Teorem tentang kewujudan batas atas terkecil. Kewujudan sempadan atas yang tepat untuk set yang dihadkan di atas

OPR1.

OPR2. sempadan atas tepat dan ditetapkan sup A.

OPR2'.

UTV. OPR2. ó OPR2’.

=> OPR2 dipenuhi, iaitu M = sup A – yang terkecil daripada semua sempadan atas => M – sempadan atas set A => (iaitu 1) OPR2’ telah selesai).

Dm 2) secara percanggahan, i.e. sempadan atas set A, dan M bukan sempadan atas terkecil - satu percanggahan, kerana M ialah sempadan atas => sifat 2) OPR2’ berpuas hati.

<= выполнено ОПР2’, т.е.

Kerana M' di atas. Muka set A, sl-but, M – sempadan atas terkecil set A => OPR2 dipenuhi.

Nombor tiket 2 muka surat 2

OPR3.

OPR4. tepi bawah tepat dan ditetapkan inf A.

OPR4'.

UTV. OPR4. ó OPR4’

Buktinya serupa dengan UTV. OPR2. ó OPR2’.

TEOREM!!!

DOC-VO!!!

Ulasan: jika set A tidak bersempadan di atas => ia tidak mempunyai sempadan atas =>

Tiket No. 1 “SET TERHAD DAN TANPA HAD. CONTOH".

OPR1: nombor A nama. bersempadan di atas, Jika . Dalam kes ini, M adalah yang teratas. tepi mn-va A.

Contoh: Dan ia terhad dari atas. M = 3 – sempadan atas. Sebarang nombor yang lebih besar daripada 3 adalah sempadan atas.

OPR2: nombor A nama. bersempadan di bawah, Jika . Dalam kes ini, m adalah yang lebih rendah. tepi mn-va A.

Contoh:

N - bersempadan dari bawah. m = 1 – sempadan bawah. Sebarang nombor yang kurang daripada 1 akan menjadi sempadan bawah.

OPR3: nombor A nama. terhad, jika ia bersempadan di atas dan di bawah, i.e. .

OPR3': nombor A nama. terhad, Jika

KAMI BUKTIKAN BAHAWA OPR3 ó OPR3’

=> N.D. OPR3 => OPR3’

Kami ada: Biar

Itu. selesai OPR3'

<= Н.Д. ОПР3’ =>OPR3

Kami ada: ,i.e. selesai OPR3.

OPR4. Mn – dalam A dipanggil tidak terhad, Jika

Tiket No 3 "JURUTAN NOMER".

OPR. Jika bagi setiap nombor asli kita masukkan nombor surat-menyurat mengikut beberapa undang-undang, maka nombor itu ialah set nombor , dipanggil urutan berangka. mari kita nyatakan nombor yang terakhir. ; nombor - unsur urutan

Contoh:

OPR. Nombor a dipanggil had yang terakhir. , jika (untuk sebarang nombor positif)

Ditunjukkan oleh:

Contoh:

Jawatan: kejiranan t.a.

Tiket No 4 “B.M. YANG TERAKHIR DAN KOLEKSI MEREKA (2 TEOREMA).”

OPR. Yang terakhir dipanggil infinitesimal (infinitesimal) jika

Contoh: b.m.terakhir

SV-VA:

TEOREM_1!!! biarlah - b.m. selepas bersalin, maka:

1) Selepas bersalin b.m.terakhir

2) Selepas bersalin b.m.terakhir

DOC-VO!!!

1) diberikan: b.m, i.e.

Dm, apa b.m. selepas bersalin, i.e.

Mari pilih dan labelkannya.

Kerana b.m. => untuk nombor ,

B.m. => untuk nombor

Kerana letak nombor =>

2) Eh, apa b.m.terakhir

Mari pilih dan labelkannya.

B.m. => untuk nombor,

B.m. => untuk nombor

Tiket No. 4 muka surat 2

Kerana meletakkan nombor => def. b.m. untuk , i.e. b.m.

TEOREM_2!!!

Biar b.m.last, terhad. selepas bersalin positif, kemudian b.m.urutan positif

OPR. Selepas bersalin. terhad Jika

DOC-VO!!!

Kita betulkan.

Had. =>

B.m.terakhir => untuk

Akibat:

Biarkan b.m.last. Kemudian untuk b.m lepas

Sesungguhnya, pertimbangkan selepas bersalin.

Ogre selepas bersalin. b.m, kerana b.m.

Contoh:

ITU. mengikut THEOREM_2!!!

Ulasan:

Daripada THEOREM_1!!! Ikut itu

1) hasil tambah sebarang nombor terhingga b.m. selepas bersalin. ada b.m.last.

2) hasil darab sebarang nombor terhingga b.m. selepas bersalin. terdapat b.m. selepas bersalin.

Tiket No. 5 "URUTAN BB DAN HUBUNGAN MEREKA DENGAN URUTAN BM."

OPR. biarlah ia dipanggil b.b.terakhir, jika

Mari kita nyatakan

TEOREM!!! Biarkan b.b.last., Kemudian b.m.last.

DOC-VO!!!

tetap Selepas bersalin

ITU.
b.m. selepas bersalin.

