7.6 Теоремы о среднем

Теорема 1 (первая теорема о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b].$ Причем функция $g$ не меняет знак на $[a,b].$ Пусть $m=\displaystyle\inf_{x \in [a,b]}f(x), M = \displaystyle\sup _{x \in [a,b]}f(x).$ Тогда найдется такое число $\mu \in [m, M]$, что $$\int^b_a f(x)g(x)dx= \mu \int^b_a g(x)dx.$$

Геометрический смысл первой теоремы о среднем

Можем считать, что $a < b,$ т. к. если поменять местами $a$ и $b,$ то знаки обеих частей равенства поменяются на противоположные. Пусть $g(x) \ge 0.$ Неравенство $m \le f(x) \le M$ умножим на $g(x)$ и проинтегрируем от $a$ до $b.$ В силу монотонности и линейности интеграла получим $$m \int^b_a g(x)dx \le \int^b_a f(x)g(x)dx \le M \int^b_a g(x)dx.$$ Если $\int^b_a g(x)dx=0,$ то из этого неравенства видно, что утверждение теоремы справедливо при любом $\mu.$ Если же $\int^b_a g(x)dx>0,$ то положим $$\mu = \frac{\int^b_a f(x)g(x)dx}{\int^b_a g(x)dx}.$$ Тогда из полученного выше неравенства следует, что $m \le \mu \le M,$ и теорема доказана.

Случай $g(x) \le 0$ рассматривается аналогично.

Следствие. Если в условиях теоремы 1 функция $f$ непрерывна на $[a,b],$ то найдется такая точка $\xi \in [a,b],$ что $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f( \xi )\int^b_a g(x)dx.$$ Действительно, в этом случае, по теореме Больцано — Коши о промежуточном значении, число $\mu$ является значением функции $f$ в некоторой точке $\xi \in [a,b].$

Лемма. Пусть функция $g$ интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда функция $G(x)\equiv \int^x_a g(t)dt (a \le x \le b)$ равномерно непрерывна на $[a,b].$

Пусть $ x^{\prime}, x^{\prime\prime} \in [a,b], x^{\prime} < x^{\prime\prime}.$ Тогда $$G(x^{\prime\prime}) — G(x^{\prime}) = \int^{x^{\prime\prime}}_a g(t)dt — \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt =$$ $$= \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt + \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} g(t)dt — \int^{x^{\prime}}_a g(t)dt = \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} g(t)dt.$$ Поскольку $g$ интегрируема, то она ограничена, т. е. существует такое $M$, что $|g(t)| \le M$ для всех $t \in [a,b]$. Поэтому получаем $$|G(x^{\prime\prime}) — G(x^{\prime})| \le \int^{x^{\prime\prime}}_{x^{\prime}} |g(t)|dt \le M(x^{\prime\prime} — x^{\prime}).$$ Отсюда следует, что функция $G$ равномерно непрерывна на $[a,b].$

Теорема 2 (вторая теорeма о среднем значении). Пусть функции $f$ и $g$ интегрируемы на $[a,b],$ причем функция $f$ монотонна на $[a,b].$ Тогда существует точка $\xi \in [a,b],$ такая, что$$ \int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\xi}_a g(x)dx + f(b) \int^b_{\xi} g(x)dx. \qquad \qquad (7.3)$$

Геометрический смысл второй теоремы о среднем

Сначала предположим, что $f$ убывает на $[a,b]$ и неотрицательна. Возьмем произвольное разбиение $a = x_0 < x_1 < \cdots < x_n = b$ отрезка $[a,b].$ Тогда, по свойству аддитивности интеграла, $$I \equiv \int^b_a f(x)g(x)dx = \sum_{i=0}^{n-1} \int ^{x_{i+1}}_{x_i} f(x)g(x)dx =$$ $$ = \sum_{i=0}^{n-1} f(x_i) \int ^{x_{i+1}}_{x_i} g(x)dx +$$ $$+ \sum_{i=0}^{n-1} \int^{x_{i+1}}_{x_i} [f(x) — f(x_i)]g(x)dx \equiv I’ + \rho.$$ Для оценки суммы $\rho$ воспользуемся тем, что интегрируемая функция $g$ ограничена, т.е. существует такое $M,$ что $|g(x)| \le M, x \in [a,b].$ Тогда получим $$| \rho | \le \sum^{n-1}_{i=0} \int^{x_i+1}_{x_i} |f(x) — f(x_i)||g(x)|dx \le M \sum^{n-1}_{i=0} \omega_i \Delta x_i, $$ где $\omega_i$ — колебания функции $f$ на $[x_i,x_{i+1}]$. Правая часть стремится к нулю при стремлении к нулю диаметра разбиения в силу критерия интегрируемости Римана. Следовательно, сумма $I^{\prime}$ стремится к интегралу $I$. Оценим $I^{\prime}$. Для этого обозначим $G(x) = \int^x_a g(t)dt.$ Получим $$I^{\prime} = \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)[G(x_{i+1}) — G(x_i)] = \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)G(x_{i+1}) -$$ $$- \sum^{n-1}_{i=0} f(x_i)G(x_i) = \sum^{n}_{i=1} f(x_{i-1})G(x_i) — \sum^{n-1}_{i=1} f(x_i)G(x_i) =$$ $$=f(x_{n-1})G(x_n) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)]G(x_i).$$ Мы воспользовались равенством $G(x_0) = G(a) = 0.$

