МУ - Избранные задачи по математическому анализу - Козлов (1238750), страница 3
Текст из файла (страница 3)
Чтобы доказать непрерывность функции () в иррациональной точке , вспомним определение:Если () = 0, то () непрерывна в точке тогда и только тогда, когда∀ > 0 ∃ > 0 : ∀ если | − | < , то | ()| < .Выберем любое > 0, тогда существует натуральное число , что24.11<6 .+119По этому необходимо найти такое , чтобы в -окрестности точки небыло рациональных чисел, в которых () принимала бы значения 1, 12 ,11,..., .3Для каждого ∈ {1, 2, . . .
} укажем две рациональные точки и1 , в которых () принимает значение , причём — ближайшая изтаких точек слева от , — ближайшая из таких точек справа от .Тогда слева от расположились точки 1, 2, . . . , , справа от — 1,2 , . . . , . Пусть из множества точек {1 , 2 , . . .
, } ближайшей к слева точкой будет , а из множества {1, 2, . . . , } ближайшей к справа будет . Обозначим = min {| − | , | − |}. Тогда именно в -окрестности точки нет рациональных точек, в которых () принимала бы значения 1, 21 , .
. . , 1 , значит, ∀ если | − | < , то () < ,что и требовалось доказать.Левую и правую производные функции в точке 0 определяютсоотношениями25. () − (0 ),→0 −0 − 0 () − (0 )+′ (0 ) = lim.→0 +0 − 0−′ (0 ) = limРазумеется, эти определения имеют смысл лишь при условии, чтомножества , на котором задана функция , не только содержитточку 0, но и сгущается в ней с соответствующей стороны.Докажите, что всегда, какова бы ни была функция , множествоточек 0, где её односторонние производные −′ (0) и +′ (0) существуют, но различны, либо конечно, либо счётно.Решение.
Не ограничивая общности, рассмотрим только тот случай, когда′′ = − (0 ) < + (0 ) = .Закодируем этот разрыв тройкой рациональных чисел (, , ). Посколькуможет случиться, что этой тройкой мы закодируем и другой разрыв, томы сразу рассмотрим множество ,, всех точек, закодированных поединому правилу:,, = { ∈ | ∀, если − 6 < < 6 + , то() = () − () () − ()<<<= () } ,−−20при этом < < < , > 0.()r)rr()1rr−rr+Рисунок хорошо иллюстрирует это правило. Из рисунка видно, чтоникакая точка ∈ ,, не может принадлежать -окрестности точки (иначе возникает противоречие в неравенствах), но это означает что расстояние между соседними точками из множества ,, не меньше, чем ,поэтому само множество ,, не более, чем счётно.
Поскольку множество троек рациональных чисел — счётное, а объединение счётного числасчётных множеств само счётно, то задача решена.Периодические функции () с периодом и () с периодом ,определённые на всей числовой прямой, удовлетворяют условию26.lim | () − ()| = 0.→∞(1)Докажите, что для всех ∈ R () = ().(2)Решение. Условие (1) означает, что∀ > 0 ∃0 ∈ R : ∀ ∈ R если > 0 , то | () − ()| < .Т. е. это условие формулируется на -языке.
Чтобы использовать условие (1) для доказательства условия (2), мы должны условие (2) такжесформулировать на -языке. Это нетрудно.Следующие условия эквивалентны:1. ∀ ∈ R () = (),2. ∀ > 0 ∀ ∈ R | () − ()| < .Лемма.21Лемма очевидна. И мы теперь заменим условие (2) задачи на второеусловие из леммы.Заметим, что периодичность функций и выражается правилом:∀, ∈ Z ∀ ∈ R () = ( + ), () = ( + ).Итак, выберем любое > 0 и по условию (1) задачи пусть числобудет так велико, что0 ∈ RТогда∀ > 0 | () − ()| < .3| () − ()| = | ( + ) − ( + )| = | ( + ) + ( + )−− ( + ) + ( + ) − ( + ) − ( + )| 66 | ( + ) − ( + )| + | ( + ) − ( + )| + + | ( + + ) − ( + + )| < + + = ,3 3 3как только числа , настолько большие, что + , + > 0.Докажите, что непрерывная функция (), определённая на интервале (, ), где , ∈ R равномерно непрерывна на нём тогда и толькотогда, когда на концах и этого интервала она имеет конечные пределы.Решение.
Пусть →lim () = , lim () = (, ∈ R). Введём новую→функцию ¯() правилом⎧⎪⎨ (), если ∈ (, )¯() = если = ⎪⎩если = .Ясно, что ¯() непрерывна на [, ], и поэтому по теореме Кантора онаравномерно непрерывна на [, ]. По определению равномерной непрерывности, если ¯() равномерно непрерывна на [, ], то она равномернонепрерывна и на (, ), но на (, ) ¯() = (), поэтому () равномернонепрерывна на (, ).Пусть теперь () равномерно непрерывна на (, ). Покажем, чтопри стремлении к или к у функции () существуют конечныепределы.27.22Воспользуемсядля этого критерием Коши :Конечный предел функции () в точке существует тогда и толькотогда, когда для каждого > 0 найдётся = () > 0 такое, что| (′ ) − (′′ )| < , как только 0 < |′ − | < и 0 < |′′ − | < , где′ , ′′ — любые точки из области определения функции ().Вспомним определение равномерной непрерывности () на (, ):∀ > 0 ∃ = () > 0 : ∀′ , ′′ ∈ (, ) |′ − ′′ | < → | (′ ) − (′′ )| < .Ясно, что () удовлетворяет критерию Коши в окрестности точки (или ), и поэтому существуют конечные пределы () при стремлении к (или к ).Вычислить производную функциикорней) в точке 0.Решение (по индукции).
Обозначим28.1 =√ + 1,(√︁√︀√ = + + ··· + + 1 =√ + −1 .Ясно, что ∀ (0) = 1.⃒⃒111⃒= =1− ,= √⃒22 + 1 =0 2(︂)︂⃒⃒1113⃒1+ √2′ (0) = √︀= = 1 − 2.⃒√422 +1 ⃒2 + +1=01′ (0)1′Предположим, что −1(0) = 1 − −1 . Тогда2′ (0)=(︀√ + −1)︀′⃒)︀⃒(︀ ′1= √+ 1 ⃒⃒=2 + −1 −1=0(︂)︂111=1 + 1 − −1 = 1 − .22223Разные способы задания функций.a) Пусть трижды дифференцируемая функция = () взаимно однозначна и29. (0 ) = 0 , ′ (0 ) = 1, ′′ (0 ) = 2, ′′′ (0 ) = 3.Найти первую, вторую и третью производные обратной функции = −1 () в точке 0 .b) Дважды дифференцируемая функция = () задана в окрестноститочки = 0 параметрически = 3 − 2 , = −3 + 3 − 1.Найти ′(0) и ′′(0), если (0) = 1.c) Дважды дифференцируемая функция = () удовлетворяет уравнению332 + + 2 − + − 10 = 0и условию (1) = 2.Найти ′(1) и ′′(1).Решение.
a) Для удобства обозначим −1() = (), (()) = .(*)Дифференцируем тождество (*) по : ′ (()) · ′ () = 1, т. е. ′ (0 ) = 1.Дифференцируем ещё раз: ′′ · ′′ · ′ + ′ · ′′ = 0,т. е. ′′(0) = −2.Дифференцируем третий раз ′′′ · ( ′ )3 + ′′ · 2 ′ · ′′ + ′′ · ′ · ′′ + ′ · ′′′ = 0, ′′′ · ( ′ )3 + 3 ′′ · ′ · ′′ + ′ · ′′′ = 0.Подставляем известные значения:3 · 1 + 3 · 2 · 1 · (−2) + 1 · ′′′ = 0,т. е.
