1610912325-537f93a9ed79c6e0a65b212a8eeb3d50 (824705), страница 12
Текст из файла (страница 12)
|xn − yn | < n1 ⇒ lim limtsn→∞ |xn − yn | = 0Док-во.xn ∈ [a, b] ⇒ xn — ограниченная последовательность⇒ по т. Вейерfa (x) = fa ( x2 + x2 ) = fa ( x2 ) · fa ( x2 ) = (fa ( x2 ))2 > 0штрасса у неё существует сходящаяся подпоследовательность xnkВ силу свойств действительных чисел.lim limtsn→∞ xnk = x01m n4. fa ( mm, n ∈ Z;x0 — предельная точка [a, b]n ) = (a )Док-во.[a, b] — замкнут ⇒ x0 ∈ [a, b] Выберем ynk :mmmm mmfa n ( mтакую, что lim limtsn→∞ |xn − yn | = 0 ⇒ ynk — сходиться.n ) = fa ( n ) · fa ( n ) · . .
. fa ( n ) = fa ( n + n + . . . + n ) = fa (m) =||{z}{z}lim limtsk→∞ ynk = x0 . Т.к. f непрерывна на [a, b] ⇒ f — непрерывнаn разn разв(x01)m nfa 1 + 1 + . . . + 1 = fa (1)m = am ⇒ fa ( mn ) = (a ) .lim limtsk→∞ f (xnk ) = f (x0 );{z}|Это непрерывно в x0 ⇒ lim limtsk→∞ |f (xnk ) − f (xnk )| = m разlim limtsk→∞ ynk = f (x0 ).05. Если fa (x) непрерывна в x = 0, то она непрерывна на R;|f (xnk ) − f (ynk )| > Ωt ( n1k ) − n1kДок-во.|f (xnk ) − f (ynk )| + n1k > Ωf ( n1k ) > 0Если t непрерывна в x = 0, то ⇒ lim fa (x) = fa (x) = 1 (Согласно свойx→0Перейдём к пределу при k → ∞, тогда lim limtsn→∞ Ωf ( n1k ) = 0 поству 1)лемме о 3 милиционерах lim limtst→0 Ωf (t) = α ⇒ α = 0.Пусть x0 ∈ R, тогда lim fa (x) = lim fa (x − x0 )·fa (x0 ) = fa (x0 )· lim fa (x − x0 ) =x→x0x→x0x→x0fa (x0 ) · lim fa (y) = fa (x).y→0Если y = x − x0 , то fa (x) — непрерывна.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/3.8.
Элементарные функцииMFH CorporationСтр. 85Глава 3. ФункцииMFH CorporationНеравенство Бернулли: (1 + n)m > 1 + mnПри n = 0 или m = 1 достигается равенство.Теорема 3.8.2.. Пусть∀m ∈ N, ∀n > −1Теорема 3.8.4 (Теорема1).f, g — две непрерывные функции на RПредположим, что f (q) = g(q) ∀q ∈ Q. f (x) — определена ∀x ∈ R.. Тогда∀x ∈ RСтр. 86. Доказательство.f (x) = g(x). Доказательство.Пусть x ∈ R. Выберем пробную последовательность qn → x, приn → ∞, тогда в силу непрерывностиlim f (qn ) = f (x)n→∞lim g(qn ) = g(x)◦ Пусть x ∈ R, тогда ∃k ∈ N x > −k (из аксиомы Архимеда)zn = (1 + nx )n некоторая последовательность.Докажем, что n > k.zn — монотонно возрастает.zn > 0. Если докажем, что zn+1zn > 1, то zn+1 > zn n > kn−k1 + nx = n+x>>0nnzn+1znn→∞qn ∈ Q ⇒ f (qn ) = g(qn ) ⇒ f (x) = g(x).=x1+ n+1xn+1= (1x )n ) · ( 1+ nxx1+ n+1 −1− n n+1)= (1 + nx )(1x1+ n= (1 ++x1+ n+1xxn )(1 + 1+ n11x( n+1+n) n+11)= (1 + nx )(1 ++n·x·(−1)−x(1 + nx )(1 + (n+x)·n(n+1))n+1 = (1 + nx )(1 + (n+x)(n+1))n+1(n+1)(−x)xxn+xn(n+x)(n+1) ) = (1 + n )(1 − n+x ) = n · n+x = 1 ⇒ znn+1Следствие 3.8.3.Любые две непрерывные функции fa (x) и ga (x), удовлетворяющие свойствам (1 и 2) совпадают.fa (x) — называется показательной функцией с показателем a.Построение функции.Пусть x ∈ R.Определим f (x) = lim (1 + nx )n :n→∞1.
