Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Глобальные свойства непрерывных и дифференцируемых функций. Теорема Лагранжа, Коши, теоремы Вейерштрасса, и следствия.

Тема Математический анализ

02 Глобальные свойства непрерывных и дифференцируемых функций. Теорема Лагранжа, Коши, теоремы Вейерштрасса, и следствия.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#45304

Вспомним вторую теорему Вейерштрасса о достижении непрерывной функции на отрезке своих минимального и максимального значений:

Теорема (Вейерштрасс): Пусть $f(x) : [a,b] → ℝ$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ . Тогда она достигает на нём своей точной верхней и точной нижней грани. Иными словами, если обозначить $M = sup f(x) x∈[a,b]$ , $m = inf f(x) x∈[a,b]$ , то обязательно найдутся точки $x ,x ∈ [a,b] 1 2$ такие, что $f(x1) = M, f(x2) = m$

Задача: Показать, что требование непрерывности на всем отрезке $[a,b]$ для функции $f$ существенно. А именно, привести пример такой функции $f : [a,b] → ℝ$ , которая не была бы непрерывна в каждой точке отрезка $[a,b]$ , но удовлетворяла бы всем остальным условиям второй теоремы Вейерштрасса. И, самое главное, чтобы для этой функции $f$ не выполнялось заключение теоремы Вейерштрасса, то есть чтобы она не достигала ни минимального, ни максимального значения на этом отрезке.

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию

( π π- { sinx при x ∈ (0,2) f : [0, 2] → ℝ f (x) = ( 1 π 2, пр и x = 0 или x = 2

$PIC$

Итак, ясно, что наша функция на отрезке $[0, π2]$ ограничена и сверху и снизу:

supπ f(x) = 1, infπ f(x) = 0 x∈[0,2] x∈[0,2]

Однако также видно, что ни в одной точке отрезка $[0, π] 2$ функция $f(x)$ не равна ни 0, ни 1. В точке 0, равно как и в точке $π 2$ она по определению равна $1 2$ (зелёные точки на графике).

Следовательно, на отрезке $[0, π2]$ $f(x)$ не принимает ни своего наименьшего, ни своего наибольшего значений.

Почему же произошла такая неприятность? А дело всё в том, что вторая теорема Вейерштрасса неприменима - функция не непрерывна в каждой точке отрезка $[0, π2]$ . А именно - она разрывна в его концах, т.е. в точке $x = 0 0$ , и в точке $x = π 0 2$ .

Действительно,

1 f(0) = --⁄= lim f(x) = 0 2 x→0+

И точно так же

π- 1- f (2) = 2 ⁄= xl→imπ− f(x) = 1 2

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#45305

Показать ответ и решение

Теорему Ролля в данном случае нельзя применить в силу того, что функция $tg x$ вообще не определена на всём отрезке $[0,π]$ . А именно, она неопределена в точке $π 2$ . Нечего уже и говорить о том, что в этой точке тангенс ни дифференцируем, ни непрерывен - его там просто нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#45306

Вспомним теорему Ролля:

Теорема о нуле производной (Ролль): Пусть функция $f(x) : [a,b] → ℝ$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ , дифференцируема на интервале $(a,b)$ и принимает на его концах одинаковые значения, то есть $f(a) = f(b)$ . Тогда найдётся $ξ ∈ (a,b)$ такая, что $f′(ξ) = 0$

Задача: Нетрудно заметить, что функция $3√ --- x2$ на концах отрезка $[− 1,1]$ принимает одинаковые значения: $∘3(−-1)2 = ∘3(1)2 = 1$ . Более того, на сей раз уже наша функция определена на всём отрезке $[− 1,1]$ . Однако её производная нигде не равна 0 на этом отрезке. Почему же теорема Ролля не выполняется?