HUBUNGAN BB DENGAN URUTAN BM.

B.b. selepas bersalin. b.m. selepas bersalin. Hubungan songsang.

Tiket 18 sifat had fungsi (a) keunikan had. B) fungsi terhad yang mempunyai had.)

Keunikan had

TEOREM!!! Jika f-i mempunyai had pada K®0, maka ia adalah unik

DOC-VO!!!(dari seberang)

biarlah Dan

Rassm X n¹a "n

Kerana Þ untuk urutan (X n ) yang diberi

Þ untuk urutan ( X n ) yang diberikan

Itu. ( f(x)-ch.p-t)berlawanan kerana tidak boleh mempunyai

b¹c 2 had berbeza Þ dalam = c

.Dengan

Akibat

Soalan No. 22 Had indah ke-2

Akibat

(an-no a x =lna)

Bil22str4
Tiket 23 hartanah fungsi bm

fungsi tiket 24 bb dan sambungannya dengan bb

Tiket 26.kesetaraan bm f-ii.(jadual, t.)

tiket 26 muka surat 2

Tiket 25. Perbandingan bm f-y.

Tiket 28. Nepr-t f-ii pada titik.

pukul.28

TIKET 30. pengelasan titik ketakselanjaran fungsi (takrif dan contoh)

Biarkan f(x) def. di sesetengah U(a) (m.b. tidak termasuk t.a. sendiri). t.a. dipanggil titik putus fungsi f(x), jika f tidak tetap dalam t.a. biarkan t.a ialah titik ketakselanjaran bagi fungsi f(x).

Def. 1) t.a.-titik putus jenis pertama, jika (iaitu kata nama terhingga satu pihak)

2) Jika, sebagai tambahan, maka t.a- titik pecah boleh tanggal.

3) t.a. - titik putus jenis ke-2 , jika ia bukan pecah jenis pertama.

Contoh. 1)y=sgn(x). x=0-t.r. daripada jenis pertama, kerana

2)y= , x=0 –t. peranti sekali, kerana

3) y= x=0 – t.r daripada jenis ke-2, kerana

,

Titik ketakselanjaran jenis ke-2.

3).

,

x=0 ialah titik ketakselanjaran jenis ke-2.

4).

Tiada titik x=0 - titik ketakselanjaran jenis ke-2.

, . Titik x=0 ialah titik ketakselanjaran jenis ke-2.

Tiket No 2 “BUNDA ATAS DAN BAWAH SET NUMERIK. TEOREM TENTANG KEWUJUDAN TEPAT SEMPAD BAWAH DAN ATAS SATU SET.

OPR1. M – sempadan atas set A ó jika .

OPR2. yang terkecil daripada semua muka atas set A, dipanggil sempadan atas tepat dan ditetapkan sup A.

OPR2'. Nombor M dipanggil tepi atas tepat bagi nombor A jika

UTV. OPR2. ó OPR2’.

=> OPR2 dipenuhi, iaitu M = sup A – yang terkecil daripada semua sempadan atas => M – sempadan atas set A => (iaitu 1) OPR2’ telah selesai).

Dm 2) secara percanggahan, i.e. sempadan atas set A, dan M bukan sempadan atas terkecil - satu percanggahan, kerana M ialah sempadan atas => sifat 2) OPR2’ berpuas hati.

<= выполнено ОПР2’, т.е.

Jelas bahawa M ialah sempadan atas terkecil.

Dm dengan percanggahan, i.e. Biarkan M menjadi muka atas yang tidak terkecil. Jawatan menurut St. 2) untuk percanggahan ini.

Kerana M' di atas. Muka set A, sl-but, M – sempadan atas terkecil set A => OPR2 dipenuhi.

Nombor tiket 2 muka surat 2

OPR3. m – batas bawah set A ó jika .

OPR4. yang terbesar daripada semua muka bawah set A, dipanggil tepi bawah tepat dan ditetapkan inf A.

OPR4'. Nombor m dipanggil infimum tepat bagi set A jika

UTV. OPR4. ó OPR4’

Buktinya serupa dengan UTV. OPR2. ó OPR2’.

TEOREM!!! Setiap set bukan kosong bersempadan di atas (bawah) mempunyai sempadan atas (bawah) yang tepat.

DOC-VO!!! Set bukan kosong A – terhad. dari atas, maka set A mempunyai sekurang-kurangnya satu sempadan atas. Biarkan Y ialah set semua muka atas set A, i.e. , dan set Y adalah bukan kosong, kerana set A mempunyai sekurang-kurangnya satu sempadan atas.

ITU. jujukan bukan kosong A dan Y serta selanjar mengikut asalan. sah nombor i.e. sempadan atas mn-va A. M = sup A.

Ulasan: jika set A tidak bersempadan di atas => ia tidak mempunyai sempadan atas => tidak ada sempadan atas yang tepat. Dalam kes ini kadang-kadang dipercayai bahawa . Begitu juga jika set A tidak terhad. dari bawah, kadang-kadang dipercayai bahawa

Kewujudan mana-mana set yang dibatasi di atas (bawah) dengan batas atas yang tepat (tepat bawah) tidak jelas dan memerlukan bukti. Mari kita buktikan teorem utama berikut.