f (0) = 1;2. f (x) — определена ∀x ∈ R;)=> (1 + nx )(1 +— монотонно◦ Таким образом, zn = (1 + nx )n при x > k монотонно возрастает.−∞ < (1 +fa (q) = ga (q)n+xn−возрастает при n > k.. Доказательство.q∈QПусть x = mnСогласно свойству (4):1m nfa ( mn ) = (am )mga ( n ) = a n , тем самым ∀q ∈ Qx)n+1(1+ n+1x n(1+ n)x kx) < lim (1 + )n .n→0knПусть l ∈ N, предположим, что x < l. Следовательно, −x > −l.(1 − nx )n при −x > −l монотонно возрастает.Пусть m = max(l, x), тогда если n > m, то:nx nx2x n 6 1 ∀x 6= 0 ⇒· 1−= 1− 21+nnnx n11n 6⇒ 1+6l < ∞.xn1+ n1 + xlТ.е.
zn — монотонно возрастает и ограниченна. Значит существует предел ∀x ∈ R.Отсюда следует, что ∀x функция f (x) = limn→∞ (1 + nx )n — определена. f (x) = exp(x) = ex — называется экспонента.3. f (x) — непрерывна при x = 0;Следствие 3.8.4.1.4. f (x + y) = f (x) · f (y).Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/3.8. Элементарные функцииMFH Corporationlim (1 +n→∞Стр. 87Стр. 88Глава 3. ФункцииMFH CorporationСледствие 3.8.5.1.1) = e1 = exp(1).nПусть zn → a при n → ∞, тогда (1 +zn nn )→ en .Теорема 3.8.6.Следствие 3.8.4.2.. exp(x + y) = exp(x) · exp(y).Если −k < x < l, то:. Доказательство.1x k6 ex 61+k1 − xlx ny nxy nexp(x)·exp(y) = lim (1+ ) · lim (1+ ) = lim (1 + )(1 + ) = lim 1 +n→∞n→∞n→∞n n→∞nnnСледствие 3.8.4.3.Т.е. zn = x + y +Если x > 0, то:xyn .xe > 1 + x.Если x < 1, то:ex <zn → x + y при n → ∞. Следовательно:zn n= exp(x + y).1+n→∞nlim1.1−xТеорема 3.8.7 (Монотонность exp).Теорема 3.8.5 (Непрерывность ex в нуле)..
ex непрерывна в точке x = 0.. exp(x) — строго монотонно возрастает на R.. Доказательство.. Доказательство.Пусть x1 < x2 ; x1 , x2 ∈ R. Рассмотрим:e0 = 1 (из определения).Пусть zn → 0 при n → ∞ приближает последовательность. Т.к.limn→∞ zn = 0, то ∃M | ∀n > M |zn | < 1.Пусть n > M , тогда:znz2zn(1 + ) · (1 − ) = 1 − n2 < 1 ⇒nnn⇒ (1 +1zn n1) 6zn n 6n(1 − n )1 − znТ.е. (1 + zn ) 6 ezn 6следует из свойств.exp(x2 ) = exp(x2 −x1 +x1 ) = exp(x1 )·exp(x2 −x1 )Т.е. строгая монотонность доказана.>exp(x1 )·(1+x2 −x1 ) >|{z}по след. 3Теорема 3.8.8 (Поведение exp на ∞).. limx→+∞ exp(x) = ∞.11−zn .1Если zn → 0, то 1 + zn → 1 и 1−z→ 1. Следовательно по теоремеnznо трех милиционерах, limn→∞ e = 1.limx→−∞ exp(x) = 0..
