Архипов, Садовничий - Лекции по математическому анализу (940510), страница 11
Текст из файла (страница 11)
База Во (х -~ оо) состоит из всех множеств (6), где 6 есть объединение двух лучей: (-оо, -с) 0 (с, +оо), с > О, 1ипу(х) = 1ип у(х). й. А = И. База Во (х -+ +со) состоит из всех лучей внда (с, +со), где с > О, 1ипу(х) = 1ип Дх) Т. А = 6!. База Во (х -+ — оо) состоит из всек лучей вида (-со, с), где с<О, 1!щу(х) = 1ш1 У(х).
Легко убедиться в том, что все эти совокупности множеств ВмВг,..., Вт действительно удовлетворяют определению базы. Проверка всех этих множеств на соответствие определению базы однотипна. Поэтому мы ограничимся рассмотрением только множества Вг 1) Вг состоит из окончаний Ь = Ьо вида (хо — Ь,хо) 0(хо,хо+6) ф 8, где Б — произвольное положительное число. Следовательно, Вг является бесконечным множеством, и каждое его окончание Ьо не пусто. 2) При всех Ьг < бг имеем Ьо, або, = Ьо„т.е. и второе условие базы выполнено.
Таким образом, множество Вг является базой множеств. Аналогично определяется ограниченность функции )(х) на множестве 0 сверху и снизу. Определение 4. Функция, ограниченная (ограниченная сверху, сппзу) па каком-либо окончания базы В, называется финально ограниченной( финально ограниченной сверху, снизу) относительно этой базы.
Утверждение 1. а) Пусть )(х) = с пря всех х б Ь, где 6 некоторое окончание базы В. Тогда 1пп((х) = с. в б) Если предел функции по базе В существует, то он единственен. Д о к а з а пг е л ь с гп а о. а) Для любого е > О возьмем окончание 6 б В. Тогда при всех х б Ь имеем Щх) — с) = О < к. б) Допустим противное, т.е. что существуют 11 о6 1г такие, что 11щ,((х) = 1м в 11пг1 (х) = 1г. в Возьмем г = ' ' .
Тогда: ~~~-~з~ 3 61 — — 61(х) б В такое, что У х б Ьг имеем ))(х) — 1~( < г; В Ьг = Ьг(е) б В такое, что Ч х б Ьг имеем Дх) — 1г(< г. По определению базы существует Ьз такое, что Ьз С 61 й Ьг. Выберем какое-нибудь х б 6а. Тогда имеем И1 — 1г/ = /(~(х)-1г) — (У(х) — (г)( < /У(х) — 1г!+Щх) -11) < 2г = !1г — 1г(, что невозможно.
Утверждение 1 доказано полностью, Определение 3. Пусть множество П С А (где А — область определения )(х)) и пусть существует с > О такое, что ()(х)( < с пря всех х б В. Тогда функция Дх) называется ограниченной (числом с) на множестве П. Утверждение 2.
а) Если 11гп/(х) = 1, то фуякция /(х) финально ограничена числом $1$+ 1. б) Если 1пп/(х) = 1 и 1 ф О, то функция д(х) = 1//(х) финальяо в ограничена числом 2/$1$ на окончании 6($1$/2), а функция /(х) на том же окончании имеет знак, совпадающий с Е. Д о к а з а гн е л ь с т е о. В общем случае Для базы В1 х -+ хо Утверждение 3. Пусть существуют пределы 1пп /(х) = Еы в 1ппд(х) = Ез. в Тогда справедливо равенство Епп(/(х) + д(х)) = Ед + Ею Выражаясь не вполне строго, можно сказать, что предел суммы двух функций равен сумме их пределов.
ео а) Возьмем г = 1. Тогда найдется 3 = Б(1) такое, что при всех х из проколотой Б-окрестности имеем $/(х) — 1$ < 1. тсюда при всех х: 0 < $х — ха$ < б имеем $/(х)$ = $(/(х) — 1) + 1$ < < $1(х) — 1$+$1$ <1+$1$, что и требовалось доказать. б) Разберем только случай 1 > 0 (второй случай аналогичен). Йозьмем е = Е/2. Тогда найдется д = 6(г) > 0 такое, что при всех х; 0 < $х — ха) < 6 имеем $/(х) — !$ < г = Е/2. Следовательно, справедливы неравенства: /(х) — 1 > — 1/2, /(х) >1/2 > О, 0 < д(х) = 1//(х) < 2/Е.