Показать ответ и решение

Теорему Ролля в данном случае нельзя применить в силу того, что функция $√ --- 3 x2$ будучи даже непрерывной на $[− 1,1]$ , не дифференцируема в одной лишь точке внутри - а именно - в точке $0$ . Действительно $√ --- ( 3x2)′ = 323√x$ - в нуле попросту не определена.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#45307

Вспомним теорему Ролля:

Теорема о нуле производной (Ролль): Пусть функция $f(x) : [a,b] → ℝ$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ , дифференцируема на интервале $(a,b)$ и принимает на его концах одинаковые значения, то есть $f(a) = f(b)$ . Тогда найдётся $ξ ∈ (a,b)$ такая, что $f′(ξ) = 0$

А также вспомним теорему Лагранжа:

Теорема о конечном приращении (Лагранж): Пусть функция $f(x) : [a,b] → ℝ$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ , дифференцируема на интервале $(a,b)$ . Тогда найдется $ξ ∈ (a, b)$ такая, что $f(b)− f(a) = f ′(ξ)(b− a)$ .

Кроме того, напомним, что мы вывели теорему Лагранжа из теоремы Ролля.

Задача: Оказывается, что есть и обратная связь между этими теоремами. А именно, если бы мы смогли как-то доказать теорему Лагранжа, то из неё бы следовала бы теорема Ролля. Выведите из теоремы Лагранжа теорему Ролля.

Показать ответ и решение

Действительно, если в теореме Лагранжа $f(a) = f (b)$ , то левая часть равенства

f(b)− f (a ) = f′(ξ)(b − a)

равна 0, а справа стоит $f ′(ξ)(b− a)$ , но $(b − a)$ никак не может быть равно 0. Значит, в какой-то $ξ ∈ (a,b)$ $′ f (ξ) = 0$ . И мы вывели тем самым теорему Ролля из теоремы Лагранжа.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#45308

Из теоремы Лагранжа (формулы конечных приращений) вывести,
что если функция $f : (a,b) → ℝ$ - дифференцируема на интервале $(a,b)$ и, кроме того, $∀x ∈ (a,b)$ выполнено $f′(x) = 0$ , то $f = const$ на $(a,b)$ , то есть $f$ - постоянная на интервале. (В обратную сторону утверждение, а именно: производная константной функции равна в каждой точке нулю мы с вами доказывали на первом вебинаре по производным).

Показать ответ и решение

Зафиксируем $x0 ∈ (a,b)$ . Тогда ясно, что для любой $x ∈ (a, b)$ отрезок $[x0,x]$ (или $[x,x0]$ - смотря по тому, кто оказался больше - $x$ или $x0$ ) лежит целиком внутри $(a,b)$ . Тогда на этом отрезке функция $f (x )$ удовлетворяет всем условиям теоремы Лагранжа, и мы получаем, что найдется $ξ ∈ (x,x0)$ (или $(x0, x)$ ) такая, что

f(x)− f (x ) = f′(ξ)(x − x ) 0 0

Но $∀x ∈ (a,b)$ , а уж тем более $∈ (x,x0)$ $′ f (x) = 0$ , а значит мы получили, что правая часть равенства

f(x)− f (x0 ) = f′(ξ)(x − x0)

равна 0. Но это значит, что $f (x )− f(x0) = 0$ . То есть, $f(x) = f(x0)$ .

А значит, в любой точке $x$ значение функции такое же, как и в фиксированной $x0 ∈ (a,b)$ . Что и требовалось доказать.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#45309

Вывести из теоремы Лагранжа достаточное условие неубывания (невозрастания) функции на интервале:

Пусть $f : (a,b) → ℝ$ - дифференцируема на интервале $(a,b)$ . Тогда если $∀x ∈ (a,b)$ $′ f (x) ≥ 0$ , то $f$ - не убывает на интервале $(a,b)$ (соответственно если $∀x ∈ (a,b)$ $f ′(x) ≤ 0$ , то $f$ - не возрастает на интервале $(a,b)$ ).

Показать ответ и решение

Давайте докажем достаточное условие неубывания, то есть предположим, что $∀x ∈ (a,b)$ $f ′(x) ≥ 0$ . Для невозрастания доказательство будет абсолютно аналогичным.

