Теорема

Нехай функція визначена, суворо монотонна і безперервна на певному проміжку, і нехай - безліч її значень. Тоді на множині зворотна функція однозначна, суворо монотонна та безперервна.

Доведення

Нехай для певності функція зростає на , тобто. для будь-яких , які задовольняють умові , виконується нерівність:

(), ().

1. Доведемо однозначність зворотної функції.

Однозначність зворотної функції випливає з того, що через зростання функції на справедливу нерівність:

При ,

і, отже, кожному відповідає єдине значення .

2. Доведемо тепер, що зворотна функція зростає на .

Справді, якщо , то й (і ), оскільки якби було , то зі зростання слід би, що що суперечило б припущенню . Таким чином, факт суворої монотонності зворотної функції встановлений.

3. І, нарешті, доведемо, що зворотна функція безперервна на .

Так як монотонно зростає на множині, вона обмежена і приймає найбільше і найменше значення на множині. Багато є проміжком з кінцями і , де , .

Нехай , . Розглянемо спочатку випадок, коли . І тут точка є, очевидно, внутрішньої точкою проміжку .

Виберемо значення таким, щоб і , і покладемо і . Тоді через зростання отримаємо:

.

Візьмемо тепер таким, щоб виконувались нерівності:

і .

Тоді, якщо задовольняє нерівності

,

то ,

і, отже, через зростання маємо:

Враховуючи, що і ,

отримаємо: за умови
.

Таким чином, доведено, що для будь-якого достатньо малого існує таке, що для всіх , що задовольняють нерівності , виконується нерівність , тобто. зворотна функція безперервна в точці. Але - довільна точка інтервалу . Отже, зворотна функція безперервна на .

Якщо або , то за допомогою аналогічних міркувань можна довести безперервність справа в точці і зліва в точці. Отже, факт безперервності зворотної функції на доведений.

У разі зменшення функції Доказ теореми проводиться аналогічно.

Модуль

Тема №5

Безперервність основних

Елементарні функції. Рівномірна безперервність функції на множині

Лекція №17

1. Безперервність функцій: ; ; ; ;
;
;
; ; ; .

2. Показова функція у багатьох раціональних чисел.

3. Показова функція у багатьох дійсних чисел.

ﻫ Безперервність елементарних функцій

1. Довести, що функція ,

Доведення

1) Виберемо довільну точку R,так як визначено на R.

2) Для цієї точки Rвизначимо межу та значення функції в точці:

а)
,

б) .

3) Отже, , тобто. функція безперервна у довільній точці .

,

безперервна в кожній точці числової прямої.

5) Доказ проведено виходячи з визначення №1 безперервності функції у точці. Ч.т.д.

2. Довести, що функція безперервна у будь-якій точці числової прямої, крім нуля, тобто. R\0.

Доведення

R\0, так як функція визначена на R\0, і визначимо в ній збільшення функції:

.

3) Обчислимо межу

,

так як . Отже, функція

4) Оскільки точка вибиралася довільно, то функція безперервна в будь-якій точці R\0. Ч.т.д.

3. Довести, що функція безперервна у будь-якій точці безлічі дійсних чисел.

Доведення

1) Область визначення функції – безліч дійсних чисел.

2) Виберемо довільну точку Rі визначимо у ній збільшення функції:

3) Обчислимо межу
. Отже, функція безперервна у довільній точці .

4) Оскільки точка вибиралася довільно, то функція безперервна в будь-якій точці безлічі дійсних чисел .

5) Доказ проведено виходячи з визначення №5 безперервності функції у точці мовою приращений. Ч.т.д.

4. Довести, що функція безперервна в будь-якій точці множини R.

Доведення

Доказ випливає з теореми про безперервність алгебраїчної суми, твору та приватного безперервних функцій та безперервності функції у будь-якій точці числової осі. Ч.т.д.

5. Довести, що функція
безперервна в будь-якій точці безлічі дійсних чисел, за винятком тих точок, де знаменник дробу перетворюється на нуль.

Доведення

Доказ випливає з теореми про безперервність алгебраїчної суми, твору та приватного безперервних функцій та безперервності функцій

і .

Значить, задана функція безперервна в будь-якій точці множини R, виключаючи ті точки, у яких знаменник дорівнює нулю. Ч.т.д.