Утверждение 2 доказано. а) Возьмем г = 1. Тогда найдется 6 = 6(1) — окончание базы В такое, что при всех х б 6 имеем $/(*) — 1$ < 1. Отсюда при всех х б 6 получим $/(х) $ = $(/(х) — 1) +1$ < < $/(х) — Е$+ $1$ < 1+ $1$, что и требовалосьдоказать. б) Разберем только случай Е > 0 (второй случай аналогичен). Возьмем с = 1/2. Тогда найдется 6 = 6(г) > 0 — окончание базы В такое, что при всех х б 6 имеем $/(х) — 1$ < с = 1/2. Следовательно, справедливы неравенства: /( ) — Е > — 1/2, /(х) >1/2 > О, 0 < д(х) = 1//(х) < 2/!.
Утверждение 2 доказано. Д а к а з а т е л ь с т е о. В общем сл чае В качестве окончания 6(е) возьмем одно какое-либо окончание 6з такое, что Ьз С 6|(е/2) О 6г(е/2), В качестве радиуса искомой Ю-окрестности возьмем Ь = ппп(бг(е/2), аг(з/2)), где бг (з/2) — — это радиус проколотой брокрестности точки ха, в которой ~/(х) — !1~ < з/2, а Ьг зто радиус проколотой бг-окрестности точки ха, где 1д(х) — !г) < з/2. Тогда проколотая 6-окрестность точки ха содержится и в дрокрестности, и в бг-окрестности точки хз.
Поэтому имеем Чх: О < )х — хе! < 8 /(/(х) + у(х)) — (!г + !г) 3 < < !/(х) — !1$+ 1у(х) — !г| < е, что и требовалось доказать. где 61(е/2) — окончание, на котором 1/(х) — !11 < з/2, а Ьг(з/2) — это окончание, на котором )у(х) — !г! < е/2. Тогда Ух б Ьз имеем и/(*)+.(хн — (! +!.И < )/(х) — !! (+ 1д(х) !г( < е, что и требовалось доказать. Утверждение 4. Пусть /(х) = д(х) при всех х б 6, где 6 некоторое окончание базы В и 1пп/(х) = !. Тогда 1ппд(х) = !.
в в ,!! о к а з а т е л ь с т е о. Имеем д(х) = /(х) + (у(х) — /(х)). Так как при всех х Е 6 имеем д(х) — /(х) = О, то по утверждению 1 а) получим 1пп(д(х) — /(х)) = О. Отсюда В 1ппу(х) = 1пп /(х) + 1пп(у(х) — /(х)) = ! + О = 1, в в в что и требовалось доказать. Определение 5. агля 11пго(х) = О, то функция а(х) называется в бесконечно малой функцией по базе В, Замечание.
Из утверждений 1а) и 3 следует, что условие суще ствования предела 1пп/(х) = ! эквивалентно условию, что функция В о(х) = !(х) — ! есть бесконечно малая по базе В. ф(х) ) < 1о (х) /(х) ). Тогда функция,З(х) будет бесконечно малой по базе В. Утверждение 5. Пусть функция а(х) является бескрнечно малой по базе В, /(х) финально ограничена по той же базе, о к а з з т е л ь с т в о. В общем случае х-+ха Возьмем окончание 6з из условия ЬзСЬг176г(гг) Тогда при всех хЕЬ(г) имеем ф(х) !<(а(х) ( //(х) (<г/С.С=в,.
что и требовалось доказать. з'тверзкцение б. Пусть 1пп У(х) = 1ы 1ппд(х) = 1г. Тогда в ' в 1пп /(х)д(х) = 1г!г. в ,У о к а з а т е л ь с т в о. Имеем /(х) = !г+ а(х), д(х) = 1г+11(х), где а(х), 1!(х) — бесконечно малые функции по базе В. Тогда получим /(х)д(х) — !г1г = а(х)!г + 1д(х)1г + а(х)!3(х) — б.м., что и требовалось доказать. зтверждение 7. Пусть Йп/(х) =!и 1ппд(х) =(г, !г ф О.
Тогда в ' в /(х) 1г !пп — = —. в д(х) 1г ~7 о к а з а т е л ь с т в о. Имеем У(х) 11 !1 + а(х) 11 а(х)!2 Р(х)11 1 7(х) д(х) 1г 1г + з'(х) 1г !г д(х) а(х)!г —;3(х)1г Здесь — бесконечно малая функция по базе В, 1 1/д(х) — финально ограниченная функция по той же базе, поэтому 7(х) есть бесконечно малая функция по базе В, что и требовалось доказать. Для любого в>0 надо указать число б=б(г) >О такое, что Чх: 0<(х-хо!<б =ь (!у(х))<в В салу финальной ограниченности функции /(х) существует бг>0 такое, что Чх:0<(х-хо(<бг Щх)(<С.