Teorem Utama 2.1. Jika Set nombor yang boleh diwakili sebagai pecahan perpuluhan tak terhingga disempadani di atas (masing-masing di bawah) dan mengandungi sekurang-kurangnya satu elemen, maka set ini mempunyai sempadan atas tepat (masing-masing tepat bawah).

Bukti. Kami akan menumpukan hanya pada bukti kewujudan sempadan atas tepat untuk mana-mana set yang disempadani di atas, kerana kewujudan sempadan bawah tepat untuk mana-mana set yang bersempadan di bawah dibuktikan dengan cara yang sama sekali.

Jadi, biarkan set itu dibatasi dari atas, iaitu, terdapat nombor M supaya setiap unsur x set memenuhi ketaksamaan.

Dua kes mungkin muncul sendiri:

1°. Di antara unsur-unsur set terdapat sekurang-kurangnya satu nombor bukan negatif. 2°. Semua elemen set adalah nombor negatif. Kami akan mempertimbangkan kes-kes ini secara berasingan.

1°. Mari kita pertimbangkan hanya nombor bukan negatif yang merupakan sebahagian daripada set Mari kita wakili setiap nombor ini sebagai pecahan perpuluhan tak terhingga dan pertimbangkan bahagian integer bagi pecahan perpuluhan ini. Disebabkan oleh ketaksamaan, semua bahagian integer tidak melebihi nombor M, dan oleh itu terdapat bahagian integer terbesar, yang kita nyatakan dengan Mari kita simpan antara nombor bukan negatif set yang bahagian integernya sama dan buang. semua nombor lain. Untuk nombor yang disimpan, pertimbangkan tempat perpuluhan pertama selepas titik perpuluhan. Kami menandakan yang terbesar daripada tanda-tanda ini dengan Marilah kita simpan di antara nombor bukan negatif set yang bahagian integernya sama dan tempat perpuluhan pertama adalah sama dan buang semua nombor lain. Untuk nombor yang disimpan, pertimbangkan tempat perpuluhan kedua selepas titik perpuluhan. Kami menandakan yang terbesar daripada tanda-tanda ini dengan Meneruskan penaakulan yang serupa lagi, kami akan menentukan tempat perpuluhan nombor tertentu secara berturut-turut.

Mari kita buktikan bahawa nombor x ini ialah sempadan atas set yang tepat Untuk melakukan ini, cukup untuk membuktikan dua pernyataan: 1) setiap elemen x set memenuhi ketaksamaan 2) walau apa pun nombor x kurang daripada x, terdapat sekurang-kurangnya satu unsur x daripada set yang memenuhi ketaksamaan

Mari kita buktikan dahulu pernyataan 1). Oleh kerana x, secara binaan, ialah nombor bukan negatif, maka sebarang unsur negatif x set pasti memenuhi ketaksamaan

Oleh itu, cukup untuk kita membuktikan bahawa mana-mana unsur bukan negatif x set memenuhi ketaksamaan

Katakan bahawa beberapa unsur bukan negatif tidak memenuhi ketidaksamaan Kemudian, mengikut peraturan susunan, terdapat nombor sedemikian tetapi hubungan terakhir bercanggah

bercanggah dengan fakta bahawa tempat perpuluhan terbesar bagi unsur-unsur yang bahagian integernya dan tempat perpuluhan pertama adalah sama diambil sebagai

Percanggahan yang terhasil membuktikan pernyataan 1).

Mari kita buktikan kenyataan 2). Biarkan x ialah sebarang nombor yang memenuhi syarat Ia diperlukan untuk membuktikan bahawa terdapat sekurang-kurangnya satu unsur x daripada set yang memenuhi ketaksamaan

Jika nombor x adalah negatif, maka ketaksamaan pastinya dipenuhi oleh unsur bukan negatif x set (dengan andaian, sekurang-kurangnya satu unsur tersebut wujud).

Ia kekal untuk mempertimbangkan kes apabila nombor x yang memenuhi syarat adalah bukan negatif. Biarkan ia mengikut daripada syarat dan peraturan susunan bahawa terdapat nombor sedemikian

Sebaliknya, daripada pembinaan nombor (2.9) ia mengikuti bahawa untuk sebarang nombor terdapat unsur bukan negatif set supaya bahagian integer dan semua tempat perpuluhan pertama adalah sama dengan nombor x . Dalam erti kata lain, untuk nombor terdapat unsur x sedemikian

Set terhad. Tepi tepat

Formula Moivre

Ia ditemui oleh A. Moivre pada tahun 1707; notasi modennya telah dicadangkan oleh L. Euler pada tahun 1748.

z n =r n e dalam j =r n(cos n j +i dosa n j). (3)

Formula (3) dibuktikan dengan aruhan pada n.

