Иванов Матан

ваячитСледовательно,прямаямножеством. множеством значенийункцииункцииar tg ) являетсf3(x) = tgвсx (ачислозна-

ar sin, ar os, ar tg непрерывны на своих множестâàõ

определения.

Ïpèìåp.

à)

lim

x

= 1,

á)

lim

x

= 1.

В с лу теоремыопренепределениярывности обратной ункции ункции

y(x) = ar tg x, f(y) = ar tgyy

;

6 ;

ar sin x

x!0

x

x!0

утверждение

ешение. Докаæåì

(а). Определим ункции

1;

y = 0:

ункция f(y) непрерыв-

íà

Èç ïðåдыдущего приìåðа следует,

íà интервале

( ;

). Ïî

теоремечто непрерывности сложной

2

2

ункции ункция '(x) = f(y(x)) непрерывна. Так как '(x) =

=

ar tg x

;

6

, òî

1;

x

x = 0

ar tg x

= lim '(x) = '(0) = 1:

lim

x

x!0

x!0

.

Утверждение (б) доказывается

Лемма 1. ПустьСтепенная,n 2 N f(xаналогично) = x . Т да

Ÿ 10.

è ëîã

показ

ункции

непрерывности п

изведения (т орема 1тельнаяŸ 6) и прåрывности унк-

ункция f

непрерывнаари мическстрого возраст

íà [0; +1);

1)2 f([0; +1)) = [0; +

1)

).

n

ñë äó

из теоремы о

Доказательство.

Непр рывность f

öèè '(x) = x. Ñòðîгое возрастàíèå f äîêазывается индукцией по n.

2) Поскольку

inf

f(x) = 0,

sup

f(x) = +1, òî â ñèëó

8y0

x2[0 +1)

2

(0; +1) 9x0 2 [0; +1) : xn = y ;

теоремы 5 Ÿ 7 имеем

x2[0;+1)

. . (0; +1) f

; +

)). Отсюда и из равенства f(0) = 0 следует,

0

что [0; +1) f([0; +1)). Поскольку 8x 2 [0; +1) ,! f(x) 0, то

справедливо

и обратное включение.

65

1

p

Опpеделение.

ñòü n 2 N,

2 [0; +1). Через y

n

=

n

y îáî-

çíà

я значение Пункции f

1

(y), обратной

óíêöèè f : [0; +

+1) ! R, f(x) = x

n

.

(òåî åìû 1 Ÿ 8)

чаетсВ лу леммы 1 и теор мы об обратной

óíêöèÿ g(y) =

n y îïðåäå

ñтрого воçрастаетункцèè

непрерыâíà íà

p

n 2 N и дробь m

Опpеделенèå. Åñëè xëåíà,> 0

ëó÷å [0; +1).

m

1

m;

m

n

Тем самым мы

xp

для любых x 2 (0; +1несократима,) p 2 Q.

определим:

x n

= (x n )m,

x n

= 1=(x n ).

И пользуя эти

îопределенпределилия, можно получить следующие свой-

ñòâà

ñтепеней рациональным показателем.

(a

x

y

= a

xy

;

1)

x; y 2 Q 8a > 0

)

0

2)3

8x; y 2 Q : x < y 8a 2 R : a > 0 ,!

x

>

< bx;

a; b 2 R : 0 < a < b 8x 2 Q

axay = ax+y

;

Лемма 2. 8a > 0 ,!

lim a

1=n

= 1.

a

<

1 ) ax

> ay:

Доказательство.

n!1

случай a > 1. Обозна÷èì bn =

= a1

=n

1. Òîãäà bn

> 0 àссмотримсилу неравенства Бернулли

a = (1 +

+ b

1 + nb

> nb

,

следовательно, b

< a=n ! 0, а значит,

n

)

n

n

n

! 1.

a1=n

1

> 1, òî

Ñлучай a 2 (0; 1) сводится к предыдущему: так как

1

1

! 1

1

= 1

.

1

1

! 1 ïðè n ! 1.

a

n

a n

n

÷òî

последовательностисть faxng ундаментальна. Так как fxng

a

Теорема-

a

íèå

1. Пусть

a >

0, x 2 R. Тогда для

lim

a

2 R.определЭтот

дел при данном x не зависит от последова-

любой

fx g Q,

х дящейся к x, существует

Доказательствоn .

Пусть для

определенности

a 1. Покажем,

n!1

xn

n

fx g

об значается ax.