6. Довести, що функція безперервна в будь-якій точці числової прямої.

Доведення

1) Доказ проведемо виходячи з визначення №5 безперервності функції у точці мовою приращений.

2) Функція визначена в будь-якій точці числової прямої.

3) Виберемо довільну точку Rі визначимо збільшення функції в цій точці:

4) Обчислимо межу від збільшення функції:

Отже, функція безперервна в довільній точці.

5) Оскільки точка вибиралася довільно, то функція безперервна в будь-якій точці числової прямої. Ч.т.д.

7. Аналогічно доводиться безперервність функції у будь-якій точці числової осі. Провести доказ самостійно.

8. З безперервності функцій і в будь-якій точці числової прямої за теоремою про безперервність приватного безперервних функцій у точці слідує безперервність функції

а) ; у всіх точках числової прямої, крім точок

, - Будь-яке ціле число;

б) і безперервність функції і у всіх точках, крім точок де - будь-яке ціле число.

9. Довести, що функція безперервна на всій числовій прямій.

Доведення

1) На інтервалі функція має вигляд , так як . А ця функція безперервна в кожній точці числової прямої.

2) На інтервалі функція має вигляд , так як . А ця функція безперервна як добуток двох безперервних функцій та .

3) Залишається встановити безперервність функції у точці .

4) Для цього обчислимо односторонні межі у точці :

а); б) .

5) Оскільки
і , то функція безперервна в точці . А, отже, вона безперервна на всій числовій прямій.

Висновок:

1.Все розглянуті функції безперервні у сферах їх існування.

2.На підставі теорем безперервності суми, різниці, твору та приватного безперервних функцій можна стверджувати, що функції, одержувані за допомогою кінцевого числа арифметичних дій над безперервними функціями, також є безперервними функціями в галузі їх існування.

Показова функція у багатьох раціональних чисел

Визначення 1.Нехай тоді для будь-якого раціонального числа буде визначено значення. Тим самим було визначено функцію . Цю функцію називають показовою на багатьох раціональних чисел.

Властивості показової функції

I. , , , тобто. , Де , .1.Нехай . Тоді:a) якщо , то ;б) якщо , то .2.а) ;б) ;в) .3. .4. .5. для будь-якого раціонального числа: .

Док-во: 5-ого свойства1. Якщо і , то з першої якості: .

2. Оскільки , а , то .3. З другого властивості: , і , отже, .4. Аналогічно доводиться нерівність при .

II.Лемма 1.Нехай. Тоді існує , що всім раціональних чисел , що задовольняють нерівності виконується нерівність: . Довідка: при .

Док-во: I.1. Нехай.

2. Оскільки , то : і .3. Так як , то на підставі першої властивості , отже, дві подвійні нерівності можна переписати так:

4. Нехай - раціональне число таке, що, тобто. 5. Тоді на підставі першої властивості показової функції можна написати: або або. При лемі очевидна. III. При лемі доводиться аналогічно, тільки відповідно до нерівності першої властивості знак треба замінити на зворотний (випадок 1б).

2 Показова функція у багатьох дійсних чисел

Определение2.Нехай , а - довільне дійсне число, тобто . Нехай - послідовність раціональних чисел, що сходить до . Очевидно, що для такої послідовності завжди існує. Тоді існує і залежить від вибору послідовності , , .

Випадок не представляє інтересу для вивчення, оскільки .

Теорема 1. Показова функція в безлічі дійсних чисел , , має наступні властивості: 1) безперервна в кожній точці числової прямої; при ;б) при ;6)а) при ;б) при .

Док-во: Першого характеристики1. Відомо, що: .2. Це твердження справедливе й у дійсних чисел.3. Нехай - довільне дійсне число, , і, - показова функція в безлічі дійсних чисел.4. Знайдемо збільшення функції у точці за зміни аргументу на : .

5. Відповідно до леми для показової функції у багатьох раціональних чисел: , що задовольняють нерівності ), випонується нерівність: , причому при ,.6. Помножимо обидві частини нерівності пункту 5 на позитивне число: .7. Порівняємо збільшення функції і остання нерівність, зрозуміло, що з , тобто. , тобто виходячи з визначення №5 безперервності функції у точці, функція безперервна у точці .8. Так як точка вибиралася довільно, то функція безперервна в будь-якій точці числової прямої.

