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

12.8.1 Квадратичные формы

Определение. Квадратичной формой на $\mathbb{R}^{n}$ называется каждая функция вида
$$Q\left(h\right) = \sum_{i,j=1}^{n} a_{ij}h^{i}h^{j}, $$
где $a_{ij}$ — действительные числа. Матрица $\left(a_{ij}\right)$ называется матрицей квадратичной формы.

Будем считать, что $a_{ij}=a_{ji},$ т. е. что матрица $\left(a_{ij}\right)$ симметрична. Заметим, что $Q$ — это многочлен второго порядка от $n$ переменных $h_{1},\cdots ,h_{n}.$ Ясно, что для любого действительного числа $t$
$$Q\left(th\right) = t^{2}Q\left(h\right). $$

Это свойство называется свойством однородности второго порядка.

Определение Квадратичная форма $Q$ называется положительно определенной, если для любого $h \neq 0$ справедливо неравенство $Q\left(h\right) \gt 0.$

Аналогично, если для любого $h \neq 0$ имеем $Q\left(h\right)\lt 0,$ то такая квадратичная форма называется отрицательно определенной.

Если квадратичная форма принимает как положительные, так и отрицательные значения, то такая квадратичная форма называется неопределенной.

Если $Q\left(h\right)\geqslant 0$ для всех $h,$ то форма называется положительно полуопределенной, а если $Q\left(h\right)\leqslant 0$ для всех $h,$ то форма называется отрицательно полуопределенной.

Квадратичная форма называется знакоопределенной, если она положительно определенная или отрицательно определенная.

Пример 1. Если $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = (x^{1})^{2} + 2(x^{2})^{2},$ то для всех $x^{1},x^{2}$ кроме $x^{1}=x^{2}=0$, имеем $Q\left(x^{1},x^{2}\right) \gt 0,$ т.е. эта форма положительно определенная.
Пример 2. Если $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = (x^{1})^{2} — x^{1}x^{2} — (x^{2})^{2}$ имеем $Q(1,0)=1, Q(0,1)= -1, $ так что эта форма неопределенная.
Пример 3. Если $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = (x^{1})^{2} — 2x^{1}x^{2} + (x^{2})^{2}$ положительно полуопределенная, поскольку для любых $x^{1},x^{2}$ имеем $Q\left(x^{1},x^{2}\right) \geqslant 0,$ но равенство $Q\left(x^{1},x^{2}\right) = 0$ имеет место не только в точке $x^{1}=x^{2}=0,$ а в каждой точке вида $x^{1}=x^{2}$.
Пример 4. Форма $Q\left(h\right) = (h^{1})^{2} + \cdots + (h^{n})^{2} = |h|^{2},$ очевидно, положительно определенная.
Пример 5. Пусть $Q\left(h\right) = (h^{1})^{2} + \cdots + (h^{m})^{2},$ где $m \lt n$. Эта форма положительно полуопределенная, поскольку $Q(h) \geqslant 0 $, но при $i\gt m$ значений этой формы на стандартном векторе $e_{i}$ равно нулю.
Пример 6. Пусть $Q\left(h\right) = (h^{1})^{2} + \cdots + (h^{m})^{2} — (h^{m+1})^{2} — \cdots — (h^{n})^{2},$ где $m \lt n$. Тогда эта форма неопределенная, поскольку $Q(e_{i})=1$ при $i\leqslant m$ и $Q(e_{i})=-1,$ если $i\gt m.$

Для любой квадратичной формы $Q$ $$|Q(h)| \leqslant \sum_{i,j=1}^{n} |a_{i j}| |h^{i}| |h^{j}| \leqslant | h^{2} | \sum_{i,j=1}^{n} |a_{i j}| \equiv K | h^{2} |.$$

Эта оценка показывает, что при $h \rightarrow 0$ квадратичная форма стремится к нулю. Если квадратичная форма знакоопределенная, то полученный порядок стремления к нулю оказывается точным. Именно, справедлива

