Г.И. Архипов, В.А. Садовничий, В.Н. Чубариков - Лекции по математическому анализу (1108924), страница 11
Текст из файла (страница 11)
Выберем какое-нибудь х б Ьз. Тогда имеем И! — 1г/ = ((?(х) — !г) — (?(х) — 1!)/ < Щх) — 1г1+)?(х) — 1!) < 2г = !1! — ?г/, что невозможно. Утверждение 1 доказано полностью. Утверждение 2. а) Если 1ип/(х) = 1, то функция /(х) финально в ограничена числом ~Ц + 1. б) Если 1пп/(х) = 1 и 1 ф О, то функция д(х) = 1//(х) финально в ограничена числом 2/Щ на окончании ЬЩ/2), а функция /(х) на том же окончании имеет знак, совпадающий с 1. „7 о к а з а т е л ь с т в о.
В общем случае Для базы В1 х †>хо Утверждение 3. Пусть существуют пределы 1пп/(х) = 1ы Йгпд(х) =1ю в ' в Тогда справедливо равенство 1пп(/(х) +д(х)) = 11+ 1ю Выражаясь не вполне строго, можно сказать, что предел суммы двух функциЯ равен сумме их пределов. ео а) Возьмем е = 1. Тогда найдется б = б(1) такое, что при всех х из проколотой б-окрестности имеем ~/(х) -1~ < 1. Отсюда при всех х; 0 < )х — хо ) < б имеем )/(х)) = )(/(х) — !) + 1! < < (/(х) — Ц + У) < ! + И(, что и требовалось доказать. б) Разберем только случай! > 0 (второй случай аналогичен). Возьмем е = 1/2.
Тогда найдется б = б(е) > 0 такое, что при всех х: 0 < )х — хо( < б имеем ~/(х) — 1~ < г = 1/2. Следовательно, справедливы неравенства: /(х) — ! > — 1/2, /(х) > 1/2 > О, 0 < д(х) = 1//(х) < 2/1. Утверждение 2 доказано. а) Возьмем е = 1. Тогда найдется 6 = 6(1) — окончание базы В такое, что при всех х Е 6 имеем й )-4<! Отсюда при всех х б 6 получим !/( Н= П/( ) — 1)+1! < < 1/(х) — 1~+ И! < 1+ ~17, что и требовалось доказать. б) Разберем только случай 1 > 0 (второй случай аналогичен).
Возьмем е = 1/2. Тогда найдется Ь = 6(е) > 0 — окончание базы В такое, что при всех х б 6 имеем ~/(х) — 1( < с = 1/2. Следовательно, справедливы неравенства: /(х) — 1 > — 1/2, /(х) > 1/2 > О, 0 < д(х) = 1//(х) < 2/1, Утверждение 2 доказано. ,з' о к а з а т е л ь с т в о. В общем сл чае х +ха В качестве окончания 6(е) возьмем одно какое-либо окончание 6з такое, что Ьз С Ь1(е/2) Е2 Ьх(е/2), В качестве радиуса искомой Б-окрестности возьмем д = т1п(61 (е/2), 62(е/2)), где 61 (е/2) — это радиус проколотой б1-окрестности очки ха, в которой !/(х) — 11! < е/2, а 62 — зто радиус проколотой б2-окрестности точки хю где )д(х) — 12! < е/2.
Тогда проколотая в'-окрестность точки хв содержится и в 61-окрестности, и в 62-окрестности точки хю Поэтому имеем Чх: О < )х — хв! < в !(/(х) +д(х)) — (11 + Е2)! < < !/( ) — 11 ! + )У( ') — 12! < к что и требовалось доказать. где Ь1(е/2) — окончание, на котором )/(х) — 11! < е/2, а 62(з/2) — это окончание, на котором )д(х) — 12! < в/2. Тогда Ух б 6з имеем !(/(х) + у(х)) (11 + 12Н < < )/(х) — 11 !+ )У(х) — 12! < Я, что и требовалось доказать. Утверждение 4.