Mendarab nombor kompleks

Dia jelas betul. Mari kita anggap bahawa ia adalah benar untuk sesetengah orang n, mari kita buktikan n+1. Kami ada:

Untuk yang diberikan, kita akan mencari satu yang memenuhi persamaan Dengan kata lain, kita akan mencari punca n-kuasa ke- bagi nombor kompleks. Kami ada r n e masuk j=r e i y Þ n j=y+2p k, kÎZ , r= mana kita nak dapat formula

yang digunakan untuk mengira punca n-kuasa ke- bagi nombor kompleks. Proses mencari akar n-kuasa ke- bagi nombor kompleks z boleh digambarkan seperti berikut. Jika nombor ini tidak sama dengan 0, maka akan ada akar sedemikian n. Kesemuanya akan menjadi puncak yang betul n– segi empat sama yang ditulis dalam bulatan jejari . Salah satu bucu poligon ini mempunyai hujah yang sama dengan.

Contoh. Kira. Dalam kes ini, ia memerlukan tiga nilai:

nasi. 1.7

Komen: Tanda perbandingan kurang daripada, lebih besar daripada (<, >) tidak ditakrifkan dalam C .

1.3. Sempadan atas dan bawah bagi set nombor nyata

Had dan sempadan orang ramai.

Set E bersempadan di atas:$b"xÎ E:x£ b.

b - sempadan atas set:"xÎE:x£ b.

Set sempadan:$a"xÎ E: x³ a.

a - infimum set:"xÎE: x ³ a.

Supremum set: b = sup E ialah nombor yang memenuhi dua sifat:

1)(b - tepi atas)"xÎ E:x£ b.

2) (tidak kurang juga) "e>0 $ xÎ E: x > b- e.

Infimum yang tepat ditentukan dengan cara yang sama a = inf E.Set terhadE:$b"xÎ E: .

Ulasan: Jika b = sup E, Itu -b= inf E¢, Di mana E¢- cermin ke E sekumpulan, E¢={xÎR:(-x)ÎE} .

Teorem 1. Set bukan kosong yang bersempadan di atas mempunyai supremum.

Bukti: biarlah b sempadan atas set E Dan aÎ E. Mari kita nyatakan dengan [ a 1 ,b 1 ] segmen jika ia mengandungi mata daripada E. Jika tidak melalui [ a 1 ,b 1 ] menandakan segmen

nasi. 1.8

Mari kita perhatikan sifat-sifat segmen yang dibina ini:

1) "xÎE: x£ b 1 .

2) EÇ[ a 1 ,b 1 ] ¹ Æ .

Kami mengulangi prosedur ini untuk [ a 1 ,b 1 ], dsb. Akibatnya, kami memperoleh urutan segmen bersarang [ a k , b k], memenuhi sifat berikut:

1)"xÎE: x £ b k .

2) EÇ[ a k, b k ] ¹ Æ .

Bukti ini dilakukan dengan induksi. Katakan bahawa segmen [ a k , b k]dengan sifat yang ditentukan. Bahagikannya separuh dengan titik. Melalui [ a k + 1 ,b k + 1 ] menunjukkan bahawa salah satu segmen , yang mempunyai persimpangan yang tidak kosong dengan E. Jika kedua-duanya mengandungi

nasi. 1.9

mata daripada E, Itu [ a k + 1 ,b k + 1 ] biar ada segmen yang betul. Segmen yang terhasil mempunyai sifat 1), 2). Panjang segmen ini b k - a k =(b-a)/ 2k cenderung kepada 0, jadi terdapat satu nombor c biasa kepada semua segmen ini. Nombor ini ialah sempadan atas tepat bagi set ini. sungguh:

1) "xÎ E: x £ c.

Andaikan sebaliknya: $ xÎ E:x>c, mari kita ambil, kerana ia wujud kemudian, dari mana ia mengikuti b n< x , yang bercanggah dengan syarat tersebut xÎ[ a n , b n].

nasi. 1.10

2)"e> 0$ xÎE: x > c - e.

Untuk mana-mana e ada n: b n - a n< e . Jom pilih mana-mana xÎ[ a n , b n] . Kerana harta 1) ia akan menjadi benar x< c, Selain itu

c-x£ b n - a n< e . Justeru, yang diperlukan x.

nasi. 1.11

Begitu juga, boleh dibuktikan bahawa daripada set bukan kosong yang bersempadan di bawah terdapat infimum.

Teorem 2. Supremum yang tepat (jika wujud) adalah unik.

Bukti: Biar ada dua muka yang tepat b 2 , b 1 , b 1 2 . Ambil e = b 2 -b 1 > 0. Penentuan sempadan atas yang tepat (untuk b 2)$xÎ E: x > b 2 - e = b 1, yang bercanggah dengan apa b 1 tepi atas.

nasi. 1.12

Komen. Ia dibuktikan dengan cara yang sama bahawa infimum adalah unik.

Jika E tidak bersempadan di atas, maka tulis sup E = +¥, begitu juga, jika E tidak bersempadan di bawah, maka tulis inf E= -¥ .

Mari kita buktikan satu lagi teorem, yang berdasarkan sifat kesinambungan nombor nyata.

Tema tentang kewujudan muka atas (bawah). Pertama, mari kita perkenalkan beberapa definisi.

Definisi. Set berangka X dipanggil bersempadan di atas jika terdapat nombor M sedemikian x ≤ M untuk sebarang elemen x daripada ramai X .