Обозначим через $L$ и $U$ соответственно нижнюю и верхнюю грани функции $G$ на $[a,b].$ Поскольку, в силу леммы, функция $G$ непрерывна на $[a,b],$ то они существуют в силу первой теоремы Вейерштрасса. Учитывая также, что функция $f,$ по предположению, неотрицательна и монотонно убывающая, т.е. $f(x_{i-1} — f(x_i) \ge 0,$ получаем следующее неравенство: $$L \left[ f(x_{n-1}) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)] \right] \le $$ $$ \le I’ \le U \left[ f(x_{n-1}) + \sum^{n-1}_{i=1} [f(x_{i-1}) — f(x_i)] \right].$$ При этом мы использовали неравенство $L \le G(x_i) \le U.$ Поскольку, как легко видеть, сумма в квадратных скобках равна $f(x_0) = f(a),$ то полученное неравенство принимает вид $Lf(a) \le I^{\prime} \le Uf(a).$ Но поскольку $I^{\prime} \to I$ при $d(\Pi) \to 0,$ то отсюда получаем $Lf(a) \le I \le Uf(a).$ Разделив это неравенство на $f(a) > 0,$ получим $L \le \frac{I}{f(a)} \le U.$ Но поскольку функция $G$ непрерывна на $[a,b]$ в силу леммы, то найдется точка $\xi \in [a,b],$ такая, что $G(\xi) = \frac{I}{f(a)}.$ Отсюда следует, что $I = f(a)G(\xi),$ а учитывая определение функции $G,$ получаем равенство $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\xi}_a g(x)dx \quad (\xi \in [a,b]). \qquad \qquad (7.4)$$

Итак, равенство $(7.4)$ доказано нами в предположении, что функция $f$ убывает и неотрицательна. Рассмотрим теперь случай, когда $f$ убывает на $[a,b].$ Положим $\overline{f}(x) = f(x) -f(b).$ Тогда $\overline{f}$ убывает и неотрицательна. По доказанному, найдется точка $\overline{\xi},$ такая, что $$\int^b_a \overline{f}(x)g(x)dx = \overline{f}(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx \quad (\overline{\xi} \in [a,b]).$$ Учитывая, что $\overline{f}(x) = f(x) — f(b),$ отсюда получаем $$\int^b_a [f(x) — f(b)]g(x)dx = [f(a) — f(b)] \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx,$$ или, тоже самое, $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx + f(b) \int^b_a g(x)dx -$$ $$-f(b)\int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx = f(a) \int^{\overline{\xi}}_a g(x)dx + f(b) \int^b_{\overline{\xi}} g(x)dx.$$ Этим доказано равенство $(7.3).$

В случае когда функция $f$ возрастает и неотрицательна на $[a,b],$ аналогично тому, как было доказано равенство $(7.4),$ можно показать что существует такая точка $\xi,$ что $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(b)\int^b_{\xi} g(x)dx. \qquad \qquad \qquad (7.5)$$ Далее, из $(7.5)$ легко можно получить $(7.3)$ точно так же, как и $(7.3)$ было получено из $(7.4).$

Замечание.

