имеет первообразную на интервале $I,$ то разность двух любых ее первообразных тождественно постоянна на этом интервале.
Пусть $F_1,F_2$ — две первообразные для функции $f.$ Тогда ${F’}_1\left(x\right)=f\left(x\right)$ и ${F’}_2\left(x\right)=f\left(x\right)$ для всех $x \in I$ справедливо равенство $\left(F_1-F_2\right)’\left(x\right)=0.$ Поэтому, в силу следствия из теоремы Лагранжа, разность $F_1 − F_2$ – тождественно постоянная функция, что и требовалось доказать.
Следствие. Bсе первообразные можно описать равенством $F\left(x\right)+C$, где $F\left(x\right)$ — одна из первообразных.
Определение. Совокупность всех первообразных функции $f$ называется неопределенным интегралом от функции $f$ и обозначается $\int f\left(x\right)dx$. При этом сама функция $f\left(x\right)$ называется подынтегральной функцией, а $f\left(x\right)dx$ называется подынтегральным выражением. Как было сказано выше, если $F\left(x\right)$ – одна из первообразных функции $f\left(x\right),$ то справедливо следующее равенство:
$$\int f\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C,$$
где $C$ – постоянная.
Операция нахождения первообразных называется интегрированием. Отметим, что определение первообразной не является конструктивным, как, например, определение производной. Действительно, в определении производной дается правило ее вычисления, а в определении первообразной – только свойство, которым она должна обладать. Такое определение называется дескриптивным.
Простейшие свойства неопределенного интеграла
1. Если функция $F$ дифференцируема на интервале $I,$ то
$$\int F’\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C.$$
Это сразу следует из определения первообразной.
2. Если $\int f\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C $ и $\int g\left(x\right)dx = G\left(x\right) + C$, то $\int [f\left(x\right) + g\left(x\right)]dx= F\left(x\right) + G\left(x\right) + C,$ или, что то же самое,
$\int [f\left(x\right) + g\left(x\right)]dx =\int f\left(x\right)dx + \int g\left(x\right)dx$
Действительно, при наших предположениях имеет место равенство
$$\left(F\left(x\right) + G\left(x\right)\right)0 = F’\left(x\right) + G’\left(x\right) = f\left(x\right) + g\left(x\right).$$
3. Если $\int f\left(x\right)dx = F\left(x\right) + C,$ то для любого действительного числа $α \neq 0$ $\int [αf\left(x\right)]dx = αF\left(x\right) + C,$ или, что то же самое, $$\int [αf\left(x\right)]dx = α\int f\left(x\right)dx.$$
Это равенство очевидно следует из определения. Заметим, что при $α = 0$ оно неверно по той причине, что в левой его части совокупность всех постоянных, а в правой – тождественный нуль.
4. Если $\int f\left(t\right)dt = F\left(t\right) + C,$ то для любого $a \neq 0$ и для любого $b$
$\int f\left(ax + b\right)dx = \frac{1}aF’\left(ax + b\right) + C.$
Действительно,
$\biggl[\frac{1}aF\left(ax+b\right)\biggr]’=\frac{1}aF’\left(ax+b\right)·a=f\left(ax+b\right).$
Формулы для нахождение простейших неопределенных интегралов
Данный тест поможет вам лучше разобраться с темой.
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 5
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Нет рубрики0%
Математический анализ0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
4
5
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 5
1.
Функция [latex]F\left(x\right)[/latex] называется первообразной функции [latex]f\left(x\right)[/latex] на некотором промежутке, если в каждой точке этого промежутка справедливо равенство:
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 5
2.
Вставьте пропущенное слово
Пусть функция f дифференцируема в точке x. Линейная функция dy=f'(x)dx переменной dx называется (дифференциалом) функции f в точке x и обозначается df=f'(x)dx.
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 5
3.
Вставьте пропущенное слово
Нахождение неопределённого интеграла от заданной функции называют (интегрированием).
Определение. Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный максимум в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \leqslant f\left(x_{0}\right)$.
Локальный максимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) < f\left(x_{0}\right)$.
Определение
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Говорят, что $f$ имеет локальный минимум в точке $x_{0} \in E$, если существует такая окрестность $U$ точки $x_{0}$, что для всех $x \in U$ выполняется неравенство $f\left(x\right) \geqslant f\left(x_{0}\right)$.
Локальный минимум называется строгим, если окрестность $U$ можно выбрать так, чтобы для всех $x \in U$, отличных от $x_{0}$, было $f\left(x\right) > f\left(x_{0}\right)$.
Локальный экстремум объединяет понятия локального минимума и локального максимума.
Теорема (необходимое условие экстремума дифференцируемой функции)
Пусть $f$ – действительная функция на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Если в точке $x_{0} \in E$ функция $f$ имеет локальный экстремум и дифференцируема в этой точке,то $$\text{d}f\left(x_{0}\right)=0.$$ Равенство нулю дифференциала равносильно тому, что все частные производные равны нулю, т.е. $$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x_{i}}\left(x_{0}\right)=0.$$
В одномерном случае это – теорема Ферма. Обозначим $\phi \left(t\right) = f \left(x_{0}+th\right)$, где $h$ – произвольный вектор. Функция $\phi$ определена при достаточно малых по модулю значениях $t$. Кроме того, по теореме о производной сложной функции, она дифференцируема, и ${\phi}’ \left(t\right) = \text{d}f \left(x_{0}+th\right)h$.
Пусть $f$ имеет локальный максимум в точкеx $0$. Значит, функция $\phi$ при $t = 0$ имеет локальный максимум и, по теореме Ферма, ${\phi}’ \left(0\right)=0$.
Итак, мы получили, что $df \left(x_{0}\right) = 0$, т.е. дифференциал функции $f$ в точке $x_{0}$ равен нулю на любом векторе $h$.
Определение
Точки, в которых дифференциал равен нулю, т.е. такие, в которых все частные производные равны нулю, называются стационарными. Критическими точками функции $f$ называются такие точки, в которых $f$ не дифференцируема, либо ее градиент равен нулю. Если точка стационарная, то из этого еще не следует, что в этой точке функция имеет экстремум.
Пример 1.
Пусть $f \left(x,y\right)=x^{3}+y^{3}$. Тогда $\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x} = 3 \cdot x^{2}$,$\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y} = 3 \cdot y^{2}$, так что $\left(0,0\right)$ – стационарная точка, но в этой точке у функции нет экстремума. Действительно, $f \left(0,0\right) = 0$, но легко видеть, что в любой окрестности точки $\left(0,0\right)$ функция принимает как положительные, так и отрицательные значения.
Пример 2.
У функции $f \left(x,y\right) = x^{2} − y^{2}$ начало координат – стационарная точка, но ясно, что экстремума в этой точке нет.
Теорема (достаточное условие экстремума).
Пусть функция $f$ дважды непрерывно-дифференцируема на открытом множестве $E \subset \mathbb{R}^{n}$. Пусть $x_{0} \in E$ – стационарная точка и $$\displaystyle Q_{x_{0}} \left(h\right) \equiv \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)h^{i}h^{j}.$$ Тогда
если $Q_{x_{0}}$ – знакоопределенная квадратичная форма, то функция $f$ в точке $x_{0}$ имеет локальный экстремум, а именно, минимум, если форма положительноопределенная, и максимум, если форма отрицательноопределенная;
если квадратичная форма $Q_{x_{0}}$ неопределенная, то функция $f$ в точке $x_{0}$ не имеет экстремума.
