Т еорема 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 сегменте Y существует обратная функция х = ( у), строго монотонная и непрерывная.

Доказательство.

(рисунок)

Пусть y = f(x) возрастает на [a, b].

1. В силу следствия из теоремы 3.4 функция y = f(x) принимает любое значение между f(a) и f(b), а так как y = f(x)-ворастающая функция, то у неё нет значений, меньших f(a), и значений, больших f(b). Тем самым, множество её значений Y = [f(a), f(b)].

2. Так как y = f(x)- возрастающая функция, то каждое значение y  Y функция принимает только в одной точке. Отсюда следует, что на сегменте Y существует обратная функция х = ( у).

3. Докажем, что х = (у)возрастает на сегменте Y.

Возьмём и  Y, < Требуется доказать, что < ,

То есть, что < . Так как f( ) = ,f( ) = , то если предположить, что  , в силу возрастания функции f(x) получим f( )  f( ), то есть  , что противоречит неравенству < . Таким образом ( ) < ( ), то есть обратная функция возрастает на сегменте Y.

4. Остаётся доказать непрерывность обратной функции на сегменте Y.

Возьмём произвольную точку (f(a), f(b)) и докажем непрерывность обратной функции в точке . Непрерывность в точках f(a) и f(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 аргумента у из  - окрестности точки .

Возьмем произвольное  > 0 столь малым, чтобы -  и +   [a, b]. Пусть

f( - ) = , f( + ) = . Так как функция y = f(x) - возрастающая, то < < . А так как обратная функция x = (y) также возрастающая, то < (y) < при

< y < , то есть значения обратной функции лежат в  - окрестности точки для значений аргумента y  ( , ).

Возьмём  - окрестность точки , принадлежащую интервалу ( , ). Тогда, согласно доказанному, значения обратной функции для значений аргумента y из этой  - окрестности лежат в  - окрестности точки , что и требовалось доказать.

Теорема доказана.

6. Доказать, что = 1 (первый замечательный предел).

= 1 (первый замечательный предел).

Доказательство:

sin x < x < tg x при 0 < x < . Разделив на sin x, получим 1 < < . Отсюда cos x < < 1 при 0 < x < . Входящие в эти неравенства функции - чётные, поэтому эти неравенства верны также при - < x < 0. При x  0 cos x  1, так как сos x - непрерывная функция. Следовательно, по теореме о двух милиционерах  1 при х  0, что и требовалось доказать.

Теорема доказана.

Следствие 1.

sin x = x + о(х) при х  0. В самом деле, так как = 1, то sin x ~ x

при х  0, и ,следовательно sin x - x = o(x), откуда sin x = x + о(х) при х  0:

(рисунок)

Следствие 2.

cos x = 1 - + o(x²) при х  0.

Доказательство:

= = = 1. Отсюда следует, что

1 - cos ~ при х  0, поэтому 1 - cos x - = o(x²) при х  0, или

cos x = 1 - + o(x²) при х  0.

Следствие 3.

tg x = x + o(x) при х  0.

Примеры:

1. = = =12.

2) ;

1) первая попытка:

= = - чему равен предел этой дроби, сказать нельзя.

2) вторая попытка:

.

7. 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 , и x  0 при n  .

Поэтому (1 + х)^1/х  e при х  .

Это доказательство неверно, так как здесь x  0 определённым способом

(x = , где n - натуральное число), а нужно рассматривать произвольное стремление x к нулю.

Верное доказательство.

Введём функцию f(x) = (x  1).

При n  x < n + 1: f(x) = , поэтому f(x) = e.

Воспользуемся неравенствами: [x]  x < [x +1] = [x] + 1. Отсюда при x  1 имеем:

<  а, следовательно, 1 + < 1+  1 + .

Поэтому

  или

.

Отсюда следует, что = е.

Положим у = . Тогда y  +0, если х  + и мы получаем,

что (1 + у)^1/у = е или

(1 + х)^1/х = е. (1)

Рассмотрим теперь (1 + х)^1/х. Положим у = - х. Тогда y  +0, если х  -0.

(1 + х)^1/х = (1 - у)^-1/у= = .

Положим = z. Тогда z  +0, если y  +0 и y = , = +1.

Таким образом, (1 + х)^1/х= =(1 + z)^1/z+1. Если х  -0, то z  +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:

1. = log_a[(1+x)^1/x] = log_a e = , так как (1+x)^1/x  e при x  0.

Отсюда следует, что log_a(1+x) ~ при х  0.

Поэтому log_a(1+x) - = о(х) при х  0, то есть log_a(1+x) = + о(х) при х  0. В частности, если а = е, то получаем ln(1+x) = х + о(х). 2) . Обозначим а^х - 1 = у. Тогда y  0 при х  0, х=log_a(1+x). = = = ln a, так как (1 + y)^1/y  е при y  0. Итак, = ln a. Отсюда следует, что а^х - 1 ~ xln a при х  0.

Поэтому а^х =1 + xln a +o(x) при х  0, в частности, е^х =1 + x +o(x).