Доказательство.◦ При x > 0 по следствию 3: exp(x) > 1 + x ⇒ limx→∞ (1 + x) = ∞.Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/3.8. Элементарные функцииMFH Corporation◦ Рассмотрим функцию e−x . Тогда 0 < e−x <0.11−x .Тогда limx→∞Стр. 8911−x=Стр. 90Глава 3.
ФункцииMFH Corporation3. eln x ∀x ∈ (0, ∞), ln ex = x ∀x ∈ (−∞, +∞) (следует из теоремы об обратной функции);4. ln(x1 · x2 ) = ln x1 + ln x2 .Пусть x1 > 0, x2 > 0; y1 = ln x1 , y2 = ln x2 . ey1 +y2 = ey1 · ey2 = eln x1 ·· eln x2 = x1 · x2 . Следовательно:Теорема 3.8.9 (Замечательный предел).x. limx→0 ( e−1x )= 1.ln ey1 +y2 = ln(x1 + x2 ). Доказательство.ln ey1 +y2 = y1 + y2 = ln x1 + ln x2 .Можно считать, что x ∈ (−1; 1). Согласно следствию 2 имеет место1Следовательно:1 + x < ex < 1−xx1−1=.x<e −1<1−x1−xx◦ Пусть x > 0, тогда:ln xx12 = ln x1 − ln x2 доказательство аналогично.5. ∀x > 01−1xПри x > 0 ex > 1 + x.
Пусть x = ln y, тогда:1 + ln y < eln y ⇒x1<e −11<.x1−x1Т.к. limx → 0 1−x= 1, то по теореме о 3-х милиционерах:Согласно свойству 4 ln1x⇒ y − 1 > ln y.(1)= − ln x. В неравенстве (1) сделаем замену y = z1 :111− 1 > ln = − ln z ⇒ ln z > 1 − ∀z > 0.zzzex − 1= 1.x→0−xlim◦ Пусть x < 0, тогда:< ln x < x − 1.6. Замечательный предел:ln(1 + y)=1y→0yex − 111>>.x1−xlim1Т.к. limx → 0 1−x= 1, то по теореме о 3-х милиционерах:ex − 1= 1.x→0+xПусть x = 1 + y. Т.к.
согласно свойству 5 x − 1 > ln x > 1 − x1 , то призамене получаем:limy > ln(1 + y) > 1 −1y=.y+1y+1(2)Пусть y > 0, тогда:1>Таким образом построена функция ex такая, что ex — определена на (−∞, +∞);e принимает значения на (0, ∞); ex — строго монотонна; e(x+y) = ex · ey .Согласно теореме об обратной функции существует обратная функция, которую мы обозначим ln x.
Свойства ln x:xlimy→0+Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/по теореме о трех милиионерах.Пусть y < 0, тогда:1. ln x — непрерывна на области определения (следует из теоремы об обратной функции);2. ln x — строго монотонно возрастающая (следует из теоремы об обратнойфункции);ln(y + 1)=1y1ln(1 + y)>.yy+116limy→0−1ln(1 + y)6.yy+1ln(y + 1)= 1 по теореме о трех милиионерах.yЛекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/3.8. Элементарные функцииMFH CorporationСтр.
91Стр. 927.41 — площадь треугольника OAB;42 — площадь треугольника OCB;43 — площадь треугольника OAD;43 < 41 < 4241 = r2 sin x · 12 ;42 = r2 tg x · 12 ;43 = r2 x · 12 ;1 21 21 22 r sin x < 2 r x < 2 r tg x.Следствие: ∀x ∈ [− π2 , π2 ] | sin x| 6 |x|.lim ln y = +∞y→∞lim ln y = −∞y→0Следует из теоремы об обратной функции.ОПР 3.8.10 (Показательной функции).Пусть a > 0, a 6= 1. Определим функцию ax = exp(x ln a):1. a0 = 1;2.