′′′(0) = 9.24b) Если (0) = 1, то = 1.⃒d ⃒⃒=d ⃒=12⃒d ⃒⃒=d2 ⃒=1dd(︀ d )︀ ⃒⃒d ⃒⃒d⃒d=1⃒d ⃒d ⃒d ⃒⃒d =1⃒−32 + 3 ⃒⃒= 0,=32 − 2 ⃒=1⃒−62 (32 − 2) + (62 − 2)(32 − 3) ⃒⃒=⃒ = −6.(32 − 2)3=1c) Дифференцируем тождество 3 () + 3 + 2() − 2 () + − 10 = 0 :3 2 ′ + 32 + 2 + 2 ′ − 2 ′ + 1 = 0.(*)Подставляем = 1, = 2:3 · 4 · ′ + 3 + 4 + 2 ′ − 4 ′ + 1 = 0,10 ′ = −8,4 ′ (1) = − .5Дифференцируем тождество (*) по :6( ′ )2 + 3 2 ′′ + 6 + 2 ′ + 2 ′ + 2 ′′ − 2( ′ )2 − 2 ′′ = 0,12 ·30.163216+ 12 ′′ + 6 −+ 2 ′′ −− 4 ′′ = 0,2552523010 ′′ = −,2523 ′′ (1) = − .25Найдите производные всех порядков функции = arctg в точке, воспользовавшись для этого формулой Лейбница и соотношением=0(1 + 2 ) · ′ = 1.(*)25Решение. Формула Лейбница:()( · )=∑︁C · () · (−) .=0Положим в нашем случае () = 1 + 2, () = ′().
Заметим, что= 0, если > 2. Применим формулу Лейбница к соотношению (*):()(1 + 2 ) · (+1) + · 2 · () + ( − 1) · (−1) = 0,при = 0 формула укорачивается: (+1) = −( − 1) (−1) .(**)Учитывая, что ′(0) = 1, ′′(0) = 0, получаем из формулы (**), что (2) (0) = 0, (2+1) (0) = (−1) · (2)!Определим на числовой прямой функцию , полагая (0) = 0 и () = − для ̸= 0.Докажите, что функция всюду бесконечно дифференцируема, азначит для неё можно составить ряд Тейлора с «центром» в нуле.Посчитайте сумму этого ряда и сравните её с исходной функцией.Решение.
Нам понадобится теорема Лагранжа:Пусть () непрерывна на [, ] и дифференцируема на (, ). Тогда существует точка ∈ (, ) такая, что () −− () = ′().Для решения задачи нам надо доказать, что () бесконечно дифференцируема в точке 0. Это решение опирается на единственное утверждение, которое используется многократно.Пусть при , стремящемся к нулю, () стремится к 0 и ′ () стремится к 0 . Тогда производная ′ (0) существует и равна 0 .Доказательство. По определению производной31.12Лемма.
′ (0) = lim→0 () − 0.−0По теореме Лагранжа для отрезка [0, ] имеем, что () − 0= lim ′ () = 0 ,→0→0−0limгде 0 < < 1. Лемма доказана26Применим лемму к нашей задаче. У нас функция1 () = − 2 −−→ 0,→0её производная ′ () =2 − 12 −−→ 0,→03поэтому по лемме, ′(0) = 0. Действительно, первое очевидно,lim ′ () = /замена→0= /по2 31= / = lim 2 =→∞ 3правилу Лопиталя/ = →∞lim 232 = 0.→∞ 2= limПусть теперь в лемме участвуют ′() и ′′(). Мы уже знаем, что () −−→ 0, сейчас докажем, что ′′ () −−→ 0, тогда по лемме получил,→0→0что ′′(0) = 0. Действительно,′ ′′ () = (4 − 62 ) ·1 − 121 − 12=()· −−→ 0,→066потому что () — многочлен, а то что1 − 12 =0→0 6limдоказывается аналогично первому случаю заменой = 1 и применениемправила Лопиталя.Пусть теперь уже доказано, что для всех 6 ()(0) = 0 и () () = () ·где () — многочлен.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