Возьмем любые две точки $x1,x2 ∈ (a,b)$ . И пусть, скажем, $x1 < x2$ . Тогда ясно, что отрезок $[x1,x2]$ целиком лежит внутри интервала $(a,b)$ , и мы получаем, что $f$ непрерывна на $[x1,x2]$ , дифференцируема в интервале $(x ,x ) 1 2$ , а, значит, к ней применима теорема Лагранжа:

∃ξ ∈ (x1,x2) такая, что f(x2) − f(x1) = f ′(ξ)(x2 − x1)

однако по условию $′ f (ξ) ≥ 0$ , поскольку $ξ ∈ (x1,x2)$ , а значит и $∈ (a,b)$ .

Кроме того, мы сами взяли $x1,x2$ так, чтобы $x2 − x1 > 0$ . Тем самым мы получаем, что правая часть равенства $f (x2) − f(x1) = f′(ξ)(x2 − x1 )$ неотрицательна. Но, значит, такова и левая часть. Следовательно, $f(x2)− f(x1) ≥ 0$ , или, что то же самое, $f(x2) ≥ f (x1)$ . Но это и означает, что $f$ не убывает на $(a,b)$ , поскольку точки $x1$ и $x2$ были взяты произвольно и причем $x2 > x1$ , а из этого получилось, что $f (x ) ≥ f(x ) 2 1$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#45310

Из теоремы Лагранжа вывести, что $∀x1,x2 ∈ ℝ$ :

a) $|sin x1 − sinx2 | ≤ |x1 − x2|$ ;
b) $|arctgx1 − arctg x2| ≤ |x1 − x2 |.$

Показать ответ и решение

a) Берем любые $x1,x2 ∈ ℝ.$ Тогда $f (x) = sinx$ удовлетворяет всем условиям теоремы Лагранжа на отрезке $[x1,x2].$ Следовательно, $∃ ξ ∈ (x1,x2)$ такая, что

sinx − sin x = sin′(ξ)(x − x ) 1 2 1 2

Тогда, беря модули от обеих частей, заключаем, что

′ ′ |sinx1 − sin x2| = |sin(ξ)(x1 − x2)| = |sin (ξ)||x1 − x2| ≤ |x1 − x2|

И мы так сделали, потому что $|sin′(ξ)| = |cos(ξ)| ≤ 1.$

b) Аналогично пункту a) записываем для любых $x1,x2 ∈ ℝ$ (с учетом того, что и для арктангенса, равно как и синуса, на любом отрезке $[x1,x2]$ выполнены все условия теоремы Лагранжа), что

′ ′ |arctgx1 − arctg x2| = |arctg(ξ)(x1 − x2 )| = |arctg (ξ)||x1 − x2| ≤ |x1 − x2|

А теперь мы воспользовались тем, что $|arctg′(ξ)| = |11+ξ2| ≤ 1$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#73026

Из теоремы Больцано-Коши вывести теорему о промежуточном
значении непрерывной функции.

А именно, доказать, что если $f : [a,b] → ℝ$ - функция, непрерывная на отрезке $[a,b]$ , $f (a) = α$ , $f(b) = β$ , то для любой точки $C$ , находящейся между $α$ и $β$ , обязательно найдётся $ξ ∈ [a,b]$ такая, что $f(ξ) = C$ .

Показать ответ и решение

Пусть $f : [a,b] → ℝ$ - функция, непрерывная на отрезке $[a,b]$ , $f(a) = α$ , $f(b) = β$ .

Пусть для определенности $α < β$ . Возьмём любое число $C ∈ [α, β]$ .

Рассмотрим тогда вспомогательную функцию

φ : [a,b] → ℝ, φ(x) = f(x)− C

Ясно, что $φ (x)$ - тоже непрерывна на $[a,b]$ .

1 случай. Если $φ (a) = 0$ , то $f(a) = C$ , и мы всё доказали, в качестве $ξ$ можно взять $a$ .

2 случай. Если $φ (b) = 0$ , то $f(b) = C$ , и мы всё доказали, в качестве $ξ$ можно взять $b$ .

3 случай. Если $φ (a) ⁄= 0,φ(b) ⁄= 0$ . Но тогда непременно $φ(a) < 0$ , поскольку $φ(a) = f(a)− C = α − C$ , но напомним, что $C$ у нас была взята из отрезка $[α,β]$ . По той же причине $φ (b) > 0$ , так как $φ (b) = f(b)− C = β − C$ , и вновь вспоминаем, что $C$ из отрезка $[α,β ]$ .

Следовательно, для функции $φ$ на отрезке $[a, b]$ выполнены все условия теоремы Больцано-Коши.

Но значит выполнено и её заключение. То есть найдётся такая $ξ ∈ [a,b]$ , что $φ (ξ) = 0$ , или, что то же самое, $f(ξ) = C$ . Теорема доказана.

(Случай, когда $β > α$ разбирается аналогично.)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#73027

Будет ли верна теорема Больцано-Коши, если из неё выкинуть условие непрерывности $f$ на отрезке $[a,b]$ ?

Показать ответ и решение

Нет. Рассмотрим, например, функцию

( { − 5 п ри − 1 ≤ x ≤ 0 f : [− 1,1] → ℝ, f(x) = ( 5, п ри 0 < x ≤ 1

Тогда $f(− 1 ) = − 5$ , $f (1) = 5$ , то есть на концах отрезка $[− 1,1]$ функция $f$ принимает значения разных знаков. Однако $f$ нигде не равна 0.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#73028

Была бы верна теорема Больцано-Коши, если в ней вместо функции $f : [a,b] → ℝ$ , непрерывной на отрезке $[a,b]$ говорилось бы о функции $f : X → ℝ$ , где $X$ - произвольное ограниченное множество, содержащее свои концевые (граничные) точки, а $f$ - непрерывна на $X$ .

То есть верно ли, что если $X$ - произвольное ограниченное множество, содержащее свои концевые (граничные) точки, а $f$ - непрерывна на $X$ и $f$ на крайней левой точке множества $X$ и на крайней правой точке множества $X$ принимает значения разных знаков, то где-то внутри $X$ есть такая точка $x0$ , что $f(x0) = 0$ ?

Показать ответ и решение

Нет. Возьмём, например, в качестве $X$ объединение двух отрезков:

X = [− 3,− 2]∪ [3,4]

И пусть функция $f$ задаётся формулой:

( { − 10 при x ∈ [− 3,− 2] f : X → ℝ, f(x) = ( 10, при x ∈ [3,4]

Тогда, во-первых, $f$ будет непрерывна на $X$ , поскольку в некоторой окрестности каждой точки множества $X$ этой точки $f$ просто константа.

Далее, в самой левой точке множества $X$ , то есть в точке $− 3$ функция $f$ равна $− 10$ , то есть отрицательна, в самой правой точке множества $X$ , то есть в точке 4 функция $f$ равна 10, то есть положительны. Однако $f$ нигде на $X$ не равна 0.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#73029

Доказать, что любой выпуклый многоугольник всегда можно одним разрезом разделить на две фигуры одинаковой площади.

Показать ответ и решение

Поместим многоугольник между двумя параллельными прямыми $l1$ и $l2$ , не пересекающими этот многоугольник.

Обозначим за $d$ расстояние между этими прямыми.

Тогда ясно, что для каждого $x ∈ [0,d]$ можно провести прямую $l x$ , параллельную $l 1$ и $l 2$ , лежащую между $l1$ и $l2$ и расстояние от которой до прямой $l1$ будет равно в точности $x$ .
Рассмотрим теперь функцию

S : [0,d] → ℝ

S (x) = площ адь части мн огоугольника, лежащ ей меж ду прямой l1 и п рям&#x0

Очевидно, что $S(x)$ будет непрерывна на отрезке $[0,d]$ .