Док-во: Другого свойства1. Нехай для визначеності та .2. У силу щільності раціональних чисел у безлічі дійсних чисел існують такі раціональні числа і , що

3. Виберемо деякі дві послідовності раціональних чисел так, щоб і , і щоб для .4. При основі першої властивості показової функції у безлічі раціональних чисел можна записати:

5. Перейдемо до межі при (у показниках ступенів) в останній нерівності: ; ; ; , Отже, виходячи з визначення показової функції у багатьох дійсних чисел: ; ; .6. Нерівність пункту 4 набуде вигляду: або при .7. На підставі визначення зростаючої функції при , отже, строго зростає при .

Зауваження1.Випадок розглядається аналогічно.

Примітка2.Графіки функції мають вигляд:

Док-во: 3-го свойства1. Нехай і такі послідовності раціональних чисел, що , і, отже, на підставі теореми про межі суми двох послідовностей, що сходяться. Тоді через визначення показової функції у багатьох дійсних чисел .3. За якістю №2 показової функції у багатьох раціональних чисел , отже, , a>0 .

Наслідок 1. Для будь-яких дійсних чисел справедлива рівність: отже, . 2. Тому.

Док-во: 4-ої якості

I.1. Нехай - ціле позитивне число, тобто. .2. Застосуємо якість властивість №2 показової функції у багатьох раціональних чисел: Отже, .

ІІ.1. Нехай , , де - ціле додатне число, .2. Доведемо, що: , тобто. що - є корінь ступеня у складі: .3. З рівності і за визначенням кореня: якщо , то . Або. Отже, .

ІІІ.1. Нехай , де .2. По раніше доведеному можна написати: . Отже, .

IV. Нехай тепер,, то. Отже, .

V. Очевидно, що .Висновок: таким чином, доведено, що , : .

VI.1. Нехай .2. Розглянемо довільну послідовність раціональних чисел, що сходить до: .3. Тоді в силу рівності матиме місце:

4. Оскільки , то відповідно до визначення показової функції у безлічі дійсних чисел можна записати:а) ;б) , оскільки .5. Перейдемо до межі рівності пункту 3 при:

6. Відповідно до пункту 4 перепишемо записану рівність: , .

Док-во: 5-ого характеристики I.1. Доведемо, що за .2. Нехай .3. Тоді , .4.Оскільки , то (відповідно до нерівності Бернуллі).5. Для , що .6. Якщо , а , то при , отже, - визначення нескінченно великої функції при нескінченна межа функції на нескінченності рівносильно .

ІІ.1. Якщо , виконується .2. Оскільки , те , тобто. .3. Тому .4. Якщо і , то , отже, поготів на підставі теореми про стислу змінну.

Док-во: 6-ого свойства1. При .2. При .Доказ проводиться аналогічно доказу якості №5.

Модуль

безперервність зворотної функції

Визначення 1.Нехай f- Відповідність між множинами Xі Y. Безліч всіх пар (( y,x)| (x,y)Î f) називається відповідністю зворотною для відповідності fі позначається f –1 .

Визначення 2.Якщо відповідності fі f-1 є функціями, то функція fназивається оборотний, а f –1 –зворотній для функції f .

Функції fі f-1 Взаємно зворотними, т.к. ( f –1) –1 = f, а відображення

f: Х Yє взаємно однозначним.

Властивості взаємно зворотних функцій:

1. D(f -1) = E(f), E(f -1) = D(f).

2. f –1 (f(x)) = x "xÎD( f); f(f –1 (y)) = y "yÎ E(f).

3. Графіки функцій fі f–1 – симетричні щодо прямої y = x.

Приймемо без док-ва наступну теорему

Теорема 1.Якщо функція fє взаємно однозначним відображенням області визначення D(f) на область значень E(f), то звернена їй відповідність f-1 - Функція.

Теорема 2 ( про існування та безперервність зворотної функції). Нехай функція f строго зростає (зменшується) і безперервна області визначення D(f), що є проміжком. Тоді зворотна відповідність f –1 є функцією зростаючої (зменшуваної) і безперервної у своїй області визначення D(f –1 ) = E(f), яка також є проміжком.

