Точки розриву

1. Перщого роду:

1) Усувною точкою розриву називають точку х₀, якщо

$ f(х)¹

якщо замінити f(x) на , то отримаєм непер. ф.

2) Неусувна точка:

2.Другого роду:

Якщо хоча б одна з одностор. гр. не існує або неск. велика.

1 Теорема Больцано – Коші

Функція неперервна на [a,b] і на кінцях приймає значення різних знаків, тоді існує т. с є [a,b], що f(0)=0

Доведення.

Розіб’ємо [a,b] навпіл в середині знайдемо f(x)=0,якщо f(x)<>0 тоді візьмемо ту половину на якій функція приймає знач. різних знаків.(b-a)/n якщо b-a та n прямує до безкінечності. Система вкладених сегментів збіжна, тоді існує 1 точка С, яка належить всім відрізкам. Доведемо, що С=0, припустимо, що С<>0

Точка С є[a,b],т.к функція неперервна на [a,b],то вона неперервна в т. С, в якій вона не рівна 0. За теорією постійності знаку існує деякий окіл С, в якій ф. не міняє знак, але при дуже великих n окіл попадає в [a_n,b_n] на кінцях якого функція приймає різні знаки. Протиріччя. Доведено.

2 теорема Больцано-Коші

Якщо функція неперервна на [a,b] та f(a)=A, f(b)=B, а С деяке число між А та В, то знайдеться точка с є[a,b], що f(c)=C.

Доведення.

Нехай A<C<B, Введемо функцію , вона неперервна, різниця непер., і на кінцях [a,b] => приймає на кінцях [a,b] різні знаки, тобто для неї виконується 1 теорема => існує т. с є [a,b], , але => .

1-а Теорема Вейєрштрасса

Якщо функція неперервна на сегменті, то вона обмежена на ньому.

Доведення

1. f(x)- обмеж. зверху.

Припустимо супротивне:

"M $xÎ[a,b]:f(x)>M

"nÎN $x_nÎ[a,b]:f(x_n)>n

{x_n}-обмежена

{f(x_n)}-необмежена(неск.вел.)

за теор. Больцано-Веєрштрасса із {x_n} можна виділити збіжну підпосл. x_nk®x_0(k®¥) x₀Î[a,b]

оскільки f(x) неперервна на сегменті, то

але (запереч.)

1. f(x)- обмеж. знизу (аналогічно)

2-а Теорема Вейєрштрасса

Якщо функція неперервна на сегменті, то вона досягає свої точних границь.

Доведення:

1. Покажемо, що f(x) досягає sup.

Припустимо супротивне:

f(x) – неперервна (і обмеж. з 1-ї т. Вейєрштрасса), але не досягає sup

введем на [a,b]

$ A>0 "xÎ[a,b]:j(x)£A =>

1/(M-f(x))£A => (1/A)£M-f(x) =>

f(x)£(M-1/A)<M

2. Аналогічно inf.

19) Неперервність монотонної функції

Нехай виконані умови: 1)f(x) монотонно зростає(спадає) на [a,b]; 2) множина значень цієї функції суцільно заповнює [α,β]. Тоді f(x) неперервна на сегменті [a,b]. Візьмемо будь-яку т.XoÎ[a,b], Yo=f(Xo)Î[α,β]. Покажемо, що f(x) неперервна в т.Xo (lim(X→Xo) f(X) =f(Xo)).

"X>0: Y1=(f(X)+e)Î[α,β]. З ІІ теореми Веєрштраса випливає, що $X1Î[a,b]: f(X1)=Y1. Отже, X1>Xo. Позначимо X1-Xo=d. Одержимо, що X1=Xo+d. Для "XÎ(Xo,X1), Xo<Xo+d: 0<X-Xo<d. Тоді з першої умови теореми випливає, що lim (X→Xo) f(Xo) = f(Xo) < f(X1) = Y1 = f(X)+e.

Отже для "e>0 $d>0: "XÎ(a,b),0<X-Xo<d: 0<f(x)-f(Xo)<e

Lim(X→Xo+0) f(X)=f(Xo).

Аналогічно можна показати, що ліва границя = f(Xo). Це означає, що в т.X функція є неперервна на сегменті [a,b]. Зауваження: теорема залишається вірною, якщо функція f(x) являється неспадною (не зростаючою). Проміжок може бути як замкнутим, так і відкритим, а також і вся числова пряма.

27) Поняття рівномірної неперервності. Теорема Кантора

Якщо f(x) неперервна на X, то "x>0 $d=d(e,x)>0 "x’ÎX, |x’-x|<d: |f(x’)-f(x)|<d

Функція f(x) називається рівномірною, якщо для "e>0 $d=d(e)>0 "x,x’ÎX,|x’-x|<d: |f(x’)-f(x)|<d. Для рівномірно неперервної – загальне d,а для просто неперервної – своє dдля кожного x і загального d може не існувати.

Теорема Кантора

Якщо f(x) неперервна на інтервалі [a,b], то вона рівномірно неперервна на цьому сегменті. Нехай f(x) неперервна на [a,b]. Допустимо, що вона не буде рівномірно неперервною.

$e>0 "d>0 $x,x’Î[a,b], |x-x’|<d: |f(x’)-f(x)|>e (1)

Оскільки послідовність {Xn} складається з точок [a,b], то вона обмежена, а значить за Т.Больцана-Веєрштраса з неї можна виділити збіжну підпослідовність {Xnk}.

Lim(k→∞)Xnk=Xo. |Xnk’-Xo|=|Xnk’-Xnk|+|Xnk-Xo|=>limXnk’=Xo; XoÎ[a,b].

Функція неперервна в цій точці: lim f(Xnk)=f(Xo). |f(Xnk)-f(Xnk’)|→0 (2). (2) протирічить (1). Значить теорема вірна.

Означення: коливанням f(x) насегменті [a,b] називається w=M-m.

Наслідок з теореми Кантора: якщо f(x) неперервна на [a,b], тодля "e>0 $d>0, що для " розбиття [a,b] на частинні сегменти з довжиною <d, коливання f(x) буде < e.

Диференціальне числення.

Критерій існування похідної ф-ії в точці.

Для того щоб існувала скінченна похідна ф-ії в точці необхідно і достатньо, щоб в цій точці існували скінченні однобічні похідні, і вони були рівні. Вони рівні значенню похідної в цій точці.

Правила обчислювання похідної.

Доведення.

ф-ії одержують прирости та

. Звідси

ф-ії y, z, t теж одержать прирости.

.

Переходячи до границі в останніх 3 виразах при маємо:

Т. про приріст ф-ії що має похідну.

Якщо ф-ія y=f(x) в т. x0 має скінченну похідну, тоді приріст ф-ії в ці точці можна записати у вигляді

Доведення.

Оскільки існує похідна ф-ії в т. x0 то за означенням маємо, що існує Звідси маємо, що

. Позначимо

через

Тоді з останньої рівності маємо

де

Необхідна умова існуваннч похідної ф-ії в точці.

Якщо похідна ф-ії в точці існує, то ф-ія f_(x) в т. x₀ неперервна.

Доведення.

Оскільки існує то за т. про приріст ф-ії що має похідну

Звідси маємо, що

а це і означає, що ф-ія f(x) в т. x0 неперервна.

Зауваження: Неперервність ф-ії в точці є умовоє тільки необхідною але не достатньою для існуванняпохідної ф-ії в точці (напр.ф-ія ).

Похідна складеної ф-ії.

Ф-ія f(t) визначена на множині Т, а ф-ія t=g(x) визначена на множ. Х.

Доведення.

Надамо т. x0 приросту , так, щоб Тоді ф-ія t=g(x) одержить в т. х0 приріст Dt, який дорівнює g(x0+Dx)-g(x0)=Dt. Одержане значення Dt будемо розглядати як приріст аргументу t в т. t0. Тоді ф-ія f(t) в т. t0 одержить приріст

Це є приріст складеної ф-ії в т. х0.

1) Оскільки ф-ія f(t) диференційовна в т. t0 то за т. про приріст ф-ії що має похідну:

2)Оскільки існує похідна ф-ії g в

т. х0 то за необхідною умовою існування похідної, ф-ія g(x) в т. х0 неперервна. Звідси за означ. неперервності ф-ії в т. на мові приростів маємо .

Розглянемо відношення

Переходячи до границі при Dх®0, маємо:

Що і треба було довести.

Похідна оберненої ф-ії.

Т. Якщо існує похідна прямої ф-ії в т. х0 і вона ¹0, тоді буде існувати похідна оберненої ф-ії x=g(y) в т. y0=f(x0), --

Доведення.

Надамо точці х0 приросту Dх так щоб (х+Dх) Î Х, тоді ф-ія y=f(x) набуває в т. х0 приросту Dy=f(x0+Dx)-f(x0).

Розглянемо відношення Оскільки за умовою існує похідна ф-ії в т. х0, то за необхідною умовою існування похідної

Перейдемо в рівнянні (1) до границі

Похідна ф-ії заданої параметри-чними рівняннями.

Нехай задані дві ф-ії від одної змінної:

Припустимо, що ф-ія строго монотонна і неперервна, тоді ф-ія х буде мати обернену Ф(х)

y=w(Ф(х)).Тобто у – складена ф-ія від від х.

Похідна степенево-показникової ф-ії дорівнює сумі двох доданків, перший з яких є похідною від заданої ф-ії як від показникової, а другий – як від степеневої.

Похідна ф-ії заданої неявно

Щоб знайти таку похідну треба продиференціювати це рівняння, враховуючи, що у - це ф-ія від х.

Диференційовність ф-ії в т.

Ф-ія f(x) диференційовна в т. х0 якщо її приріст можна записати у вигляі: Dу=А*Dх+aDх. (1)

де a=a(Dх)®0, при Dх®0.

А=const. Поділимо обидві частини ріняння (1) на А*Dх:

Dу~A*Dx. при Dх®0, (a/А)®0.

А це означає що aDх в рівності (1) є нескінченно малою ф-ією порядку вище ніж Dх.

Диференціалом називається головна, лінійна відноно Dх чистина приросту ф-ії в т. х0.

dy=df(x)=ADx=f’(x0)Dx.

За диференціал незалежної змінної прицмають приріст цієї змінної.

(dx=Dx) Тому формула перетворю-ється на: dy=f’(x0)dx.

Критерій диференційовності ф-ії в точці.

Для того щоб ф-ія f(x) була диференційовною в т х0 необхідно і достатньо, щоб в т. х0 існувала похідна ф-ії, і іі значення було =А.

Доведення.

Н. Припустимо, що f(x)ÎD(x0)=>

Dy=A*Dx+a*Dx, a®0, при Dх®0.

Розділимо на Dх: (Dy/Dx)=A+a;

Перейдемо до границі при Dх®0

Д. Припустимо, що існує , тоді за т. про приріст ф-ії що має похідну: Dy=f’(x₀)*Dx+a*Dx

Dy=A*Dx+a*Dx;

А це і означає що ф-ія є диференційовною.

Геометричний зміст диференціала

Диф. ф. в т. дорівнює приросту ординати дотичної проведеної до графіка функції в цій т.

Властивості диференціалів.

U=U(x),V=V(x)ÎD(x)

1) d(U+V)=dU+dV;

2) d(c*U)=c*dU;

3) d(U*V)=dU*V+dV*U;

4) d(U/V)=(dU*V-dV*U)/V²

Доведення (частка)

d(U/V)=(U/V)‘×dx=(U‘V-UV‘)/V²×dx

=(U‘dx×V-U×V‘dx)/V²=

=(dU×V-U×dV)/V²

Властивості інваріантності

Форма диф. не змінюється при заміні незалежної змінної іншою функцією.

Доведення

Нехай y=f(x) Î D(x) "xÎX =>

dy=f‘(x)×dx (1)

Нехай x=j(t), тоді y=f(j(t))

dy=f‘(j(t))×j‘(t)×dt=f‘(x)×dx (2)

Праві частини рівностей (1) та (2) однакові за формою, отже диф. 1-го порядку має властивість інваріантності.

Зауважимо, що за змістом формули різні: в правій частині (1) dx–

константа, а в (2) dx – функція.

Похідні вищих порядків

Похідною n-го порядку називається похідна від похідної n-1 порядку.

Властивості похідних вищих порядків

Якщо ф-ї U=U(x) та V=V(x) мають в т. х похідні n-го порядку, то ф-ї U±V, C×U, U×V теж мають похідні n-го порядку.