Пусть /(х) = д(х) при всех х е 6, где некоторое окончание базы В н 1пп/(х) =-1. Тогда 1ппд(х) = Е. в в ,ЕЕ о к а з а т е л ь с т в о. Имеем д(х) = /(х) + (д(х) — /(х)). Так как при всех х б 6 имеем д(х) — /(х) = О, то по утверждению 1 а) получим 1пп(д(х) — /(х)) = О. Отсюда в 1ппд(х) = 11щ/(х) + 1пп(д(х) — /(х)) = !+ О = Е, что и требовалось доказать.
Замечание. Из утверждений 1а) и 3 следует, что условие существования предела 11щ/(х) = ! эквивалентно условию, что функция в п(х) = /(х) — Е Ю есть бесконечно малая по базе В. Утверждение 5. Пусть функция п(х) является бескрнечпо малой по базе В, /(х) фннальпо ограничена по той же базе, !Е2(х)! < )п(х)/(х)!. Тогда функция ЕЕ(х) будет бесконечно малой по базе В. Определение 5. Если 1ппа(х) = О, то функция п(х) называется в бесконечно малой функцией по базе В. ,7 о к а з а тп е л ь с та е о. В общем случае х-эхе Возьмем окончание 6з из условия ЬзСЬтт76г(зт) Тогда при всех хЕЬ(е) имеем ))т(х) )<)о(х) / //(х))<е/С.С=с, что и требовалось доказать. Утверждение 6.
Пусть !ип/(х) =1т, !ипу(х) = 1з, Тогда в ' в !ип/(х)у(х) = 1т1з. в /1 о к а з а кт е л ь с пт е о, Имеем /(х) = 1т+а(х), у(х) = 1з+/т(х), где а(х), 11(х) — бесконечно малые функции по базе В. Тогда получим /(х)у(х) — 1т(з = а(х)1з + )у(х)1т + а(х)1т(х) — б.м., что и требовалось доказать. Утверждение 7. Пусть !ипз(х) = 1т, !ипу(х) =1з, 1з ф О. Тогда в ' в /(х) 1д ! ип — = —. в у(х) 1з ,т7 о к а з а пт е л ь с тп е о. Имеем /(х) 1т (т + а(х) 1д о(х)1з — Ц(х)1д ! 7(х) у(х) 1з 1г + д(х) 1з у(х) а(х)!з — 11(х)1т Здесь — бесконечно малая функция по базе В, 1з 1/у(х) — финально ограниченная функция по той же базе, поэтому 7(х) есть бесконечно малая функция по базе В, что и требовалось доказать.
Для любого е>0 надо указать чис ю Ь=Ь(е) >О такое, что Чх: 0<)х — хе)<Ю ~ )1!(х))<е В силу финальной ограниченности функции /(х) существует Ьт >О такое, что 'тх:0<)х — хе)<ут )/(х))<С. Найдется Юз — — Ьз(е/С)>0 такое, что Ух: 0<)х — хе)<бз имеем )о(х))<ет. Положим Ю=ппп(бт, Ют(е)). Тогда тУх: 0<)х-хе)<6 имеем /В(х) /<)а(х)).)/(х))<е/С С=с, что и требовалось доказать. Для любого е>0 надо указать окончание 6=6(е) базы В такое, что при всех хЕ6 ~ ))У(х))<е. В силу финальной ограниченности функции /(х) окончание Ьт такое, что при всех хЕЬт ~ )/(х))<С' Найдется Ьз=Ьг(ет)ЕВ такое, что при всек хЕЬз =г )о(х) 1<к/С. Лекдня 10 1 3.
СВОЙСТВО МОНОТОННОСТИ ПРЕДЕЛА ФУНКЦИИ Утверясденне 1. Пусть се И, 1ььпу(х) =1 и, кроме. того, у(х) > с в !или у(х) > с) на некотором окончаляи 6 базы В. Тогда 1 > с. ~7 о к а з а пь е л ь с нь о о. По условию а(х) = г(х) — !в бесконечно малая функция, причем для всех х б Ь о(х) = у(х) — 1 > с — 1. Допустим, что с — ! > О. Тогда для е = -'~~ найдется окончание Ьь б В такое, что прн всех х к Ь, имеет место неравенство )о(х)( < е. Заметим, что найдутся окончание Ьт С Ь О Ьь и точка х б 6ю для которой выполнены неравенства с > (о(х)) > и(х) > с — ! = 2е > О.
