Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 585
2014-06-08 
Действительная функция $f$, определенная в окрестности точки $x$, называется гладкой в этой точке, если
$lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x + h) – 2f(x) + f(x-h)}{h} = 0$.
а) Доказать, что если $f$ имеет производную в точке $x$, то $f$ является гладкой в $x$.
б) Доказать, что если функция $f$ является гладкой во всех точках интервала, то она дифференцируема в несчетном множестве точек этого интервала.
в) Построить функцию, гладкую во всех точках интервала и недифференцируемую в некоторой его точке.
Решение:
а) Если существует $f^{\prime}(x)$, то
$lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h) – 2f(x) + f(x-h)}{h} = lim_{h \rightarrow 0} \frac{(f(x) + f^{\prime}(x)h + o(h)) – 2f(x) + (f(x) – f^{\prime}(x)h + o(h))}{h} = lim_{h \rightarrow 0} \frac{o(h)}{h} = 0$.
б) Пусть $x_{1}$ - некоторая точка интервала. Если отношение $\frac{f(x) – f(x_{1})}{x – x_{1}}$ постоянно при $x > x_{1}$, то функция $f(x)$ дифференцируема во всех точках $x > x_{1}$. В противном случае найдутся такие точки $x_{2}$ и $x_{3}, x_{1} < x_{2} < x_{3}$, что
$u_{2} = \frac{f(x_{2}) – f(x_{1})}{x_{2} – x_{1}} \neq \frac{f(x_{3}) – f(x_{1})}{x_{3} – x_{1}} = u_{3}$.
Можно считать, что $u_{2} < u_{3}$. Докажем, что для любого $u^{\prime} \in (u_{2}, u_{3})$ найдется точка $x \in (x_{1}, x_{3}), x = x(u^{\prime})$ такая, что $f^{\prime}(x)=u^{\prime}$. При этом различным точкам $u^{\prime} \in (u_{2}, u_{3})$ будут сопоставлены различные точки дифференцируемости $f(x)$, и несчетность последних будет доказана.
Каждой точке $u^{\prime} \in (u_{2}, u_{3})$ сопоставим такое число $x^{\prime} \in (x_{2}, x_{3})$, что $u^{\prime} = \frac{f(x^{\prime}) – f(x_{1})}{x^{\prime} – x_{1}}$. Рассмотрим функцию $g(x) = f(x) – (f(x_{1}) + u^{\prime}(x – x_{1}))$.
Имеем $g(x_{1}) = g(x^{\prime}) = 0, g(x_{2}) < 0$. Пусть $x$ точка отрезка $[x_{1}, x^{\prime}]$, в которой $g$ достигает минимума. Тогда если $x + h \in [x_{1}, x^{\prime}]$ и $x – h \in [x_{1}, x^{\prime}]$, то $g(x+h) – g(x) \geq 0, g(x - h) - g(x) \geq 0$ и
$(g(x+h)-g(x)) + (g(x-h)-g(x)) = f(x+h) - 2f(x) + f(x - h) = o(h)$
($h \rightarrow 0$), поэтому $g(x + h) – g(x) = o(h)$, т. е. $f(x + h) = f(x) + u^{\prime}h + o(h)$, или $f^{\prime}(x) = u^{\prime}$.
в) Рассмотрим на $(-1, 1)$ функцию $f(x) = \sqrt[3]{x}$. Она дифференцируема и, следовательно, является гладкой во всех точках $x \neq 0$. В точке $x = 0$ функция $f$ недифференцируема, однако и в этой точке она является гладкой, так как $f(h) – 2f(0) + f(-h) = 0$ при любом $h \in (-1, 1)$.
Действительная функция $f$, определенная в окрестности точки $x$, называется гладкой в этой точке, если
$lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x + h) – 2f(x) + f(x-h)}{h} = 0$.
а) Доказать, что если $f$ имеет производную в точке $x$, то $f$ является гладкой в $x$.
б) Доказать, что если функция $f$ является гладкой во всех точках интервала, то она дифференцируема в несчетном множестве точек этого интервала.
в) Построить функцию, гладкую во всех точках интервала и недифференцируемую в некоторой его точке.
Решение:
а) Если существует $f^{\prime}(x)$, то
$lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h) – 2f(x) + f(x-h)}{h} = lim_{h \rightarrow 0} \frac{(f(x) + f^{\prime}(x)h + o(h)) – 2f(x) + (f(x) – f^{\prime}(x)h + o(h))}{h} = lim_{h \rightarrow 0} \frac{o(h)}{h} = 0$.
б) Пусть $x_{1}$ - некоторая точка интервала. Если отношение $\frac{f(x) – f(x_{1})}{x – x_{1}}$ постоянно при $x > x_{1}$, то функция $f(x)$ дифференцируема во всех точках $x > x_{1}$. В противном случае найдутся такие точки $x_{2}$ и $x_{3}, x_{1} < x_{2} < x_{3}$, что
$u_{2} = \frac{f(x_{2}) – f(x_{1})}{x_{2} – x_{1}} \neq \frac{f(x_{3}) – f(x_{1})}{x_{3} – x_{1}} = u_{3}$.
Можно считать, что $u_{2} < u_{3}$. Докажем, что для любого $u^{\prime} \in (u_{2}, u_{3})$ найдется точка $x \in (x_{1}, x_{3}), x = x(u^{\prime})$ такая, что $f^{\prime}(x)=u^{\prime}$. При этом различным точкам $u^{\prime} \in (u_{2}, u_{3})$ будут сопоставлены различные точки дифференцируемости $f(x)$, и несчетность последних будет доказана.
Каждой точке $u^{\prime} \in (u_{2}, u_{3})$ сопоставим такое число $x^{\prime} \in (x_{2}, x_{3})$, что $u^{\prime} = \frac{f(x^{\prime}) – f(x_{1})}{x^{\prime} – x_{1}}$. Рассмотрим функцию $g(x) = f(x) – (f(x_{1}) + u^{\prime}(x – x_{1}))$.
Имеем $g(x_{1}) = g(x^{\prime}) = 0, g(x_{2}) < 0$. Пусть $x$ точка отрезка $[x_{1}, x^{\prime}]$, в которой $g$ достигает минимума. Тогда если $x + h \in [x_{1}, x^{\prime}]$ и $x – h \in [x_{1}, x^{\prime}]$, то $g(x+h) – g(x) \geq 0, g(x - h) - g(x) \geq 0$ и
$(g(x+h)-g(x)) + (g(x-h)-g(x)) = f(x+h) - 2f(x) + f(x - h) = o(h)$
($h \rightarrow 0$), поэтому $g(x + h) – g(x) = o(h)$, т. е. $f(x + h) = f(x) + u^{\prime}h + o(h)$, или $f^{\prime}(x) = u^{\prime}$.
в) Рассмотрим на $(-1, 1)$ функцию $f(x) = \sqrt[3]{x}$. Она дифференцируема и, следовательно, является гладкой во всех точках $x \neq 0$. В точке $x = 0$ функция $f$ недифференцируема, однако и в этой точке она является гладкой, так как $f(h) – 2f(0) + f(-h) = 0$ при любом $h \in (-1, 1)$.
