MATEMATIK TAHLIL

I qism

CHEKLASH NAZARIYASI. Ketma-ketlik chegarasi va funksiya chegarasi. Eng kichik yuqori chegara uchun mavjudlik teoremasi.

O'zgaruvchiga ruxsat bering x n cheksiz qiymatlar ketma-ketligini oladi

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

va o'zgaruvchining o'zgarish qonuni ma'lum x n, ya'ni. har bir natural son uchun n mos keladigan qiymatni belgilashingiz mumkin x n. Shunday qilib, o'zgaruvchan deb taxmin qilinadi x n ning funksiyasi hisoblanadi n:

x n = f(n)

Keling, matematik tahlilning eng muhim tushunchalaridan birini aniqlaylik - ketma-ketlik chegarasi yoki xuddi shunday, o'zgaruvchining chegarasi x n yugurish ketma-ketligi x 1 , x 2 , ..., x n , ... . .

Ta'rif. doimiy raqam a chaqirdi ketma-ketlik chegarasi x 1 , x 2 , ..., x n , ... . yoki o'zgaruvchining chegarasi x n, agar ixtiyoriy kichik musbat son e uchun shunday natural son mavjud bo'lsa N(ya'ni raqam N) o'zgaruvchining barcha qiymatlari x n, bilan boshlanadi x N dan farq qiladi a e dan mutlaq qiymatdan kamroq. Ushbu ta'rif qisqacha quyidagicha yozilgan:

| x n -a |< (2)

Barcha uchun n  N, yoki, qaysi bir xil,

Koshi chegarasining ta'rifi. A soni f (x) funksiyaning a nuqtadagi chegarasi deyiladi, agar bu funktsiya a nuqtaning ba'zi qo'shnilarida aniqlangan bo'lsa, ehtimol a nuqtaning o'zidan tashqari va har bir e > 0 uchun d > 0 mavjud bo'lsa. shundayki, barcha x qanoatlantiruvchi shart uchun |x – a|< δ, x ≠ a, выполняется неравенство |f (x) – A| < ε.

Geyne chegarasining ta'rifi. A soni f (x) funktsiyaning a nuqtadagi chegarasi deyiladi, agar bu funktsiya a nuqtaning ba'zi bir qo'shnisida aniqlangan bo'lsa, ehtimol a nuqtaning o'zi va shunday ketma-ketlikdan tashqari a soniga yaqinlashganda, funktsiya qiymatlarining tegishli ketma-ketligi A soniga yaqinlashadi.

Agar f(x) funksiya a nuqtada chegaraga ega bo’lsa, bu chegara yagona hisoblanadi.

A 1 soni f (x) funksiyaning a nuqtadagi chap chegarasi deyiladi, agar har bir e > 0 uchun d > mavjud bo‘lsa.

A 2 soni f (x) funksiyaning a nuqtadagi o'ng chegarasi deyiladi, agar har bir e > 0 uchun d > 0 bo'lsa, tengsizlik bo'ladi.

Chapdagi chegara o'ngdagi chegara sifatida belgilanadi - Bu chegaralar a nuqtaning chap va o'ng tomonidagi funksiyaning harakatini tavsiflaydi. Ular ko'pincha bir tomonlama chegaralar deb ataladi. X → 0 kabi bir tomonlama chegaralar yozuvida birinchi nol:u odatda o'tkazib yuboriladi. Demak, funktsiya uchun

Agar har bir e > 0 uchun a nuqtaning d-qo'shnisi mavjud bo'lsa, barcha x uchun |x – a| shartni qanoatlantiradi.< δ, x ≠ a, выполняется неравенство |f (x)| >e, u holda f (x) funksiyaning a nuqtada cheksiz chegarasi borligini aytamiz:

Demak, funksiya x = 0 nuqtada cheksiz chegaraga ega. +∞ va –∞ ga teng chegaralar ko'pincha ajratiladi. Shunday qilib,

Agar har bir e > 0 uchun d > 0 mavjud bo‘lsa, har qanday x > d uchun |f (x) – A|< ε, то говорят, что предел функции f (x) при x, стремящемся к плюс бесконечности, равен A:

Eng kichik yuqori chegara uchun mavjudlik teoremasi

Ta'rifi: AR mR, m – A ning yuqori (pastki) yuzi, agar aA am (am) bo‘lsa.

Ta'rifi: A to‘plam yuqoridan (pastdan) chegaralangan, agar aA bo‘ladigan m bo‘lsa, am (am) bajariladi.

Ta'rifi: SupA=m, agar 1) m - A ning yuqori chegarasi

2) m’: m’ m' A ning yuqori yuzi emas

InfA = n, agar 1) n A ning infimumidir

2) n’: n’>n => n’ A ning infimumi emas.

Ta'rif: SupA=m shunday son: 1)  aA am

2) >0 a  A, shundayki a  a-

InfA = n shunday raqam deyiladi:

2) >0 a  A, shundayki, a E a+

Teorema: Yuqoridan chegaralangan har qanday bo'sh bo'lmagan AR to'plami eng yaxshi yuqori chegaraga ega va bunda yagona.

Isbot:

Haqiqiy chiziqda m raqamini quramiz va bu A ning eng kichik yuqori chegarasi ekanligini isbotlaymiz.

[m]=max([a]:aA) [[m],[m]+1]A=>[m]+1 - A ning yuqori yuzi

Segment [[m],[m]+1] - 10 qismga bo'lingan

m 1 =maks:aA)]

m 2 =maks,m 1:aA)]

m dan =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 - yuqori yuz A

m=[m],m 1 ...m K eng kichik yuqori chegara ekanligini va uning yagona ekanligini isbotlaymiz:

k: , u holda funksiya maksimal darajaga yetadigan nuqta bor, funksiya minimal darajaga yetgan nuqta bor.

Isbot:

f(x) funksiya ga uzluksiz bo'lsin, u holda 1-teoremaga ko'ra u shu interval bilan chegaralangan. Shuning uchun funktsiya qiymatlari to'plami cheklangan. Keyin, yuqori chegara printsipiga ko'ra, bu to'plam eng yaxshi yuqori va eng yaxshi pastki chegaraga ega.

Belgilang: va f(x) funksiyaning : segmentidagi maksimal qiymati bo‘lishini ko‘rsating.

Aksincha, ya'ni, deb faraz qiling.

dan beri f(x)< .

funksiyasini kiritamiz . Funktsiya uzluksiz bo'ladi, chunki -f(x) 0. Keyin birinchi Veyershtras teoremasi tufayli funktsiya bilan chegaralangan.

, bu yerda >0

Bu tengsizlik to'g'ri bo'lganligi sababli, raqam funktsiya qiymatlari to'plamining aniq yuqori chegarasi emas. Biz qarama-qarshilikka erishamiz, bu bizning taxminimiz noto'g'ri ekanligini anglatadi. Xuddi shunday, uzluksiz funksiya segmentdagi minimal qiymatiga yetganini isbotlash mumkin. Teorema isbotlangan.

DIFFERENTSIAL TURAGAN FUNKSIYALAR Rol va Lagranj teoremalari. Formula TLagranj shaklida qolgan muddat bilan Eylor.

Rol teoremasi. Agar f(x) funksiya [a, b] yopiq oraliqda uzluksiz bo‘lsa, interval ichida hosilasi bo‘ladi va agar

f(a) = f(b)

u holda [a, b] oraliq ichida kamida bitta shunday qiymat x bo'ladi 0 (a< x 0 < b), что

f" (x 0 ) = 0.

Isbot. Keling, ikkita holatni ko'rib chiqaylik.

1. Funktsiya f(x) oraliqda doimiy [ a, b]; keyin f"(x)=0 har kim uchun x(a< x < b) , ya'ni. Rol teoremasining tasdiqlanishi avtomatik tarzda amalga oshadi.

2. Funktsiya f(x) doimiy emas (1-rasm); keyin intervalning ichki nuqtasida maksimal yoki minimal yoki bu qiymatlarning ikkalasiga etadi, chunki f(b) = f(a), va agar f(a)- eng kichik qiymat, keyin eng katta qiymat funksiyaning qiymati hisoblanadi f(x) oraliqda qabul qilinadi.

Misol uchun f(x 0 ) - funksiyaning eng katta qiymati f(x) oraliqda [ a, b] va x 0 bu intervalning ichki nuqtasidir. Keyin f(x 0 ) funktsiyaning maksimal qiymati: f(x 0 )  f(x) Barcha uchun x juda kichik mahalladan x 0 [bu mahalla uchun siz intervalni olishingiz mumkin ( a, b)].

Chunki shartga ko'ra, f(x) nuqtada bor x 0 hosila, keyin ekstremumning zarur belgisi haqidagi teorema bo'yicha,

f" (x 0 ) = 0 ,

va Rol teoremasi isbotlangan.

Rol teoremasi oddiy geometrik talqinga ega: agar y = f(x) egri chizig‘ining AB yoyi berilgan bo‘lsa, uning har bir nuqtasida tangens bo‘lib, A va B uchlari Ox o‘qidan bir xil masofada joylashgan bo‘lsa, unda kamida bitta nuqta bor. egri chiziqqa tangensi t bo'lgan bu yoy yoyni bo'ysundiruvchi akkordga, ​​demak, Ox o'qiga parallel bo'ladi.(1-rasmga qarang).

Agar koordinata o'qlarini a burchak bilan aylantirsak, u holda uchlari A va B yoylar AB endi o'qdan bir xil masofada bo'lmaydi ho'kiz", lekin tangens t hali ham akkordga parallel bo'ladi AB(1-rasmga qarang). Shunday ekan, quyidagi teorema amal qilishini kutish tabiiy: y = f(x) egri chizig‘ining AB yoyi doimiy o‘zgaruvchan tangensga ega bo‘lsa, u holda bu yoyda kamida bitta nuqta mavjud bo‘lib, bunda tangens unga bo‘ysunuvchi AB akkordasiga parallel bo‘ladi.(2-rasm).

Bu teorema quyidagi teoremaning geometrik parafrazi bo'lib, deb nomlanadi Lagranj teoremalari.

Lagrange teoremasi. Agar f(x) funksiya yopiq intervalda uzluksiz bo'lsa[a, b] va uning ichida f "(x) hosilasi mavjud bo'lsa, unda kamida bitta x qiymat mavjud 0 (a< x 0 < b), что

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

Isbot. Yordamchi funksiyani ko'rib chiqing

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

qayerda - akkordning burchak koeffitsienti AB(2-rasmga qarang).

