Задача про непрерывность производной

[caxap]

Задача. Функция $f(x)= x^2\sin \frac{1}{x}$ при $x \ne 0$ и $f(0) =0$ дифференцируема на $\mathbb R$, но $f’$ разрывна при $x=0$ (проверьте). «Докажем», однако, что если $f$: $\mathbb R \to \mathbb R$ дифференцируема на $\mathbb R$, то $f’$ непрерывна в любой точке $a \in \mathbb R$. По теореме Лагранжа

$$\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f’(\xi), $$

где $\xi$ — точка между $a$ и $x$. Тогда если $x \to a$, то $\xi \to a$. По определению,

$$\lim\limits_{x \to a}\frac{f(x)-f(a)}{x-a}=f’(a),$$

и поскольку этот предел существует, то существует и равен ему предел правой части формулы Лагранжа, т.е. $f’(\xi) \to f’(a)$, при $\xi \to a$. Непрерывность $f’$ в точке $a$ «доказана». Где ошибка?


Никак не получается разобраться. Проверил несколько раз, ошибок не нашёл. Не намекнёте, где здесь ошибка?

[neo66]

Неверно что $f'(\xi) \to f'(a)$ при $\xi \to a$. Дело в том, что $\xi$ это функция от $x$, то есть $\xi=\xi(x)$ и верно только, что $f'(\xi(x)) \to f'(a)$ при $x \to a$. А это не одно и то же.

[ShMaxG]

Подход к точке $a$ был только со стороны кси. А в определении непрерывности предел не должен зависеть от подхода к точке $a$. Т.е. для док-ва непрерывности надо было выбирать не какой-то определенный подход, а всевозможные подходы.

[zaqwedcvbgt]

Прочитал вопрос автора. Тоже стало непонятно.

С одной стороны находим для этой функции:
f'(0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x*\sin \frac{1} {{\Delta x}} = 0

С другой стороны по теореме Лагранжа:
$$ \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = f'(0 + \Delta x*\theta ),\,\,\,\,0 < \theta < 1


Переходя к пределу:
\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} f'(0 + \Delta x*\theta ) = 2\theta \Delta x\sin \frac{1} {{\theta \Delta x}} - \cos \frac{1} {{\theta \Delta x}} - не имеет предела.

Т.е. получается, что \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} при одном подходе имеет предел 0, а при другом не имеет предела.

Можно мне объяснить, где ошибка?
Я что-то, несмотря на предыдущие ответы, понять не смог.

[ИСН]

Все функции, не имеющие предела - имеют его при каком-то специально выбранном подходе.

[VoloCh]

zaqwedcvbgt, Вам neo66 все объяснил. У вас $\theta$ зависит от $\Delta x$, поэтому ваши слова "не имеет предела" бездоказательны.

То есть, $f'(\xi)$ при $\xi\to0$ действительно не имеет предела, а вот само $f'(0)$ (как другой предел) существует.

[zaqwedcvbgt]

VoloCh, я прочитал сообщение neo66.
Тот факт, что $ \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} f'(0 + \Delta x*\theta ) = 2\theta \Delta x\sin \frac{1} {{\theta \Delta x}} - \cos \frac{1} {{\theta \Delta x}} $ - не имеет предела, следует из того, что $ 0 < \theta < 1 $ - т.е. с одной стороны $\theta$ всегда >0, а поэтому этот предел не может перейти в $f'(0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x*\sin \frac{1} {{\Delta x}} = 0$
А с другой стороны $\theta$ ограничена (<1).
Из этого как раз и следует, что это выражение не имеет предела.
Т.е. при любом допустимом $\theta$ - не имеет предела.
Разьве не так?

[zaqwedcvbgt]

Вопрос по существу сводится к правомочности перехода от $\frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = f'(0 + \Delta x*\theta )$ к
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} f'(0 + \Delta x*\theta )$
Последний предел - не существует, почему - я объяснил в предыдущем посте.

Последнее выражение противоречит очевидно верному выражению:
$f'(0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \Delta x*\sin \frac{1} {{\Delta x}} = 0$

Таким образом, выражение
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}}$ = 0, но по теореме Лагранжа получается, что этот предел не существует.

Если утверждение о том, что этот предел не существует - не верно, тогда, в моем предыдущем посте есть ошибка. Но я её не вижу. Прошу указать её!

[VoloCh]

zaqwedcvbgt в сообщении #334354 писал(а):

VoloCh, я прочитал сообщение neo66.
а поэтому этот предел не может перейти в 0

Вот тут и ошибка. Запросто может.

Хорошо, давайте для простоты записи я обозначу ваше $\theta(\Delta x)\cdot\Delta x$ через $\eta$. Устремляя ваше $\Delta x$ к нулю и моё $\eta$ стремиться туда же, но специальным образом! Как раз обеспечивающим чтобы разность $2\eta\sin\eta^{-1}-\cos\eta^{-1}$ (стремилась) равнялась нулю. Не верите? Да вот возьмите хотя бы в качестве $\eta_i$ число, обратное $i$-му (после нуля вправо) решению уравнения $2\tg x=x$.

Повторю, предел $\lim\limits_{\eta\to0}f'(\eta)$ действительно не существует, но полученное через формулу Лагранжа это $\eta$ не произвольно и предел (частичный) уже есть.

Что кратко и точно выразил ИСН

[zaqwedcvbgt]

VoloCh, спасибо за подробный ответ
Т.е. получается, что
$f'(0) = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} \frac{{f(0 + \Delta x) - f(0)}} {{\Delta x}} = \mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} f'(0 + \Delta x*\theta (\Delta x)) = 0 $
Где
$\mathop {\lim }\limits_{\Delta x \to 0} f'(0 + \Delta x*\theta (\Delta x))$ - частичный предел $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f'(x)$ ?

[Sasha2]

А так нельзя?

Производня исходной функции равна (по определению) $f'(x)=x\sin(\frac{1}{x})$.
Эта функция просто не определена в точке 0 по обычным правилам для ОДЗ элементарных функций, хотя предел в нуле она имеет.
Значит устранимый разрыв.
Понятно, что саму функцию (в случае устранимого разрыва ) мы можем доопределить, но производную никогда. Точнее можем тоже, но тогда уже тот смысл, который вкладывается в производную будет утерян. Понятно что при приближении к нулю касательная не будет иметь какого-либо определенного направления.
В этом и отличие, то есть если разрыв (когда это возможно) мы можем устранить доопределив (или переопределив значение функции в точке), то вот с касательной такой фокус не проходит. Если нет касательной в точке, то как не меняй значение функции в этой точке, все равно касательной не построить.

[ewert]

Sasha2 в сообщении #334404 писал(а):

Производня исходной функции равна (по определению) $f'(x)=x\sin(\frac{1}{x})$.
Эта функция просто не определена в точке 0 по обычным правилам для ОДЗ элементарных функций, хотя предел в нуле она имеет.
Значит устранимый разрыв.

Путаница какая-то. На самом деле $f'(0)=\lim\limits_{x\to0}x\sin(\frac{1}{x})$, непосредственно по определению производной, и устранимая разрывность Вашего выражения здесь совершенно не при чём, т.к. его значение в нуле в этом определении просто не используется.