Воспользуемся разложением по формуле Тейлора (12.7 стр. 292). Учитывая, что частные производные первого порядка в точке $x_{0}$ равны нулю, получим $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)h^{i}h^{j},$$ где $0<\theta<1$. Обозначим $\displaystyle a_{ij}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right)$. В силу теоремы Шварца (12.6 стр. 289-290), $a_{ij}=a_{ji}$. Обозначим $$\displaystyle \alpha_{ij} \left(h\right)=\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}+\theta h\right)−\frac{\partial^{2} f}{\partial x_{i} \partial x_{j}} \left(x_{0}\right).$$ По предположению, все частные производные второго порядка непрерывны и поэтому $$\lim_{h \rightarrow 0} \alpha_{ij} \left(h\right)=0. \left(1\right)$$ Получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left[Q_{x_{0}} \left(h\right)+\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}\right].$$ Обозначим $$\displaystyle \epsilon \left(h\right)=\frac{1}{|h|^{2}}\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \alpha_{ij} \left(h\right)h_{i}h_{j}.$$ Тогда $$|\epsilon \left(h\right)| \leq \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n |\alpha_{ij} \left(h\right)|$$ и, в силу соотношения $\left(1\right)$, имеем $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$. Окончательно получаем $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right)=\frac{1}{2}\left[Q_{x_{0}} \left(h\right)+\epsilon \left(h\right)|h|^{2}\right]. \left(2\right)$$ Предположим, что $Q_{x_{0}}$ – положительноопределенная форма. Согласно лемме о положительноопределённой квадратичной форме (12.8.1 стр. 295, Лемма 1), существует такое положительное число $\lambda$, что $Q_{x_{0}} \left(h\right) \geqslant \lambda|h|^{2}$ при любом $h$. Поэтому $$\displaystyle f \left(x_{0}+h\right)−f \left(x_{0}\right) \geq \frac{1}{2}|h|^{2} \left(λ+\epsilon \left(h\right)\right).$$ Так как $\lambda>0$, а $\epsilon \left(h\right) \rightarrow 0$ при $h \rightarrow 0$, то правая часть будет положительной при любом векторе $h$ достаточно малой длины.
Итак, мы пришли к тому, что в некоторой окрестности точки $x_{0}$ выполнено неравенство $f \left(x\right) >f \left(x_{0}\right)$, если только $x \neq x_{0}$ (мы положили $x=x_{0}+h$\right). Это означает, что в точке $x_{0}$ функция имеет строгий локальный минимум, и тем самым доказана первая часть нашей теоремы.
Предположим теперь, что $Q_{x_{0}}$ – неопределенная форма. Тогда найдутся векторы $h_{1}$, $h_{2}$, такие, что $Q_{x_{0}} \left(h_{1}\right)=\lambda_{1}>0$, $Q_{x_{0}} \left(h_{2}\right)= \lambda_{2}<0$. В соотношении $\left(2\right)$ $h=th_{1}$ $t>0$. Тогда получим $$f \left(x_{0}+th_{1}\right)−f \left(x_{0}\right) = \frac{1}{2} \left[ t^{2} \lambda_{1} + t^{2} |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right] = \frac{1}{2} t^{2} \left[ \lambda_{1} + |h_{1}|^{2} \epsilon \left(th_{1}\right) \right].$$ При достаточно малых $t>0$ правая часть положительна. Это означает, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения $f \left(x\right)$, большие, чем $f \left(x_{0}\right)$.
Аналогично получим, что в любой окрестности точки $x_{0}$ функция $f$ принимает значения, меньшие, чем $f \left(x_{0}\right)$. Это, вместе с предыдущим, означает, что в точке $x_{0}$ функция $f$ не имеет экстремума.
Рассмотрим частный случай этой теоремы для функции $f \left(x,y\right)$ двух переменных, определенной в некоторой окрестности точки $\left(x_{0},y_{0}\right)$ и имеющей в этой окрестности непрерывные частные производные первого и второго порядков. Предположим, что $\left(x_{0},y_{0}\right)$ – стационарная точка, и обозначим $$\displaystyle a_{11}= \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(x_{0} ,y_{0}\right), a_{12}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(x_{0}, y_{0}\right), a_{22}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(x_{0}, y_{0}\right).$$ Тогда предыдущая теорема примет следующий вид.
если $\Delta>0$, то функция $f$ имеет в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ локальный экстремум, а именно, минимум, если $a_{11}>0$, и максимум, если $a_{11}<0$;
если $\Delta<0$, то экстремума в точке $\left(x_{0},y_{0}\right)$ нет. Как и в одномерном случае, при $\Delta=0$ экстремум может быть, а может и не быть.