Bu funksiya Rol teoremasining barcha shartlarini qanoatlantiradi.

Aslida, da x = a bizda ... bor F(a) = f(a) - k(a - a) = f(a), da x = b bizda ... bor

Bundan tashqari, funktsiyadan beri f(x) va k(x - a) davomli [ a, b] va differensiallanadi ( a, b), keyin funksiya F(x) = f(x) - k(x - a) davomli [ a, b] va differensiallanadi ( a, b).

Shuning uchun, Rol teoremasiga ko'ra, intervalda ( a, b) shunday nuqta bor x 0 , nima

F"(x 0 ) = 0 ,

f" (x 0 ) - k = 0

Demak, bizda bor

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

Q.E.D.

Chunki a + (b - a) = b, keyin qiymat a +(b-a), bu erda Q - to'g'ri musbat kasr (0 <  < 1) , intervaldagi ba'zi songa teng ( a, b), shuning uchun Lagranj formulasini quyidagicha yozish mumkin

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

Agar qo'ysak a=x, b=x+x, qayerda b - a =x, u holda Lagranj formulasini quyidagicha yozish mumkin

y = f(x +x) - f(x) =xf "(x +x).

Ilgari, agar funktsiya doimiyga teng bo'lsa, isbotlangan C har qanday qiymat uchun x oraliqda (a,b), keyin uning hosilasi nolga teng.

Endi biz Lagranj teoremasining natijasi bo'lgan teskari teoremani isbotlaymiz:

Agar f "(x) hosilasi (a, b) oralig'ida x ning istalgan qiymatlari uchun yo'qolsa, u holda bu oraliqda f (x) = C.

Haqiqatan ham, agar x 1 va x 2 - intervaldagi istalgan ikkita qiymat (a,b), keyin, Lagrange teoremasi tufayli, biz bor

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

qayerda, x 1 < x 0 < x 2 . Ammo beri f"(x 0 ) = 0 , keyin

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

bu bizning teoremani isbotlaydi.

Bundan darhol muhim teorema kelib chiqadi:

Agar ikkita funktsiya f 1 (x) va f 2 (x) (a, b) oraliqda bir xil hosilaga ega, keyin ular bir-biridan bu oraliqda doimiy qiymat bilan farqlanadi.

Haqiqatan ham, funktsiyani ko'rib chiqing

(x) = f 2 (x)-f 1 (x).

Keyin har qanday qiymat uchun x intervaldan (a,b)

"(x) = f 2 "(x) - f 1 "(x)=0.

Lekin bu shuni anglatadiki  (x)=C va shuning uchun

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

Teylor formulasi. Intervalga qo'yingf(x) funksiya n marta differentsiallanadi va quyidagi tengliklar bajariladi:

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

Keyin interval ichidabilan kamida bitta qiymat mavjud,qaysi ostida

f (n) (c) = 0

Isbot. tomonidan Rol teoremasi bizda ... bor

f"(x 0 ) = 0 ,

qayerda a< x 0 < b . Keyin f"(x) interval bo'yicha Rol teoremasini qanoatlantiradi, chunki farazga ko'ra, f "(a) = 0 va f"(x 0 ) = 0 , va shuning uchun

f ""(x 1 ) = 0 ,

qayerda a< x 1 < x 0 .

Rol teoremasini funktsiyalarga ketma-ket qo'llash f ""(x), f """(x), ..., f (n-1) (x), biz nihoyat topamiz:

f (n) (c) = 0,

qayerda a< c < x n-1 < b . Teorema isbotlangan.

Keling, endi xulosa qilaylik Lagranj ko'rinishida qolgan a'zo bilan Teylor formulasi.

Funktsiyaga ruxsat bering f(x) farqlanishi mumkin n vaqt oralig'ida.

Yordamchi funksiyani ko'rib chiqing

(x) = f(x) - P(x),

Farqlash n funktsiya  marta (x). Keyin bizda bo'ladi

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

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

 (n) (x) = f (n) (x)-A n

Biz  funktsiyasini talab qilamiz (x) umumlashtirilgan Rol teoremasining shartlarini qanoatlantiradi. Keyin bizda bo'ladi

(1) .

 funktsiyasidan boshlab (x) umumlashtirilgan Rol teoremasining shartlarini qanoatlantirsa, unda bunday qiymat mavjud bilan (a< c < b) , nima

 (n) (s) = f (n) (c) -A n = 0 (2)

Yuqoridan (pastdan) chegaralangan har qanday to'plam uchun aniq yuqori (pastki) chegaraning mavjudligi aniq emas va isbot talab qiladi. Quyidagi asosiy teoremani isbotlaylik.

Asosiy teorema 2.1. Agar cheksiz o'nli kasrlar bilan ifodalanadigan raqamlar to'plami yuqoridan (mos ravishda, pastdan) chegaralangan bo'lsa va kamida bitta elementni o'z ichiga olgan bo'lsa, unda bu to'plam aniq yuqori (mos ravishda, to'liq pastki) chegaraga ega.

Isbot. Biz faqat yuqorida chegaralangan har qanday to'plam uchun eng yaxshi yuqori chegara mavjudligining isboti ustida to'xtalib o'tamiz, chunki quyida chegaralangan har qanday to'plam uchun eng yaxshi pastki chegaraning mavjudligi xuddi shu tarzda isbotlangan.

Demak, to‘plam yuqoridan chegaralangan bo‘lsin, ya’ni shunday M son borki, to‘plamning har bir x elementi tengsizlikni qanoatlantiradi.

Ikkita holat bo'lishi mumkin:

1°. To'plam elementlari orasida kamida bitta manfiy bo'lmagan son mavjud. 2°. To'plamning barcha elementlari manfiy sonlardir. Biz bu holatlarni alohida ko'rib chiqamiz.

1°. To'plamning bir qismi bo'lgan faqat manfiy bo'lmagan sonlarni ko'rib chiqing.Bu raqamlarning har biri cheksiz o'nli kasr sifatida ifodalanadi va bu o'nli kasrlarning butun qismlarini ko'rib chiqing. Tengsizlik tufayli barcha butun qismlar M sonidan oshmaydi va shuning uchun butun son qismlarning eng kattasi mavjud bo'lib, biz buni to'plamning manfiy bo'lmagan raqamlari orasida butun qismi teng bo'lganlarni saqlaylik va barchasini olib tashlaylik. boshqa raqamlar. Saqlangan raqamlar uchun kasrdan keyingi birinchi kasrlarni hisobga oling. Biz bu belgilarning eng kattasini to'plamning manfiy bo'lmagan sonlari orasida butun qismi teng va birinchi o'nlik belgisi teng bo'lganlarni saqlab qolamiz va qolgan barcha raqamlarni olib tashlaylik deb belgilaymiz. Saqlangan raqamlar uchun kasrdan keyingi ikkinchi kasrlarni hisobga oling. Biz ushbu belgilarning eng kattasini shunga o'xshash mulohazalarni davom ettirish orqali belgilaymiz, biz ketma-ket ma'lum sonning kasrlarini aniqlaymiz.

Bu x soni to'plamning eng kichik ustki chegarasi ekanligini isbotlaymiz.Buning uchun ikkita fikrni isbotlash kifoya: 1) to'plamning har bir x elementi tengsizlikni qanoatlantiradi 2) qaysi x soni x dan kichik bo'lsa, unda mavjud bo'ladi. tengsizlikni qanoatlantiruvchi to‘plamning kamida bitta x elementi

Keling, avval 1 ta'kidni isbotlaylik). Qurilish bo'yicha x manfiy bo'lmagan son bo'lgani uchun to'plamning har qanday manfiy elementi x tengsizlikni albatta qondiradi.

Demak, to‘plamning har qanday manfiy bo‘lmagan x elementi tengsizlikni qanoatlantirishini isbotlash kifoya.

Aytaylik, qandaydir manfiy bo'lmagan element tengsizlikni qanoatlantirmasa, unda tartib qoidasiga ko'ra, shunday raqam mavjudki, lekin oxirgi munosabatlar zid keladi.

Butun qismi va birinchi kasrlari mos ravishda teng boʻlgan elementlarning oʻnlik kasrlarining eng kattasi ga teng ekanligiga zid keladi.

Olingan qarama-qarshilik 1) ta'kidni isbotlaydi.

Keling, 2-ta'kidni isbotlaylik). Shartni qanoatlantiradigan istalgan son x bo‘lsin.To‘plamning tengsizlikni qanoatlantiradigan kamida bitta x elementi borligini isbotlash talab qilinadi.

Agar x soni manfiy bo'lsa, u holda tengsizlik to'plamning manfiy bo'lmagan x elementini albatta qondiradi (taxminga ko'ra, kamida bitta shunday element mavjud).

Shartni qanoatlantiruvchi x soni manfiy bo'lmagan holatni ko'rib chiqish qoladi. Shart va tartib qoidasidan shunday son borligi kelib chiqsin

Boshqa tomondan, (2.9) sonning qurilishidan kelib chiqadiki, har qanday son uchun to'plamning manfiy bo'lmagan elementi mavjud bo'lib, butun son va barcha birinchi kasrlar x soni bilan bir xil bo'ladi. Boshqacha qilib aytadigan bo'lsak, raqam uchun shunday x element mavjud

ODA1.

ODA2. aniq yuqori chekka va belgilandi supA.

OPR2'.

UTV. ODA2. ó OPR2'.

=> ODA2 bajarildi, ya'ni M = sup A - barcha yuqori chegaralarning eng kichigi => M - A to'plamlarning yuqori chegarasi => (ya'ni, 1) ODA2' tugallandi).

D-m 2) aksincha, ya'ni. A to'plamining yuqori chegarasi, M esa eng kichik yuqori chegara emas - ziddiyat, chunki M - yuqori chegara => xossa 2) OPD2 bajariladi.

<= выполнено ОПР2’, т.е.

Chunki M' tepada. Set-va A yuzi, sl-but, M - set-va A ning eng kichik yuqori chegarasi => ODA2 bajariladi.

Chipta raqami 2 p2

ODA3.

ODA4. aniq pastki chet va belgilandi infA.

OPR4'.

UTV. ODA4. ó OPR4'

Shunga o'xshash tarzda isbotlangan UTV. ODA2. ó OPR2'.

TEOREMA!!!

DOC-IN!!!

Izoh: agar A to'plami yuqoridan chegaralanmagan bo'lsa => uning yuqori yuzlari yo'q =>

Chipta raqami 1 “CHEKLANGAN VA CHEKSIZ TOPLAR. Misollar".

OPR1: mn-in A nomlanishi. yuqoridan chegaralangan, agar. Bu holda M eng yuqori hisoblanadi. A to'plamining cheti.

Misol: Va yuqoridan cheklangan. M = 3 - yuqori chegara. 3 dan katta har qanday raqam yuqori chegara hisoblanadi.

ODA2: mn-in A nomlanishi. pastdan chegaralangan, agar. Bunday holda, m pastki hisoblanadi. A to'plamining cheti.

Misol:

N pastdan chegaralangan. m = 1 - pastki chegara. 1 dan kichik bo'lgan har qanday raqam pastki chegara bo'ladi.

ODA3: mn-in A nomlanishi. cheklangan, agar u yuqoridan va pastdan chegaralangan bo'lsa, ya'ni. .

OPR3': mn-in A nomlanishi. cheklangan, agar

BIZ ODA3 ó ODA3' ekanligini isbotlaymiz

=> N.D. OPR3 => OPR3’

Bizda: ruxsat bering

Bular. amalga oshirildi OPR3'

<= Н.Д. ОПР3’ =>ODA3

Bizda: , ya'ni. amalga oshirildi ODA3.

ODA4. Mn - A da deyiladi cheksiz, agar

Chipta raqami 3 "RAQAMLI SEQUENCES".

ODA. Har bir natural songa ma'lum bir qonun bo'yicha raqam berilgan bo'lsa, u holda sonlar soni raqamlanadi , sonli ketma-ketlik deb ataladi. oxirgisining sonini bildiring. ; raqamlar - oxirgisining elementlari.

Misol:

ODA. a soni oxirgisining chegarasi deb ataladi. , agar (har qanday ijobiy raqam uchun)

Belgilangan:

Misol:

Belgisi: t.a mahallasi.

Chipta raqami 4 “B.M. OXIRGI VA ULARNING ST-VA (2 TEOREMASI)”.

ODA. Oxirgisi cheksiz kichik (in.m) deb ataladi, agar

Misol: b.m.

SW-VA:

TEOREMA_1 !!! ruxsat va - b.m. oxirgi, keyin:

1) Davomi b.m.

2) Tug'ilgandan keyin b.m.

DOC-IN!!!

1) berilgan: b.m., ya'ni.

D-m, qanaqa b.m? tug'ilgandan keyin, ya'ni.

Keling, uni tanlaymiz va belgilaymiz.

Chunki b.m. => raqam uchun ,

B.m. => raqam uchun

Chunki raqamni qo'ying =>

2) D-m, nima b.m.

Biz tanlaymiz va belgilaymiz.

B.m. => raqam uchun,

B.m. => raqam uchun

Chipta raqami 4 p2

Chunki ijobiy raqam => def. b.m. uchun, ya'ni. b.m.

TEOREMA_2 !!!

Oxirgi bo'lsin, cheklangan. keyin ijobiy ta'm b.m.musbat oxirgi.

ODA. Tug'ilgandan keyin. cheklangan agar

DOC-IN!!!

Biz tuzatamiz.

Cheklangan =>

Bm oxirgi => uchun

Natija:

B.m.posled qilsin. Keyin uchun oxirgi b.m.

Darhaqiqat, o'ylab ko'ring tug'ilgandan keyin.

Ogre. tug'ilgandan keyin. b.m, chunki b.m.

Misol:

KEYIN. THEOREM_2 tomonidan!!!

Izoh:

THEOREM_1 dan!!! Bunga amal qiladi

1) har qanday chekli sonlar yigʻindisi b.m. tug'ilgandan keyin. b.m.posled bor.

2) har qanday chekli sonning koʻpaytmasi b.m. tug'ilgandan keyin. b.m bor. tug'ilgandan keyin.

Bilet raqami 5 “BB KETILISHLARI VA ULARNING BM KETILISHLARI BILAN ALOQASI”.

ODA. uni b.b oxirgi deb atalsin, agar

Belgilamoq

TEOREMA!!! b.b.ketma-ket boʻlsin. Keyin b.m.ketma-ket boʻlsin.

DOC-IN!!!

Fiksator Tug'ilgandan keyin

KEYIN.
b.m. tug'ilgandan keyin.

BB ning BM KETILISHLARI BILAN MUNOSABATLARI.

B.b. tug'ilgandan keyin. b.m. tug'ilgandan keyin. Teskari munosabat.

18-bilet funksiyalar chegaralarining xossalari (a) limitning yagonaligi. B) chegaralangan funksiyalarning chegaralanganligi.)

Limitning o'ziga xosligi

TEOREMA!!! Agar f-n chegarasi K®0 bo'lsa, u yagonadir

DOC-IN!!!(aksincha)

Mayli va

Rassm X n¹a "n

Chunki Berilgan (X n ) ketma-ketlik uchun Þ

Berilgan ( X n ) ketma-ketlik uchun Þ

Bu. ( f(x)-p.p.t.) qarama-qarshilik, chunki u ega bo'lolmaydi

b¹c 2 xil chegara Þ in = c

.bilan

Oqibatlari

Savol raqami 22 2-ajoyib chegara

Oqibatlari

(an-lekin x \u003d lna)

Bil22str4
Chipta 23 xususiyatlari bm xususiyatlari

bilet 24 bb funktsiyalari va ularning bm bilan bog'lanishi

Bilet 26. ekvivalentlik bm f-y.

chipta26p.2

Bilet 25. bm f-th ni solishtirish.

