Лекции и конспекты по математике Примеры решения задч

Теорема 4.1 Пусть функция $ f(x)$ дифференцируема (дифференцируема слева, дифференцируема справа) в точке $ x_0$. Тогда $ f(x)$ непрерывна (соотв. непрерывна слева, непрерывна справа) в этой точке $ x_0$.

Доказательство. Из существования производной

$\displaystyle f'(x_0)=\lim_{h\to0}\dfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}= \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}$

следует, что

\begin{multline*} \lim_{x\to x_0}(f(x)-f(x_0))= \lim_{x\to x_0}\dfrac{f(x)-f(x... ...ac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}\lim_{x\to x_0}(x-x_0)= f'(x_0)\cdot0=0, \end{multline*}

откуда

$\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0),$

что и означает непрерывность функции $ f(x)$ в точке $ x_0$.

Для доказательства теоремы в случае существования односторонних производных достаточно сменить базу $ x\to x_0$ на базу $ x\to x_0-$ или $ x\to x_0+$.

Замечание 4.2 Предыдущий пример показывает, что обратное утверждение неверно: функция не обязательно имеет производную во всех тех точках, где она непрерывна. Действительно, функция $ f(x)=\vert x\vert$ непрерывна при $ x=0$, но не имеет производной в точке 0.
Более того, можно построить пример такой функции, которая непрерывна во всех точках числовой прямой, но не имеет производной ни в одной из этих точек.
Замечание 4.3 Заметим, что доказанная теорема гарантирует непрерывность функции, имеющей производную в точке $ x_0$, только в этой самой точке $ x_0$, но не на некотором интервале, окружающем $ x_0$. Примером функции, имеющей производную при $ x=0$, но разрывной при всех $ x\ne0$, служит функция
$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0,&\mbox{ если }x\in\mathbb{Q},\\ x^2,&\mbox{ если }x\notin\mathbb{Q}. \end{array}\right. $
(Напомним, что через $ \mathbb{Q}$ обозначается множество всех рациональных чисел. Рациональные числа, как и иррациональные, плотно расположены на числовой оси $ \mathbb{R}$: между любыми двумя рациональными числами найдётся иррациональное число, а между двумя иррациональными-- рациональное.) Действительно, $ f(0)=0$; если $ h\ne0$-- рациональное число, то разностное отношение $ \dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\dfrac{0-0}{h}=0$, а если $ h\ne0$-- иррациональное, то $ \dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\dfrac{h^2-0}{h}=h$. И в том, и в другом случае разностное отношение стремится к 0 при $ h\to0$, так что существует производная $ f'(0)=0$. Однако, как нетрудно заметить, функция $ f(x)$ разрывна во всех точках $ x$, кроме $ x=0$.

Замечание 4.4 Заметим также, что даже если функция имеет производную на некотором интервале, окружающем точку $ x_0$, значение $ f'(x_0)$ может оказаться не равным пределу значений $ f'(x)$ при $ x\to x_0$, то есть производная $ f'$ может оказаться разрывной функцией. Примером такой функции с всюду существующей, но разрывной производной $ f'(x)$ может служить функция
$\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0,&\mbox{ если }x=0,\\ x^2\sin\dfrac{1}{x},&\mbox{ если }x\ne0. \end{array}\right. $
Производная этой функции, как мы покажем ниже, равна
$\displaystyle f'(x)=\left\{\begin{array}{ll} 0,&\mbox{ если }x=0,\\ 2x\sin\dfrac{1}{x}-\cos\dfrac{1}{x},&\mbox{ если }x\ne0. \end{array}\right. $
Нетрудно видеть, что эта функция имеет разрыв второго рода в точке 0, из-за слагаемого $ \cos\dfrac{1}{x}$, совершающего бесконечное число колебаний амплитуды 1 в любой, как угодно малой, окрестности точки 0.

 Пример Найти все значения корней:

  Решение.

Определим модуль и аргумент числа

 

 Тогда по формуле Муавра (2.18) получим :

 

Придавая k значения 0,1,2, получим все три значения корня

При

При

При

Очевидно, при k = 3 мы снова получим

Имеем :. Тогда

 

  где k = 0,1,2,3.

 При

  При

 При

 При

Данный интеграл имеет одну особенность в точке , подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв. Сделаем замену переменной: пусть , ; если , ; если , ; при этом исходный интеграл преобразуется следующим образом :

 стало быть, исследуемый интеграл сходится и величина его равна .

 Как и в случае несобственного интеграла по бесконечному промежутку несобственные интегралы от разрывных функций могут превращаться в собственные интегралы при некоторых заменах переменных. Так, например, вычислим интеграл:  Интеграл имеет одну особенность в точке  где подынтегральная функция терпит бесконечный разрыв. Сделаем замену переменной: пусть   если  если  При этом заданный несобственный интеграл преобразуется в собственный интеграл следующим образом:  (это уже собственный интеграл )

 Несобственные интегралы от разрывных функций в некоторых случаях могут превращаться в собственные интегралы при интегрировании по частям. Так, например, вычислим интеграл:  Этот интеграл имеет одну особую точку , где подынтегральная функция обращается в бесконечность. Реализуем метод интегрирования по частям: пусть   и , тогда  и  далее имеем:  (это уже собственный интеграл, который равен   ).

Математический анализ Типовые расчеты по математике