Definisi. Set berangka X dipanggil bersempadan di bawah jika terdapat nombor m seperti itu x ≥ m untuk sebarang elemen x daripada ramai X .

Definisi. Set berangka X dipanggil bersempadan jika ia bersempadan di atas dan di bawah.

Dalam notasi simbolik, definisi ini akan kelihatan seperti ini:

sekumpulan X bersempadan di atas jika ∃M ∀x ∈ X: x ≤ M ,

bersempadan di bawah jika ∃m ∀x ∈ X: x ≥ m Dan

terhad jika ∃m, M ∀x ∈ X: m ≤ x ≤ M .

Definisi. Untuk sebarang nombor a R nombor bukan negatif

ia dipanggil nilai mutlak atau modul. Untuk nilai mutlak nombor, ketaksamaan berikut berlaku: |a+b| < |a|, yang mengikuti daripada takrif modulus nombor dan daripada aksiom penambahan dan tertib.

Teorem 4.3.1. Set berangka X adalah terhad jika dan hanya jika terdapat nombor C supaya untuk semua unsur x daripada ini menetapkan ketaksamaan ≤ C.

Bukti. Biarkan set X terhad. Mari letak C =maks(m, M)- nombor terbesar m dan M. Kemudian, menggunakan sifat modulus nombor nyata, kita memperoleh ketaksamaan x ≤M≤M ≤C dan x≥m≥ −m≥ −C, yang membayangkan bahawa ≤ C .

Sebaliknya, jika ketaksamaan ≤ C berlaku, maka −C ≤ x ≤ C . Inilah yang diperlukan jika kita meletakkan M = C dan m = −C .◄

Nombor M, mengehadkan set X di atas, dipanggil sempadan atas set. Jika M- sempadan atas set X, kemudian sebarang nombor M', yang lebih besar M, juga akan menjadi sempadan atas set ini. Oleh itu, kita boleh bercakap tentang set sempadan atas untuk set X. Mari kita nyatakan set sempadan atas dengan . Kemudian, ∀x ∈ X dan ∀M ∈ ketidaksamaan akan berpuas hati x ≤M, oleh itu, dengan aksiom kesinambungan terdapat nombor sedemikian x ≤ ≤ M. Nombor ini dipanggil sempadan atas tepat bagi set nombor X atau sempadan atas set ini atau supremum set X dan ditetapkan =sup X. Oleh itu, kami telah membuktikan bahawa setiap set nombor bukan kosong yang bersempadan di atas sentiasa mempunyai sempadan atas.

Jelas sekali kesaksamaan itu = sup X adalah bersamaan dengan dua syarat:

1) ∀x ∈ X ketaksamaan x ≤ berlaku, i.e. - sempadan atas set X ;

2) ∀ε > 0 ∃xε ∈ X supaya ketaksamaan xε > −ε berlaku, i.e. had ini tidak boleh diperbaiki (dikurangkan).

Begitu juga, seseorang boleh membuktikan bahawa jika set dibatasi di bawah, maka ia mempunyai infimum itu juga dipanggil infimum bagi set X dan dilambangkan dengan inf X. Kesamaan =inf X adalah bersamaan dengan syarat:

1) ∀x ∈ X ketidaksamaan berlaku x ≥ ;

2) ∀ε > 0 ∃xε ∈ X supaya ketidaksamaan berlaku xε< + ε .

Jika set X mempunyai elemen terbesar, maka kita akan memanggilnya

unsur maksimum bagi set X dan menandakan = maks X . Kemudian

supX =. Begitu juga, jika terdapat elemen terkecil dalam set, maka kita akan memanggilnya minimum, menandakan minX dan ia akan menjadi infimum set X .

Mari kita rumuskan beberapa sifat muka atas dan bawah:

Harta 1. biarlah X- beberapa set berangka. Mari kita nyatakan dengan −X sekumpulan (− x| x ∈ X ). Kemudian sup (− X) = − inf X Dan inf (− X) = − sup X .

Harta 2. biarlah X- beberapa set nombor λ – nombor nyata. Mari kita nyatakan dengan λX sekumpulan (λx | x ∈ X). Kemudian jika λ ≥ 0, maka sup(λX) = λ supX , inf(λ X)= λ infX dan jika λ < 0, то sup(λ X)=λ infX , inf(λ X)=λ supX .

Hartanah 3. biarlah X1 dan X2- set berangka. Mari kita nyatakan dengan X1+X2 sekumpulan ( x1+ x2 | x1 ∈ X1, x2 ∈ X2 ) dan melalui X1 − X2 sekumpulan (x1 − x2 | x1 ∈ X1, x2 ∈ X2). Kemudian sup(X1 + X2)=supX1+supX2, inf(X1+X2)=infX1 +inf X2 , sup(X1 − X2) = sup X1 − inf X2 dan inf (X1 − X2) = inf X1 − sup X2 .

Harta benda 4. Biarkan X1 dan X2 ialah set nombor yang kesemua elemennya adalah bukan negatif. Kemudian sup (X1*X2) = sup X1 *sup X2 , inf (X1*X2) = inf X1* inf X2 .

Mari kita buktikan, sebagai contoh, persamaan pertama Harta 3. Biarkan x1 ∈ X1, x2 ∈ X2 dan x=x1+x2. Kemudian x1 ≤ sup X1, x2 ≤ sup X2 Dan x ≤ sup X1 + sup X2, di mana sup(X1 + X2) ≤ sup X1 + sup X2 .

Untuk membuktikan ketaksamaan yang bertentangan, ambil nombornya y . Kemudian kita boleh mencari unsur-unsur ∈ X1 dan ∈ X2 sedemikian ^{y . Ini bermakna ada unsur = + ∈ X1+X2, yang lebih besar daripada nombor y dan sup X1 + sup X2 = sup (X1 + X2). Hubungan yang selebihnya dibuktikan dengan cara yang sama.}

Prinsip Archimedes dan kewujudan sempadan atas dan bawah boleh didalilkan sebagai aksiom dan bukannya aksiom kesinambungan, maka aksiom kesinambungan akan mengikuti dari aksiom baru ini. (Cuba buktikan sendiri).

ANALISIS MATEMATIK

Bahagian I

TEORI HAD. Had jujukan dan had fungsi. Teorem kewujudan untuk supremum yang tepat.

Biarkan pembolehubah x n mengambil urutan nilai yang tidak terhingga

x 1 , x 2 , ..., x n , ..., (1)

dan hukum perubahan pembolehubah diketahui x n, iaitu bagi setiap nombor asli n anda boleh menentukan nilai yang sesuai x n. Oleh itu, diandaikan bahawa pembolehubah x n adalah fungsi daripada n:

x n = f(n)

Mari kita tentukan salah satu konsep analisis matematik yang paling penting - had jujukan, atau, apa yang sama, had pembolehubah x n, berjalan melalui urutan x 1 , x 2 , ..., x n , ... . .

Definisi. Nombor tetap a dipanggil had urutan x 1 , x 2 , ..., x n , ... . atau had pembolehubah x n, jika untuk nombor positif yang kecil sewenang-wenangnya terdapat nombor asli sedemikian N(iaitu nombor N) bahawa semua nilai pembolehubah x n, bermula dengan x N, berbeza daripada a dalam nilai mutlak kurang daripada e. Definisi ini ditulis secara ringkas seperti berikut:

| x n - a |< (2)

di hadapan semua orang n  N, atau, apa yang sama,

Penentuan had Cauchy. Nombor A dipanggil had fungsi f (x) pada titik a jika fungsi ini ditakrifkan dalam beberapa kejiranan titik a, dengan kemungkinan pengecualian titik a itu sendiri, dan untuk setiap ε > 0 terdapat δ > 0 supaya untuk semua keadaan x memuaskan |x – a|< δ, x ≠ a, выполняется неравенство |f (x) – A| < ε.

Penentuan had Heine. Nombor A dipanggil had fungsi f (x) pada titik a jika fungsi ini ditakrifkan dalam beberapa kejiranan titik a, dengan kemungkinan pengecualian titik a itu sendiri, dan untuk sebarang jujukan sedemikian. menumpu kepada nombor a, jujukan nilai fungsi yang sepadan menumpu kepada nombor A.

Jika fungsi f (x) mempunyai had pada titik a, maka had ini adalah unik.

Nombor A 1 dipanggil had fungsi f (x) di sebelah kiri di titik a jika bagi setiap ε > 0 wujud δ >

Nombor A 2 dipanggil had fungsi f (x) di sebelah kanan pada titik a jika bagi setiap ε > 0 terdapat δ > 0 supaya ketaksamaan berlaku untuk semua

Had di sebelah kiri dilambangkan dengan had di sebelah kanan - Had ini mencirikan kelakuan fungsi di sebelah kiri dan kanan titik a. Ini sering dipanggil had sehala. Dalam penetapan had sebelah untuk x → 0, sifar pertama biasanya ditinggalkan: dan. Jadi, untuk fungsi

Jika bagi setiap ε > 0 wujud kejiranan δ bagi suatu titik sehingga untuk semua x memenuhi syarat |x – a|< δ, x ≠ a, выполняется неравенство |f (x)| >ε, maka mereka mengatakan bahawa fungsi f (x) mempunyai had tak terhingga pada titik a:

Oleh itu, fungsi mempunyai had tak terhingga pada titik x = 0. Had bersamaan dengan +∞ dan –∞ selalunya dibezakan. Jadi,

Jika bagi setiap ε > 0 terdapat δ > 0 supaya bagi setiap x > δ ketaksamaan |f (x) – A|< ε, то говорят, что предел функции f (x) при x, стремящемся к плюс бесконечности, равен A:

Teorem kewujudan untuk supremum yang tepat

Definisi:АR mR, m ialah muka atas (bawah) А, jika аА аm (аm).

Definisi: Satu set A disempadani dari atas (dari bawah), jika wujud m sehingga aA, am (am) dipegang.

Definisi: SupA=m, jika 1) m ialah supremum A

2) m’: m’ m’ bukan supremum A

InfA = n, jika 1) n ialah infimum A

2) n’: n’>n => n’ bukan infimum A

Definisi: SupA=m ialah nombor seperti: 1)  aA am

2) >0 a  A, supaya a  a-

InfA = n ialah nombor seperti: 1) 1)  aA an

2) >0 a  A, supaya E a+

Teorem: Mana-mana set AR bukan kosong yang bersempadan dari atas mempunyai supremum yang tepat dan yang unik.

Bukti:

Mari bina nombor m pada garis nombor dan buktikan bahawa ini adalah tertinggi bagi A.

[m]=maks([a]:aA) [[m],[m]+1]A=>[m]+1 - sempadan atas A

Segmen [[m],[m]+1] - dibahagikan kepada 10 bahagian

m 1 =maks:aA)]

m 2 =maks,m 1:aA)]

m k =maks,m 1 ...m K-1:aA)]

[[m],m 1 ...m K , [m],m 1 ...m K + 1 /10 K ]A=>[m],m 1 ...m K + 1/ 10 K - tepi atas A

Mari kita buktikan bahawa m=[m],m 1 ...m K ialah yang tertinggi dan ia unik:

k: maka terdapat satu titik di mana fungsi mencapai maksimum, terdapat satu titik di mana fungsi mencapai minimum.

Bukti:

Biarkan fungsi f(x) selanjar pada , maka dengan Teorem 1 ia dibatasi pada selang ini. Akibatnya, set nilai fungsi adalah terhad. Kemudian, berdasarkan prinsip tertinggi, set ini mempunyai sempadan atas dan bawah tepat yang tepat.

Kami menandakan: dan menunjukkan bahawa ini akan menjadi nilai terbesar bagi fungsi f(x) pada segmen : .

Mari kita anggap sebaliknya, iaitu, .

Oleh kerana , maka f(x)< .

mari kita perkenalkan fungsinya . Fungsi adalah selanjar pada , sejak -f(x) 0. Kemudian, dengan teorem pertama Weierstrass, fungsi itu dihadkan pada .

, di mana >0

Oleh kerana ketidaksamaan ini berlaku, nombor itu bukanlah sempadan atas tepat bagi set nilai fungsi. Kami tiba pada percanggahan, yang bermaksud andaian kami tidak betul. Begitu juga, seseorang boleh membuktikan bahawa fungsi berterusan mencapai nilai minimumnya pada segmen. Teorem telah terbukti.

FUNGSI BOLEH DIBEZAKAN Teorem Rolle dan Lagrange. Formula TEylor dengan baki istilah dalam bentuk Lagrange.

Teorem Rolle. Jika fungsi f(x) selanjar pada selang tertutup [a, b], mempunyai terbitan di dalam selang dan jika

f(a) = f(b)

maka di dalam selang [a, b] terdapat sekurang-kurangnya satu nilai x tersebut 0 (a< x 0 < b), что

f "(x 0 ) = 0.

Bukti. Mari kita pertimbangkan dua kes.

1. Fungsi f(x) adalah malar pada selang [ a, b]; Kemudian f" (x) = 0 untuk sesiapa x(a< x < b) , iaitu pernyataan teorem Rolle dijalankan secara automatik.

2. Fungsi f(x) tidak tetap (Rajah 1); maka ia mencapai terbesar atau terkecil atau kedua-dua nilai ini pada titik dalaman selang, kerana f(b) = f(a), dan jika f(a)- nilai terkecil, kemudian fungsi nilai nilai terbesar f(x) akan mengambil masa dalam selang.

Biar sebagai contoh f(x 0 ) - nilai terbesar bagi fungsi tersebut f(x) pada selang waktu [ a, b] Dan x 0 - titik dalaman selang ini. Kemudian f(x 0 ) ialah maksimum fungsi: f(x 0 )  f(x) untuk semua x dari kawasan kejiranan yang agak kecil x 0 [untuk kejiranan ini seseorang boleh, walau bagaimanapun, mengambil selang ( a, b)].

Oleh kerana, dengan syarat, f(x) mempunyai pada titik x 0 terbitan, kemudian dengan teorem mengenai kriteria yang diperlukan untuk ekstrem,

f "(x 0 ) = 0 ,

dan teorem Rolle terbukti.

Teorem Rolle mempunyai tafsiran geometri yang mudah: jika lengkok AB bagi lengkung y = f(x) diberikan, pada setiap titik yang terdapat tangen, dan hujung A dan B berada pada jarak yang sama dari paksi Ox, maka pada lengkok ini terdapat sekurang-kurangnya satu titik di mana tangen t kepada lengkung akan selari dengan kord yang menguncup lengkok, dan oleh itu dengan paksi Lembu(lihat rajah 1).

Jika kita memutarkan paksi koordinat mengikut sudut a, maka hujungnya A Dan B arka AB tidak lagi berada pada jarak yang sama dari paksi lembu", tetapi tangen t masih akan selari dengan kord AB(lihat rajah 1). Oleh itu, adalah wajar untuk menjangkakan bahawa teorem memegang: Jika lengkok AB lengkung y = f(x) dengan tangen yang berubah-ubah secara berterusan diberikan, maka pada lengkok ini terdapat sekurang-kurangnya satu titik di mana tangen itu selari dengan kord AB yang mencakarnya.(Rajah 2).

Teorem ini ialah parafrasa geometri bagi teorem berikut, dikenali sebagai Teorem Lagrange.

Teorem Lagrange. Jika fungsi f(x) selanjar pada selang tertutup[a, b] dan di dalamnya mempunyai terbitan f "(x), maka terdapat sekurang-kurangnya satu nilai x tersebut 0 (a< x 0 < b), что

f(b) - f(a) = (b - a)f "(x).

Bukti. Pertimbangkan fungsi penolong

F(x) = f(x) - k(x - a),

di mana - pekali sudut kord AB(lihat rajah 2).

Fungsi ini memenuhi semua syarat teorem Rolle.

Malah, apabila x = a kita ada F(a) = f(a) - k(a - a) = f(a), pada x = b kita ada

Lebih-lebih lagi, sejak fungsi f(x) Dan k(x - a) berterusan pada [ a, b] dan boleh dibezakan dalam ( a, b), kemudian fungsi F(x) = f(x) - k(x - a) berterusan pada [ a, b] dan boleh dibezakan dalam ( a, b).

Oleh itu, dengan teorem Rolle, dalam selang ( a, b) ada perkara sedemikian x 0 , Apa

F"(x 0 ) = 0 ,

f "(x 0 ) - k = 0

Dari sini kita ada

f(b) - f(a) = (b - a)f " (x 0 ) ,

Q.E.D.

Kerana a + (b - a) = b, kemudian nilai a +(b - a), dengan Q ialah pecahan positif wajar (0 <  < 1) , adalah sama dengan beberapa nombor dalam selang ( a, b), oleh itu formula Lagrange boleh ditulis dalam bentuk

f(b) - f(a) = (b - a)f "

Jika anda meletakkan a = x, b = x +x, di mana b - a =x, maka formula Lagrange akan ditulis dalam bentuk

y = f(x +x) - f(x) =xf"(x+x).

Sebelum ini telah dibuktikan bahawa jika sesuatu fungsi adalah sama dengan pemalar C pada sebarang nilai x dalam selang waktu (a, b), maka terbitannya adalah sama dengan sifar.

Mari kita buktikan teorem terbalik, yang merupakan akibat daripada teorem Lagrange:

Jika terbitan f "(x) hilang untuk sebarang nilai x dalam selang (a, b), maka dalam selang ini f(x) = C.

Malah, jika x 1 Dan x 2 - mana-mana dua nilai dalam selang (a, b), maka dengan teorem Lagrange, kita ada

f(x 2 ) - f(x 1 ) = (x 2 - x 1 )f"(x 0 ),

di mana, x 1 < x 0 < x 2 . Tetapi sejak f"(x 0 ) = 0 , Itu

f(x 2 ) - f(x 1 ) = 0,

yang membuktikan teorem kami.

Teorem penting mengikuti terus dari ini:

Jika dua fungsi f 1 (x) dan f 2 (x) mempunyai terbitan yang sama dalam selang (a, b), maka ia berbeza antara satu sama lain dengan nilai tetap pada selang ini.

Sesungguhnya, pertimbangkan fungsinya

(x) = f 2 (x)-f 1 (x).

Kemudian untuk sebarang nilai x daripada selang (a, b)

"(x) = f 2 "(x)-f 1 "(x) = 0.

Tetapi ini bermakna bahawa  (x) = C dan oleh itu

f 2 (x)-f 1 (x) = C.

Formula Taylor. Biarkan pada selang waktufungsi f(x) boleh dibezakan n kali dan kesamaan berikut dipegang:

f(a) = f(b) = f "(a) = f ""(a)= ... = f (n-1) (a)=0

Kemudian di dalam selangterdapat sekurang-kurangnya satu nilai dengan,di mana

f (n) (c) = 0

Bukti. Oleh Teorem Rolle kita ada

f "(x 0 ) = 0 ,

di mana a< x 0 < b . Kemudian f "(x) pada selang itu memenuhi teorem Rolle, kerana, dengan syarat, f "(a) = 0 Dan f "(x 0 ) = 0 , dan oleh itu

f ""(x 1 ) = 0 ,

di mana a< x 1 < x 0 .

Menggunakan teorem Rolle berturut-turut pada fungsi f ""(x), f """(x), ..., f (n-1) (x), akhirnya kami dapati:

f (n) (c) = 0,

di mana a< c < x n-1 < b . Teorem telah terbukti.

Mari kita dapatkan sekarang Formula Taylor dengan baki sebutan dalam bentuk Lagrange.

Biarkan fungsi f(x) boleh dibezakan n kali pada selang waktu.

Pertimbangkan fungsi penolong

(x) = f(x) - P(x),

Jom bezakan n digandakan fungsi  (x). Kemudian kita akan mempunyai

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

 (n-1) (x) = f (n-1) (x)-A n-1 - A n (x - a),

 (n) (x) = f (n) (x)-A n

Kami memerlukan fungsi  (x) memenuhi syarat teorem Rolle umum. Kemudian kita akan mempunyai

(1) .

Oleh kerana fungsi  (x) memenuhi syarat teorem Rolle umum, maka terdapat nilai sedemikian dengan< c < b) , Apa

 (n) (c) = f (n) (c) - A n = 0 (2)