a1 = a;3. ax+y = exp((x + y) ln a) = exp(x ln a) · exp(y ln a) = ax · ay ;4. ax — непрерывная функция, т.к. является суперпозицией 2-х непрерывных функций;5.exp( mnmnln a) = a .Глава 3. ФункцииMFH CorporationТеорема 4.8.13 (Теорема2).. Функции sin x, cos x равномерно непрерывны на R; tg x, ctg x непрерывнына области определения. Доказательство.3.8.11Тригонометрические функции110| · | cos x0 +x| 6 2 · | sin x1 −x|x0 , x1 ⊂ R | sin x1 − sin x0 | = 2| sin x0 −x222π. Пусть |x0 −x1 | < ε < 2 , тогда в силу неравенства | sin x| < |x|∀x |x| <l = 2π.cos α — проекция со знаком.sin α — проекция со знаком.α ∈ (0, π) по периодичности.Тем самым sin x, cos x определены ∀x ∈ R.sin xtg x = cosx.xctg x = cossin x .π200| sin x1 −x| < | x1 −x|220| < 2·| sin x1 − sin x0 | 6 2 · | sin x1 −x2равномерно непрерывна.Для cos аналогично.x1 −x02= |x1 − x0 | < ε ⇒ sin x —Лемма 3.8.12.Если F равномерно непрерывна⇒ F равномерна ⇒ tg x, ctg x непрерывнына области определения..
∀x ∈ (0, π2 ) имеет место: sin x < x < tg x.. Доказательство.Теорема 4.8.14 (Замечательный предел).6. limx→0CAq'$qrBqx qBqO D B&%Лекции по математическому анализуsin xx=1. Доказательство.Пусть x > 0, тогда согласно неравенству sin x < x < tg x;1 < sinx x < cos1 x .lim 1 = 1;x→0+lim 1 =x→0+ cos xlim x = 1;x→0 sin xhttp://MFH.gorodok.net/1lim cos xx→0+=1cos 0= 1. По теореме о зажатой функцииЛекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/3.8.
Элементарные функцииMFH CorporationСтр. 93Стр. 94MFH CorporationГлава 3. Функции= sin1 x , отсюда следует существование предела справа. Пустьxx < 0 ⇒ −x > 0;sin −x < −x < tg x;1 > x > cos1 x , по тем же рассуждениям ⇒ существует предел слева⇒существует предел.sin x — непрерывна, строго монотонно возрастает на (− π2 ; π2 ). По теореме об обратной функции, существует обратная функция arcsin x —эта функция строго монотонно возрастает.cos x — непрерывна, строго монотонно убывает на (0; π) соответственно существует обратная функция arccos x, которая строго монотонно убывает. Для tg x, ctg x — аналогично.xsin x4.8.15Гиперболические функции1.
sh x =ex −e− x;22. ch x =ex +e− x;23. th x =sh xch x ;4. cth x =ch xsh x ;5. ch2 x − sh2 x = 1;Пример 4.8.16 (К формулам).. y = sh x;ex − e− x = 2y;z = ex , z > 0;z + z1 = 2y;z 2 − 2zy − 1 = 0;D = 4y 2 +√4;p2y± 4y 2 +4z1,2 == y ± y 2 + 1;p 2z = y + py 2 + 1;ex = y + py 2 + 1;px = ln (y + y 2 + 1) ⇒ arcshy = ln (y + y 2 + 1)Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Лекции по математическому анализуhttp://MFH.gorodok.net/Стр. 96MFH CorporationГлава 5.
Дифференциальное исчисление функций одной переменнойЭквивалентно: f (x) = f (a) + L(x − a) + o(|x − a|) при x → a.Теорема 5.1.6.. Если функция f дифференцируема в точке a, то она непрерывна в точке a(обратное неверно, например: f (x) = |x|, a = 0). Т.к. f дифференцируемав точке a, то ∃L и α(x) | f (x) = f (a) + L(x − a) + α(x)|x − a|.Глава 5lim f (x) = limx→a (f (x) + L(x − a) + α(x) · |x − a|) =x→aДифференциальноеисчисление функций однойпеременной5.1Основные определения и теоремыОПР 5.1.1 (Множества, плотного в себе).Множество A ⊂ R называется плотным в себе если ∀x ∈ A, x - предельнаяточка A.Пример 5.1.2 (Плотного множества).A =< a, b > при a < b.= f (a) + L lim (x − a) + lim (α(x) · |x − a|) = f (a) + 0 + 0 = f (a)x→aСледовательно, f (x) дифференцируема.Теорема 5.1.7 (Необходимость и достаточность дифференцируемости функции)..
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
