matan1semestr (773486), страница 10

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 10)

Так как f непрерывна на [a, b], то она ограничена на[a, b], значит, ∃ inf f (x) = m, ∃ sup f (x) = M . По определению inf :x∈[a,b]x∈[a,b]m + n1 .∀ ε = ∃ xn ∈ [a, b] m ≤ f (xn ) <Последовательность (xn ) – ограничена, значит, из нее можно выбрать сходящуюся подпоследовательностьxnk → x′0 ∈ [a, b]. для нее1nm ≤ f (xnk ) < m +1.nkПерейдем к пределу при k → ∞, получим ввиду непрерывности fm ≤ lim f (xnk ) = f (x′0 ) ≤ m,т.е. f (x′0 ) = m. Аналогично доказываем, что ∃ x′′0 ∈ [a, b], что f (x′′0 ) = M .10. Промежуточные значения непрерывной функцииТеорема 10.1.

Пусть f (x) непрерывна на [a, b], f (a) и f (b) имеют разные знаки, т.е. f (a) · f (b) < 0. Тогда существует точка x0 ∈ [a, b], вкоторой f (x0 ) = 0.Доказательство. Пусть x1 = a+b2 . Если f (x1 ) = 0, то все доказано. Если нет, то обозначим через [a1 , b1 ] ту половину отрезка [a, b], на концахкоторой функция f принимает значения разных знаков.

Очевидно, что|b1 − a1 | = b−a2 . Продолжая процесс, получаем последовательность вложенных отрезков [an , bn ] таких, что[a, b] ⊃ [a1 , b1 ] ⊃ ... ⊃ [an , bn ] ⊃ ...и таких, что1) f (an ) · f (bn ) < 02) |bn − an | = |b−a|2n → 0По теореме о вложенных отрезках ∃! x0 , принадлежащее всем отрезкам63[an , bn ].

Отсюда x0 = lim an = lim bn ⇒ f (x0 ) = lim f (an ) = lim f (bn ).n→∞n→∞Переходя в неравенстве f (an ) · f (bn ) < 0 к пределу при n → ∞, имеем0 ≤ f 2 (x0 ) ≤ 0 ⇒ f (x0 ) = 0. Теорема 10.2. Если f (x) непрерывна на отрезке [a, b], то она принимает на [a, b] все свои промежуточные значения между наибольшим и наименьшим значением.Доказательство. Так как f непрерывна, то f принимает на [a, b] своинаибольшее и наименьшее значение, то есть∃ xm ∈ [a, b], f (xm ) = m = min f (x) и ∃ xM ∈ [a, b], f (xM ) = M =[a,b]max f (x).

Очевидно, что m ≤ M . Если m = M , то f (x) ≡ const, и все[a,b]доказано. Пусть m < M и пусть y0 такое, что m < y0 < M . Рассмотримфункцию h(x) = f (x) − y0 . Тогда h(xm ) = f (xm ) − y0 = m − y0 < 0.h(xM ) = f (xM ) − y0 = M − y0 > 0.Таким образом, h(x) непрерывна на [xm , xM ] и принимает на его границахзначения разных знаков.

Отсюда по теореме 10.1 ∃ x0 ∈ [xm , xM ] ⊂ [a, b]так, что h(x0 ) = 0 ⇒ f (x0 ) − y0 = 0 ⇒ f (x0 ) = y0 . 11. Непрерывность обратной функцииОпределение 11.1. f (x) называется строго возрастающей на [a, b], если∀ x′ , x′′ ∈ [a, b] таких, что x′ < x′′ ⇒ f (x′ ) < f (x′′ ).f (x) называется строго убывающей на [a, b], если ∀ x′ , x′′ ∈ [a, b] таких,что x′ < x′′ ⇒ f (x′ ) > f (x′′ ).Теорема 11.1. Пусть 1) f непрерывна на [a, b].2) f строго возрастает на [a, b], (f строго убывает на [a, b])Тогда1) существует обратная функция f −1 , определенная на [A, B][f (a), f (b)]2) f −1 строго возрастает на [A, B], (строго убывает на [a, b])3) f −1 непрерывна на [A, B].=Доказательство проведем для строго возрастающей функции.

1) Т.к. fстрого возрастает, то f взаимно-однозначна, следовательно, существует обратная функция f −1 .2) Т.к. f непрерывна на [a, b] и f возрастает, то f [a, b] = [f (a), f (b)] =на[A, B], и, значит, f −1 : [A, B] → [a, b] взаимно однозначно.643) Очевидно, что f −1 строго возрастает на [A, B]. В самом деле, пустьy1 < y2 , но f −1 (y1 ) > f −1 (y2 ). Обозначим f −1 (y1 ) = x1 , f −1 (y2 ) = x2 , тогдаx1 > x2 , и т.к.

f строго возрастает, то f (x1 ) > f (x2 ), т.е. y1 > y2 , что невозможно.4) Покажем, что f −1 непрерывна на [A, B]. Выберем y0 ∈ [A, B]. Т.к. fнепрерывна на [a, b], то ∃ x0 ∈ [a, b], в которой f (x0 ) = y0 , и, значит,f −1 (y0 ) = x0 . Покажем, что f −1 непрерывна в т. y0 , т.е.∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ y ∈ Oδ (y0 ), |f −1 (y) − x0 | < ε.Выбираем ε > 0 и обозначаем y1 = f (x0 − ε), y2 = f (x0 + ε), δ = min(|y1 −y0 |, |y2 −y0 |). Тогда f −1 (y0 −δ, y0 +δ) ⊂ (x0 −ε, x0 +ε), т.е.

f −1 (y) непрерывнав т. y0 . 12. Обратные тригонометрическиенепрерывностьфункциииих[ π π]Определение 12.1. Функциюsinxрассматримна− 2 , 2 . Так как sin x[ π π]1) строго возрастает[ π на] −2, 2 ,π2) непрерывнана − 2 , (2 ),( π)3) sin − 2 = −1, sin π2 = 1, то по теореме 11.1 существует обратная функция к sin x, определенная на [−1, +1], строго возрастающая на[−1, +1] и непрерывная на [−1, +1]. Эту функцию называют arcsin x.Определение 12.2.

Функцию cos x рассмотрим на отрезке [0, π]. Таккак cos x1) строго убывает на [0, π],2) непрерывна на [0, π],3) cos 0 = 1, cos π = −1,то по теореме 11.1 существует обратная функция к cos x, определенная на [−1, 1], строго убывающая на [−1, 1] и непрерывная на [−1, 1]. Ееназывают arccos x.tg xрассмотримнаотрезке] 12.3. Функцию[Определение1 π1π− 2 + n , 2 − n = [an , bn ].

По теореме 11.1 для tg x существует обратная,определенная на [An , Bn ] An = tg an , Bn = tg bn , (An → −∞, Bn → +∞),непрерывная на [An , Bn ] и строго возрастающая. Ее обозначают arctgxили arctan x. как Так как An → −∞, Bn → +∞, то arctan x определен навсей числовой прямой и строго возрастает на (−∞, +∞) и непрерывенна (−∞, +∞). Кроме того, lim arctan x = π2 , lim arctan x = − π2 .x→−∞x→∞65Аналогично доказывается существование обратной к ctgx.Задача. Доказать существование обратной к ctgx и нарисовать график.13. Определение показательной функции ax1Лемма 13.1. Пусть a > 0, a ̸= 1. Тогда 1) lim a n = 1.n→∞2) Если rn → 0, rn ∈ Q, то lim arn = 1.n→∞1Доказательство.

1) Пусть a > 1, ⇒ a n > 1 ⇒ ∀ n > a справедливо11неравенство 1 < a n ≤ n n . Но1lim n n = 1,n→∞1следовательно, по теореме о сжатой переменной lim a n = 1.n→∞Если 0 < a < 1, то полагаем a =lim 11n→∞ b n1b,1где b > 1 ⇒ lim a n = lim= 1. n→∞n→∞( 1 ) n1b=2) Пусть rn → 0 + 0, rn ∈ Q. Тогда существует последовательность натуральных чисел (mn ) → ∞ такая, что rn < m1n . Поэтому при a > 11имеем 1 < arn < a mn → 1. По теореме о сжатой переменной lim arn = 1.n→∞1aЕсли 0 < a < 1, то полагаем b => 1 и по только что доказанному11rnlim a = lim brn = 1 = 1. Аналогично получаем, что lim arn = 1.rn →0+0rn →0+0Отсюда и следует, что rlimarn = 1. →0rn →0−0nrn ∈QОпределение 13.1. Пусть m, n ∈ N, a > 0.

Положим по определению( 1 )mmm1a n = an, a− n = m .anВ школе(былиследующие свойства:)mдоказаны1m11) a n = a n= (am ) n . (a > 0).mmm2)(a · b) n = a n · b n . (a > 0, b > 0).mm3) a < b ⇒ a n < b n .m1m2m1m2m21n1n2n1n2<тоa<a,приa>1иa>a, при 0 < a < 1.4) Если mn1n2m1m2m1m25) a n1 + n2 = a n1 · a n2 .m1m1m2m26) a n1 − n2 = a n1 · a− n2 .66Лемма 13.2. Пусть x0 ∈ R, a > 0. Тогда существует пределlim ar .r→x0r∈QДоказательство. 1)Выберем последовательность rn → x0 , rn ∈ Q. Покажем, что существует lim arn .

Для этого покажем, что последовательностьn→∞(arn ) фундаментальна. Обозначим m = n + p и рассмотрим разность()arn − arm = arn 1 − arm −rn .Так как rn → x0 , то (rn ) ограниченная последовательность, arn – тожеограниченная последовательность. Так как rm → x0 , rn → x0 ⇒ rm − rn →0 ⇒ arm −rn → 1 ⇒ lim (arn − arm ) = 0 ⇒ (arn ) – фундаментальнаяm,n→∞последовательность, следовательно, существует lim arn .rk′n→∞rk′rk′′′′2) Покажем, что ∀→ x0 и→ x0 lim a = lim ark , т.е.

предел независит от выбора последовательности rk → x0 . Образуем последовательность (rk ), определяемую равенствами r2n = rn′ , r2n+1 = rn′′ . Очевидно, что′′′rn → x0 ⇒ ∃ lim arn = A ⇒ lim arn = A ∧ lim arn = A.n→∞3) Таким образом, ∀ zn → x0 существует lim arn = A ⇒ ∃ r→xlim ar . rn →x00r∈QОпределение 13.2. Пусть a > 0, a ̸= 1, x ∈ R. Положим по определениюax = limar .r→xr∈Q14. Свойства показательной функцииОпределение 14.1. Пусть a > 0, a ̸= 1. Функция f (x) = ax называетсяпоказательной.Свойства. 1) ax определена ∀ x ∈ R.

Это очевидно из определения ax .2) ax+y = ax ay ; (ab)x = ax · bx .Доказательство. Выбираем xn → x, yn → y, xn , yn ∈ Q. Тогда xn + yn →x + y, и, значит,ax+y = lim axn +yn = lim (axn · ayn ) = lim axn lim ayn = ax · ay .n→∞n→∞n→∞n→∞Аналогично доказываем второе равенство. 3) ax a−x = a0 = 1, т.е. a−x = a1x .4) При a > 1 функция ax строго возрастает, при 0 < a < 1 – строго убывает.67Доказательство. Пусть x < y и a > 1. Выберем последовательности (xn )и (yn ) такие, что xn , yn ∈ Q, xn < yn , xn+1 < xn , yn+1 > yn , xn → x, yn → y.По свойствам возведения в рациональную степеньaxn+1 < axn < ayn < ayn+1 .Переходя к пределу в этом неравенстве при n → ∞, получаемax < ax1 < ay1 < ay ,т.е. ax строго возрастает.

Аналогично рассматривается случай 0 < a < 1.5) При a > 1 lim ax = +∞, lim ax = 0.x→+∞x→−∞Доказательство. Т.к. a > 1, то a = 1 + γ (γ > 0). По неравенствуБернуллиan = (1 + γ)n ≥ 1 + nγ → +∞ (n → ∞).Поэтому lim an = +∞. Отсюда следует, что lim ax = +∞. Если x → −∞,n→∞x→∞то x < 0, и поэтому1= 0.|x|→+∞ a|x|lim ax = lim a−|x| = lim|x|→+∞x→−∞6) При 0 < a < 1 lim ax = 0, lim ax = +∞.x→+∞x→−∞Доказательство. Обозначим b = a1 .

Очевидно,b > 1. Поэтому()xlim bx = +∞, и, значит, lim ax = lim 1b= lim1 bx = 0. Анаx→+∞x→+∞x→+∞логично получаем lim a = +∞. xx→+∞x→−∞x7) lim a = 1.x→0Доказательство. Пусть вначале a > 1. Покажем, что если xn → 0 + 0, тоlim axn = 1. Выберем последовательность (rn ) так, что rn → 0, rn > xn ,n→∞rn ∈ Q. По свойству монотонности 1 = a0 < axn < arn . Так как lim arn = 1,n→∞то по теореме о сжатой переменной lim axn = 1.

По определению пределаn→∞на языке последовательности отсюда следует lim ax = 1. Если x → 0 − 0,xто lim a =lim a|x|→0+0−|x|x→0+0=lim a1|x||x|→0= 1, и, значит, lim ax = 0. Случайx→010 < a < 1 сводится к предыдущему заменой b = a . 8) lim ax = ax0 , т.е. функция ax непрерывна ∀ x0 ∈ R.x→x0Доказательство.lim (ax − ax0 )=lim (ax−x0x→x0x→x01)ax0=ax0 · lim (ax−x0 − 1)=ax0 · 0=x→x0x→0−068−0.9) Используя свойства 1)-8), мы можем построить графики функций axпри a > 1 и 0 < a < 1yy6611y = ax (a > 1)y = ax (a < 1)-x-x15. Логарифмическая функция как обратная к показательнойОпределение 15.1. Пусть a > 1. Тогда функция f (x) = ax определена на(−∞, +∞), строго возрастает, непрерывна, lim ax = +∞, lim ax = 0x→+∞x→−∞и f (−∞, +∞) = (0, +∞).Тогда по теореме 11.1 существует обратная функция f −1 (y), определенная на (0, +∞), строго возрастающая, непрерывная.

Эта функция называется логарифмической и обозначается loga y. Таким образом, x =loga y ⇔ ax = y или y = loga x ⇔ ay = x. Так как a0 = 1, то loga 1 = 0.Определение 15.2. Пусть 0 < a < 1. Тогда функция f (x) = ax ,определенная на (−∞, +∞), строго убывает, непрерывна, lim ax =x0, lim a = +∞. Поэтому существует обратная функция fx→−∞x→+∞−1(y), опре-деленная на (0, +∞), строго убывающая, непрерывная.

Характеристики

Список файлов ответов (шпаргалок)