Ясно, что $S(0) = 0$ , поскольку $S(0)$ - это площадь, зажатая между двумя совпадающими прямыми, а $S (d ) = площ адь всего м ногоугольника$ .

Обозначим площадь всего многоугольника за $𝒮$ . Тогда, по теореме о промежуточном значении непрерывной функции, для числа $𝒮2$ , лежащего строго между $0$ и $𝒮$ , найдётся такая точка $ξ ∈ [0,d]$ , что

𝒮- S(ξ) = 2

Именно прямая $lξ$ , таким образом, и отсечет от нашего многоугольника ровно половину его площади.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#73030

Показать, что если $f : [0,1] → [0,1]$ - непрерывная на отрезке $[0,1]$ функция, то она обязательно имеет неподвижную точку на этом отрезке, то есть $∃x ∈ [0,1]$ такая, что $f(x) = x$ .

Показать ответ и решение

Рассмотрим функцию

F (x) = f(x)− x

Ясно, что $F (x)$ - непрерывна на $[0,1]$ . Далее, $F (0) = f(0) ≥ 0$ , поскольку $f$ отображает отрезок $[0,1]$ в отрезок $[0,1]$ .
Аналогично, потому что $f$ отображает отрезок $[0,1]$ в отрезок $[0,1]$ , $F (1) = f(1) − 1 ≤ 0$ .

Следовательно, по теореме Больцано-Коши, найдётся такая точка $x ∈ [0,1]$ , что $F (x) = 0$ , то есть $f(x) = x$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#73031

Обязательно ли если $f : ℝ → ℝ$ - непрерывная на всём $ℝ$ функция, то она имеет неподвижную точку, то есть такую $x ∈ ℝ$ что $f (x ) = x$ .

Показать ответ и решение

Это необязательно. Например, функция $f(x) = x + 1$ , хотя и непрерывная на всём $ℝ$ , неподвижной точки в $ℝ$ она не имеет, потому что если бы имела, то это означало бы, что для какого-то $x$ выполнено $x = x + 1$ , чего быть не может.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#73032

Обязательно ли если $f : (0,1) → (0,1 )$ - непрерывная на интервале $(0,1)$ функция, то она имеет неподвижную точку, то есть такую $x ∈ (0,1)$ что $f(x) = x$ .

Показать ответ и решение

Это необязательно. Например, если $f(x) = x2$ , то $f$ , очевидно, непрерывна на интервале $(0,1)$ , неподвижной точки на интервале $(0,1)$ она не имеет, потому что если бы имела, то это означало бы, что для какого-то $x$ выполнено $x2 = x$ , что равносильно тому, что $x = 1$ или $x = 0$ . То есть на указанном интервале $(0,1)$ таких точек нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#73033

Будет ли верна теорема Вейерштрасса об ограниченности непрерывной функции, если в ней отрезок заменить на интервал?

То есть верно ли, что если $f (x ) : (a,b) → ℝ$ непрерывна на интервале $(a,b)$ , то она ограничена на этом интервале. То есть $∃M > 0$ такое, что $∀x ∈ (a,b) |f (x )| < M$ ?

Показать ответ и решение

Не будет, поскольку можно рассмотреть $f(x) = 1x$ на интервале $(0,1)$ .

На этом интервале $f$ определена и непрерывна, однако, коль скоро $f (x ) → +∞$ при $x → 0+$ , то ни о какой ограниченности на этом интервале для $f$ и речи идти не может.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#73034

А может ли вообще функция $f : [a, b] → ℝ$ , всюду определенная на отрезке $[a,b]$ оказаться неограниченной на этом отрезке? Если нет, то зачем нам тогда нужно условие непрерывности в теореме Вейерштрасса.

Показать ответ и решение

Не будет, поскольку можно рассмотреть

( 1 { x пр и x ∈ (0,1] f : [0,1] → ℝ, f(x) = ( 5, пр и x = 0

На этом отрезке $f$ определена, однако ясно, что она не ограничена на нём.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#73035

Верно ли обобщение
теоремы Вейерштрасса о минимуме и максимуме непрерывной функции , если в ней отрезок заменить на интервал?

