Анализ: Неограниченная вторая производная

[g______d]

(Вроде бы решения уже можно выкладывать...)

$e^{-3x}\sin(e^{2x})$. На самом деле было уже.

UPD: Кстати, неправильно. Надо заменить $x$ на $x^2$.

[Brukvalub]

GeometrIya в сообщении #1055728 писал(а):

$$f(x)=\sqrt[3]x, f'(x)=\frac {1}{3}x^{-\frac{2}{3}},..$$

...

А в нуле какая тут производная?

[GeometrIya]

В нуле производная обращается в бесконечность, то есть сама функция в этой точке не дифференциируема.

[GAA]

GeometrIya, в своём сообщении Вы не указали значения первой и второй производной в нуле, но эти значения легко вычислить.

На мой взгляд, Ваш пример

$$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac {\sin (x^2)}{x}, & \quad x \neq 0 \\ 0, & \quad x = 0 \end{array} \right.$$

вполне хороший.

[GeometrIya]

Поскольку в нуле мы определили эту функцию как ноль, то первая и последующие производные постоянной величины будут равны нулю.
Ещё я поработала с этой функцией и нашла что 1) можно продолжать конструировать ей подобные одновременно повышая степени независимой переменной:

$$\frac{\sin(x^3)}{x^2}, \frac {\sin(x^4)}{x^3}, ...$$

и 2) если повышать степени только $x$ в знаменателе то задача обобщается - показатель степени $n$ равен числу первых $n$ ограниченых производных, а $(n+1)$-aя не ограничена.

Понимаю что Вы даёте мне намёки, но что-то упускаю потому что наверное пробелы в теории (у Фихтенгольца, которого я читаю помимо школьной программы, не очень много на тему ограниченности или я невнимательно читала, и поскольку оценки за эту задачу всё равно не будет - хочется докопаться до предлагаемого намёком решения - для себя, для понимания). Например:

$$x^2 \sin\Big(\frac{1}{x^2}\Big)$$

Если взять

$$x \sin\Big(\frac{1}{x^2}\Big)$$

то хотя первая производная и ограничена - но так же ограничены и все последующие.. Не подходит.
Если взять

$$x^2 \sin\Big(\frac{1}{x^2}\Big)$$

уже рассматривали. Не подходит.

$$x^3 \sin\Big(\frac{1}{x^2}\Big)$$

первая производная тем более не ограничена. Не подходит.
Тоесть если повышать степени $x$ перед синусом то теряем необходимую неограниченность первой производной, а если их понижать то получается что все последующие производные ограничены и нет возможности создать переход.

[GAA]

GeometrIya в сообщении #1056109 писал(а):

Поскольку в нуле мы определили эту функцию как ноль, то первая и последующие производные постоянной величины будут равны нулю.

Нет. Нулю будет равна производная постоянной функции. Например, функции $y \equiv 0$ — функции, со значениями 0 для всех $x$. В случае

$$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \frac {\sin (x^2)}{x}, & \quad x \neq 0 \\ 0, & \quad x = 0 \end{array} \right.$$

функция положена равной нулю только в одной точке $x=0$; от этого она не превратится в постоянную функцию. В качестве банального примера можно рассмотреть функцию «знак»:

$$\operatorname{sgn} x = \left\{ \begin{array}{lll} -1, & \quad x < 0; \\ 0, & \quad x = 0; \\ +1, & \quad x > 0. \end{array}$$

Легко вычислить производную по определению и получить

$$\operatorname{sgn}' x = \left\{ \begin{array}{lll} 0, & \quad x < 0; \\ +\infty, & \quad x = 0; \\ 0, & \quad x > 0. \end{array}$$

Проверьте, пожалуйста. На остальное я отвечу после вычисления производных Вашей функции в нуле.

[GeometrIya]

Поняла, погорячилась.
1) Для существования производной должен существовать предел отношения разности значений функции к величине малого интервала. Для существования этого предела должны существовать и быть равными по величине оба односторонних предела. Для $x>0$ имеем:

$$\forall \epsilon > 0 \quad \exists \delta, 0<\delta <x : \frac { sgn(x+\delta) - sgn(x)}{\delta} = 0$$

для $x<0$ то же самое.
Соотвественно, производная везде равна $0$ за исключением $x=0$ - здесь функция не непрерывна, у неё здесь мгновенное изменение, скачок в $2$ еденицы.
2) Для моей функции, по определению первой производной имеем:

$$f'(0)=\lim_{x \to 0} \frac {f(x) - f(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac {\frac {\sin(x^2)}{x}}{x} = \lim_{x \to 0}\frac {\sin(x^2)}{x^2} = \lim_{t \to 0}\frac{\sin(t)}{t} = 1$$

3) По определению второй производной имеем:

$$f''(0)=\lim_{x \to 0} \frac {f(0+2x) - 2f(x) + f(0)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac {\sin(4x^2)}{2x^3}-\lim_{x \to 0}\frac{2\sin(x^2)}{x^3} = 2\lim_{x \to 0} \frac {\sin(4x^2)}{4x^3} - 2\lim_{x \to 0}\frac{\sin(x^2)}{x^3}=$$ $$=2\lim_{x \to 0}\frac{1}{x}\times \frac {\sin(4x^2)}{4x^2} - 2\lim_{x \to 0}\frac{1}{x}\times \frac {\sin(x^2)}{x^2}$$

Получается что так как ни один из пределов не существует, то и не существует $f''(0)$: видим что при $x \to 0^+ \quad f''(0) \to -\infty$, а при $x \to 0^- \quad f''(0) \to +\infty$, тоесть в нуле вторая производная имеет разрыв.

[iancaple]

GeometrIya в сообщении #1056182 писал(а):

$$f''(0)=\lim_{x \to 0} \frac {f(0+2x) - 2f(x) + f(0)}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac {\sin(4x^2)}{2x^3}-\lim_{x \to 0}\frac{2\sin(x^2)}{x^3} = 2\lim_{x \to 0} \frac {\sin(4x^2)}{4x^3} - 2\lim_{x \to 0}\frac{\sin(x^2)}{x^3}=$$ $$=2\lim_{x \to 0}\frac{1}{x}\times \frac {\sin(4x^2)}{4x^2} - 2\lim_{x \to 0}\frac{1}{x}\times \frac {\sin(x^2)}{x^2}$$

Получается что так как ни один из пределов не существует, то и не существует $f''(0)$.

А она существует. Просто нельзя было разбивать на разность пределов, а вместо этого можно исходную дробь по Лопиталю

[GAA]

1. Я немного по-другому оформлю вычисление производной.
Правая производная в нуле:

$$ {\operatorname{sgn}_+'(0) = \lim\limits_{\Delta x \to +0} \frac {\operatorname{sgn}(0+\Delta x) - \operatorname{sgn} 0}{\Delta x } = \lim\limits_{\Delta x \to +0} \frac {1-0}{\Delta x } = +\infty.$$

{$1/\Delta x $ — это положительная постоянная, делённая на положительную бесконечно малую функцию (в нуле) — положительная бесконечно большая (в нуле).}
Аналогично, левая производная в нуле:

$$ {\operatorname{sgn}_-'(0) = \lim\limits_{\Delta x \to -0} \frac {\operatorname{sgn}(0+\Delta x) - \operatorname{sgn} 0}{\Delta x } = \lim\limits_{\Delta x \to -0} \frac {-1-0}{\Delta x } = +\infty.$$

{$-1/\Delta x $ — это отрицательная постоянная, делённая на отрицательную бесконечно малую функцию (в нуле) — положительная бесконечно большая (в нуле).}
Левая и правая производные равны. Следовательно, в нуле существует производная функции $\operatorname{sgn}x$.

Если $x \ne 0$, то рассматривать левую и правую производные нет необходимости, но записи Ваши как-то не очень понятны. (В частности, пропущен $\lim$, но не эта опечатка главное, напишите в ЛС надо ли мне поправить.)


2. У меня такой же ход вычисления первой производной и такой же результат. [В данном случае вместо $\Delta x$ можно писать $x$, но в школе и в начале первого семестра я бы это не делал. Думаю, Вы так написали в связи с трудоёмкостью набора в $\TeX$.]

О второй производной в нуле. Предел суммы (разности) равен сумме (разности) пределов, если существует предел каждого из слагаемых.
И еще (хоть в данном случае это и не важно). Вторая производная функции — это первая производная от первой производной. [$n$-ая производная функции — это первая производная от $n-1$-ой производной.]

[Human]

(Оффтоп)

Ссылка
Просто ради Великой Справедливости.

-- 24.09.2015, 10:14 --

GeometrIya в сообщении #1056109 писал(а):

если повышать степени только $x$ в знаменателе то задача обобщается - показатель степени $n$ равен числу первых $n$ ограниченых производных, а $(n+1)$-aя не ограничена.

Это не совсем верно, поскольку при увеличении степени только лишь в знаменателе возникает проблема в нуле. Её, однако, легко решить, если из синуса в числителе вычитать соответствующие многочлены Тейлора.

