ТОП 10:

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; Нарушение авторского права страницы

infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 18.205.60.226 (0.024 с.)