Номер 40.7, страница 66, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

40.7. Докажите, что не дифференцируема в указанных точках функция:

1) $y = 2x + |x - 1|, x_0 = 1;$

2) $y = |x - x^3|, x_1 = 0, x_2 = 1, x_3 = -1;$

3) $y = \begin{cases} 2x^2 \text{ при } x < 0, \\ x + 1 \text{ при } x \ge 0, \end{cases} \text{ и } x_0 = 0;$

4) $y = \begin{cases} 1 - x^2 \text{ при } x \le 1, \\ 3 - x \text{ при } x > 1, \end{cases} \text{ и } x_0 = 1;$

5) $y = \sqrt{x^3}, x_0 = 0;$

6) $y = \sqrt{x^4 - 8x^2 + 16}, x_1 = 2, x_2 = -2.$

1) $y = 2x + |x - 1|$, $x_0 = 1$;

Для того чтобы доказать, что функция недифференцируема в точке, необходимо показать, что ее левая и правая производные в этой точке не равны.

Сначала представим функцию в кусочно-заданном виде, раскрыв модуль $|x - 1|$:

$y(x) = \begin{cases} 2x + (x-1), & \text{если } x - 1 \ge 0 \implies x \ge 1 \\ 2x - (x-1), & \text{если } x - 1 < 0 \implies x < 1 \end{cases} = \begin{cases} 3x - 1, & \text{если } x \ge 1 \\ x + 1, & \text{если } x < 1 \end{cases}$

Теперь найдем односторонние производные в точке $x_0 = 1$.

Правая производная (для $x > 1$):

$y'_+(1) = \lim_{x \to 1^+} (3x-1)' = \lim_{x \to 1^+} 3 = 3$.

Левая производная (для $x < 1$):

$y'_-(1) = \lim_{x \to 1^-} (x+1)' = \lim_{x \to 1^-} 1 = 1$.

Поскольку правая производная не равна левой производной ($3 \neq 1$), функция не является дифференцируемой в точке $x_0 = 1$.

Ответ: Функция недифференцируема в точке $x_0 = 1$, так как ее односторонние производные в этой точке не равны: $y'_+(1) = 3$, а $y'_-(1) = 1$.

2) $y = |x - x^3|$, $x_1 = 0, x_2 = 1, x_3 = -1$;

Раскроем модуль, разложив выражение $x - x^3$ на множители: $x - x^3 = x(1 - x^2) = x(1-x)(1+x)$. Нули выражения: $x=0$, $x=1$, $x=-1$.

$y(x) = \begin{cases} x - x^3, & \text{если } x \in (-\infty, -1] \cup [0, 1] \\ -(x - x^3) = x^3 - x, & \text{если } x \in (-1, 0) \cup (1, \infty) \end{cases}$

Найдем производную для каждого интервала:

$y'(x) = \begin{cases} 1 - 3x^2, & \text{если } x \in (-\infty, -1) \cup (0, 1) \\ 3x^2 - 1, & \text{если } x \in (-1, 0) \cup (1, \infty) \end{cases}$

Теперь проверим дифференцируемость в указанных точках, сравнивая односторонние производные.

В точке $x_1 = 0$:

$y'_-(0) = \lim_{x \to 0^-} (3x^2 - 1) = 3(0)^2 - 1 = -1$.

$y'_+(0) = \lim_{x \to 0^+} (1 - 3x^2) = 1 - 3(0)^2 = 1$.

Так как $y'_-(0) \neq y'_+(0)$, функция недифференцируема в $x_1 = 0$.

В точке $x_2 = 1$:

$y'_-(1) = \lim_{x \to 1^-} (1 - 3x^2) = 1 - 3(1)^2 = -2$.

$y'_+(1) = \lim_{x \to 1^+} (3x^2 - 1) = 3(1)^2 - 1 = 2$.

Так как $y'_-(1) \neq y'_+(1)$, функция недифференцируема в $x_2 = 1$.

В точке $x_3 = -1$:

$y'_-(-1) = \lim_{x \to -1^-} (1 - 3x^2) = 1 - 3(-1)^2 = -2$.

$y'_+(-1) = \lim_{x \to -1^+} (3x^2 - 1) = 3(-1)^2 - 1 = 2$.

Так как $y'_-(-1) \neq y'_+(-1)$, функция недифференцируема в $x_3 = -1$.

Ответ: Функция недифференцируема в точках $x_1=0$, $x_2=1$ и $x_3=-1$, так как в каждой из этих точек односторонние производные не равны между собой.

3) $y = \begin{cases} 2x^2 & \text{при } x < 0, \\ x + 1 & \text{при } x \ge 0 \end{cases}$ и $x_0 = 0$;

Необходимым условием дифференцируемости функции в точке является ее непрерывность в этой точке. Проверим функцию на непрерывность в точке $x_0 = 0$.

Найдем односторонние пределы и значение функции в точке.

Левосторонний предел: $\lim_{x \to 0^-} y(x) = \lim_{x \to 0^-} (2x^2) = 2 \cdot 0^2 = 0$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to 0^+} y(x) = \lim_{x \to 0^+} (x+1) = 0 + 1 = 1$.

Значение функции в точке: $y(0) = 0 + 1 = 1$.

Так как левосторонний предел не равен правостороннему пределу ($\lim_{x \to 0^-} y(x) \neq \lim_{x \to 0^+} y(x)$), функция имеет разрыв первого рода (скачок) в точке $x_0 = 0$.

Поскольку функция не является непрерывной в точке $x_0 = 0$, она не может быть в ней дифференцируемой.

Ответ: Функция недифференцируема в точке $x_0 = 0$, так как она не является непрерывной в этой точке.

4) $y = \begin{cases} 1 - x^2 & \text{при } x \le 1, \\ 3 - x & \text{при } x > 1 \end{cases}$ и $x_0 = 1$;

Проверим необходимое условие дифференцируемости — непрерывность функции в точке $x_0 = 1$.

Найдем односторонние пределы и значение функции в точке.

Левосторонний предел: $\lim_{x \to 1^-} y(x) = \lim_{x \to 1^-} (1 - x^2) = 1 - 1^2 = 0$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to 1^+} y(x) = \lim_{x \to 1^+} (3 - x) = 3 - 1 = 2$.

Значение функции в точке: $y(1) = 1 - 1^2 = 0$.

Так как левосторонний предел не равен правостороннему пределу, функция терпит разрыв первого рода в точке $x_0 = 1$.

Поскольку функция разрывна в точке $x_0=1$, она в этой точке недифференцируема.

Ответ: Функция недифференцируема в точке $x_0 = 1$, так как она не является непрерывной в этой точке.

5) $y = \sqrt[3]{x^2}$, $x_0 = 0$;

Запишем функцию в виде $y = x^{2/3}$. Проверим дифференцируемость функции в точке $x_0 = 0$ по определению производной:

$y'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{y(0 + \Delta x) - y(0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(0 + \Delta x)^{2/3} - 0^{2/3}}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(\Delta x)^{2/3}}{\Delta x}$

$y'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} (\Delta x)^{2/3 - 1} = \lim_{\Delta x \to 0} (\Delta x)^{-1/3} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}}$.

Этот предел не существует в виде конечного числа.

При $\Delta x \to 0^+$ (справа), $\frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}} \to +\infty$.

При $\Delta x \to 0^-$ (слева), $\frac{1}{\sqrt[3]{\Delta x}} \to -\infty$.

Так как предел, определяющий производную, не является конечным числом, функция недифференцируема в точке $x_0 = 0$. График функции в этой точке имеет "острие" (касп), а касательная является вертикальной.

Ответ: Функция недифференцируема в точке $x_0 = 0$, так как производная в этой точке обращается в бесконечность.

6) $y = \sqrt{x^4 - 8x^2 + 16}$, $x_1 = 2, x_2 = -2$;

Упростим выражение под корнем. Заметим, что это полный квадрат:

$x^4 - 8x^2 + 16 = (x^2)^2 - 2 \cdot x^2 \cdot 4 + 4^2 = (x^2 - 4)^2$.

Тогда функция принимает вид: $y = \sqrt{(x^2 - 4)^2} = |x^2 - 4|$.

Точки, в которых следует проверить дифференцируемость, это нули выражения под модулем: $x^2 - 4 = 0$, то есть $x = 2$ и $x = -2$.

Раскроем модуль:

$y(x) = \begin{cases} x^2 - 4, & \text{если } x^2 - 4 \ge 0 \implies x \in (-\infty, -2] \cup [2, \infty) \\ -(x^2 - 4) = 4 - x^2, & \text{если } x^2 - 4 < 0 \implies x \in (-2, 2) \end{cases}$

Найдем производную:

$y'(x) = \begin{cases} 2x, & \text{если } x \in (-\infty, -2) \cup (2, \infty) \\ -2x, & \text{если } x \in (-2, 2) \end{cases}$

В точке $x_1 = 2$:

$y'_-(2) = \lim_{x \to 2^-} (-2x) = -2(2) = -4$.

$y'_+(2) = \lim_{x \to 2^+} (2x) = 2(2) = 4$.

Так как $y'_-(2) \neq y'_+(2)$, функция недифференцируема в $x_1 = 2$.

В точке $x_2 = -2$:

$y'_-(-2) = \lim_{x \to -2^-} (2x) = 2(-2) = -4$.

$y'_+(-2) = \lim_{x \to -2^+} (-2x) = -2(-2) = 4$.

Так как $y'_-(-2) \neq y'_+(-2)$, функция недифференцируема в $x_2 = -2$.

Ответ: Функция недифференцируема в точках $x_1=2$ и $x_2=-2$, так как в этих точках ее односторонние производные не равны.