Формулы $(7.3) -(7.5)$ называются формулами Бонне. В этих равенствах точки $\xi,$ вообще говоря, разные. В самом деле, мы можем изменить функцию $f$ в точках $a$ и $b,$ сохранив при этом монотонность функции $f$. При этом левая часть $(7.3)$ не изменится, а изменение множителей $f(a)$ и $f(b)$ перед интегралами справа в $(7.3),$ очевидно, повлечет изменение значения $\xi$ справа в $(7.3).$

Вторую теорему о среднем иногда записывают в следующем виде: $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(a+0) \int^{\xi’}_a g(x)dx + f(b — 0) \int^b_{\xi’} g(x)dx.$$ В этом равенстве точка $\xi’,$ вообще говоря, не совпадает со значением $\xi$ в равенстве $(7.3).$

Примеры применения теорем о среднем

1.Найти $$ \lim_{n \to \infty} \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x} dx.$$

Оценим $$0 \le \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x}dx \le \int^{1}_{0} x^n dx = \frac{1}{n+1}.$$ Отсюда получаем $$ \lim_{n \to \infty} \int^{1}_{0} \frac{x^n}{1+x} dx = 0.$$

2.Найти $$ \lim_{n \to \infty} \int ^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx.$$

Зафиксируем $ \xi > 0.$ Тогда получим $$ \int^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx = \int^{\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2}}_{0} \sin^n xdx + \int^{\frac{\Pi}{2}}_{\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2}} \sin^n xdx \le$$ $$\le \left( \sin \left(\frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) \right)^n \frac{\Pi}{2} + \frac{\xi}{2}.$$ Поскольку $ \sin \left( \frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) < 1 ,$ то первое слагаемое справа стермится к нулю при $n \to \infty .$ Поэтому найдется такое $N,$ что для всех $n \ge N$ справедливо неравенство $$ \left( \sin \left( \frac{\Pi}{2} — \frac{\xi}{2} \right) \right)^n \frac{\Pi}{2} < \frac{\xi}{2}.$$ Итак, для заданного $\xi > 0$ мы нашли номер $N,$ начиная с которого $$\int^{\frac{\Pi}{2}_{0}} \sin^n xdx < \xi .$$ Это означает, что $$\lim_{n \to \infty} \int^{\frac{\Pi}{2}}_{0} \sin^n xdx = 0.$$

3. Оценить сверху $$I \equiv \int^{1}_{0} \frac{\sin x }{1 + x^2} dx.$$

Первый способ. Применяя первую теорему о среднем, получаем $$I = \frac{1}{1 + \xi^2} \int^{1}_{0} \sin x dx = \frac{1}{1 + \xi^2}(-\cos x) |^1_0 =$$ $$=\frac{1}{1 + \xi^2}(1 — \cos 1) \le 1 -\cos 1.$$

Второй способ. В силу первой теоремы о среднем имеем $$I = \sin \eta \int^1_0 \frac{dx}{1 + x^2} = \sin \eta \quad \text{arctg} x |^1_0 = \frac{\Pi}{4} \sin \eta \le \frac{\Pi}{4} \sin 1.$$

4. Оценить интеграл $$I \equiv \int^B_A \frac{\sin x}{x}dx, \quad 0 < A < B < +\infty .$$

Первый способ. Применим вторую теорему о среднем. Для этого обозначим $f(x) = \frac{1}{x}$ и $g(x) = \sin x.$ Функция $f$ монотонна на $[A,B],$ так что во второй формуле Бонне получаем $$I = \frac{1}{A} \int^{\xi}_{A} \sin xdx = \frac{1}{A} (-\cos x) \bigg|^{\xi}_{A} = \frac{1}{A}(\cos A — \cos \xi ).$$ Отсюда следует, что $|I| \le \frac{2}{A}$.

Второй способ. Применяя первую теорему о среднем, получим $$I = \sin \xi \int^B_A \frac{dx}{x} = \sin \xi ln \frac{B}{A}.$$ Отсюда следует, что $|I| \le ln \frac{B}{A}$.