То есть, верно ли, что если $f(x) : (a,b) → ℝ$ непрерывна на интервале $(a,b)$ , то она достигает на нём своей точной верхней и точной нижней грани?

Показать ответ и решение

Нет, даже для такой простейшей функции $f(x) = x$ , потому что тогда

sup f(x) = 1, inf f(x) = 0 x∈(0,1) x∈(0,1)

Однако $f (x )$ , даже будучи непрерывной на интервале $(0,1)$ , ни в одной точке интервала $(0,1)$ своего супремума и инфимума не достигает.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#73036

Рассмотрим $( { x2 ⋅sin 1x при x ⁄= 0 f (x ) = ( 0, при x = 0$ .

Нетрудно проверить, что $f(x)$ будет всюду на $ℝ$ дифференцируемой функцией (дифференцируемость в любой точке $x0 ⁄= 0$ следует из того, что в достаточно малых окрестностях этих точек $x0 ⁄= 0$ $f (x )$ является произведением дифференцируемого $2 x$ на $1 sin x$ .

Дифференцируемость в нуле проверяется по определению).

Тогда давайте на отрезке $[0,a]$ ( $a > 0$ ) применим к $f$ теорему Лагранжа (теорему о конечных приращениях).

Получим

f(a) − f(0) = (a − 0)⋅f′(ξ)

где $ξ ∈ (0,a)$ .

Так как $f′(x) = 2x sin 1− cos 1 x x$ при $x ⁄= 0$ , то получаем, что последняя формула превращается в

a2sin 1-= a⋅(2ξsin 1− cos 1) a ξ ξ

Далее, коль скоро $a > 0$ , можно это последнее равенство спокойно сократить на $a$ :

asin 1-= 2ξ sin 1-− cos 1 a ξ ξ

Перегруппируем немного

2ξsin 1-− asin-1= cos 1 ξ a ξ

Теперь же давайте устремим $a$ к нулю справа.

Ясно, что как произведение бесконечно малой на ограниченную

1 la→i0m+ a sin --= 0 a

Далее, поскольку $ξ ∈ (0,a)$ , то при $a → 0+$ выполнено, что $ξ → 0+$ , а значит опять как произведение бесконечно малой на ограниченную

1- al→im0+ 2ξsin ξ = 0

Но тогда получаем, что

0 = lim cos 1 a→0+ ξ

И мы с вами получили, что функция $cos 1ξ$ стремится к нулю при $ξ → 0+$ . Чего, конечно, быть не может, потому что можно взять две последовательности

ξ = -1-,ξ → 0,cos 1- ≡ 1 → 1 n 2πn n ξn

1 1 ˆξn = --------, ˆξn → 0,cos-- ≡ − 1 → − 1 π + 2πn ˆξn

Задача. В чём ошибка в рассуждениях???

Показать ответ и решение

Ошибка состоит в том, что при $a → 0+$ точка $ξ$ , находящаяся в интервале $(0,a),$ тоже, разумеется стремится к нулю, но стремится не как угодно(!!!) Она может стремиться очень специфичным способом. Так что тот факт (безусловно, верный факт)

1 0 = ali→m0+ cos-- ξ

никак не влечёт то, что

1- 0 = ξli→m0+ cosξ

Потому что стремление $ξ$ к нулю справа будет не произвольным.

