6.4: Розриви похідних

Теорема\(\PageIndex{1}\): Intermediate Value Theorem for Derivatives

Припустимо,\(f\) диференціюється на відкритому інтервалі\(I, a, b \in I,\)\(\lambda \in \mathbb{R}\) і\(a<b .\) Якщо і\(f^{\prime}(a)<\lambda<f^{\prime}(b)\) або або\(f^{\prime}(a)>\lambda>f^{\prime}(b),\) то існує\(c \in(a, b)\) таке, що\(f^{\prime}(c)=\lambda\).

Доказ

Припустимо\(f^{\prime}(a)<\lambda<f^{\prime}(b)\) і визначте\(g: I \rightarrow \mathbb{R}\) по\(g(x)=f(x)-\lambda x\). Потім\(g\) диференціюється\(I,\) і так безперервно на\([a, b] .\)\(c\) Дозволяти бути точкою,\([a, b]\) в якій\(g\) досягає свого мінімального значення. Зараз

\[g^{\prime}(a)=f^{\prime}(a)-\lambda<0,\]

так існує\(a<t<b\) таке, що

\[g(t)-g(a)<0.\]

Таким чином,\(c \neq a .\) Аналогічно,

\[g^{\prime}(b)=f^{\prime}(b)-\lambda>0,\]

так існує\(a<s<b\) таке, що

\[g(s)-g(b)<0.\]

Таким чином,\(c \neq b .\) звідси\(c \in(a, b),\) і так\(g^{\prime}(c)=0 .\) Так\(0=f^{\prime}(c)-\lambda,\) і так\(f^{\prime}(c)=\lambda .\)\(\quad\) Q.E.D.

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Визначте\(g:(-1,1) \rightarrow \mathbb{R}\) по

\[g(x)=\left\{\begin{array}{cc}{-1,} & {\text { if }-1<x<0,} \\ {1,} & {\text { if } 0 \leq x<1.}\end{array}\right.\]

Чи існує\(f:(-1,1) \rightarrow \mathbb{R}\) така функція, що\(f^{\prime}(x)=g(x)\) для всіх\(x \in(-1,1) ?\)

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Припустимо\(f\), диференційований на відкритому інтервалі\(I .\) Показати, що\(f^{\prime}\) не може мати жодних простих розривів в\(I\).

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Визначити\(\varphi:[0,1] \rightarrow \mathbb{R}\)\(\rho: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по\(\varphi(x)=x(2 x-1)(x-1) .\) Визначити\(\rho(x)=6 x^{2}-6 x+1 .\) потім

\[\varphi(x)=2 x^{3}-3 x^{2}+x,\]

так\(\varphi^{\prime}(x)=\rho(x)\) для всіх\(x \in(0,1) .\) Далі визначте\(s: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) по\(s(x)=\varphi(x-\lfloor x\rfloor)\). Див. Рисунок\(\PageIndex{1}\) для графіків\(\varphi\) і\(s .\) Тоді для будь-якого\(n \in \mathbb{Z}\) і\(n<x<n+1\),

\[s^{\prime}(x)=\rho(x-n)=\rho(x-\lfloor x\rfloor).\]

Більш того, якщо\(x\) є цілим числом,

\[\begin{aligned} \lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{s(x+h)-s(x)}{h} &=\lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{\varphi(h)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0^{+}} \frac{h(2 h-1)(h-1)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0^{+}}(2 h-1)(h-1) \\ &=1 \end{aligned}\]

і

\[\begin{aligned} \lim _{h \rightarrow 0^{-}} \frac{s(x+h)-s(x)}{h} &=\lim _{h \rightarrow 0^{-}} \frac{\varphi(h+1)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0^{-}} \frac{(h+1)(2 h+1) h}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0^{-}}(h+1)(2 h+1) \\ &=1. \end{aligned}\]

Малюнок\(\PageIndex{1}\): Графіки\(y=\varphi(x)\) і\(y=s(x)\)

