- •Теорема о пределе монотонной ограниченной функции.
- •Теорема 2.7
- •Устойчивость знака непрерывной функции.
- •Теорема 3.4
- •Непрерывность сложной функции.
- •Теорема 3.3
- •Теорема о существовании, строгой монотонности и непрерывности обратной функции.
- •Теорема 3.5
- •Достаточное условие непрерывности функции в точке.
- •Теорема 3.1
- •Производная обратной функции.
- •Производная сложной функции.
- •Производная функции, заданной параметрически.
- •Формула Лейбница.
- •Замена переменной в неопределенном интеграле.
- •Интегрирование по частям в неопределенном интеграле.
- •Теорема о стягивающейся системе сегментов.
- •Теорема Больцано-Вейрштрасса.
- •Критерий Коши сходимости последовательности.
- •Предельные точки последовательности. (Два определения и их эквивалентность)
- •Эквивалентность определений предела функции в точке по Коши и по Гейне.
- •Критерий Коши существования предела функции в точке.
- •Ограниченность непрерывной на сегменте функции (1-ая теорема Вейрштрасса).
- •Точки локального экстремума функции. Необходимое условие экстремума.
- •Теорема Ролля.
- •Формула Лагранжа.
- •Формула Коши.
- •Многочлен Тейлора. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.
- •2. Формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано.
- •Формула Тейлора с остаточным членом в форме Лагранжа.
Непрерывность сложной функции.
Непрерывность сложной функции.
Пусть аргумент tфункцииy=f(t) является функцией аргументаx:t=(x). В этом случае говорят, что переменнаяуявляется сложной функцией от аргументахили у является суперпозицией функцийfи.
y=f((x)).
Пример:
y=sin() - сложная функция.
y=sint, гдеt=.
Теорема 3.3
Если t=(x) непрерывна в точкеа(а) =b, и функцияf(t) непрерывна в точкеb, то сложная функцияf((x)) непрерывна в точкеа.
Доказательство:
По определению непрерывности нужно доказать, что > 0> 0: |f((x)) -f((a)) | <при
| x-a| <.
Зададим произвольное > 0.
Так как f(t) непрерывна в точкеb, то> 0: |f(t) -f(b) | <при |t-b| <. Отсюда следует, что
| f((x)) -f((a)) | <при |(x) -(a) | <.(1)
В свою очередь, так как (x) непрерывна в точкеa,
то для указанного > 0: |(x) -(a) | <при |x-a| <.(2)
Из (1)и(2)следует, что |f((x)) -f((a)) | <, если |x-a| <, что и требовалось доказать.
Теорема доказана.
Теорема о существовании, строгой монотонности и непрерывности обратной функции.
Пусть функцияу=f(x) определена на множествеХ, и пустьY- множество её значений. Пусть каждое своё значение функция принимает только в одной точке. В таком случае говорят, что функцияу=f(x) осуществляет взаимно однозначное отображение множестваХна множествоY. Поставим в соответствие каждомууYто числохХ, для которогоf(x) =у. Тем самым на множествеYбудет определена функция. Она называется обратной по отношению к функцииу=f(x) и обозначаетсях=(у). Отметим, что обратной для функциих=(у) является функцияy=f(x), поэтому функцииy=f(x) их=(x) называются взаимно обратными.
Примеры.
1) y=,X= [0, +),
x=,Y= [0, +).
(рисунок)
2) y=,X= (-,).
Эта функция обратной не имеет.
(рисунок)
Теорема 3.5
Пусть функция y=f(x) определена, непрерывна и строго монотонна на [a,b].
Тогда множеством её значений является сегмент Y= [f(a),f(b)], на сегментеYсуществует обратная функциях=(у), строго монотонная и непрерывная.
Доказательство.
(рисунок)
Пусть y=f(x) возрастает на [a,b].
В силу следствия из теоремы 3.4функцияy=f(x) принимает любое значение междуf(a) иf(b), а так какy=f(x)-ворастающая функция, то у неё нет значений, меньшихf(a), и значений, большихf(b). Тем самым, множество её значенийY= [f(a),f(b)].
Так как y=f(x)- возрастающая функция, то каждое значениеyYфункция принимает только в одной точке. Отсюда следует, что на сегментеYсуществует обратная функциях=(у).
Докажем, что х=(у)возрастает на сегментеY.
Возьмём и Y, <Требуется доказать, что<,
То есть, что <. Так какf() =,f() = , то если предположить, что, в силу возрастания функцииf(x) получимf()f(), то есть, что противоречит неравенству <. Таким образом() <(), то есть обратная функция возрастает на сегментеY.
Остаётся доказать непрерывность обратной функции на сегменте Y.
Возьмём произвольную точку (f(a),f(b)) и докажем непрерывность обратной функции в точке . Непрерывность в точкахf(a) иf(b) доказывается аналогично.
(рисунок)
По определению непрерывности нужно доказать, что > 0> 0: | (y) - () | <
при | y- | <, или |(y) - | <при |y- | <. Иначе говоря, нужно доказать, что значения обратной функции лежат в- окрестности точки для значений аргументауиз- окрестности точки.
Возьмем произвольное > 0 столь малым, чтобы -и +[a,b]. Пусть
f(-) =,f(+) =. Так как функцияy=f(x) - возрастающая, то <<. А так как обратная функцияx=(y) также возрастающая, то<(y) <при
<y<, то есть значения обратной функции лежат в- окрестности точкидля значений аргументаy(,).
Возьмём - окрестность точки, принадлежащую интервалу (,). Тогда, согласно доказанному, значения обратной функции для значений аргументаyиз этой- окрестности лежат в- окрестности точки, что и требовалось доказать.
Теорема доказана.
Доказать, что = 1 (первый замечательный предел).
= 1 (первый замечательный предел).
Доказательство:
sinx<x<tgxпри 0 <x< . Разделив наsinx, получим 1 < < . Отсюдаcosx< < 1 при 0 <x< . Входящие в эти неравенства функции - чётные, поэтому эти неравенства верны также при -<x< 0. Приx0cosx1, так как сosx- непрерывная функция. Следовательно, по теореме о двух милиционерах 1 прих0, что и требовалось доказать.
Теорема доказана.
Следствие 1.
sinx=x+ о(х) прих0. В самом деле, так как = 1, тоsinx~x
при х0, и ,следовательноsinx-x=o(x), откудаsinx=x+ о(х) прих0:
(рисунок)
Следствие 2.
cosx= 1 - +o(x2) прих0.
Доказательство:
=== 1. Отсюда следует, что
1 - cos~ прих0, поэтому 1 -cosx-=o(x2) прих0, или
cosx= 1 - +o(x2) прих0.
Следствие 3.
tgx=x+o(x) прих0.
Примеры:
== =12.
2) ;
1) первая попытка:
==- чему равен предел этой дроби, сказать нельзя.
2) вторая попытка:
.
Доказать, что (1 +х)1/х =е. (второй замечательный предел.
(1 +х)1/х =е.(это неопределённость типа 1).
Доказательство:
По определению, е = .
Неверное доказательство теоремы:
Положим=х, тогда= (1 +х)1/х , иx0 приn.
Поэтому (1 + х)1/хeприх.
Это доказательство неверно, так как здесь x0 определённым способом
(x= , гдеn- натуральное число), а нужно рассматривать произвольное стремлениеxк нулю.
Верное доказательство.
Введём функцию f(x) = (x1).
При nx<n+ 1:f(x) = , поэтому f(x) =e.
Воспользуемся неравенствами: [x]x< [x+1] = [x] + 1. Отсюда приx1 имеем:
<а, следовательно, 1 + < 1+1 +.
Поэтому
или
.
Отсюда следует, что =е.
Положим у= . Тогдаy+0, еслих+и мы получаем,
что (1 +у)1/у=еили
(1 +х)1/х=е.(1)
Рассмотрим теперь (1 +х)1/х. Положиму= -х. Тогдаy+0, если х-0.
(1 + х)1/х= (1 -у)-1/у==.
Положим =z. Тогдаz+0, еслиy+0 иy= ,=+1.
Таким образом, (1 + х)1/х==(1 +z)1/z+1. Еслих-0, тоz+0, поэтому
(1 + z)1/z+1= e.
Итак, (1 +х)1/х =е.(2)
Из (1)и(2)следует, что (1 +х)1/х =е.
Теорема доказана.
Примеры:
= loga[(1+x)1/x] =loga e= , так как (1+x)1/x eприx0.
Отсюда следует, что loga(1+x) ~ прих0.
Поэтому loga(1+x) - =о(х) прих0, то естьloga(1+x) = +о(х) прих0. В частности, еслиа=е, то получаемln(1+x) =х+о(х). 2) . Обозначимах- 1 =у. Тогдаy0 прих0,х=loga(1+x). == =lna, так как (1 +y)1/y еприy0. Итак, =lna. Отсюда следует, чтоах- 1 ~xlnaприх0.
Поэтому ах=1 +xlna+o(x) прих0, в частности,ех=1 +x+o(x).