Примеры решения задач
Алгоритм нахождения экстремума функции многих переменных:
Находим стационарные точки;
Находим дифференциал 2-ого порядка во всех стационарных точках
Пользуясь достаточным условием экстремума функции многих переменных, рассматриваем дифференциал 2-ого порядка в каждой стационарной точке
Исследовать функцию на экстремум $f \left(x,y\right) = x^{3} + 8 \cdot y^{3} + 18 \cdot x — 30 \cdot y$. Решение
Найдем частные производные 1-го порядка: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x.$$ Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}3 \cdot x^{2} — 6 \cdot y= 0\\24 \cdot y^{2} — 6 \cdot x = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}x^{2} — 2 \cdot y= 0\\4 \cdot y^{2} — x = 0\end{cases}$$ Из 2-го уравнения выразим $x=4 \cdot y^{2}$ — подставим в 1-ое уравнение: $$\displaystyle \left(4 \cdot y^{2}\right)^{2}-2 \cdot y=0$$ $$16 \cdot y^{4} — 2 \cdot y = 0$$ $$8 \cdot y^{4} — y = 0$$ $$y \left(8 \cdot y^{3} -1\right)=0$$ В результате получены 2 стационарные точки:
1) $y=0 \Rightarrow x = 0, M_{1} = \left(0, 0\right)$;
2) $\displaystyle 8 \cdot y^{3} -1=0 \Rightarrow y^{3}=\frac{1}{8} \Rightarrow y = \frac{1}{2} \Rightarrow x=1, M_{2} = \left(\frac{1}{2}, 1\right)$
Проверим выполнение достаточного условия экстремума:
$$\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}=6 \cdot x; \frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y}=-6; \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=48 \cdot y$$
1) Для точки $M_{1}= \left(0,0\right)$:
$$\displaystyle A_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(0,0\right)=0; B_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(0,0\right)=-6; C_{1}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(0,0\right)=0;$$
$A_{1} \cdot B_{1} — C_{1}^{2} = -36<0$ , значит, в точке $M_{1}$ нет экстремума.
2) Для точки $M_{2}$:
$$\displaystyle A_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=6; B_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(1,\frac{1}{2}\right)=-6; C_{2}=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(1,\frac{1}{2}\right)=24;$$
$A_{2} \cdot B_{2} — C_{2}^{2} = 108>0$, значит, в точке $M_{2}$ существует экстремум, и поскольку $A_{2}>0$, то это минимум.
Ответ: Точка $\displaystyle M_{2} \left(1,\frac{1}{2}\right)$ является точкой минимума функции $f$.
Исследовать функцию на экстремум $f=y^{2} + 2 \cdot x \cdot y — 4 \cdot x — 2 \cdot y — 3$. Решение
Найдём стационарные точки: $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x}=2 \cdot y — 4;$$ $$\displaystyle \frac{\partial f}{\partial y}=2 \cdot y + 2 \cdot x — 2.$$
Составим и решим систему: $$\displaystyle \begin{cases}\frac{\partial f}{\partial x}= 0\\\frac{\partial f}{\partial y}= 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}2 \cdot y — 4= 0\\2 \cdot y + 2 \cdot x — 2 = 0\end{cases} \Rightarrow \begin{cases} y = 2\\y + x = 1\end{cases} \Rightarrow x = -1$$
$M_{0} \left(-1, 2\right)$ – стационарная точка.
Проверим выполнение достаточного условия экстремума: $$\displaystyle A=\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} \left(-1,2\right)=0; B=\frac{\partial^{2} f}{\partial x \partial y} \left(-1,2\right)=2; C=\frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} \left(-1,2\right)=2;$$
$A \cdot B — C^{2} = -4<0$ , значит, в точке $M_{0}$ нет экстремума.
Ответ: экстремумы отсутствуют.
Лимит времени: 0
Навигация (только номера заданий)
0 из 4 заданий окончено
Вопросы:
1
2
3
4
Информация
Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Локальные экстремумы функций многих переменных».
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 4
Ваше время:
Время вышло
Вы набрали 0 из 0 баллов (0)
Средний результат
Ваш результат
Рубрики
Нет рубрики0%
Ваш результат был записан в таблицу лидеров
Загрузка
1
2
3
4
С ответом
С отметкой о просмотре
Задание 1 из 4
1.
Количество баллов: 1
Исследовать функцию $f$ на экстремумы: $f=e^{x+y}(x^{2}-2 \cdot y^{2})$
Правильно
Неправильно
Задание 2 из 4
2.
Количество баллов: 1
Существует ли экстремум у функции $f = 4 + \sqrt[3]{(x^{2}+y^{2})^{2}}$
Правильно
Неправильно
Задание 3 из 4
3.
Количество баллов: 1
Критическими точками функции f называются такие точки, в которых f ______________ ,либо ее градиент равен ____. (Ответ дайте через запятую.)