Таким чином,\(s^{\prime}(x)=1=\rho(x-\lfloor x\rfloor)\)\(x\) коли ціле число, і так\(s^{\prime}(x)=\rho(x-\lfloor x\rfloor)\) для всіх\(x \in \mathbb{R} .\)

Тепер,\(\rho(x)=0\) якщо і тільки якщо\(x=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\) або\(x=\frac{3+\sqrt{3}}{6} .\) з тих пір\(\varphi(0)=0\),\(\varphi\left(\frac{3-\sqrt{3}}{6}\right)=\frac{1}{6 \sqrt{3}}, \varphi\left(\frac{3+\sqrt{3}}{6}\right)=-\frac{1}{6 \sqrt{3}},\) і\(\varphi(1)=0,\) ми бачимо, що\(\varphi\) досягає

максимальне значення\(\frac{1}{6 \sqrt{3}}\) і мінімальне значення\(-\frac{1}{6 \sqrt{3}} .\) Звідси для будь-якого\(n \in \mathbb{Z}\),

\[s((n, n+1))=\left[-\frac{1}{6 \sqrt{3}}, \frac{1}{6 \sqrt{3}}\right].\]

Крім того,\(\rho^{\prime}(x)=12 x-6,\) так\(\rho^{\prime}(x)=0\) якщо і тільки якщо\(x=\frac{1}{2} .\) з тих пір\(\rho(0)=1\),\(\rho\left(\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2},\) і\(\rho(1)=1,\) ми бачимо, що\(\rho\) досягає максимального значення 1 і v,

\[s^{\prime}((n, n+1))=\left[-\frac{1}{2}, 1\right].\]

З попереднього, таким же чином, як результат у прикладі, випливає\(5.1 .7,\), що ні функція,\(\sigma(x)=s\left(\frac{1}{x}\right)\) ні функція не мають обмеження, як\(x\) наближається\(g(x)=s^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right)\)\(0 .\)

Нарешті,\(\psi: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\) визначте

\[\psi(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x^{2} s\left(\frac{1}{x}\right),} & {\text { if } x \neq 0,} \\ {0,} & {\text { if } x=0.}\end{array}\right.\]

Бо у\(x \neq 0,\) нас є

\[\psi^{\prime}(x)=x^{2} s^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right)\left(-\frac{1}{x^{2}}\right)+2 x s\left(\frac{1}{x}\right)=-s^{\prime}\left(\frac{1}{x}\right)+2 x s\left(\frac{1}{x}\right).\]

У\(0,\) нас є

\[\begin{aligned} \psi^{\prime}(0) &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{\psi(0+h)-\psi(0)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} \frac{h^{2} s\left(\frac{1}{h}\right)}{h} \\ &=\lim _{h \rightarrow 0} h s\left(\frac{1}{h}\right) \\ &=0, \end{aligned}\]

де кінцева межа випливає з теореми стискання і того, що\(s\) обмежена. Отже, ми бачимо, що\(\psi\) є безперервним\(\mathbb{R}\) і диференційованим,\(\mathbb{R},\) але не\(\psi^{\prime}\) є безперервним, оскільки\(\psi^{\prime}(x)\) не має межі, як\(x\) підходи\(0 .\) Див. Рисунок\(\PageIndex{1}\) для графіків\(\psi\) і\(\psi^{\prime} .\)

Малюнок\(\PageIndex{2}\): Графіки\(y=\psi(x)\) і\(y=\psi^{\prime}(x)\).

Вправа\(\PageIndex{3}\)

\(s\)Дозволяти бути як зазначено вище і визначити\(g: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}\)

\[g(x)=\left\{\begin{array}{ll}{x^{4} s\left(\frac{1}{x}\right),} & {\text { if } x \neq 0} \\ {0,} & {\text { if } x=0.}\end{array}\right.\]

Показати, що\(g\) є\(\mathbb{R}\) диференційованим і\(g^{\prime}\) що безперервно на\(\mathbb{R}\).