Лемма 1. Пусть $Q$ — положительно определенная квадратичная форма на $\mathbb{R}^{n}$. Тогда существует такое положительное число $\lambda ,$ что $$Q(h) \geqslant \lambda |h|^{2} (h \subset \mathbb{R}^{n}). $$
Обозначим через $S$ единичную сферу в $\mathbb{R}^{n},$ т.е. $$ S=\left\{x \in \mathbb{R}^{n} : |x|=1\right\}.$$Легко видеть, что $S$ — замкнутое и ограниченное множество и, следовательно, компактное. Поэтому, по второй теореме Вейерштрасса, непрерывная функция $Q$ достигает своего наименьшего значения, которое мы обозначим через $\lambda.$ Но на $S$ форма $Q$ принимает положительные значения, так что $\lambda \gt 0.$
Итак, $Q(x)\geqslant \lambda (|x|=1).$ Если теперь $h$ — произвольный вектор из $\mathbb{R}^{n},$ то положим $ x = \frac{h}{|h|}.$ Тогда $|x|=1,$ т.е. $x$ лежит на единичной сфере, а поэтому $Q(x)\geqslant \lambda .$ Если вместо $x$ подставим его значение, то получим $Q(\frac{h}{|h|})\geqslant \lambda .$ Воспользовавшись свойством однородности второго порядка для формы $Q$, имеем $Q(h)\geqslant \lambda|h|^{2}.$

Теперь займемся таким вопросом. Как по матрице коэффициентов квадратичной формы судить о знакоопределенности формы? Рассмотрим подробно случай $n=2.$

Пусть $Q(h,k)=a_{11}h^{2}+2a_{12}hk+a_{22}k^{2}.$ Предположим сначала, что $a_{11}\neq 0.$ Тогда $$Q(h,k)=\frac{1}{a_{11}}(a_{11}^{2} h^{2}+2a_{11}a_{12}hk+a_{11}a_{22}k^{2}) = \frac{1}{a_{11}}\left[(a_{11}h+a_{12}k)^{2}+\triangle k^{2} \right],$$ где
$$\triangle = a_{11}a_{22}-a_{12}^{2} = \begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} \\a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}.$$

  1. Если $\triangle \gt 0,$ то выражение в квадратных скобках положительно для любых $h$ и $k,$ не равных одновременно нулю, т.е. $Q(h,k)\neq 0,$ причём $sign (Q(h,k)) = sign (a_{11}).$ В этом случае форма является знакоопределенной, она сохраняет свой знак.
  2. Рассмотрим случай $\triangle \lt 0.$ Пусть, например, $k\neq 0.$ Тогда вынося за скобки $k^{2}$ и обозначая $t=\frac{h}{k},$ получаем $$ Q(h,k) = k^{2}\left[a_{11}t^{2}+2a_{12}t+a_{22} \right].$$ Если $a_{11}\neq 0,$ то в скобках имеем квадратный трёхчлен относительно $t.$ Его дискриминант $-4\triangle \gt 0.$ Поэтому этот квадратный трёхчлен имеет различные действительные корни, а значит принимает, как и положительные, так и отрицательные значения.

    Если же $a_{11}=0,$ то $a_{12}\neq 0$(так как иначе бы получили, что $\triangle = 0$). Значит, в квадратных скобках линейный двучлен $2a_{12}t+a_{22},$ который также принимает как положительные, так и отрицательные значения.

    Итак, если $\triangle \lt 0,$ то квадратичная форма $Q$ является неопределенной.

  3. Пусть $\triangle = 0.$ Если $a_{11}\neq 0,$ то получим $$Q(h,k) = \frac{1}{a_{11}}(a_{11}h+a_{12}k)^{2}.$$ Если, например, $a_{11} \gt 0,$ то всегда $Q(h,k) \geqslant 0,$ а при $h = -\frac{a_{12}k}{a_{11}}$ имеем $Q(h,k)=0.$ Это означает, что существуют ненулевые векторы, на которых форма обращается в нуль, и получаем, что форма полуопределена.

    Если же $a_{11}=0,$ то в этом случае $\triangle = -a_{12}^{2}.$ Значит $a_{12}=0$ и $Q(h,k) = a_{22}k^{2}.$ Это — тоже полуопределенная форма.

Итак, если $\triangle = 0,$ то форма полуопределенная.

Окончательно приходим к следующему выводу.

Лемма 2. Пусть

$Q(h,k)=a_{11}h^{2}+2a_{12}hk+a_{22}k^{2}.$ и $\triangle = a_{11}a_{22}-a_{12}^{2} $

Тогда:

1) если $\triangle \gt 0$, то форма $Q$ — знакоопределенная, причём $sign (Q) = sign (a_{11});$

2) если $\triangle \lt 0 ,$ то $Q$ — неопределенная форма.

2) если $\triangle = 0 ,$ то $Q$ — полуопределенная форма.