Зауважимо, що згідно з слідством ІІ теореми Больцано-Коші область значень безперервної на проміжку функції E(f) = D(f-1) - Проміжок.

Доведенняпроведемо для зростаючої функції у 3 етапи.

1 етап.Нехай f- Зростаюча, доведемо, що f –1 – функція, тобто. покажемо, що кожному

yÎ D(f –1) = E(f) відповідає єдине значення хÎ E(f-1) = D ( f).

Допустимо неприємне, що деякому у оÎ E(f) відповідають два х 1 , х 2Î D(f) такі, що f(x 1) = y o і f(x 2)= y o, але х 1 ≠ х 2. Нехай для певності х 1< х 2. З умови зростання функції fвипливає, що f(x 1) < f(x 2)Û y o< y o , А це неможливо.

2 етап.Доведемо, що f –1 - Зростаючафункція в галузі визначення D(f –1) = E(f). У безлічі E(f) Візьмемо будь-які у 1і у 2такі, що у 1 < у 2і покажемо, що f –1 (у 1)< f –1 (у 2).

Допустимо неприємне: f –1 (у 1) ³ f –1 (У 2).В силу зростання функції fбудемо мати

f(f –1 (y 1)) ³ f(f –1 (у 2)) Þ у 1 ³ у 2, що суперечить умові у 1 < у 2. Це доводить зростання функції f –1 .

3 етап.Доведемо, що функція f –1 безперервна на E(f).

Ми довели, що f-1 - Зростаюча на проміжку E(f) функція, безліч її значень E(f -1) = D(f) за умовою теореми - проміжок. Тоді за Т.2 §4 f-1 - Безперервна функція на E(f). ◄

приклад 1.Знайти функцію зворотну для функції функція f (х) = 2x - 4.

Рішення.Функція f (х) = 2x- 4 – безперервна та зростаюча на D(f) = R. За Т. 2 існує зворотна функція, яка також є безперервною і зростаючою Е(f) = R.Знайдемо формулу для функції f –1 (у), для цього висловимо х = у/2 + 2, або

y = x/2 + 2 (хі упоміняли місцями).

приклад 2.Знайти функцію зворотну для функції

та побудувати її графік.

Рішення. D(f) = R –проміжок. Перепишемо функцію (1) у вигляді Þ Þ e y-e-y= 2xÞ e y - 1/e y= 2x Þ e 2y - 2xe y- 1 = 0 ½ позначимо e y = t> 0½Þ

Теорема(Про існування та безперервність зворотної функції). Нехай на інтервалі (a, b) визначена безперервна зростаюча (зменшується) функція y = f (x). Позначимо

Тоді на інтервалі (А, В) визначено зворотну функцію , яка зростає (зменшується) на цьому інтервалі і є безперервною в кожній точці цього інтервалу.

ПИТАННЯ №22: Диференційовані функції. Критерій диференційності

Визначення . Функція f,визначена в околиці точки x ,називається диференційованоїу цій точці, якщо вірна формула

f (x штрих+ ▲ x штрих)- f (x штрих)=S Ai▲ xi+Sai (▲ x штрих)▲ xi (3)

де i A- Числа, а функції ai (▲ x штрих)задовольняють умові

ai (▲ x штрих)→ 0 (i=1,2 ,…, n) при ▲ x→0 . (4)

Теорема . Нехай функція fдиференційована в точці x . Тоді в цій точці у неї існують приватні похідні та виконані рівності

(df ​​(x штрих)) / (dxi) = Ai (i = 1,2, ..., n).

Доведення . З формули (3) випливає, що

(f (x1 ,...,xi-1 ,xi+▲ xi ,xi+1,...,xn)- f (x1 ,...,xi-1 ,xi ,xi+1 ,..., x n))/(▲Xi)= Ai+αi(▲Xi).

Переходячи до межі при ▲x i → 0, отримаємо рівність (5).

Теорема (достатні умови диференціювання функції). Якщо функція fмає приватні похідні по всіх змінних в околиці точки x штрих , причому всі ці приватні похідні безперервні в самій

точці x штрих , то зазначена функція диференційована у цій точці.

Теорема ( критерій диференціювання функції). Функція f(x), визначена в околиці точки x, що диференціюється в цій точці тоді і тільки тоді, коли існує похідна f׳( x). При цьому F= f׳( x).

Доведення . Нехай існує похідна f׳( x). Позначимо

a(t) =(((f(t)-f(x)) /(t-x)) - f׳(x)

f(t) = f (x)+ (t-x) f(x)+ (t-x)α(t),(α(t)→0). (2)

Нехай тепер виконано рівність (1). Тоді

((f(t)-f(x)) /(t-x) = F+ α(t) ,limα(t) = 0.

Отже, існує похідна f׳( x)= F.

ПИТАННЯ №23: Похідна суми, різниці, твори та частки двох функцій.

Похідна суми та різниці

Нехай дані функції f(x) і g(x), похідні яких нам відомі. Наприклад, можна взяти елементарні функції, розглянуті вище. Тоді можна знайти похідну суми та різниці цих функцій:

1. (f + g) = f + g

2. (f − g)' = f ' − g '

Отже, похідна суми (різниці) двох функцій дорівнює сумі (різниці) похідних. Доданків може бути більше. Наприклад, (f + g + h) = f + g + h.

Строго кажучи, в алгебрі немає поняття «віднімання». Є поняття «негативний елемент». Тому різницю f − g можна переписати як суму f + (−1) · g, і тоді залишиться лише одна формула - похідна суми.

· Завдання . Знайти похідні функції: f(x) = x 2 + sin x; g(x) = x4 + 2x2−3.

Рішення. Функція f(x) - це сума двох елементарних функцій, тому:

f '(x) = (x 2 + sin x)' = (x 2)' + (sin x)' = 2x + cos x;

Аналогічно міркуємо функції g(x). Тільки там уже три доданки (з погляду алгебри):

g '(x) = (x 4 + 2x 2 − 3)' = (x 4 + 2x 2 + (−3))' = (x 4)' + (2x 2)' + (−3)' = 4x 3 + 4x + 0 = 4x · (x 2 + 1).

Відповідь:
f '(x) = 2x + cos x;
g '(x) = 4x · (x2 + 1).

Похідна робота

Похідна твори вважається за іншою формулою. А саме:

(f · g) '= f ' · g + f · g '

Формула проста, але її часто забувають. І не лише школярі, а й студенти. Результат – неправильно вирішені завдання.

· Завдання . Знайти похідні функції: f(x) = x 3 · cos x; g(x) = (x 2 + 7x − 7) · e x .

Рішення

Відповідь:
g '(x) = x(x + 9) · e x.

Зверніть увагу, що на останньому етапі похідна розкладається на множники. Формально цього робити не потрібно, проте більшість похідних обчислюються не власними силами, а щоб дослідити функцію. А значить, далі похідна прирівнюватиметься до нуля, з'ясовуватимуться її знаки і так далі. Для такої справи краще мати вираз, розкладений на множники.

Похідна приватного

Якщо є дві функції f(x) і g(x), причому g(x) ≠ 0 на множині, що цікавить нас, можна визначити нову функцію h(x) = f(x)/g(x). Для такої функції також можна знайти похідну:

Неслабо, так? Звідки взявся мінус? Чому g 2? А ось так! Це одна з найскладніших формул – без пляшки не розберешся. Тому найкраще вивчати її на конкретних прикладах.

Завдання. Знайти похідні функції: f(x) = x 3 · cos x; g(x) = (x 2 + 7x − 7) · e x .

Рішення. Функція f(x) є твір двох елементарних функцій, тому все просто:

f '(x) = (x 3 · cos x)' = (x 3)' · cos x + x 3 · (cos x)' = 3x 2 · cos x + x 3 · (− sin x) = x 2 · (3cos x − x · sin x)

У функції g(x) перший множник трохи складніший, але загальна схема від цього змінюється. Вочевидь, перший множник функції g(x) є многочлен, та її похідна - це похідна суми. Маємо:

g '(x) = ((x 2 + 7x − 7) · e x)' = (x 2 + 7x − 7)' · e x + (x 2 + 7x − 7) · (e x)' = (2x + 7 ) · e x + (x 2 + 7x − 7) · e x = e x · (2x + 7 + x 2 + 7x −7) = (x 2 + 9x)

Відповідь:
f '(x) = x 2 · (3cos x - x · sin x);
g '(x) = x(x + 9) · e x