Заглавная страница Избранные статьи Случайная статья Познавательные статьи Новые добавления Обратная связь FAQ Написать работу КАТЕГОРИИ: АрхеологияБиология Генетика География Информатика История Логика Маркетинг Математика Менеджмент Механика Педагогика Религия Социология Технологии Физика Философия Финансы Химия Экология ТОП 10 на сайте Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрацииТехника нижней прямой подачи мяча. Франко-прусская война (причины и последствия) Организация работы процедурного кабинета Смысловое и механическое запоминание, их место и роль в усвоении знаний Коммуникативные барьеры и пути их преодоления Обработка изделий медицинского назначения многократного применения Образцы текста публицистического стиля Четыре типа изменения баланса Задачи с ответами для Всероссийской олимпиады по праву Мы поможем в написании ваших работ! ЗНАЕТЕ ЛИ ВЫ?
Влияние общества на человека
Приготовление дезинфицирующих растворов различной концентрации Практические работы по географии для 6 класса Организация работы процедурного кабинета Изменения в неживой природе осенью Уборка процедурного кабинета Сольфеджио. Все правила по сольфеджио Балочные системы. Определение реакций опор и моментов защемления |
Критерии сходимости Вейерштрасса монотонной последовательности.
Критерии сходимости Вейерштрасса монотонной последовательности. Монотонная и ограниченная последовательность является сходящейся Доказательство: {xn}- монотонная и ограниченная, пусть {xn}-возрастающая xn< xn+1, n {xn}- ограничена т-ма Бальзана => ! Inf {xn}, sup{xn}, m=inf{xn}, M=sup{xn} => Докажем: Возьмём . Тогда , так как M=sup{xn}, то Так как -возрастающая, то , , то есть,
Теорема о роли бесконечно малой в теории пределов (об эквивалентности утверждений: и , где -бесконечно малая при Функция f(x) имеет A-const, α(x) – бесконечно малая. Доказательство: А) Необходимость. |f(x)-A|< є f(x)-A→0, x→a α(x)=f(x)-A=> f(x)=A+α; α(x)→0, x→a Б) Достаточность. f(a)=A+ α(x) (Доказать) Пусть є>0, α(x) – б.м. существует δ |x-a|< δ=>| α(x) |< є α(x)=f(x)-A=> |f(x)-A|< є => Первый замечательный предел. Предел отношения синуса бесконечно малой величины к самой этой величине равен 1 причем значения аргумента х берутся в радианах. Рассмотрим в координатной плоскости круг R с центром в начале координат. Если OA=R, , 0<x< , AC OA, то плоскость плоскости сектора OAB<плоскости т.е. , отсюда sin(x)<x<tg(x), или . В силу чётности функций и это неравенство справедливо и для . Перейдя в этом неравенстве к пределу при и заметив, что в сил непрерывности функции cos(x) при x=0 имеет место равенство , получим что равносильно начальному равенству. Следствие из первого замечательно предела.
Теорема о произведении двух сходящихся последовательностей Если , - сходящиеся последовательности, то и , то Доказательство: бесконечно малая, бесконечно малая. -бесконечно малая как линейная комбинация бесконечно малых. -б.м.
Теорема об ограниченности сходящейся последовательности Критерий сходимости последовательности Коши Теорема о непрерывности и дифференцируемости функции одного аргумента в данной точке
Теорема о производной сложной функции. Пусть U(x) имеет производную в U’(x) в некоторой точке х0, y=f(u) имеет производную f’U = y’U, соответствует точка U0=U(x0). Тогда функция f[U(x)] будет иметь производную в точке x0. f’(x0)=f’U(U0)*U’X(x0) или f’[U(x)]=f’U(U)*U’X(x) Док-во: Пусть переменная
Теорема о дифференцируемости произведения двух функций. Теорема о производной произведения двух функций Производная от произведения двух дифференцируемых функций равна произведению производной первой функции на вторую плюс произведение первой функции на производную второй: Если y=uv то y’=u’v+uv’. Доказательство: для значения аргумента x+ получим Y=uv, Y+ , , , Т.к u и v не зависят от Рассмотрим последний член в правой части Так как u(x) – дифференцируемая функция, то она непрерывна. Следовательно Кроме того Таким образом рассматриваемый член равен нулю и мы окончательно получаем
Необходимый признак дифференцируемости ф-ии в точке
Теорема Ферма Если функция y=f(x): 1) Непрерывна в замкнутом промежутке [a;b], 2) В некоторой внутренней точке с этого промежутка достигает своего наибольшего или наименьшего значения, 3) Дифференцируема в этой точке, то производная функции в этой точке равна нулю: f|()=0. Доказательство: Пусть функция y=f(x) определена в ; в функция принимает наибольшее значение. : Тогда Если , то Если , то *
По определению функция y=f(x) дифференцируема Перейдём в неравенство * к пределу ; . !Если в точке функция принимает наименьшее значение, то доказательство такое же.