Отсюда вытекает, что О < 2е < е, что невозможно. Тем самым утверждение 1 доказано. Утверисденне 2. Пусть 1цпву(х) =1ь, 1ппву(х) =!ю /(х) < у(х) на некотором окончании 6 базы В. Тогда 1ь < 1ю ,7 о к а з а ю е л ь с аь в о. Рассмотрим Л(х) = а(х) — у(х). По условию Л(х) > О, 1ппЛ(х) = ! = !2 — 1ь, Из утверждения 1 имеем ! > О, — в т,е. !ь > 1,, что и требовалось доказать.
Утверждение 3. Пусть у(х) < у(х) < Л(х) на некотором окончании базы В, 1пп )(х) = 1, 1ппЛ(х) = !. В В Тогда сушествует !ьцьу(х) = !. в ,7 о к а з а аь е л ь с аь а о. Из условия имеем О < з(х) — /(х) < Л(х) — у(х), о(х) = Л(х) — /(х) -+ О (по базе В), т.е, а(х) — бесконечно малая функция по базе В.
Но так как ~у(х) — 1(х)( < а(х), то по утверждению 5 6 2 у(х) — 1(х)— бесконечно малая функция по базе В. Тогда !пгу(х) = 1пп(у(х) — 1(х)) + 1пп1(х) = 0+1 =1, в в в что и требовалось доказать. 6 4, КРИТЕРИЙ КОШИ СУЩЕСТВОВАНИЯ ПРЕДЕЛА ФУНКЦИИ ПО БАЗЕ Т е о р е м а (Критерий Коши). Для сушествования предела функции 1(х) по базе В необходимо и достаточно, чтобы для любого е > 0 сушествовало окончание 6 = 6(е) такое, что при всех х,у с 6 было справедливо неравенство й )-1ЬП <с ,В о к а з а т е л ь с т в о.
Необходимость. Пусть Бтв 1(х) =1. Тогда для любого е > О сушествует окончание Ь~ — — 6~(е/2) б В такое, что при всех х, у б 6| имеем (1(х) — П < —, (1(у) — 1/ < —. 2' 2 Отсюда при всех х, у б 6~ 11( ) — 1(уН < (1( ) — 11 + 11Ь) — 1( < — +; = е. 2 2 ,Восшашочиостль. Докажем, что 1(х) .финально ограничена. Действительно, возьмем е = 1. Тогда сушествует 6(1) б В такое, что при всех х,и б Ь(1) имеем (1(х) — 1(у)~ < 1.
Зафиксируем у, Тогда при всех х б 6(1) йхП < (1(х) — 1ЬН +!1(уН < 1+ (1(уН В силу условия Коши для любого е > 0 сушествует Ь(е) б В такое, что при всех х,у б 6(е) имеем (1(х) — 1(уП < е. Но это значит, что е есть верхняя грань значений величииы )/(х) — у(у)~ для всех х,у Е 6(в). Используя также финальную ограниченность у(х), получим гп(в) = (пГ /(х) Е)й, М(в) = впр У(х) Е)й, «ВЬ(«) «вь(«) в > впр )У(х) — У(у)! = вир (У(х) — у(у)) = «,ВВЬ(«) «,ввь(«) — впр у(х) — (п( /(у) = М(в) — пь(в).
«вь(,) ввь(«) Положим в = в„= -„'. Тогда можно считать, что Ь(„— ') С Ь( — „' ) при всех пв > пь Действительно, если, например, 6(в) (с 6(1), то вместо Ь(ф) можно взять Ьв из условия Ьв С Ь(1) Г) 6(ф) и тд. В силу этого имеем пь( — ) < пь( — ), .М( — ) > М( — ). 1 1 1 1 п1 пв пь пв Кроме того, при всех х е 6(в) справедливо неравенство гп(в) < у(х) < М(в). Каждому в = в„> О соответствует свой отрезок 1„= (тп(Ц, М(-')1. Вся совокупность отрезков 1„ образует последовательность стягивающихся отрезков, так как при в„ > в, ьп(ев) < тл(в,) < М(в,) < М(в„), т.е.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