(На самом деле, мы доказали что-то типа того, что $”$ частичный предел $”$ у функции $1 cosξ$ , точнее аналог частичного предела для функций, равен нулю. То есть мы доказали, что $cos 1ξ$ стремится к нулю при каком-то стремлении $ξ$ к нулю, а не при любом стремлении $ξ$ к нулю, как должно быть в определении предела $lim cos 1ξ ξ→0+$ )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#73791

Опр. Функцию $f(x)$ назовём выпуклой на интервале $(a,b)$ , если

∀x1,x2 ∈ (a,b),x1 < x2, ∀α1 ≥ 0,α2 ≥ 0,α1+ α2 = 1 выполн ено, что f(α1x1+ α2x2) ≤ α1f(x1)+ α2f(x2)

$PIC$

Задача. Доказать, что если $f(a,b) → ℝ$ - дифференцируема на интервале $(a,b)$ , то она выпукла на $(a,b)$ тогда и только тогда, когда $f′(x)$ - монотонно неубывает на $(a,b)$ .

Показать ответ и решение

Если положить $x = α1x1 + α2x2$ , да так, что $α1 + α2 = 1$ , то получим, что

x2 − x x − x1 α1 = -------, α2 = ------- x2 − x1 x2 − x1

А тогда соотношение выпуклости

f(α1x1 + α2x2) ≤ α1f(x1) + α2f(x2)

можно переписать в более приятном виде

x2 − x x − x1 f(x) ≤ x--−-x-f(x1) + x-−-x--f(x2) 2 1 2 1

Что легко преобразовать в

f(x)−-f-(x1)- f(x2)−-f(x)- x− x1 ≤ x2 − x

для любых $x < x 1 2$ и $x ≤ x ≤ x 1 2$ . А теперь приступим к доказательству основного утверждения.

1. $⇒$ . Пусть $f$ - выпукла на интервале $(a,b)$ . То есть, как мы поняли, это означает, что

f(x)− f (x ) f(x )− f(x) ----------1-≤ ---2-------- x− x1 x2 − x

для любых $x1 < x2$ и $x1 ≤ x ≤ x2$ , $x1,x2 ∈ (a,b)$ .

Тогда, если в неравенстве

f(x)−-f-(x1)- f(x2)−-f(x)- x− x ≤ x − x 1 2

перейти к пределу при $x → x1$ , то слева получим в точности определение производной, а справа, в силу непрерывности, получим значение правой части в точке $x1$ :

′ f(x2)−-f-(x1)- f (x1) ≤ x2 − x1

(здесь мы, конечно, пользуемся тем, что неравенство сохраняется при предельном переходе).

Переходя же в неравенстве

f(x)−-f-(x1)- f(x2)−-f(x)- x− x1 ≤ x2 − x

к пределу при $x → x 2$ , получим, по аналогичным соображениям, что

f(x2)−-f(x1)-≤ f′(x2) x2 − x1

А тогда объединяя все эти усилия воедино, имеем:

f(x )− f(x ) f′(x1) ≤ ---2------1--≤ f′(x2) x2 − x1

То есть,

′ ′ f (x1) ≤ f (x2)

А поскольку точки $x1$ и $x2$ были произвольными точками интервала $(a,b)$ , причем $x1 < x2$ , то мы получаем в точности монотонное неубывание производной на $(a,b)$ .

2. 1. $⇐$ . Обратно. Пусть у $f$ производная монотонно неубывает на $(a,b)$ . Тогда по теореме Лагранжа (формуле конечных приращений), мы будем иметь для любой точки $x$ такой, что $x < x < x 1 2$ , что найдётся такая точка $ξ ∈ (x ,x ) 1 1$ , что

f(x)-−-f(x1)= f′(ξ1) x − x1

И аналогично найдётся $ξ2 ∈ (x,x2)$ такая, что

f(x ) − f(x) ---2--------= f′(ξ2) x2 − x

И коль скоро мы предполагаем монотонное неубывание производной, а $ξ1 ∈ (x1,x )$ , в то время как $ξ ∈ (x, x ) 2 2$ , то есть $ξ ≤ x 1 2$ , то обязательно

f ′(ξ1) ≤ f ′(ξ2)

А, значит,

f(x)−-f-(x1)-≤ f(x2)−-f(x)- x− x1 x2 − x

А это в точности и есть переписанное нами в самом начале эквивалентное условие выпуклости функции $f$ на $(a,b)$ .

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел