WWW.DISSERS.RU

БЕСПЛАТНАЯ ЭЛЕКТРОННАЯ БИБЛИОТЕКА

   Добро пожаловать!

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 ||

§ 4.4. Свойства функций, непрерывных на отрезке Определение. Функция, определенная на отрезке [a, b] и непрерывная в каждой его точке, называется непрерывной на этом отрезке. При этом под непрерывностью в точках a, b понимается соответственно непрерывность справа и слева.

Аналогично определяется непрерывность на интервале, на полуинтервале.

Определение. Будем говорить, что функция f, определенная на E, достигает своей верхней (нижней) грани, если x0 E : f(x0) = sup f (f(x0) = inf f).

E E Теорема 4.4.1 (Вейерштрасса). Функция, непрерывная на отрезке, ограничена и достигает своих верхней и нижней граней.

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть B sup f +.

[a,b] По определению верхней грани n N xn [a, b] : f(xn) U 1 (B).

n Следовательно, f(xn) B при n.

Последовательность {xn} ограничена, так как a xn b n N. По теореме Больцано–Вейерштрасса, выделим из нее сходящуюся подпоследовательность {xnk}, xnk x0 при k.

54 Глава 4. Непрерывные функции Переходя к пределу в неравенстве a xnk b, получаем, что x0 [a, b]. В силу непрерывности функции f в точке x0, имеем f(xnk) f(x0) при k.

С другой стороны, {f(xnk)} — подпоследовательность сходящейся к B последовательности. Поэтому f(xnk) B при k.

Из последних двух соотношений получаем, что sup = B = f(x0).

[a,b] Отсюда следует во-первых, что sup f < +, т.е., что функ[a,b] ция f ограничена сверху, и, во-вторых, что функция f достигает своей верхней грани в точке x0.

Аналогично можно доказать, что функция f ограничена снизу и достигает своей нижней грани.

Этим теорема доказана.

Упражнение. Останется ли верным утверждение теоремы Вейерштрасса, если в ее условиях отрезок [a, b] заменить на интервал (a, b) Сохранится ли доказательство Следствие 1. Пусть функция f непрерывна на отрезке [a, b], f(x) > 0 x [a, b]. Тогда d > 0: f(x) d x [a, b].

Теорема 4.4.2 (Больцано–Коши о промежуточном значении функции). Пусть функция непрерывна на отрезке [a, b], f(a) = A, f(b) = B. Пусть C находится между A и B.

Тогда [a, b]: f() = C.

§4.5. Обратные функции Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть, для определенности, A = f(a) C f(b) = B. Поделим отрезок [a, b] пополам и через [a1, b1] обозначим такую его половину, для которой f(a1) C f(b1). Поделим отрезок пополам и через [a2, b2] обозначим такую его половину, для которой f(a2) C f(b2).

Продолжая процесс, получим стягивающуюся систему вложенных отрезков {[an, bn]}, для которых f(an) C f(bn).

Пусть [an, bn] n N. Тогда при n an, bn и, в силу непрерывности функции f в точке, f(an) f(), f(bn) f() при n.

Переходя к пределу в последнем неравенстве, получаем f() C f() f() = C, что и требовалось доказать.

Следствие 2. Пусть функция f непрерывна на [a, b] и f(a) и f(b) имеют разные знаки. Тогда (a, b) : f() = 0.

Следствие 3. Пусть функция f непрерывна на [a, b], m = = min f, M = max f. Тогда функция f принимает все значения [a,b] [a,b] из [m, M] и только эти значения.

§ 4.5. Обратные функции § 4.6. Показательная функция Буквами r, с индексами будем обозначать рациональные числа. Число a > 0.

56 Глава 4. Непрерывные функции Будем считать известными следующие свойства показательной функции ar рационального аргумента r.

1. r1 < r2 ar1 < ar2 при a > 1, ar1 < ar2 при 0 < a < 1.

2. ar1ar2 = ar1+r2.

3. (ar1)r2 = (ar2)r1 = ar1r2.

4. a0 = 1.

5. (ab)r = arbr.

Из этих свойств следует, что a-rar = a0 = 1 a-r = ar > 0 r.

ar Лемма 4.6.1 (Бернулли). Пусть a > 1, r — рациональное число, |r| 1. Тогда |ar - 1| 2|r|(a - 1). (4.6.1) Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть сначала r =, n 1 n N. Положим an - 1 > 0. Тогда an = 1 +, a 1 + n, a - откуда, т.е.

n 1 an - 1 (a - 1). (4.6.2) n Пусть теперь 0 < r 1. Тогда при некотором n N < n + < r. С помощью (4.6.2) и монотонности ar имеем n 1 1 ar - 1 < an - 1 (a - 1) (a - 1) < 2r(a - 1) n n + и неравенство (4.6.1) в этом случае установлено.

Пусть теперь -1 r < 0. Тогда |ar - 1| = ar|a-r - 1| ar2(-r)(a - 1).

Учитывая, что ar < 1, получаем отсюда (4.6.1).

§4.6. Показательная функция Лемма доказана.

Определение. Пусть a > 0, x R, lim rn = x.

n Тогда ax lim arn.

n Это определение корректно в следующем смысле:

1) lim arn существует (и конечен);

n 2) lim arn не зависит от выбора последовательности {rn} n (rn x);

3) в случае x = r значение ar по этому определению совпадает с прежним.

Установим 1). Пусть a > 1. С помощью неравенства Бернулли имеем для последовательности {rn}, rn x (n ):

|arn - arm| = arm|arn-rm - 1| arm2|rn - rm|(a - 1) (4.6.3) (Здесь |rn - rm| 1 n, m n1 в силу сходимости последовательности {rn}).

Заметим, что последовательность {rn} ограничена (как всякая сходящаяся), поэтому при некотором M > arm M m N.

В силу сходимости последовательности {rn} для нее выполнено условие Коши:

> 0 n : |rn - rm| < n, m n.

Отсюда и из (4.6.3) имеем:

|arn - arm| M2(a - 1) n, m n.

Это означает, что для последовательности {arn} выполнено условие Коши. В силу критерия Коши она сходится, т.е.

lim arn существует и конечен.

n 58 Глава 4. Непрерывные функции Пусть теперь 0 < a < 1. Тогда arn = r и существоn a вание lim arn следует из уже установленного существования n 1 rn lim.

a n Случай a = 1 тривиален.

Установим 2). Пусть a > 1, rn x, rn x при n. Тогда rn - rn 0 при n и с помощью неравенства Бернулли имеем |arn -arn| = arn|arn-rn -1| M2|rnn-rn|(a-1) 0 (n ).

Отсюда следует, что lim arn - lim arn = lim (arn - arn) = 0, n n n что и требовалось показать.

Случай 0 < a < 1 сводится к рассмотренному с помощью равенства arn = r.

n a Установим 3). Для этого достаточно рассмотреть последовательность {rn}, где rn = r n N.

Определение. При a > 0 функция x ax, x (-, +) называется показательной с основанием a.

Теорема 4.6.1. Показательная функция имеет следующие свойства:

1. при a > 1 строго возрастает, при 0 < a < 1 строго убывает;

2. axay = ax+y;

3. (bc)x = bxcx;

4. (ax)y = axy;

5. непрерывна на (-, +) §4.6. Показательная функция Д о к а з а т е л ь с т в о. 1. Пусть a > 1, x < y.

Пусть r, — рациональные числа, причем x < r < < y.

Пусть rn x, n y (n ), причем rn r, n n N. Тогда, используя монотонность показательной функции с рациональными показателями и предельный переход в неравенстве, получаем ax = lim arn ar < a lim an = ay, n n откуда следует, что ax < ay.

Случай 0 < a < 1 рассматривается аналогично.

2. Пусть rn x, n y (n ). Тогда axay = lim arn lim an = lim (arnan) = lim arn+n = ax+y.

n n n n В качестве следствия получаем отсюда, что axa-x = a0 = = 1, a-x =.

ax 3. Доказать в качестве упражнения.

В качестве следствия получаем, что ax > bx при a > b, x > 0, для чего достаточно в 3 взять c > 1, bc = a.

4. Пусть a > 1, x > 0, y > 0, rn x, rn x, y, y.

n n Тогда axy arnn = (arn)n (ax)n (ax)y (ax)n (arn)n = = arnn axy, откуда следует, что (ax)y = axy.

Случаи других знаков x, y рассматриваются аналогично.

Случай 0 < a < 1 сводится к случаю a > 1 с помощью соотношения ax = x.

a 60 Глава 4. Непрерывные функции 5. Заметим сначала, что лемма Бернулли ( 4.6.1) допускает следующее обобщение:

|ax - 1| 2|x|(a - 1) при a > 1, |x| 1.

Его можно получить, записав неравенство (4.6.1) для rn (вместо r), где rn x (n ), и перейдя в этом неравенстве к пределу.

Установим непрерывность функции ax в произвольной точке x0 (-, +). Пусть сначала a > 1. Тогда |ax0+x-ax0| = ax0|ax-1| ax02|x|(a-1) 0 при x 0, что и требовалось показать.

Случай 0 < a < 1 сводится к случаю a > 1 с помощью соотношения ax = x.

a § 4.7. Логарифмическая и степенная функции Определение. Функция, обратная к функции y = ax (a > > 0, a = 1), называется логарифмической функцией и обозна чается y = loga x. В случае a = e она обозначается ln x = = loge x.

Теорема 4.7.1. Логарифмическая функция loga x:

(0, +) (-, +) строго монотонна и непрерывна на (0, +), область ее значений есть (-, +).

Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть a > 1. Тогда A = inf ax = 0, B = sup ax = +.

(-,+) (-,+) В самом деле, an = (1+)n > 1+n +, a-n < 1 + n 0 (n ).

Остальное следует из теоремы об обратной функции.

Случай 0 < a < 1 рассматривается аналогично.

§4.8. Тригонометрические и обратные тригонометрические функцииИз того, что показательная и логарифмическая функция являются взаимно обратными, вытекают тождества aloga x = x, loga ax = x.

Докажем свойства логарифмической функции.

1. loga xy = loga x + loga y, x, y > 0. Сравним aloga xy = xy и aloga x+loga y = aloga xaloga y = xy. Из их совпадения следует 1.

2. loga x = loga x, x > 0, R. Сравним aloga x = x и a·log x = (aloga x) = x. Из их совпадения следует 2.

3. loga b · logb a = 1, a > 0, b > 0, a = 1, b = 1. Сравним aloga b·logb a = (aloga b)logb a = blogb a = a и a1 = a. Из их совпадения следует 3.

Определение. Пусть R. Функция x x: (0, +) (0, +) называется степенной функцией с показателем степени.

Степенную функцию можно представить в виде x = (eln x) = e ln x.

По теореме о непрерывности суперпозиции непрерывных функций, степенная функция непрерывна на области определения (0, +).

При > 0 степенную функцию доопределяют в точке значением 0. Тогда она становится непрерывной на [0, +).

§ 4.8. Тригонометрические и обратные тригонометрические функции § 4.9. Некоторые замечательные пределы sin x 1. lim = 1. (4.9.1) x x62 Глава 4. Непрерывные функции y Рассматривая в тригонометрическом круге сектор с углом x, 0 < x <, и два треугольника с тем же углом (см. рис. 1) x и сравнивая их площади, получаем:

1 1 Рис. 1.

sin x < x < tg x, 2 2 откуда sin x cos x < < 1, 0 < x <.

x sin x В силу четности функций и cos x, те же неравенства верны x и при 0 < |x| <. Переходя в них к пределу при x 0 и учитывая, что cos x cos 0 = 1 в силу непрерывности, получаем (4.9.1) tg x 2. lim = 1. В силу непрерывности функции cos x, x xимеем tg x sin x lim = lim lim = 1 · 1 = 1.

x0 x x0 xx cos x arcsin x 3. lim = 1.

x x arcsin x y Заметим, что =, где вертикальная x sin y y=arcsin x y черта означает, что в дробь вместо y следует подставить sin y arcsin x arcsin x. Таким образом, представлена в виде суперx позиции двух функций. Используя непрерывность arcsin x в точке x = 0, (4.9.1) и теорему о пределе суперпозиции двух функций, завершаем доказательство.

Видоизмененный вариант доказательства состоит в доопреy делении единицей функции в точке y = 0 и использоваsin y §4.9. Некоторые замечательные пределы нии теоремы о непрерывности суперпозиции двух непрерывных функций.

arctg x arctg x y 4. lim = 1. Представив в виде, x x tg y xy=arctg x повторяем рассуждения из доказательства 3.

5. lim(1 + x)x = e. Покажем сначала, что xlim (1 + x)x = e. (4.9.2) x0+ n n+1 Напомним, что lim 1 + = lim 1 + = e и что при n n n n доказательстве этого было установлено, что n+1 + e.

n 1 Пусть 0 < x < 1, nx N, < x. Тогда nx + 1 nx -2 nx+2 nx 1 1 1 + 1 + = 1 + nx + 1 nx + 1 nx + nx+ (1 + x)x 1 +. (4.9.3) nx Правая часть неравенства является, как легко проверить, монотонной функцией x. Поэтому nx+1 n+1 lim 1 + = lim 1 + = e.

n x0+0 nx n Обоснование первого из этих равенств состоит в том, что, если функция f имеет предел lim f(x), то он совпадает с преx0+делом lim f(xn) для произвольной последовательности {xn}:

n xn 0 + 0. В нашем случае {xn} =. Итак, показано, что n правая часть (4.9.3) стремится к e при x 0 + 0.

64 Глава 4. Непрерывные функции Аналогично показывается, что левая часть (4.9.3) также стремится к e.

Переходя к пределу в неравенствах (4.9.3), получаем (4.9.2).

Покажем, что lim (1 + x)x = e. (4.9.4) x0-y -x Пусть -1 < x < 0. Положив y -x, z = > 0, 1 - y 1 + x имеем 1 y y 1 1 y y (1 + x)x = (1 - y)- = = 1 + = (1 + z)z +1.

1 - y 1 - y Таким образом, 1 (1 + x)x = (1 + z)z +1, 0 < x < 1, -x z= 1+x т.е. функция (1 + x)x представлена в виде суперпозиции двух функций (f g)(x), где f : (0, +) R, (-1, 0) (0, +), причем lim (x) = 0, lim f(z) = e.

x0-0 z0+Применяя теорему о пределе суперпозиции, получаем, что lim (1 + x)x = e. (4.9.5) x0-Из (4.9.4), (4.9.5) следует 5.

З а м е ч а н и е 1. Теорема о пределе суперпозиции f g была установлена ранее для случая, когда функции f, определены в проколотых окрестностях предельных точек.

Упражнение. Перенести эту теорему на нужный нам случай односторонних пределов.

§4.9. Некоторые замечательные пределы З а м е ч а н и е 2. Вместо теоремы о пределе суперпозиции можно воспользоваться доказанной теоремой о непре рывности суперпозиции непрерывных функций для f, где x при x 0, (1 + z)z +1 при z > 0, f = = -x при -1 < x < 0.

e при z 0, 1 + x loga(1 + x) 6. lim = loga e (a > 0, a = 1).

x xПредставив loga(1+x) = loga(1+x)x в виде суперпозиции x логарифмической функции и функции (x) = (1 + x)x, применяем теорему о пределе суперпозиции с учетом примера 5.

ln(1 + x) 7. lim = 1 (частный случай 6).

x xax - 8. lim = ln a (a > 0, a = 1).

x xln(1 + y) ax-Пусть y = ax - 1. Тогда x =, = ln a x y ln a =.

ln(1 + y) y=ax-Остается воспользоваться теоремой о пределе суперпозиции и примером 7.

ex - 9. lim = 1 (частный случай 8).

x xИз рассмотренных примеров следует, что при x 0 x sin x tg x tg x arcsin x arctg x ln(1 + x) ex - 1.

Pages:     | 1 |   ...   | 3 | 4 ||



© 2011 www.dissers.ru - «Бесплатная электронная библиотека»

Материалы этого сайта размещены для ознакомления, все права принадлежат их авторам.
Если Вы не согласны с тем, что Ваш материал размещён на этом сайте, пожалуйста, напишите нам, мы в течении 1-2 рабочих дней удалим его.