Лекции Бесов, страница 9

, Покажем теперь, что , , 0000(2)Из определения верхней и нижней граней следует, что , , , 2 0 Применяя к сужению 1 , 2 функции на отрезок 1 , 2 1120теорему Коши о промежуточном значении непрерывной функции,получаем, что0 1 , 2 0 0 Таким образом, (2) установлено.Из (1), (2) следует, что , , .§ 4.6. Показательная функция55Остаётся показать, что обратная функция 1 непрерывнав каждой точке 0 , .

Это делается так же, как в теореме 1. Теорема доказана.Аналогично формулируются вариант теоремы 2 для функции,строго убывающей на интервале, а также варианты теоремы обобратной функции для полуинтервалов.§ 4.6. Показательная функцияПусть . Функция : 0, 0, (называемая степенной функцией с показателем степени ) строго возрастает и непрерывна на 0,. По теореме об обратной функции обратная функция 1 , обозначаемая символами 1 , строго возрастает и непрерывна на 0,.В этом параграфе буквами , , с индексами будем обозначатьрациональные числа, число 0.Для рационального показателя степени, где , и дробьнесократима, полагают приТем самым1определено0,1 0, , ; 0 (1)Будем считать известными следующие свойства показательной функции рационального аргумента .1 2 при1Æ 1 2 1, 1 2 при 0 1;Æ112 2;23Æ 1 2 1 2 ;4Æ 0 1;5Æ .Лемма 1 (Бернулли).

Пусть 1, , 21 1 Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть сначала жим ) 11), т. е. 1 0. Тогда11откуда легко получается (2).111), 1,1. Тогда(2) 1 , . Поло 1 ), откуда(3)56Гл. 4. Непрерывные функции11Пусть теперь 0 1. Тогдапри некотором1 . Используя (3) и монотонность функции , получаем1111 121 1 2 1 ,и неравенство (2) в этом случае установлено.Пусть теперь 1 0. Тогда 1 1 2 1Учитывая, что 1, получаем отсюда (2).Лемма доказана.Определение 1.

Пусть 0, , Тогда .Это определение корректно в следующем смысле:1) существует и конечен;2) не зависит от выбора сходящейся к последовательности ;3) в случае значение по этому определению совпадает с прежним.Установим 1).

Пусть 1, (). Тогда 1, 1 в силу сходимости последовательности . С помощью неравенства Бернулли имеем для , 1 : 2 1 (4)Заметим, что последовательность ограничена (как вся 1 кая сходящаяся), поэтому при некотором 0 (5)В силу сходимости последовательности для неё выполняется условие Коши: 0 , 1Отсюда и из (4) при 0 1 имеем 1 , Это означает, что для последовательности выполняется 2условие Коши. В силу критерия Коши она сходится, т. е.

существует и конечен. Из (5) следует, что 0.§ 4.6. Показательная функцияПусть теперь 0 предела 1. Тогда11 57, и существованиеследует из уже установленного существования 1 положительного предела . Случай 1 тривиален.Установим 2). Пусть 1, , при . Тогда 0 при , и с помощью неравенства Бернуллиимеем 1 1 2 Отсюда следует, что 0 0,что и требовалось показать.Случай 0 1 сводится к рассмотренному с помощью1равенства 1 .Установим 3).

Для этого достаточно рассмотреть последовательность , где ., Определение 2. При 0 функция , ,называется показательной с основанием .Функция , ,, называется экспоненциальной. Иногда вместо пишут . Теорема 1. Показательная функция имеет следующие свойства:1Æ 0 ,;2Æ при 1 строго возрастает, при 0 1 строгоубывает;3Æ ;4Æ ;5Æ ;6Æ непрерывна на ,.ÆД о к а з а т е л ь с т в о. 1 . Это свойство следует из 2Æи из (1).2Æ . Пусть 1, .

Пусть , , — рациональные числа,причём , .Пусть , , (), причём , , , . Тогда, используя монотонность показательной функции 58Гл. 4. Непрерывные функциис рациональным показателем и предельный переход в неравенстве, получаем откуда следует, что .Случай 0 1 рассматривается аналогично.3Æ . Пусть , , (). Тогда В качестве следствия получаем отсюда, что 1 ., 0 1,4Æ . Доказать самостоятельно.В качестве следствия получаем, что при , 0,для чего в 4 достаточно взять 1, .5 .

Пусть 1, 0, 0, , , , , , .ÆÆТогда ,откуда следует, что . При других знаках чисел , доказательства аналогичны.Случай 0 1 сводится к случаю 1 с помощью1соотношения 1 .6Æ . Заметим сначала, что неравенство Бернулли допускаетследующее обобщение: 1 2 1 при 1, 1Его можно получить, записав неравенство (2) для (вместо ), где (), и перейдя в этом неравенствек пределу.Установим непрерывность функции в произвольной точке0 ,. Пусть сначала 1.

Тогда 10000 2 1при 0, что и требовалось показать.Случай 0 1 сводится к случаю1соотношения 1 .0 1 с помощью§ 4.7. Логарифмическая и степенная функции59§ 4.7. Логарифмическая и степенная функцииОпределение 1. Функция, обратная к функции ( 0, 1), называется логарифмической функцией и обозначается . В случае она обозначается .Теорема 1. Логарифмическая функция , строго монотонна и непрерывна на 0, , область её значенийесть , .

0, 1. Тогда Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть0, ,В самом деле,11 0 (.). 1 1,,Остаётся воспользоваться теоремой 4.5.2 об обратной функции.Случай 0 1 рассматривается аналогично.Из того, что при 1 показательная и логарифмическаяфункции являются взаимно обратными, вытекают тождества , Установим некоторые свойства логарифмической функции.1Æ . при , 0.Сравним и . Изих совпадения следует 1Æ (объяснить, почему).2Æ . при 0, .Сравним и .

Из ихсовпадения следует 2Æ .3Æ . 1 при 0, 0, 1, 1.Сравним и 1 . Изих совпадения следует 3Æ .Определение 2. Пусть . Функция 0,0,называется степенной функцией с показателем степени .Степенную функцию можно представить в виде 60Гл. 4. Непрерывные функцииПо теореме о непрерывности суперпозиции непрерывныхфункций степенная функция непрерывна на области определения0, .При 0 степенную функцию доопределяют в точке 0значением 0. Тогда степенная функция становится непрерывнойна 0,.§ 4.8.

Тригонометрическиеи обратные тригонометрические функцииОпределение тригонометрических функций известно изшкольного курса. Здесь будет установлена их непрерывность.Лемма 1. (1)Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть сначала 0 . Рассмот2рим часть тригонометрического круга, лежащую в первом квадранте (рис. 1).Пусть радианная мера угла ' равна . Тогда длина дуги равна , а длинаотрезка $ равна $ . Из геометрии известно, что $ Этим оценка (1) установлена при 0 .2Рис. 1В силу чётности обеих частей (1) она вернаи при 0. Остаётся заметить, что (1) очевидно при2 0 и при 1.Теорема 1. Функции , , , непрерывны насвоих областях определения.Д о к а з а т е л ь с т в о.

Покажем, что функция непрерывна в произвольной точке 0. Имеем 0 0 2 В силу (1)так что 0 при функции в точке 0 .2 202 2 ,0, что и доказывает непрерывность§ 4.9. Некоторые замечательные пределы61Непрерывность функции доказываетсяили аналогичнос использованием равенства и теоремы2о непрерывности суперпозиции непрерывных функций. Функции , непрерывны в точках, где знаменатели отличны от нуля, как частные непрерывныхфункций.Символами 1, 1,,22 1, 1 0, - , , 2 , 2 , , 0, - обозначаются функции, обратные к сужению на , , 2 2к сужению на 0, - , к сужению на ,, к суже2 2нию на 0, - соответственно.Теорема 2. Функции , , , непрерывны на своих областях определения (непрерывностьфункций , в концах отрезков — их областей определения понимается как односторонняя).Д о к а з а т е л ь с т в о следует из теоремы об обратнойфункции.§ 4.9.

Некоторые замечательные пределы 01Æ 1(1)Рассматривая в тригонометрическом круге сектор с угломрадианной меры , 0 , и два треугольника с тем же2углом (см. рис. 4.8.1) и сравнивая их площади, получаемоткуда12 12 12 , Из чётности функцийверны и при 0 1,02и следует, что те же неравенства. Переходя в них к пределу при2062Гл. 4. Непрерывные функциии учитывая, что 0 1 в силу непрерывности функции , получаем (1). 2Æ .

1. Из непрерывности функции имеем0 003Æ . 1 0 1.0 Заметим, что 1 1 1, где вертикальная черта означает, что в дробьвместо следует подставить .Таким образом, функцияпредставлена в виде суперпозиции двух функций. Используя непрерывность функции в точке 0, равенство (1) и теорему о пределе суперпозициидвух функций, завершаем доказательство.Видоизменённый вариант доказательства состоит в доопределении функцииединицей в точке 0 и использовании теоремы о непрерывности суперпозиции двух непрерывных функций.

4Æ . 1. Представив в виде ,0 повторяем рассуждения из доказательства 3Æ .5Æ . 1 1 . Покажем сначала, что0 100Напомним, что1 11 1 (2)1 1 и что придоказательствеэтого было установлено убывание последовательности11 1.1Пусть 0 1, 21 1 , 1111 2 111. Тогда11 1111 1(3)Правая часть неравенства является, как легко проверить, монотонной функцией аргумента . Поэтому 0011 1 11 1 § 4.9. Некоторые замечательные пределы63Обоснование первого из этих равенств состоит в том, чтоесли функция имеет предел , то он совпадает с пределом 00для произвольной последовательности1.