тельн

66

любыхтельограíо,ичена,m;существуетk 2тоN существуетсправедливоC = aMM:неравенство82n N2: N8n,!2 Nax,n!2 j(0xn; jC . ПоэтомуM. Следовадля-

ja

xm

a

x

j = a

xk

ja

xm xk

1j C ja

xm xk

1j:

(1)

Так как последовательность fx

n

g сходится, то она ундаментальна:

x

j < "

8n 2

8" > 0 9N : 8m; k N ,! jx

m

2 N 9N :

8m; k N

,!

j

k

m

x

k

j < 1=n. Поэтому 8m; k N ,!

! a

xm xk

2 [a

1=n

; a

1=n

.

1=n

Так как по лемме 2 a

1=n

! 1, a

! 1 ïðè n ! 1 òî 8" >

> 0 9N : 8m; k N ,!

jaxm

1j < ",

xm

a

xk

j < C"

учетом

п лучаем

8" > 0 9N : 8m; k

N ,! ja

тельно, по

xn

g ундаментальна. В силу крите-

fa

ðèÿ Êîøè ïîñë

ÿ, ÷òî

lim

fa

xn

g

ходится. Так же, к к следовалемме

(1),Ÿ 3, äîê

axn

íå

зависитследовательно,от последов тельности

fx

n!1

g Q,азываетследовательностьдящейся к x.

рациональным показателем, пре

nИспользуя свойства степеней

дельным

перех

дом получаем

следующие

свойства степеней с дей-

ствительным

показателем.

x

)

y

= a

xy

;

1)

x; y 2 R 8a > 0

(a

2

a; b 2 R : 0 < a < b 8x 2 R

axay

= ax+y;

3) 8x; y 2 R : x < y 8a 2 R : a > 0 ,!

x >

0

< bx;

Ë ìì 3.

8a > 0 ,! lim a

x

= 1.

a <

1 ) ax

> ay:

Äîê

x!0

1.

. ассмотрим сначàла случай, когда a

В силу леммы 2

lim a

1=n

=

1,

8" > 0 9n

N : (a

1=n

; a

=n n

) (1 ; 1 + ")следовательно,. Поэтому силу монотонно-

сти показательной ункции 8"

> 0 9Æ =

1

> 0 : 8x 2 ( Æ; Æ) ,! ax 2

2 (a 1=n; a1=n)

(1

";!1+ ").

n

непрерывна на R.

Ò îp ìò 2.ëüñò8a î

0 ункция f(x) = ax

67

xlim!xÄîê0 ax = ylim!ò0ëüñòax0+y î=. axÂ0

силуylim!0 ayлеммы= x0 . 3 для любого x0

2 R имеем

Опp л ни . Пусть a > 0, a =6 1, y > 0. Тогда через log

a

y

обозначим значение обратной ункции f

1

(y) к ункции f : R ! R,

f(x) = ax.

x

ïðè a > 0, a =6 1 îíà îá

В силу монотонности ункции f(x) = a

ратима. Так как inf a

x

= 0, sup a

x

= +1, то по теореме 5 Ÿ 7 унк

x2R

x2R

ция f 1(y) = loga y определена при всех y 2 (0; +1). По теор ме о

непрерывности обратной ункции ункция f 1

(y) = loga y непре-

рывна.

x, где число e

Опp л ни . Пусть x > 0, тогда ln x = log

e

определено в Ÿ 7 главы

.S

b .

Ë ìì 4. 8a 2 (0;

1)

(1; +1) 8b > 0 ,! log

a

b =

Док т льст о. Поскольку f(x)

log

ln a

a

x ункция, обратная

x

loga b

ln a

к ункции g(x) = a

, òî a

= b, e

=

a

, e

ln

b. Ñëåдовательно,

a

log

a

b

ln a log

b

ln a

log

b

= b = e

b

e

= e

= a

:

log

b = ln b,

да и из обратимости ункции ex

следует, что ln a

a

Îòñþ.å. log

a

b =

b .

Ò

lna

Пусть a > 0. Тогда ункция f(x) = logx a непре

3.

ûâíà íà

æå

S

âå (0; 1) (1; +1).

p

ðåìû

непрерывно

и частного.

Äîê ò ëüñò î

следует из

непрерывности ln x, леммы 4 и тео-

Ò

4. Пусть p 2 R. Тогда ункция f(x) = x

непрерывна

íà (0; +1).

з ормулы x

p

= e

p ln x

, непрерывно-

Ä

т льст о следует

ункции.

è теоремы о непрерывности сложной

сти л оpгарим ма и экспоненты

68

Ÿ 11.

Второй м ч т льный пр л

Ë ìì

. Если fn g произвольная (не об

возрастающая) последовательносk

òü натуральных язательночисел акая,строгочт

lim n

k

= +1, òî

1

nk

k!1

lim

1 +

= e: