Страница 100 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

4.23°

a) Сформулируйте теорему о непрерывности функции, имеющей производную в точке $x$.

б) Верно ли обратное утверждение?

а) Сформулируйте теорему о непрерывности функции, имеющей производную в точке x.

Теорема: Если функция $y = f(x)$ имеет производную (дифференцируема) в точке $x_0$, то она непрерывна в этой точке.

Доказательство:

Пусть функция $f(x)$ имеет производную в точке $x_0$. Это означает, что существует конечный предел:
$f'(x_0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$

Для доказательства непрерывности функции в точке $x_0$ необходимо показать, что предел функции приращения аргумента, стремящемся к нулю, равен значению функции в этой точке, то есть:
$\lim_{\Delta x \to 0} f(x_0 + \Delta x) = f(x_0)$
Это эквивалентно тому, что предел приращения функции $\Delta y$ равен нулю при $\Delta x \to 0$:
$\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$, где $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)$.

Рассмотрим предел приращения функции $\Delta y$:
$\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = \lim_{\Delta x \to 0} (f(x_0 + \Delta x) - f(x_0))$

Для $\Delta x \neq 0$ мы можем домножить и разделить выражение на $\Delta x$:
$\lim_{\Delta x \to 0} \left(\frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x} \cdot \Delta x\right)$

Используя свойство предела произведения, получаем:
$\left(\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}\right) \cdot \left(\lim_{\Delta x \to 0} \Delta x\right)$

Первый множитель по определению равен производной $f'(x_0)$, а второй множитель равен нулю.
$f'(x_0) \cdot 0 = 0$

Таким образом, мы показали, что $\lim_{\Delta x \to 0} \Delta y = 0$, что и доказывает непрерывность функции $f(x)$ в точке $x_0$.

Ответ: Если функция дифференцируема в некоторой точке, то она непрерывна в этой точке.

б) Верно ли обратное утверждение?

Обратное утверждение звучит так: "Если функция непрерывна в точке $x_0$, то она дифференцируема в этой точке".

Это утверждение неверно. Непрерывность функции в точке является необходимым, но не достаточным условием для ее дифференцируемости в этой же точке. Существуют функции, которые непрерывны в точке, но не имеют в ней производной.

Контрпример:

Рассмотрим функцию $f(x) = |x|$ в точке $x_0 = 0$.

1. Проверим непрерывность в точке $x_0 = 0$.
Значение функции в точке: $f(0) = |0| = 0$.
Предел слева: $\lim_{x \to 0^-} |x| = \lim_{x \to 0^-} (-x) = 0$.
Предел справа: $\lim_{x \to 0^+} |x| = \lim_{x \to 0^+} (x) = 0$.
Так как предел слева, предел справа и значение функции в точке совпадают ($\lim_{x \to 0} f(x) = f(0)$), функция $f(x) = |x|$ непрерывна в точке $x_0=0$.

2. Проверим дифференцируемость в точке $x_0 = 0$.
Найдем производную по определению:
$f'(0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(0 + \Delta x) - f(0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{|\Delta x| - 0}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{|\Delta x|}{\Delta x}$.
Для существования этого предела необходимо, чтобы односторонние пределы были равны.
Предел слева (левая производная): $\lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{|\Delta x|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0^-} \frac{-\Delta x}{\Delta x} = -1$.
Предел справа (правая производная): $\lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{|\Delta x|}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0^+} \frac{\Delta x}{\Delta x} = 1$.
Поскольку левая и правая производные не равны ($-1 \neq 1$), предел не существует. Следовательно, функция $f(x) = |x|$ не имеет производной в точке $x_0=0$. График функции в этой точке имеет излом, что является геометрической иллюстрацией отсутствия касательной (и производной).

Ответ: Нет, обратное утверждение неверно. Функция может быть непрерывной в точке, но недифференцируемой в ней.

4.24 Постройте график функции:

а) $y = \sqrt{x^2 + 6x + 9};$

б) $y = \sqrt{4x^2 - 4x + 1};$

в) $y = \sqrt{-x^2 + x + 6};$

г) $y = \sqrt{-x^2 + 2x + 8}.$

а) Рассмотрим функцию $y = \sqrt{x^2 + 6x + 9}$.
Выражение под знаком корня $x^2 + 6x + 9$ представляет собой формулу квадрата суммы: $x^2 + 2 \cdot x \cdot 3 + 3^2 = (x+3)^2$.
Таким образом, исходную функцию можно переписать в виде: $y = \sqrt{(x+3)^2}$.
Согласно свойству квадратного корня $\sqrt{a^2} = |a|$, получаем: $y = |x+3|$.
График функции $y = |x+3|$ — это график функции $y=|x|$, смещенный на 3 единицы влево по оси абсцисс. График имеет V-образную форму с вершиной в точке $(-3, 0)$.
Он состоит из двух лучей:
1. $y = x+3$ для $x \ge -3$.
2. $y = -(x+3) = -x-3$ для $x < -3$.
Ответ: График функции — это два луча, выходящие из точки $(-3, 0)$ и образующие график модуля $y = |x+3|$.

б) Рассмотрим функцию $y = \sqrt{4x^2 - 4x + 1}$.
Выражение под знаком корня $4x^2 - 4x + 1$ является полным квадратом разности: $(2x)^2 - 2 \cdot 2x \cdot 1 + 1^2 = (2x-1)^2$.
Тогда функцию можно записать как: $y = \sqrt{(2x-1)^2}$.
Используя свойство $\sqrt{a^2} = |a|$, получаем: $y = |2x-1|$.
График этой функции — V-образная кривая (график модуля). Вершина графика находится в точке, где выражение под модулем равно нулю: $2x-1=0 \implies x = 1/2$. Координаты вершины: $(1/2, 0)$.
График состоит из двух лучей:
1. $y = 2x-1$ для $x \ge 1/2$.
2. $y = -(2x-1) = -2x+1$ для $x < 1/2$.
Ответ: График функции — это два луча, выходящие из точки $(1/2, 0)$ и образующие график модуля $y = |2x-1|$.

в) Рассмотрим функцию $y = \sqrt{-x^2 + x + 6}$.
Поскольку подкоренное выражение не может быть отрицательным, область определения функции задается неравенством: $-x^2 + x + 6 \ge 0$.
Найдем корни квадратного уравнения $-x^2 + x + 6 = 0$. Умножим на -1: $x^2 - x - 6 = 0$. По теореме Виета, корни равны $x_1 = 3$ и $x_2 = -2$.
Парабола $f(x)=-x^2+x+6$ имеет ветви, направленные вниз, поэтому она принимает неотрицательные значения между корнями. Область определения: $x \in [-2, 3]$.
Так как $y$ равен арифметическому квадратному корню, $y \ge 0$. Возведем обе части уравнения в квадрат: $y^2 = -x^2 + x + 6$.
Перегруппируем слагаемые: $x^2 - x + y^2 = 6$.
Выделим полный квадрат для $x$: $(x^2 - 2 \cdot x \cdot \frac{1}{2} + (\frac{1}{2})^2) - (\frac{1}{2})^2 + y^2 = 6$.
$(x - \frac{1}{2})^2 + y^2 = 6 + \frac{1}{4} \implies (x - 0.5)^2 + y^2 = (\frac{5}{2})^2$.
Это уравнение окружности с центром в точке $(0.5, 0)$ и радиусом $R = 2.5$.
Учитывая условие $y \ge 0$, график функции является верхней полуокружностью.
Ответ: График функции — это верхняя полуокружность с центром в точке $(0.5, 0)$ и радиусом $2.5$.

г) Рассмотрим функцию $y = \sqrt{-x^2 + 2x + 8}$.
Область определения функции: $-x^2 + 2x + 8 \ge 0$.
Найдем корни уравнения $-x^2 + 2x + 8 = 0$, или $x^2 - 2x - 8 = 0$. По теореме Виета, корни $x_1 = 4$ и $x_2 = -2$.
Парабола $f(x)=-x^2+2x+8$ имеет ветви, направленные вниз, поэтому она неотрицательна на отрезке между корнями. Область определения: $x \in [-2, 4]$.
При условии $y \ge 0$, возведем обе части в квадрат: $y^2 = -x^2 + 2x + 8$.
Перенесем члены с $x$ влево: $x^2 - 2x + y^2 = 8$.
Выделим полный квадрат: $(x^2 - 2x + 1) - 1 + y^2 = 8$.
$(x - 1)^2 + y^2 = 9 \implies (x - 1)^2 + y^2 = 3^2$.
Это уравнение окружности с центром в точке $(1, 0)$ и радиусом $R=3$.
С учетом условия $y \ge 0$, график функции является верхней полуокружностью.
Ответ: График функции — это верхняя полуокружность с центром в точке $(1, 0)$ и радиусом $3$.

4.25 Для каждой функции в задании 4.24 ответьте на вопрос:

а) Является ли данная функция непрерывной в каждой точке полной области определения?

б) В каждой ли точке функция имеет производную?

в) Если нет, то в какой точке производная не существует?

г) При каких значениях $x$ производная равна нулю; положительна; отрицательна?

Для ответа на вопросы из задания 4.25 необходимо предоставить функции из задания 4.24. Без них невозможно провести анализ.

Как только вы предоставите функции, я смогу дать полный и развернутый ответ по каждой из них. Ниже приведен пример решения для гипотетической функции, чтобы продемонстрировать, как будет выглядеть ответ.

Пример решения для функции $y = |x^2 - 4|$

а) Является ли данная функция непрерывной в каждой точке полной области определения?

Область определения функции $D(f) = (-\infty; +\infty)$. Функцию можно представить в виде:

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

Функция состоит из двух квадратичных функций, которые непрерывны на всей числовой оси. Проверим непрерывность в точках "склейки" $x=-2$ и $x=2$.

В точке $x=-2$:

Левосторонний предел: $\lim_{x \to -2^-} f(x) = \lim_{x \to -2^-} (x^2 - 4) = (-2)^2 - 4 = 0$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to -2^+} f(x) = \lim_{x \to -2^+} (4 - x^2) = 4 - (-2)^2 = 0$.

Значение функции: $f(-2) = |(-2)^2 - 4| = 0$.

Так как односторонние пределы равны значению функции в точке ($\lim_{x \to -2^-} f(x) = \lim_{x \to -2^+} f(x) = f(-2)$), функция непрерывна в точке $x=-2$.

В точке $x=2$:

Левосторонний предел: $\lim_{x \to 2^-} f(x) = \lim_{x \to 2^-} (4 - x^2) = 4 - 2^2 = 0$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to 2^+} f(x) = \lim_{x \to 2^+} (x^2 - 4) = 2^2 - 4 = 0$.

Значение функции: $f(2) = |2^2 - 4| = 0$.

Аналогично, функция непрерывна в точке $x=2$.

Следовательно, функция непрерывна на всей своей области определения.

Ответ: Да, данная функция является непрерывной в каждой точке полной области определения.

б) В каждой ли точке функция имеет производную?

Найдем производную функции на интервалах, где она задана аналитически.

При $x \in (-\infty, -2) \cup (2, +\infty)$, производная $f'(x) = (x^2 - 4)' = 2x$.

При $x \in (-2, 2)$, производная $f'(x) = (4 - x^2)' = -2x$.

Проверим существование производной в точках $x=-2$ и $x=2$, вычислив односторонние производные.

В точке $x=-2$:

Левая производная: $f'_-(-2) = \lim_{x \to -2^-} f'(x) = \lim_{x \to -2^-} (2x) = 2(-2) = -4$.

Правая производная: $f'_+(-2) = \lim_{x \to -2^+} f'(x) = \lim_{x \to -2^+} (-2x) = -2(-2) = 4$.

Так как $f'_-(-2) \ne f'_+(-2)$, производная в точке $x=-2$ не существует.

В точке $x=2$:

Левая производная: $f'_-(2) = \lim_{x \to 2^-} f'(x) = \lim_{x \to 2^-} (-2x) = -2(2) = -4$.

Правая производная: $f'_+(2) = \lim_{x \to 2^+} f'(x) = \lim_{x \to 2^+} (2x) = 2(2) = 4$.

Так как $f'_-(2) \ne f'_+(2)$, производная в точке $x=2$ не существует.

Ответ: Нет, не в каждой точке.

в) Если нет, то в какой точке производная не существует?

Как было показано в предыдущем пункте, односторонние производные не совпадают в точках $x=-2$ и $x=2$. Это точки "излома" графика функции, в которых касательная не определена однозначно.

Ответ: Производная не существует в точках $x=-2$ и $x=2$.

г) При каких значениях x производная равна нулю; положительна; отрицательна?

Выражение для производной имеет вид:

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

1. Производная равна нулю: $f'(x) = 0$.

На интервалах $(-\infty, -2) \cup (2, +\infty)$ уравнение $2x=0$ имеет корень $x=0$, который не принадлежит этим интервалам.

На интервале $(-2, 2)$ уравнение $-2x=0$ имеет корень $x=0$, который принадлежит этому интервалу.

Следовательно, $f'(x) = 0$ только при $x=0$.

2. Производная положительна: $f'(x) > 0$.

На $(-\infty, -2) \cup (2, +\infty)$, неравенство $2x > 0$ выполняется при $x > 0$. Учитывая область, получаем $x \in (2, +\infty)$.

На $(-2, 2)$, неравенство $-2x > 0$ выполняется при $x < 0$. Учитывая область, получаем $x \in (-2, 0)$.

Объединяя результаты, $f'(x) > 0$ при $x \in (-2, 0) \cup (2, +\infty)$.

3. Производная отрицательна: $f'(x) < 0$.

На $(-\infty, -2) \cup (2, +\infty)$, неравенство $2x < 0$ выполняется при $x < 0$. Учитывая область, получаем $x \in (-\infty, -2)$.

На $(-2, 2)$, неравенство $-2x < 0$ выполняется при $x > 0$. Учитывая область, получаем $x \in (0, 2)$.

Объединяя результаты, $f'(x) < 0$ при $x \in (-\infty, -2) \cup (0, 2)$.

Ответ: Производная равна нулю при $x=0$; производная положительна при $x \in (-2, 0) \cup (2, +\infty)$; производная отрицательна при $x \in (-\infty, -2) \cup (0, 2)$.

4.26 Найдите дифференциал функции:

а) $y = 3x + 5$; б) $y = x^2 + 2x + 4$; в) $y = x^3 - 5x + 11$.

Дифференциал функции $y = f(x)$ находится по формуле $dy = f'(x)dx$, где $f'(x)$ — производная функции, а $dx$ — дифференциал независимой переменной $x$. Для решения задачи необходимо найти производную для каждой функции и умножить ее на $dx$.

а) $y = 3x + 5$

1. Находим производную функции $y = 3x + 5$. Используем правило дифференцирования суммы и основные правила нахождения производных: $(u+v)' = u' + v'$, $(kx)' = k$ и $(C)' = 0$, где $k$ и $C$ — константы.

$y' = (3x + 5)' = (3x)' + (5)' = 3 + 0 = 3$.

2. Подставляем найденную производную в формулу дифференциала:

$dy = y' \cdot dx = 3 \cdot dx$.

Ответ: $dy = 3dx$.

б) $y = x^2 + 2x + 4$

1. Находим производную функции $y = x^2 + 2x + 4$. Используем те же правила, что и в пункте а), а также правило для степенной функции $(x^n)' = nx^{n-1}$.

$y' = (x^2 + 2x + 4)' = (x^2)' + (2x)' + (4)'$.

Вычисляем производную каждого слагаемого:

$(x^2)' = 2x^{2-1} = 2x$.
$(2x)' = 2$.
$(4)' = 0$.

Складываем результаты:

$y' = 2x + 2 + 0 = 2x + 2$.

2. Находим дифференциал:

$dy = y' \cdot dx = (2x + 2)dx$.

Ответ: $dy = (2x + 2)dx$.

в) $y = x^3 - 5x + 11$

1. Находим производную функции $y = x^3 - 5x + 11$, применяя те же правила дифференцирования.

$y' = (x^3 - 5x + 11)' = (x^3)' - (5x)' + (11)'$.

Вычисляем производную каждого слагаемого:

$(x^3)' = 3x^{3-1} = 3x^2$.
$(5x)' = 5$.
$(11)' = 0$.

Собираем все вместе:

$y' = 3x^2 - 5 + 0 = 3x^2 - 5$.

2. Находим дифференциал:

$dy = y' \cdot dx = (3x^2 - 5)dx$.

Ответ: $dy = (3x^2 - 5)dx$.