[GAA]

В сообщении исправлена опечатка в выражении для второй производной: слагаемое $2\sin(x^2)/x^3$ должно входить со знаком «+».

Human, я тут приведу саморазоблачение. На первом курсе нам на лекции доказали, что функция $\sin x$ не имеет предела при $x \to +\infty$, $\sin(1/x)$ — при $x \to +0$, а функция

$$f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} x \sin (1/x), & \quad x \neq 0 \\ 0, & \quad x = 0 \end{array} \right.$$

является непрерывной, но не имеет ни правой, ни левой производной в нуле. На занятии рассмотрели, что при увеличении показателя степени $x$ на 1 получается дифференцируемая, но не непрерывно дифференцируемая функция (в нуле). И только потом нам было предложено рассмотреть, что будет происходить при различных значениях показателя степени $x$ и построить пример дифференцируемой функции с неограниченной производной на отрезке. Тут легко было подобрать степень $x$ перед синусом от $1/x$. А $1/x^2$ в аргументе синуса — это для красоты. Такой пример приведен в книге Гельбаум Б., Олмстед Дж. Контрпримеры в анализе, 1967.
Я когда набирал сообщение, то специально заглянул в книгу и переписал пример 1 в 1 (а то начал в который раз набирать с синусом от единицы на x). В этой книге как раз в старом стиле оговаривается конечность производной.

GeometrIya
1. Для вычисления по определению второй производной в нуле

$$ f''(0) = \lim_{x \to 0} \frac{f'(x) - f'(0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{2\cos x^2 - \frac{\sin x^2}{x^2}-1}{ x^2}$$

можно воспользоваться правилом Лопиталя, но можно и грубой асимптотикой для $\sin \alpha$: $\sin \alpha = \alpha + o(\alpha^2)$. Для $\cos$ достаточно совсем грубой асимптотики.

В данном случае вычислить вторую производную в нуле можно и другим способом:

$$f''(0) = \lim_{x \to 0} f''(x) .$$

При вычислении потребуются всё те же асимптотики. В данном случае этот способ не легче.

2. По поводу примера из Гельбаума. Вы сначала с ним разберитесь. А потом и модифицировать будет легко. И не смотрите на бесконечность. Это пример для отрезка. Имхо, построить функцию дифференцируемую, но с неограниченной производной на отрезке — хоть немного, но интересно, а уже с неограниченной второй производной — совсем скучно (идея та же, только технически чуть-чуть сложнее).

По поводу производных, вообще.

У Фихтенгольца (в трехтомнике) не формулируется явно, что производная должна рассматриваться в точке непрерывности функции, но и никаких примеров и утверждений для предельного отношения предела разностного отношения в точке разрыва не приводится. Одна из геометрических интерпретацией производной — это тангенс угла наклона касательной. В точке разрыва касательной нет. Пример функции $\operatorname{sgn}$ тому хорошая иллюстрация.

[GeometrIya]

GAA в [url=/post1056192.html#p1056192]сообщении #1056192[/url] писал(а):

1.записи Ваши как-то не очень понятны. (В частности, пропущен $\lim$, но не эта опечатка главное, напишите в ЛС надо ли мне поправить.)

Прошу прощения, не разобралась как набирать дельта икс и взяла эпсилон и дельту из Фихтенгольца, значок предела забыла, вобщем плохо получилось, хотя в тетради я пишу дельта икс.

GAA в [url=/post1056192.html#p1056192]сообщении #1056192[/url] писал(а):

1.[В данном случае вместо $\Delta x$ можно писать $x$, но в школе и в начале первого семестра я бы это не делал. Думаю, Вы так написали в связи с трудоёмкостью набора в $\TeX$.]

Теперь нашла - надо мышку над значком поставить и появится кодировка, очень удобно.

GAA в [url=/post1056192.html#p1056192]сообщении #1056192[/url] писал(а):

1.О второй производной в нуле. Предел суммы (разности) равен сумме (разности) пределов, если существует предел каждого из слагаемых.
И еще (хоть в данном случае это и не важно). Вторая производная функции — это первая производная от первой производной. [$n$-ая производная функции — это первая производная от $n-1$-ой производной.]

Да, спасибо. Это правило я знаю - когда попробовал считать по нему то какой-то сложный предел получается. Поэтому пошла через саму функцю.

iancaple в [url=/post1056188.html#p1056188]сообщении #1056188[/url] писал(а):

А она существует. Просто нельзя было разбивать на разность пределов, а вместо этого можно исходную дробь по Лопиталю

Вы абсолютно правы, я недосмотрела. Прочитала правило Лопиталя - получилось! Думаю так правильно будет - дифференциируем два раза :

$$\lim_{\Delta x \to 0}\frac {\sin(4\Delta x^2) - 4\sin(\Delta x^2)}{2\Delta x^3}=$$

$$=\lim_{\Delta x \to 0}\frac {8\Delta x \cos(4\Delta x^2) - 8\Delta x \cos (\Delta x^2)}{6\Delta x^2}=\lim_{\Delta x \to 0} \frac {4\cos (4\Delta x^2)-4\cos(\Delta x^2)}{3\Delta x}=$$

$$=\lim_{\Delta x \to 0}\frac {-32\Delta x \sin (4\Delta x^2)+8\Delta x \sin(\Delta x^2)}{3}=0$$

[GAA]

GeometrIya в сообщении #1056182 писал(а):

3) По определению второй производной имеем:
$$f''(0)=\lim_{x \to 0} \frac {f(0+2x) - 2f(x) + f(0)}{x^2} $$ \ldots

GAA в сообщении #1056192 писал(а):

Вторая производная функции — это первая производная от первой производной.

GeometrIya в сообщении #1056374 писал(а):

Да, спасибо. Это правило я знаю - когда попробовал считать по нему то какой-то сложный предел получается.

Это не правило — это «нестрогое определение». Определение см. в п. 115 (с. 231 в издании 1969 г.) первого тома.

В n. 122 конечные разности (с. 245 в издании 1969 г.) книги Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления, Т1:

Цитата:

Подчеркнём, что она [формула (9). — GAA] имеет место лишь в предположении, что существует производная $f^{(n)}(x_0)$. Предел справа может существовать и тогда, когда этой производной нет [Так что формула (9) отнюдь не даёт нового определения самого понятия $n$-й производной, равносильного старому! — Прим. Фихтенгольца]. Рассмотрим, например, функцию, определённую так:

$$f(x) = x^3\sin \frac 1 x \quad (x \ne 0), \quad f(0) = 0,$$

взяв $x_0 = 0$. Для неё существует первая производная

$$f'(x) = 3x^2 \sin \frac 1 x - x\cos \frac 1 x \quad (x \ne 0), \quad f'(0) = 0,$$

но нет в точке 0 второй производной, ибо отношение

$$\frac {f'(0+\Delta x) - f'(0)}{\Delta x} = \frac {3\Delta x^2\sin\frac 1 {\Delta x} - \Delta x \cos\frac 1 {\Delta x} } {\Delta x } =3 \Delta x \sin\frac 1 {\Delta x} - \cos\frac 1 {\Delta x}$$

при $\Delta x \to 0$ предела не имеет. В то же время выражение

$$\frac {\Delta^2 f(0)}{ \Delta x^2} = \frac {f(0 + 2\Delta x) - 2f(0 + \Delta x) + f(0)} {\Delta x^2} = \ldots$$ $$= 8\Delta x \sin \frac 1 {2\Delta x } - 2\Delta x\sin \frac 1 {\Delta x } \to 0$$

[GeometrIya]

Понятно. Вместо "по определению" надо было сказать "по методу конечных разностей".

А по Лопиталю я правильно $f''(0)$ посчитала?

Как Вы говорили через асимптотики: для $\cos(x)$ первых два члена ряда Тейлорав в окрестности нуля $a=0$ это $\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}$ и поскольку $\Delta x \to 0$ то и подавно квадрат этой величины будет ещё меньше то есть можно в пределе $\cos(\Delta x^2)$ заменить на еденицу:

$$f''(0)=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{2-\frac{\Delta x^2+o(\Delta x^4)}{\Delta x^2}-1 }{\Delta x^2}=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{1-1-\frac{o(\Delta x^4)}{\Delta x^2}}{\Delta x^2}=\lim_{\Delta x \to 0}\frac{-o(\Delta x^4)}{\Delta x^4}=0$$

поскольку $o(\Delta x^4)$ стремится к нулю быстрее чем $\Delta x^4$

[GAA]

1. Нашли предел по правилу Лопиталя правильно, но поскольку предварительно не было доказано существование второй производной в нуле, то использование «конечных разностей» — незаконно. Пример из книги Фихтенгольца должен был это пояснить.

2. При разложении косинуса мы не учитываем $\Delta x^4/2$ не потому что «и подавно квадрат этой величины будет ещё меньше», а сравнивая с показателем степени в знаменателе. Если записи делать занудно аккуратно, то следовало бы записать $\cos \Delta x^2 = 1 + o(\Delta x^3)$.