Теорема Роля Если функция у = f(x): 1) Определена и непрерывна в замкнутом промежутке [а; b], 2) дифференцируема в открытом промежутке (а;b) 3) f(a)=f(b) то существует хотя бы одна такая точка с, производная функции в которой равна нулю: f'(с) = 0 Доказательство: Пусть f(x)=A, A-const. Пусть
Теорема Лагранжа. Если функция y=f(x)удовлетворяет условиям: 1) Определена и непрерывна в замкнутом промежутке [a;b], 2) дифференцируема на открытом промежутке (a;b), то внутри интервала существует хотя бы одна такая точка с | Доказательство: Рассмотрим вспомогательную функцию . (1) Функция F(x) непрерывна на [a,b], дифференцируема на (a,b). Подберём (2) Из условия (1) и (2) . , при этом по теореме Роля существует . Так как , то
Теорема Коши Пусть f(x) и g(x) удовлетворяют трем условиям: 1)f(x)и g(x)непрерывны на (a;b), 2) f(x)и g(x) дифференцируема на (a;b), 3) , То найдётся точка : Доказательство: Заметим, что g(a) , так как если бы g(a)=g(b), то по теореме Роля - это неверно по условию 3 пункта определения. Рассмотрим | F(x) удовлетворяет теореме Роля. Поэтому для , подставим :
Критерии сходимости Вейерштрасса монотонной последовательности. Монотонная и ограниченная последовательность является сходящейся Доказательство: {xn}- монотонная и ограниченная, пусть {xn}-возрастающая xn< xn+1, n {xn}- ограничена т-ма Бальзана => ! Inf {xn}, sup{xn}, m=inf{xn}, M=sup{xn} => Докажем: Возьмём . Тогда , так как M=sup{xn}, то Так как -возрастающая, то , , то есть,
Теорема о роли бесконечно малой в теории пределов (об эквивалентности утверждений: и , где -бесконечно малая при Функция f(x) имеет A-const, α(x) – бесконечно малая. Доказательство: А) Необходимость. |f(x)-A|< є f(x)-A→0, x→a α(x)=f(x)-A=> f(x)=A+α; α(x)→0, x→a Б) Достаточность. f(a)=A+ α(x) (Доказать) Пусть є>0, α(x) – б.м. существует δ |x-a|< δ=>| α(x) |< є α(x)=f(x)-A=> |f(x)-A|< є => Первый замечательный предел. Предел отношения синуса бесконечно малой величины к самой этой величине равен 1 причем значения аргумента х берутся в радианах. Рассмотрим в координатной плоскости круг R с центром в начале координат. Если OA=R, , 0<x< , AC OA, то плоскость плоскости сектора OAB<плоскости т.е. , отсюда sin(x)<x<tg(x), или . В силу чётности функций и это неравенство справедливо и для . Перейдя в этом неравенстве к пределу при и заметив, что в сил непрерывности функции cos(x) при x=0 имеет место равенство , получим что равносильно начальному равенству. Следствие из первого замечательно предела.
Теорема о произведении двух сходящихся последовательностей Если , - сходящиеся последовательности, то и , то Доказательство: бесконечно малая, бесконечно малая. -бесконечно малая как линейная комбинация бесконечно малых. -б.м.
|
||||
Последнее изменение этой страницы: 2016-09-05; просмотров: 610; Нарушение авторского права страницы; Мы поможем в написании вашей работы! infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 18.117.99.192 (0.006 с.) |