5. Показать, что если $f \in R[a,b],$ где $R$ — класс интегрируемых на отрезке, $m = \displaystyle\inf_{[a,b]} f(x),$ $M = \displaystyle\sup_{[a,b]} f(x),$ то при условии непрерывности $f$ на $[a,b]$ найдется точка $\xi \in [a,b],$ такая что $\int^b_a f(x)dx = f(\xi )(b-a).$

Решение

Воспользуемся первой теоремой о среднем, тогда можем представить $$\int^b_a f(x)dx = \int^b_a f(x)g(x)dx,$$ где $g(x) =1,$ Тогда $$\int^b_a f(x)g(x)dx = f(\xi)\int^b_a 1dx = f(\xi)(b — a),$$

6. Найти среднее значение функции $y = x^2 -5x + 7$ на отрезке $[2,13].$

Решение

Воспользуемся выше упомянутой формулой и подставим в нее известные значения: $$ f(\xi) = \frac{\int^{13}_2 (x^2 — 5x + 7)dx}{13 — 2} = \frac{1}{11}\int^{13}_2 (x^2 -5x +7)dx =$$ Вычислим интеграл: $$ = \frac{1}{11} \left(\frac{x^3}{3} — 5\frac{x^2}{2} + 7x\right) \bigg|^{13}_2 = $$ Используем формулу Ньютона — Лейбница и найдем значение полученного выражения: $$ = \frac{1}{11}\left( \frac{13^3}{3} — 5\frac{13^2}{2} + 7 \cdot 13 — \left( \frac{2^3}{3} — 5\frac{2^2}{2} + 7\cdot 2 \right) \right) = $$ Упростим выражение и вычислим его результат: $$ = \frac{1}{11} \left( \frac{2197}{3} -\frac{845}{2} + 91 — \frac{8}{3} + 10 — 14 \right) = $$ $$ = \frac{1}{11} \left( \frac{2189}{3} — \frac{845}{2} + 87 \right) = \frac{1}{11} \cdot \frac{4378 — 2535 +522}{6} = \frac{2365}{66}$$ Получили среднее значение функции $y = x^2 -5x +7$ на отрезке $[2, 13]$ равным $\frac{2365}{66}$.

Смотрите также

Теоремы о среднем

Пройдите этот тест чтобы проверить свои знания по теме «теоремы о среднем».

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. $f(x) = \text{sign}\;x$, $x \in \mathbb{R}$. 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,$\lim\limits_{x \to 0+}\text{sign}\; x = 1$, $\lim\limits_{x \to x_0}f(x)\text{sign}\;x = −1$, $\text{sign}\;0 = 0$, так что функция $\text{sign}\; x$ 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

17.2 Вычисление радиуса сходимости степенного ряда

Теорема. Пусть дан степенной ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n\label{eq:1} \end{equation}$$ Если существует $$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} \equiv p \gt 0,$$ то радиус сходимости ряда $\eqref{eq:1}$ равен $R = \frac{1}{p}$. Если для любого $n$ числа $a_n \neq 0$ и существует $$\lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right| \equiv p^* \gt 0,$$ то $$R = \frac{1}{p^*} = \lim\limits_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|.$$

Для доказательства первого утверждения применим признак Коши. Для фиксированного $x$ имеем $$\sqrt[n]{\left|a_nx^n\right|} = \sqrt[n]{a_n}\cdot\left|x\right|\to p\left|x\right|\left(n\to\infty\right). $$Если $\left|x\right|\lt\frac{1}{p}$, то $ρ\left|x\right|\lt 1$ и, по признаку Коши, ряд $\eqref{eq:1}$ сходится абсолютно. Если $\left|x\right|\gt\frac{1}{p}$, то $p\left|x\right|\gt 1$ и, следовательно, ряд $\eqref{eq:1}$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости.
Доказательство второго утверждения теоремы легко можно провести аналогично, используя признак Даламбера (проведите самостоятельно). Мы покажем, что из существования предела $ρ^∗$ следует существование предела $ρ$ и их равенство $ρ = ρ^∗$. Ясно, что отсюда также будет следовать второе утверждение теоремы.
Зададим $\epsilon \gt 0$ и найдем такой номер $N$, что для всех $n \geq N$ справедливо неравенство $$\left|\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|-p^*\right|\lt\epsilon.$$ Тогда $$p^*-\epsilon\lt\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\lt p^*+\epsilon$$ т. е.
$$\left|a_n\right|\left(ρ^∗−\epsilon\right)\lt\left|a_{n+1}\right|\lt\left|a_n\right|\left(ρ^∗+\epsilon\right).$$ Применяя рекуррентно левое неравенство, получаем $$\left|a_{N+1}\right|\gt\left(ρ^∗−\epsilon\right)\left|a_N\right|,$$ $$\left|a_{N+2}\right|\gt\left(ρ^∗\epsilon\right)^2\left|a_N\right|,\dotsi,\left|a_{N+k}\right|\gt\left(ρ^∗-\epsilon\right)^k\left|a_N\right|,\dotsi,$$ а из правого неравенства следует, что $$\left|a_{N+k}\right|\lt\left(ρ^∗+\epsilon\right)^k\left|a_N\right| \left(k = 1, 2,\dotsi\right).$$
Пусть $n\gt N$, т. е. $n = N+k$, где $k\in N$. Тогда $$\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\lt\left(ρ^∗+\epsilon\right)^{\frac{n−N}{n}}\left|a_N\right|^{\frac{1}{n}} = (ρ^∗+\epsilon)^{1-\frac{N}{n}}\sqrt[n]{\left|a_N\right|}.$$ При фиксированном $N$ выражение справа стремится к $ρ^∗+\epsilon$ при $n\to\infty$. Поэтому при $n\geq N_1$ оно меньше, чем $ρ^∗+2\epsilon$. Аналогично можно показать, что при $n\geq N_2$ справедливо неравенство $\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\gt ρ^∗−2\epsilon$. Получим, что при $n\geq N_3 \equiv max \left(N_1, N_2\right)$ имеет место неравенство $$ρ^∗−2\epsilon\lt\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\lt ρ^∗+2\epsilon,$$ а это означает, что существует $$ρ\equiv \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|} = ρ^∗.$$

Замечание 1. Если в условии теоремы считать, что $\frac{1}{0} = +\infty$ и $\frac{1}{+\infty} = 0$, то теорема остается справедливой и в случаях $ρ = 0$ и $ρ = +\infty$. При этом необходимые изменения в доказательстве очевидны (проведите самостоятельно).

Замечание 2. Во второй части доказательства нашей теоремы мы,
по существу, доказали, что из существования $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}\left(a_n\gt 0\right)$ следует, что существует и $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}$, и эти пределы равны. Для рядов с
положительными слагаемыми это означает, что признак Коши не слабее
признака Даламбера.

Итак, мы можем находить радиус сходимости $R = \frac{1}{ρ}$ степенного ряда $\eqref{eq:1}$ в случае если существует $$ρ = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|},$$ где $0\leq ρ\leq +\infty$. Но предел $ρ$ может и не существовать. В общем случае радиус сходимости ряда $\eqref{eq:1}$ находится следующим образом.

Теорема Коши – Адамара. Пусть дан степенной ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n.\label{eq:2} \end{equation}$$ Тогда его радиус сходимости равен $$R =\dfrac{1}{\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}},$$ где понимается $\frac{1}{0} = +\infty$ и $\frac{1}{+\infty} = 0$.

Доказательство этой теоремы основано на применении обобщенного признака Коши сходимости рядов с положительными слагаемыми.

Теорема (обобщенный признак Коши). Пусть дан числовой ряд $$\begin{equation}\sum\limits_{n=0}^\infty u_n,\label{eq:3} \end{equation}$$ где числа $u_n \geq 0$. Если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\lt 1$, то ряд $\eqref{eq:3}$ сходится, а если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\gt 1$, то ряд $\eqref{eq:3}$ расходится.

Если $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\gt 1$, то существует подпоследовательность номеров $n_k$, таких, что $u_{n_k}\geq 1$, а значит, $u_n$ не стремится к нулю, и следовательно, ряд $\eqref{eq:3}$ расходится, т. к. не выполнено необходимое условие сходимости. Если же $\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{u_n}\equiv q\lt 1$, то для $0\lt\epsilon\lt 1−q$ найдется такой номер $N$, что для всех $n\geq N$ справедливо неравенство $\sqrt[n]{u_n}\lt q+\epsilon\lt 1$. Отсюда следует, что $u_n\lt\left(q+\epsilon\right)n$ при $n \geq N$ и, значит, ряд $\eqref{eq:3}$ сходится в силу признака сравнения.

(Теоремы Коши – Адамара). Имеем $$\overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_nx^n\right|} = \overline{\lim\limits_{n\to\infty}}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}\cdot\left|x\right|.$$ Если $\left|x\right|\gt\frac{1}{\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|a_n\right|}}$,
то для ряда $\sum\limits_{n=0}^\infty\left|a_nx^n\right|$ не выполнено необходимое условие сходимости.
Следовательно, необходимое условие сходимости не выполнено и для ряда
$\eqref{eq:2}$, т. е. он расходится.

Примеры:

Пример 1. Рассмотрим ряд $$\sum\limits_{n=0}^\infty nx^n.$$ Здесь $a_n = n, \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{n} = 1$, т. е. $R = \dfrac{1} {\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}} = 1$. В точках $x = R = 1$ и $x = −R = −1$ ряд расходится. Область его сходимости
– интервал$\left(−1, 1\right)$.
Пример 2. Для ряда $$\sum\limits_{n=0}^\infty\left[3 + (−1)n\right]^nx_n$$
имеем $a_n = [3 + (−1)n]^n$, $\overline\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n} = \overline\lim\limits_{n\to\infty}\left[3 + (−1)n\right] = 4$, $R = \frac{1}{4}$. Данный ряд сходится при $\left|x\right|\lt\frac{1}{4}$. Если $x = \pm\frac{1}{4}$, то $\left|a_{2k}x^{2k}\right|= 4^{2k}\frac{1}{4^{2k}} = 1$, т. е. слагаемые с четными номерами равны $1$ и
предел слагаемых ряда не равен нулю. Окончательно, область сходимости
ряда – интервал $\left(−\frac{1}{4}, \frac{1}{4}\right)$.
Пример 3. Для ряда $$\sum\limits_{n=0}^\infty\frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n!\right)}x^n$$ имеем $a_n = \frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n!\right)}$,$\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\frac{\left(\left(n+1\right)!\right)^2}{\left(2\left(n+1\right)\right)!}}{\frac{\left(n!\right)^2}{\left(2n\right)!}} = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left(\left(n+1\right)!\right)^2\left(2n\right)!}{\left(2n+2\right)!\left(n!\right)^2} = \lim\limits_{n\to\infty}\frac{\left(n+1\right)^2}{\left(2n+1\right)\left(2n+2\right)} = \frac{1}{4}$, $R = 4$. Данный ряд сходится при $\left|x\right|\lt 4$.
При $x = 4$ получаем числовой ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$, где $a_n = \frac{\left(n!\right)^24^n}{\left(2n\right)!}$. Поскольку $\frac{a_n}{a_{n+1}} = 1-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n\left(n+1\right)}$, то $a_n\lt a_{n+1}$. Это означает, что последовательность $\left(a_n\right)$ монотонно возрастает. Следовательно не выполняется необходимое условие для сходимости ряда (предел общего члена отличен от нуля), ряд расходится. Аналогично для $x = -4$. Окончательно, область сходимости
ряда – интервал $\left(−4, 4\right)$.
Пример 4. Рассмотрим ряд $$\sum\limits_{n=0}^\infty \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2}x^n.$$ $\frac{1}{R} = \lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n^2} = e^2$. Следовательно при $\left|x\right|\lt \frac{1}{e^2}$ сходится абсолютно. В точках $x = R = \frac{1}{e^2}$ и $x = −R = −\frac{1}{e^2}$ ряд расходится. Область его сходимости
– интервал$\left(−\frac{1}{e^2}, \frac{1}{e^2}\right)$.

Тест по теме: "Радиус сходимости числового ряда"

Небольшой тест по теории и практике.

Литература

  1. Б. П. Демидович Сборник задач по математическому анализу 13-е издание, исправленное Издательство Московского университета Издательство ЧеРо 1997 отдел V ряды (ст. 284)
  2. В. И. Коляда, А. А. Кореновский «Курс лекций по математическому анализу». — Одесса: Астропринт, 2010, ч.2. раздел 17 «Вычисление радиуса сходимости степенного ряда». (ст. 56 — 60)
  3. Кудрявцев Л. Д. курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 2. Радиус сходимости и круг сходимости степенного ряда / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дорфа, 2003. — 720 с. (ст. 107 — 108).

9.2.1 Открытые множества

Определение. Открытым шаром с центром в точке $x_0$ и радиусом $\rho >0$ называется множество всех точек $x\in \mathbb{R}^n,$ таких, что $|x-x_0|<\rho.$ Этот шар обозначается $B(x_0,\rho)$ и называется также $\rho$-окрестностью точки $x_0.$

Определение. Пусть задано множество $E \subset \mathbb{R}^n.$ Точка $x_0 \in E$ называется внутренней точкой множества $E,$ если существует шар $B(x_0,\rho),$ содержащийся в $E.$ Другими словами, точка $x_0$ называется внутренней точкой множества $E,$ если она входит во множество $E$ вместе с некоторой окрестностью.

Определение. Множество $E$ называется открытым, если все его точки являются внутренними точками этого множества. Условимся также считать пустое множество $\emptyset$ открытым.

Пример 1. Каждый открытый шар $B(x_0,r)$ является открытым множеством.

Действительно, пусть $x \in B(x_0,r).$ Нужно доказать, что существует такая окрестность точки $x,$ которая целиком содержится в шаре $B(x_0,r).$ Положим $\rho = r-|x-x_0|.$ Тогда $\rho > 0,$ так как $|x-x_0|<r.$ Покажем, что $B(x,\rho) \subset B(x_0,r).$ Пусть $y \in B(x,Ѕ).$ Тогда $|y-x|<\rho.$ Оценим расстояние между точками $y$ и $x_0.$ По неравенству треугольника имеем $$|y-x_0|\leqslant|y-x|+|x-x_0|<\rho + |x-x_0|=r$$ что и требовалось доказать.

В частности, при $n = 1$ открытые шары — это интервалы на действительной прямой, и они являются открытыми множествами на прямой.

Пример 2. Рассмотрим открытые $n$-мерные интервалы. Для двух заданных векторов $a,b \in \mathbb{R}^n,$ таких, что $a^i < b^i (i=1,…,n),$ открытым интервалом называется множество всех точек $x,$ координаты которых удовлетворяют условиям $a^i < x^i < b^i (i=1,…,n).$ Такой интервал обозначается через $(a^1,b^1,…,a^n,b^n).$

В частности, в $\mathbb{R}^2$ открытые интервалы — это прямоугольники со сторонами, параллельными координатным осям, а в $\mathbb{R}^3$ — параллелепипеды, ребра которых параллельны координатным осям.

Докажем, что любой открытый интервал в $\mathbb{R}^n$ является открытым множеством.

Пусть $J$ — открытый интервал и пусть $x \in J,$ т. е. $a^i < x^i < b^i (i=1,…,n).$ Обозначим через $\delta^i = min(x^i — a^i,b^i-x^i)(i=1,…,n)$ и $\delta=min(\delta^1,…,\delta^n).$ Покажем, что шар $B(x,\delta)$ содержится в $J.$ Действительно, если $y \in B(x,\delta),$ то $|y-x|<\delta.$ Отсюда следует, что $|x^i-y^i|<\delta$ для всех $i=1,…,n.$ Пользуясь определением числа $\delta,$ видим, что $a^i < y^i < b^i$ для всех $i=1,…,n,$ так что $y \in J,$ что и требовалось доказать.

Пример 3. Множество $S$ всех точек на действительной прямой — открытое.

Рассмотрим некую точку $x,$ которая находится на расстоянии $\rho$ от точки $x_0 = (0),$ затем рассмотрим шар $B(x,\eps).$ Каждая точка, принадлежащая этому шару, также, очевидно, принадлежит всей действительной прямой, т.е. $\forall y \in B(x,\eps): y \in S,$ что означает что любая точка входит в множество $S$ вместе с некоторым шаром, а по определению это значит, что $S$ — открытое множество

Свойства открытых множеств.

Пусть $\mathcal{A}$ — множество индексов, и каждому элементу $\alpha \in \mathcal{A}$ поставлено в соответствие некоторое множество $E_{\alpha}.$ Тогда говорят, что задано семейство множеств $\{E_{\alpha}\}_{\alpha \in \mathcal{A}}.$

Теорема. Система всех открытых множеств в $\mathbb{R}^n$ обладает следующими свойствами:

  1. все пространство $\mathbb{R}^n$ и пустое множество $\emptyset$ открыты;
  2. пересечение любого конечного числа открытых множеств открыто;
  3. объединение любого семейства $\{G_{\alpha}\}_{\alpha \in \mathcal{A}}$ открытых множеств открыто.
  1. Пустое множество $\emptyset$ открыто по определению, а всё пространство $\mathbb{R}^n,$ очевидно, открыто, поскольку любой шар содержится в $\mathbb{R}^n.$
  2. Пусть $G_1,…,G_s$ — открытые множества, $G = \bigcap\limits_{i=1}^s G_i.$ Пусть $x \in G.$ Тогда $x \in G_i$ для всех $i=1,…,s.$ Но каждое из множеств $G_i$ открыто, так что для каждого $i=1,…,s$ найдется шар $B(x,r_i) \subset G_i.$ Среди всех этих шаров выберем шар с наименьшим радиусом $B(x,r),$ где $r = min(r_1,…,r_s).$ Тогда $B(x, r) \subset G_i$ при каждом $i=1,…,s,$ а значит, $B(x,r) \subset G,$ и тем самым доказано, что множество $G$ открыто.
  3. Пусть $G = \bigcup\limits_{\alpha \in \mathcal{A}} G_{\alpha},$ где каждое множество $G_{\alpha}$ открыто. Докажем, что и множество $G$ также открыто. Действительно, пусть $x \in G.$ Тогда $x$ принадлежит по крайней мере одному из множеств $G_{\alpha_0}.$ Так как это множество $G_{\alpha_0}$ открыто, то найдется окрестность $B(x,\rho) \subset G_{\alpha_0} \subset G.$ Таким образом, $G$ — открытое множество.

Замечание. Пересечение бесконечного набора открытых множеств не обязано быть открытым множеством. Например, пусть $B_k$ — открытый шар с центром в нуле и радиусом $\frac{1}{k} (k = 1,2,…).$ Тогда $\bigcap\limits^{\infty}_{k=1} B_k = \{0\}.$ Но множество $\{0\},$ состоящее из одной точки, не является открытым, поскольку оно не содержит в себе ни одного шара.

Определение. Пусть $E$ — непустое множество в $\mathbb{R}^n.$ Тогда совокупность всех его внутренних точек называется внутренностью множества $E$ и обозначается через $\mathring{E}$ или $\text{int} E.$

Теорема. Для любого непустого множества $E$ его внутренность — открытое множество.

Будем предполагать, что $\mathring{E}$ не пусто. Пусть $x \in \mathring{E}.$ Тогда $x$ — внутренняя точка множества $E$ (по определению внутренности). Нужно доказать, что $x$ является также внутренней точкой множества $\mathring{E}.$ Итак, найдется шар $B(x,\rho) \subset E.$ Но поскольку шар — открытое множество, то каждая точка $y \in B(x,\rho)$ содержится в этом шаре вместе с некоторой окрестностью $U_y.$ Значит $U_y \subset E,$ и поэтому $y$ — внутренняя точка множества $E,$ т.е. $y \in \mathring{E}.$ Таким образом, мы получили, что $B(x,\rho) \subset \mathring{E},$ а это означает, что $\mathring{E}$ — открытое множество, и теорема доказана.

Пример 4. Рассмотрим область определения функции $f(x) = \frac{1}{x}.$ $D(f) = (-\infty;0)\cup(0;\infty),$ значит $D(f)$ можно представить в виде объединения двух интервалов $D(f) = A_1 \cup A_2,$ где $A_1 = (-\infty;0); A_2 = (0;\infty),$ то есть в виде объединения двух открытых множеств, так как интервалы — открытые множества по доказанному ранее. А значит, по свойству открытых множеств, множество $D(f)$ — открытое множество.

Пример 5. Рассмотрим область определения функции $f(x) = \sqrt{3x}.$ $D(f)=\{x \in \mathbb{R} | x \geqslant 0\}.$ Это множество не является открытым, докажем это. Рассмотрим точку $x=0.$ $x \in D(f),$ однако не существует такого открытого шара $B(x,\rho),$ который полностью бы лежал в $D(f),$ так как в этом шаре будет присутствовать точка $y,$ такая что $x-\rho < y < x = 0.$ Из этого следует, что $y < 0$ и $y$ не принадлежит $D(f).$ Значит $D(f)$ не является открытым множеством.

9.2.1. Открытые множества

Для закрепления материала предложен тест по теме «Открытые множества».

Достаточные условия экстремума

Экстремумы функций одной переменной

Определение:

Функция f:\mathbb{E} \subset \mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}, имеет во внутренней точке x_{0}:

  • Локальный минимум, если \exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x)\ge f(x_{ 0 })
  • Строгий локальный минимум, если \exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x) > f(x_{ 0 })
  • Локальный максимум если \exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x)\le f(x_{ 0 })
  • Строгий локальный максимум, если \exists U(x_{0}):\forall x\in \dot {U}(x_{0}) f(x) < f(x_{ 0 })

Поиск локальных и абсолютных экстремумов — важная практическая задача, породившая широкий спектр методов оптимизации. Изучение свойств и условий существования локального экстремума функций в одномерном случае создает прочный фундамент, упрощающий изучение аналогичного материала в анализе функций многих переменных.


Достаточные условия экстремума в терминах первой производной

Читать далее «Достаточные условия экстремума»