Определение. Пусть $Q(h)=\sum_{i,j=1}^{n}a_{ij}h^{i}h^{j}$ — квадратичная форма на $\mathbb{R}^{n}$ с симметричной матрицей $$\begin{pmatrix} a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn} \end{pmatrix}.$$

Миноры этой матрицы, расположенные в её левом верхнем углу, называют главными минорами, т.е. главные миноры — это $$
\triangle_{1} = a_{11}, \triangle_{2} = \begin{vmatrix}a_{11} & a_{12} \\a_{21} & a_{22} \end{vmatrix}, \cdots , \triangle_{n} =\begin{vmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \cdots & \cdots & \cdots \ \\ a_{n1} & \cdots & a_{nn} \end{vmatrix}.
$$

Критерий Сильвестра. Для того, чтобы квадратичная форма $Q$ была положительно определенной, необходимо и достаточно, чтобы все её главные миноры были положительными.

Критерий отрицательной определенности. Для того, чтобы квадратичная форма $Q$ была отрицательно определенной, необходимо и достаточно, чтобы были выполнены следующие условия: $-\triangle_{1} \gt 0,\triangle_{2} \gt 0,\cdots ,(-1)^{n}\triangle_{n} \gt 0,$ т.е. главные миноры должны иметь чередующиеся знаки, причём первый должен быть отрицательным.

Эти два критерия здесь мы доказывать не будем.

Примеры решения задач

  1. Найти матрицу квадратичной формы $$Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} — 4x_{1}x_{2} + x_{2}^{2} + 2x_{1}x_{3} — x_{3}^{2}$$
    Решение
    1. Запишем квадратичную форму в виде $$Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} — 2x_{1}x_{2} — 2x_{2}x_{1} + x_{2}^{2} + x_{1}x_{3} + x_{3}x_{1} — x_{3}^{2}.$$
    2. Здесь $a_{11}=2,a_{12}=-2,a_{13}=1,a_{21}=-2,a_{22}=1,a_{23}=0,a_{31}=1,a_{32}=0,a_{33}=-1,$ следовательно, матрица этой квадратичной формы есть $$\begin{pmatrix} 2 & -2 &1 \\ -2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & -1\\ \end{pmatrix}.$$
  2. Установить характер знакоопределенности квадратичной формы $$Q(x_{1},x_{2},x_{3})=4x_{1}^{2}+6x_{2}^{2}+2x_{3}^{2}+6x_{1}x_{2}$$

    Решение
    1. Найдём матрицу квадратичной формы $$A = \begin{pmatrix} 4 & 3 & 0 \\ 3 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 2\\ \end{pmatrix}.$$
    2. Теперь проверим знакоопределенность формы по критерию Сильвестра $$
      \triangle_{1} = 4 \gt 0, \triangle_{2} = \begin{vmatrix}4 & 3 \\3 & 6 \end{vmatrix} = 15 \gt 0, \triangle_{3} =\begin{vmatrix} 4 & 3 & 0 \\ 3 & 6 & 0 \\ 0 & 0 & 2\\ \end{vmatrix} = 2\cdot15 = 30 \gt 0,$$ значит, квадратичная форма положительно определенная.
  3. Найти все значения $\lambda,$ при которых положительно определена квадратичная форма $$Q(x_{1},x_{2},x_{3}) = 2x_{1}^{2} + \lambda x_{2}^{2} + 5x_{3}^{2} + 4x_{1}x_{2} + 4x_{1}x_{3}. $$

    Решение
    1. Найдём матрицу квадратичной формы $$A = \begin{pmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & \lambda & 0 \\ 2 & 0 & 5\\ \end{pmatrix}.$$
    2. Найдём главные миноры: $$
      \triangle_{1} = 2 , \triangle_{2} = \begin{vmatrix}2 & 2 \\2 & \lambda \end{vmatrix} = 2\lambda — 4 , \triangle_{3} =\begin{vmatrix} 2 & 2 & 2 \\ 2 & \lambda & 0 \\ 2 & 0 & 5\\ \end{vmatrix} = 6\lambda — 20.$$

    3. По критерию Сильвестра, $Q$ положительно определена тогда и только тогда, когда $$\begin{cases}2\lambda -4 \gt 0, \\6\lambda — 20 \gt 0\end{cases}\Leftrightarrow \lambda \gt \frac{10}{3}.$$

Проверка знаний по пройденной теме

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

Список использованной литературы:

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