Задачи на доказательство (I семестр 2003/2004 гг.).
-
Доказать, что если существует и и они равны, то существует .
Теорема. Если
и
и они равны, то
.
Доказательство. Пусть
- последовательность
a
(xn
a).
Пусть далее
- подпоследовательность, у которой
,
а
- подпоследовательность, у которой
.
из условия теоремы
о -нии
следует, что
.
Для
такой, что все элементы
и
при
удовлетворяют неравенствам
и
,
т.е.
.
-
Доказать, что если функции
и
непрерывны в точке a,
то функция
также непрерывна в точке a.
Теорема 1. Если
и
,
то
.
Доказательство.
,
,
где
- бесконечно малые последовательности.
Теорема 2. Пусть
и
(
и
определены на множестве X).
Тогда
.
Доказательство. Пусть
,
где
- последовательность
значений аргумента
.
Тогда
.
В силу Теоремы 1
.
В силу произвольности
.
Теорема 3. Пусть
и
,
заданные на множестве X,
непрерывны в точке a.
Тогда
тоже непрерывна в точке a.
Доказательство. Т.к. непрерывные в
точке a функции
и
имеют в этой точке
и
,
то по Теореме 2
,
а эта величина равна частному значению
функции
в точке a,
непрерывна в точке a.
-
Доказать, что если функции
и
непрерывны в точке a,
то функция
также непрерывна в точке a
при условии, что
.
Лемма 1. Если
,
то
n
,
которая является ограниченной.
Доказательство. Пусть
.
Т.к. b
0, то >
0. Пусть N =
N():
n
N
или
.
Т.к.
и
,
то
.
Следовательно, начиная с
номера N
и эта последовательность ограничена.
Теорема 1. Если
и
,
то
.
Доказательство. Из Леммы 1
, что
n
ограничена. Рассмотрим при n
.
,
,
где
- бесконечно малые последовательности.
Т.к.
ограничена, а
- бесконечно малая, то
- бесконечно малая,
Теорема 2. Пусть
и
(
и
определены на множестве X).
Тогда
.
Доказательство. Пусть
,
где
- последовательность
значений аргумента
.
Тогда
.
В силу Теоремы 1
.
В силу произвольности
.
Теорема 3. Пусть
и
,
заданные на множестве X,
непрерывны в точке a.
Тогда
тоже непрерывна в точке a
.
Доказательство. Т.к. непрерывные в
точке a функции
и
имеют в этой точке
и
,
то по Теореме 2
,
а эта величина равна частному значению
функции
в точке a,
непрерывна в точке a.
-
Доказать, что функция
не имеет предела в точке x
= 0.
Рассмотрим последовательность
значений аргумента, где
.
,
функция
не имеет предела в точке x
= 0.
-
Доказать, что
не существует.
Рассмотрим последовательность
значений аргумента, где
.
,
не существует.
-
Доказать, что
при
.
Если
,
то
.
Проведем геометрический вывод этого
неравенства.
Пусть точка M лежит в
первой четверти. x-
длина дуги
.
при
.
Т.к. при
достигает своего максимального значения,
то для x
> 0
.
-
Доказать, что
при
.
1). Докажем утверждение в окрестности 0
(
).
Разложим
по формуле Маклорена до второго члена
с остаточным членом в форме Пеано:
при
.
2). Докажем утверждение при
.
при
.
3). Т.к. функции
и
возрастающие при
то из 1) и 2) следует, что
для x
> 0.
-
Инвариантность формы первого дифференциала.
Пусть y = f(x), где х - независимая переменная. Тогда по определению
dy = f'(x)dx (1)
где dx = x. dy называется также первым дифференциалом функции. Покажем, что формула (1) сохраняется и в том случае, когда х является не независимой переменной, а дифференцируемой функцией x = (x), t - независимая переменная.
y = f((t)) F(t), dy = F'(t)dt.
Воспользуемся формулой дифференцирования сложной функции:
F'(t) = f'((t))'(t).
dy = f'((t))'(t)dt.
Но, так как
x = (t), то dx = '(t)dt, dy = f'(x)dx, (2)
то есть формула (1) остается в силе и в этом случае. Это свойство называется инвариантностью формы первого дифференциала. Отметим, что не меняется только форма (вид) первого дифференциала, а содержание меняется. Именно, если х - независимая переменная, то dx = x, если же x = (t), то dx = '(t)dt x.
Из формулы (1) получаем, что
f'(x)
=
,
(3)
то есть производная функции f(x) равна отношению дифференциалов функции и аргумента также и в том случае, когда аргумент является не независимой переменной, а дифференцируемой функцией какой-то независимой переменной.