Найдется бг=бг(в/С) >О такое, что гх: 0<)х-хо)<бг имеем )а(х) )<ег. Положим б=ппп(бп бг(з)). Тогда Ух: 0<(х-хо)<б имеем ф(х) /< /а(х) Н/(х)(<г/С С=в, что и требовалось доказать. Для любого г>0 надо указать окончание 6=6(е) базы В такое, что при всех хЕЬ ~ ф(х))<в. В силу финальной ограниченности функции /(х) окончание 61 такое, что при всех хЕЬ! =Ф (/(х) ((С. Найдется Ьг- — Ьг(вг)ЕВ такое, что при всех хбЬг =~ )а(х) ~<с/С. Лекпии 10 1 3.
СВОЙСТВО МОНОТОННОСТИ ПРЕДЕЛА ФУНКЦИИ Утверждение 1. Пусть с б Й, 1!то?(х) =1 и, кроме того, ?(х) > с в !или ?(х) > с) на некотором окончании 6 базы В. Тогда 1 > с. ,7 о к а з а та е л ь с тп в о. По условию о(х) = ?(х) — ! бесконечно малая функпия, причем для всех х б Ь о(х) = ?(х) — ! > с — !. Допустим, что с — 1 > О. Тогда для е = т-,— найдется окончание Ьт б В такое, что при всех х б 6т имеет место неравенство 1а(х)) < е.
Заметим, что найдутся окончание Ьз С 6 тч Ьт и точка х е Ьз, для которой выполнены неравенства е > 1о(х)! > а(х) > с — ! = 2е > О. Отсюда вытекает, что О < 2е < е, что невозможно, Тем самым утверждение 1 доказано.
Утверждение 2. Пусть!ппв ?(х) = ?т, 1ппвд(х) = !з, ~(х) < д(х) на некотором окончании 6 базы В. Тогда 1т < 1з. ,~? о к а з а га е л ь с от а о. Рассмотрим Ь(х) = д(х) — ?(х). По условию Ь(х) > О, !пи 6(х) = 1 = 1з — 1т. Из утверждения 1 имеем 1 > О, в т.е, 1з >1т, что и требовалось доказать. Утверждение 3. Пусть )(х) < д(х) < Ь(х) иа некотором окончании базы В, 1(тп!'(х) =1, 1ппЬ(х) =!. в ' в Тогда сушествует 11птд(х) = 1. в ,?? о к а з а та е л ь с от в о. Из условия имеем О < д(х) — ?(х) < Ь(х) — ?(х), о(х) = Ь(х) — ?(х) -+ О (по базе В), т.е, о(х) — бесконечно малая функция по базе В. Но так как !д(х) — У(х)! < о(х), то по утверждению 5 з 2 д(х) — У(х)— бесконечно малая функция по базе В.
Тогда 1ппд(х) = !пп(д(х) — У(х)) + !ппУ(х) = О + ! = ?, в' в в что и требовалось доказать. ! 4. КРИТЕРИЙ КОШИ СУЩЕСТВОВАНИЯ ПРЕДЕЛА ФУНКЦИИ ПО БАЗЕ Т е о р е м а (Критерий Коши). Для существования предела функции У(х) по базе В необходимо и достаточно, чтобы для любого е > О существовало окончание Ь = 6(е) такое, что при всех х,у б 6 было справедливо неравенство Щх) — У(у)! < е. ,7 а х а з а т е л ь с т в о.
Необходимость. Пусть !ппвУ(х) = !. Тогда для любого е > О существует окончание Ь! = 6~(е/2) б В такое, что при всех х,у б Ь1 имеем Е Щх) — ?! < — )У(у) — ?! < †. 2' 2 Отсюда при всех х,у б 61 !У(х) — У(у)! < (У(х) — !!+ Щу) — ?! < — + — = е. 2 2 Достаточность. Докажем, что У(х) .финально ограничена. Действительно, возьмем е'т 1. Тогда существует 6(1) б В такое, что при всех х,у б Ь(1) имеем Щх) — У(у)! < 1. Зафиксируем у. Тогда при всех х б 6(1) !У(*И < !У(х) — У(у)! + !У(у)! < ! + )У(у)!. В силу условия Коши для любого е > О существует 6(е) б В такое, что при всех х,у б 6(е) имеем Щх) — У(у)! < е. Но зто значит, что е есть верхняя грань значений величины (У(х) — У(у)) для всех х,у Е 6(в), Используя также финальную ограниченность У(х), получим т(в) = (пГ У(х) Е В, М(в) = ввр У(х) Е )а, хе Ь(а) тВЬ(а) в > вор )У(х) — У(у)! = вир (У(х) — У(у)) = Юуео(а) *,ге Ь(а) — впр У(х) — !п1 У(у) = М(в) — т(в).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
