Непрерывность производной: найти ошибку в доказательстве

[SpBTimes]

Я что-то никак не соображу, что неправильно.
Задача: указать на ошибку в доказательстве.
Функция $f(x)$ дифференцируема на всей числовой прямой, $f'(x)$ может не быть непрерывной.
Однако:
Из теоремы Лагранжа $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = f'(\alpha)$
$f'(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim\limits_{x \to x_0} f(\alpha) = \lim\limits_{\alpha \to x_0}f'(\alpha)$
$\alpha$ - точка между $x_0$ и $x$, стремящаяся к $x_0$ при $x \to x_0$

[MaximVD]

Я думаю, что равенство $\lim\limits_{x \to x_0} f'(\alpha(x) ) = \lim\limits_{\alpha \to x_0} f'(\alpha)$ не верно (зависимость слева $\alpha$ от $x$ указана специально). Если расписать по определению то, что стоит слева и то, что стоит справа, то получатся разные вещи.

[SpBTimes]

А, тут даже наверное так. Зависимость $\alpha(x)$ безусловно стремится к $x_0$, когда $x \to x_0$ и поэтому, если бы было известно, что $f'$ непрерывна, то:
$\lim\limits_{x \to x_0} f'(\alpha(x)) = f'(\lim\limits_{x \to x_0} \alpha(x)) = \lim\limits_{\alpha \to x_0} f'(\alpha)$
Но ведь мы как раз и пытаемся доказать непрерывность. Так что данный переход неверен.
Верно ли такое рассуждение?

[ewert]

Из теоремы Лагранжа следует, что производные по некоторым последовательностям точек, сходящимся к центру, стремятся к производной в центре. И не более того. И это вовсе не означает непрерывности, т.е. сходимости по любым последовательностям.

[SpBTimes]

ewert в сообщении #479111 писал(а):

Из теоремы Лагранжа следует, что производные по некоторым последовательностям точек, сходящимся к центру, стремятся к производной в центре.

Можно пояснение?
И ещё, моё рассуждение, что чуть выше - неверно?

[ewert]

SpBTimes в сообщении #479114 писал(а):

Можно пояснение?
И ещё, моё рассуждение, что чуть выше - неверно?

Не знаю, лень читать буковки; ситуация-то очевидна.

По теореме Лагранжа существует функция $c(a)\in(a;x_0)\ (\forall a)$ такая, что $\frac{f(x_0)-f(a)}{x_0-a}=f'(c(a))$ и, конечно, тем самым $f'(c(a))\to f'(x_0)$ при $a\to x_0.$

Ну и что?... А и ничего. Из этого вовсе не следует, что значения этой функции заполняют сплошь интервал, примыкающий к $x_0$. Для непрерывности же требуется именно это, иначе по лакунам множества значений $c(a)$ сходимость производной вполне может и нарушиться; что, собственно, и происходит в соотв. контрпримерах. Мы ведь вообще практически ничего не знаем про $c(a)$, кроме того, что она существует и что $c(a)\to x_0,$ а этого недостаточно.

[SpBTimes]

ewert
А, то есть можно сказать, что при $a \to x_0$ сходимость к $f(x_0)$ происходит по каким то последовательностям, специфическим для, если использовать Ваши обозначения, $c(a)$. Однако же в непрерывности требуется, чтобы какую бы мы не взяли последовательность (сходящуюся к нужному нам пределу конечно же), сходимость бы была, так?

А если не сложно, можно увидеть ещё контрпример?

[ewert]

SpBTimes в сообщении #479121 писал(а):

Однако же в непрерывности требуется, чтобы какую бы мы не взяли последовательность (сходящуюся к нужному нам пределу конечно же), сходимость бы была, так?

Именно (согласно одному из эквивалентных определений).

[SpBTimes]

ewert

SpBTimes в сообщении #479121 писал(а):

А если не сложно, можно увидеть ещё контрпример?

[Dan B-Yallay]

SpBTimes в сообщении #479121 писал(а):

А если не сложно, можно увидеть ещё контрпример?

(Оффтоп)

Оказывается, с интегралом от синуса гиперболы, я хоть и наврал, но был недалеко от истины...

$$f(x)=\begin{cases} x^2\sin (\frac1 x), \ x\ne 0 \\ 0, \ x=0\end{cases}$$

Gelbaum-Olmsted Контрпримеры в анализе.

[ewert]

SpBTimes в сообщении #479121 писал(а):

А если не сложно, можно увидеть ещё контрпример?

Ну вот для начала не то чтоб контрпример, но идейный подход к нему. Берём просто синус на отрезке $[0;2\pi],$ считая, что $x_0=2\pi$ и что ноль -- это начальное значение для $a$. А потом будем двигать $a$ вправо, приближая его к правому концу. Когда $a=0$, секущая идёт горизонтально и можно в качестве $c(a)$ выбрать положение нижней вершины графика $\frac\pi2$. Потом точка потихоньку поднимается, наклон секущей становится всё более отрицательным и, соответственно, $c(a)$ сдвигается от $\frac\pi2$ вправо (внутрь интервала отрицательности производной). Однако обратите внимание, что некоторую окрестности точки $\pi$ значения $c(a)$ вынуждены будут проскочить, ведь в этой точке производная равна минус единице, в то время как наклон любой секущей по модулю меньше единицы.

Конечно, здесь ситуацию легко исправить и сделать функцию $c(a)$ непрерывной, выбрав в качестве $c(0)$ не $\frac\pi2$, а $\frac{3\pi}{2}$. И неудивительно, ведь функция-то всё же непрерывно дифференцируема. А вот в стандартном контрпримере, напомненном Dan B-Yallay, этот фокус уже не пройдёт, поскольку там осцилляции сгущаются к правому концу и их количество бесконечно. При любом значении $a$, попадающем на корень, мы вынуждены будем брать в качестве $c(a)$ абсциссу одной какой-то конкретной вершинки справа, и поскольку правее неё вершин бесконечно много -- разрывы функции $c(a)$ будут возникать постоянно при любом выборе этой функции, так что спасти положение никак не удастся.

[SpBTimes]

ewert в сообщении #479156 писал(а):

При любом значении $a$, попадающем на корень, мы вынуждены будем брать в качестве $c(a)$ абсциссу одной какой-то конкретной вершинки справа, и поскольку правее неё вершин бесконечно много -- разрывы функции $c(a)$ будут возникать постоянно при любом выборе этой функции

Да, и из-за этого придётся идти "специальным" маршрутом, а не произвольным, что и противоречит определению непрерывности.
Теперь понял, спасибо большое!

Dan B-Yallay
Спасибо!