Bilet 28. Nepr-t f-ii nuqtada.

hisob.28

BILET 30. Funktsiyaning uzilish nuqtalarining tasnifi (ta'rif va misollar)

f(x) def bo'lsin. ba'zilarida U(a) (balki Samu t.a. bundan mustasno). i.a. chaqirdi sinish nuqtasi f-ii f (x), agar f t.a.da mos kelmasa. t.a.-uzilish nuqtasi f-ii f(x) boʻlsin.

Def. bitta) t.a.-uzilish nuqtasi 1-tur agar (ya'ni, oxirgi bir tomonlama ot)

2) Agar qo'shimcha ravishda , u holda i.a- uzilish nuqtasi.

3) t.a. - sinish nuqtasi 2-tur , agar u 1-turdagi tanaffus bo'lmasa.

Misollar. 1)y=sgn(x). 1-turdagi x=0-tr.r., chunki

2)y= , x=0 –t. demontaj qilish, chunki

3) y= x=0 – ikkinchi turdagi t.r., chunki

,

2-turdagi uzilish nuqtasi.

3).

,

x=0 - 2-turdagi uzilish nuqtasi.

4).

x=0 nuqtasi yo'q - 2-turdagi uzilish nuqtasi.

, . x=0 nuqta 2-turdagi uzilish nuqtasidir.

Chipta raqami 2 “SON TO‘PLAMNING YUQORI VA PASTI CHEGRALARI. TO'PLAMNING AN'IY QO'YIQ VA YUQI CHORALARI HAQIDAGI TEOREMA.

ODA1. M - to'plamning yuqori chegarasi A ó agar .

ODA2. A to'plamining barcha yuqori yuzlarining eng kichigi deyiladi aniq yuqori chekka va belgilandi supA.

OPR2'. M soni agar A to'plamining aniq yuqori yuzi deyiladi

UTV. ODA2. ó OPR2'.

=> ODA2 bajarildi, ya'ni M = sup A - barcha yuqori chegaralarning eng kichigi => M - A to'plamlarning yuqori chegarasi => (ya'ni, 1) ODA2' tugallandi).

D-m 2) aksincha, ya'ni. A to'plamining yuqori chegarasi, M esa eng kichik yuqori chegara emas - ziddiyat, chunki M - yuqori chegara => xossa 2) OPD2 bajariladi.

<= выполнено ОПР2’, т.е.

Ya'ni, bu M eng kichik yuqori chegaradir.

D-m, aksincha, ya'ni. M eng kichik bo'lmagan yuqori yuz bo'lsin. Belgilanish Sankt 2-ga ko'ra) bu qarama-qarshilik uchun.

Chunki M' tepada. Set-va A yuzi, sl-but, M - set-va A ning eng kichik yuqori chegarasi => ODA2 bajariladi.

Chipta raqami 2 p2

ODA3. m - to'plamning infimum A ó if.

ODA4. A to'plamining barcha pastki yuzlarining eng kattasi deyiladi aniq pastki chet va belgilandi infA.

OPR4'. m soni agar A to'plamining aniq pastki chegarasi deyiladi

UTV. ODA4. ó OPR4'

Shunga o'xshash tarzda isbotlangan UTV. ODA2. ó OPR2'.

TEOREMA!!! Yuqoridan (pastdan) chegaralangan har qanday bo'sh bo'lmagan to'plam eng yaxshi yuqori (pastki) chegaraga ega.

DOC-IN!!! Bo'sh bo'lmagan ko'plik A cheklangan. yuqoridan, keyin A to'plami kamida bitta yuqori chegaraga ega. Y A to'plamning barcha yuqori yuzlari to'plami bo'lsin, ya'ni. , va Y to'plami bo'sh emas, chunki A to'plami kamida bitta yuqori chegaraga ega.

KEYIN. bo'sh bo'lmagan to'plamlar A va Y va St.-woo uzluksiz. harakat raqamlar, ya'ni. A to'plamning yuqori qismi. M = sup A.

Izoh: agar A to'plami yuqorida chegaralanmagan bo'lsa => uning yuqori chegarasi yo'q => aniq yuqori chegarasi yo'q. Bunday holda, ba'zida shunday deb taxmin qilinadi . Xuddi shunday, agar A ning ko'pligi cheklanmagan bo'lsa. pastdan, ba'zan shunday deb taxmin qilinadi

Yuqoridan chegaralangan to'plam uchun katta yuqori chegaraning mavjudligi

Parametr nomi	Ma'nosi
Maqola mavzusi:	Yuqoridan chegaralangan to'plam uchun katta yuqori chegaraning mavjudligi
Rubrika (tematik toifa)	Matematika

Cheklangan to'plam. Aniq qirralar

De Moivre formulasi

1707 yilda A. Moivre tomonidan topilgan; uning zamonaviy rekordi 1748 yilda L. Eyler tomonidan taklif qilingan.

z n =r n e in j =r n(chunki n j + i gunoh n j). (3)

Formula (3) on induksiya bilan isbotlangan n.

Kompleks sonlarni ko'paytirish

Shubhasiz, u to'g'ri. Aytaylik, bu ba'zilar uchun to'g'ri n, biz buni isbotlaymiz n+1. Bizda ... bor:

Berilganlar uchun tenglamani qanoatlantiradigan narsani topamiz, boshqacha aytganda, ildizni topamiz n kompleks sonning th darajasi. Bizda ... bor r yo'q j=r e i y Þ n j=y+2p k, kOZ , r= formulalarni qaerdan olamiz

ildizni hisoblash uchun ishlatiladi n kompleks sonning th darajasi. Ildizni topish jarayoni n- kompleks sondan daraja z quyidagicha ta’riflash mumkin. Agar bu raqam 0 ga teng bo'lmasa, unda aynan shunday ildizlar bo'ladi n. Ularning barchasi haqning cho'qqilari bo'ladi n- radiusli doira ichiga chizilgan kvadrat . Bu ko‘pburchakning cho‘qqilaridan biri ga teng argumentga ega.

Misol.
ref.rf saytida joylashgan
Hisoblash. Bunday holda, u uchta qiymatni oladi:

Guruch. 1.7

Izoh: dan kichik, kattaroq (<, >) da aniqlanmagan C .

1.3. Haqiqiy sonlar to'plamining yuqori va pastki chegaralari

To'plamning chegaralanganligi va chegaralari.

Yuqori chegaralangan E to'plami:$b"xÎ E: x£ b.

b - to'plamning yuqori chegarasi:"xOE:x£ b.

Pastki chegaralangan to'plam:$a"xÎ E: x³ a.

a - to'plamning pastki chegarasi:"xOE: x ³ a.

To'plamning katta yuqori chegarasi: b = sup E - sᴛᴏ ikkita xususiyatni qanoatlantiradigan raqam:

1)(b - yuqori yuz)"xÎ E: x£ b.

2) (kichikroq narsa yo'q) "e>0 $ xÎ E:x>b- e.

Aniq pastki chegara ham xuddi shunday aniqlanadi a = inf E.Cheklangan to'plamE:$b"xÎ E: .

Izoh: Agar b= sup E, keyin -b= inf E¢, qayerda E¢- oynaga E kopgina, E¢={xOR:(-x)ÎE} .

Teorema 1. Yuqorida chegaralangan bo'sh bo'lmagan to'plam eng kichik yuqori chegaraga ega.

Isbot: Mayli b to'plamning yuqori chegarasi E va aÎ E.[ bilan belgilang a 1 ,b 1 ] segment, agar u dan nuqtalarni o'z ichiga olsa E. Aks holda, [ orqali a 1 ,b 1 ] segmentni bildiradi

Guruch. 1.8

Ushbu tuzilgan segmentning xususiyatlariga e'tibor bering:

1) "xOE: x£ b 1 .

2) EÇ[ a 1 ,b 1] ¹ Æ.

Bu tartibni [ uchun takrorlaymiz a 1 ,b 1 ], va hokazo. Natijada, biz ichki o'rnatilgan segmentlar ketma-ketligini olamiz [ a k, b k], quyidagi xususiyatlarni qondiradi:

1)"xOE: x £ b k .

2) EÇ[ a k, b k] ¹ Æ.

Buning isboti induksiyadir. Faraz qilaylik, segment [ a k, b k] belgilangan xususiyatlarga ega. Uni nuqta bilan yarmiga bo'ling. orqali [ a k + 1 ,b k + 1 ] segmentlardan birini bildiradi , bilan bo'sh bo'lmagan chorrahaga ega E. Agar ikkalasi ham mavjud bo'lsa

Guruch. 1.9

dan ball E, keyin [ a k + 1 ,b k + 1] to'g'ri segment bo'lsin. Olingan segment 1), 2) xossalariga ega. Ushbu segmentlarning uzunligi b k - a k =(b-a)/ 2k 0 ga intiladi, shu munosabat bilan bitta raqam mavjud c bu barcha segmentlar uchun umumiydir. Bu raqam berilgan to'plamning eng kichik yuqori chegarasidir. Haqiqatan ham:

1) "xÎ E: x £ c.

Buning aksini tasavvur qiling: $ xÎ E:x>c, olmoq, u uchun mavjud bo'ladi, shundan kelib chiqadi b n< x , bu shartga zid keladi xÎ[ a n, b n].

Guruch. 1.10

2) "e> 0$ xOE: x > c - e.

Har qanday e uchun mavjud n: b n - a n< e . Keling, istalganini tanlaylik xÎ[ a n, b n] . Mulk tufayli 1), u qondiriladi x< c, Bundan tashqari

c-x£ b n - a n< e . Dᴀᴋᴎᴍ ᴏsᴩᴀᴈᴏᴍ kerakli deb topildi x.

Guruch. 1.11

Xuddi shunday, buni isbotlash mumkin bo'sh bo'lmagan to'plam quyida chegaralangan, infimum mavjud.

Teorema 2. Eng katta yuqori chegara (agar mavjud bo'lsa) noyobdir.

Isbot: Ikkita aniq yuz bo'lsin b 2 ,b 1 , b 1 2 . e = oling b 2 -b 1 > 0. Yuqori yuzning aniq ta'rifi bo'yicha (uchun b 2)$xÎ E: x > b 2 - e = b 1 , bu haqiqatga zid keladi b 1 yuqori cheti.

Guruch. 1.12

Izoh. Xuddi shunday isbotlash mumkinki, eng katta infimum yagonadir.

Agar E yuqoridan chegaralanmagan bo'lsa, biz yozamiz sup E = +¥, xuddi shunday, agar E pastdan chegaralanmagan bo'lsa, biz yozamiz inf E= -¥ .

Yuqoridan chegaralangan to'plam uchun eng kichik yuqori chegaraning mavjudligi - tushuncha va turlar. "Yuqoridan chegaralangan to'plam uchun aniq yuqori chegaraning mavjudligi" toifasining tasnifi va xususiyatlari 2017, 2018 yil.

Cheklangan to'plam. Aniq qirralar

De Moivre formulasi

1707 yilda A. Moivre tomonidan topilgan; uning zamonaviy rekordi 1748 yilda L. Eyler tomonidan taklif qilingan.

z n =r n e in j =r n(chunki n j + i gunoh n j). (3)

Formula (3) on induksiya bilan isbotlangan n.

Kompleks sonlarni ko'paytirish

Shubhasiz, u to'g'ri. Aytaylik, bu ba'zilar uchun to'g'ri n, biz buni isbotlaymiz n+1. Bizda ... bor:

Berilganlar uchun tenglamani qanoatlantiradigan narsani topamiz, boshqacha aytganda, ildizni topamiz n kompleks sonning th darajasi. Bizda ... bor r yo'q j=r e i y Þ n j=y+2p k, kOZ , r= formulalarni qaerdan olamiz

ildizni hisoblash uchun ishlatiladi n kompleks sonning th darajasi. Ildizni topish jarayoni n- kompleks sondan daraja z quyidagicha ta’riflash mumkin. Agar bu raqam 0 ga teng bo'lmasa, unda aynan shunday ildizlar bo'ladi n. Ularning barchasi haqning cho'qqilari bo'ladi n- radiusli doira ichiga chizilgan kvadrat . Bu ko‘pburchakning cho‘qqilaridan biri ga teng argumentga ega.

Misol. Hisoblash. Bunday holda, uchta qiymat qabul qilinadi:

Guruch. 1.7

Izoh: dan kichik, kattaroq (<, >) da aniqlanmagan C .

1.3. Haqiqiy sonlar to'plamining yuqori va pastki chegaralari

To'plamning chegaralanganligi va chegaralari.

Yuqori chegaralangan E to'plami:$b"xÎ E: x£ b.

b - to'plamning yuqori chegarasi:"xOE:x£ b.

Pastki chegaralangan to'plam:$a"xÎ E: x³ a.

a - to'plamning pastki chegarasi:"xOE: x ³ a.

To'plamning katta yuqori chegarasi: b = sup E - ikkita xususiyatni qondiradigan raqam:

1)(b - yuqori yuz)"xÎ E: x£ b.

2) (kichikroq narsa yo'q) "e>0 $ xÎ E:x>b- e.

Aniq pastki chegara ham xuddi shunday aniqlanadi a = inf E.Cheklangan to'plamE:$b"xÎ E: .

Izoh: Agar a b= sup E, keyin -b= inf E¢, qayerda E¢- oynaga E kopgina, E¢={xOR:(-x)ÎE} .

Teorema 1. Yuqorida chegaralangan bo'sh bo'lmagan to'plam eng kichik yuqori chegaraga ega.

Isbot: Mayli b to'plamning yuqori chegarasi E va aÎ E.[ bilan belgilang a 1 ,b 1 ] segment, agar u dan nuqtalarni o'z ichiga olsa E. Aks holda, [ orqali a 1 ,b 1 ] segmentni bildiradi

Guruch. 1.8

Ushbu tuzilgan segmentning xususiyatlariga e'tibor bering:

1) "xOE: x£ b 1 .

2) EÇ[ a 1 ,b 1] ¹ Æ.

Bu tartibni [ uchun takrorlaymiz a 1 ,b 1 ], va hokazo. Natijada, biz ichki o'rnatilgan segmentlar ketma-ketligini olamiz [ a k, b k], quyidagi xususiyatlarni qondiradi:

1)"xOE: x £ b k .

2) EÇ[ a k, b k] ¹ Æ.

Buning isboti induksiyadir. Faraz qilaylik, segment [ a k, b k] belgilangan xususiyatlarga ega. Uni nuqta bilan yarmiga bo'ling. orqali [ a k + 1 ,b k + 1 ] segmentlardan birini bildiradi , bilan bo'sh bo'lmagan chorrahaga ega E. Agar ikkalasi ham mavjud bo'lsa

Guruch. 1.9

dan ball E, keyin [ a k + 1 ,b k + 1] to'g'ri segment bo'lsin. Olingan segment 1), 2) xossalariga ega. Ushbu segmentlarning uzunligi b k - a k =(b-a)/ 2k 0 ga moyil, shuning uchun bitta raqam mavjud c bu barcha segmentlar uchun umumiydir. Bu raqam berilgan to'plamning eng kichik yuqori chegarasidir. Haqiqatan ham:

1) "xÎ E: x £ c.

Buning aksini tasavvur qiling: $ xÎ E:x>c, olmoq, u uchun mavjud bo'ladi, shundan kelib chiqadi b n< x , bu shartga zid keladi xÎ[ a n, b n].

Guruch. 1.10

2) "e> 0$ xOE: x > c - e.

Har qanday e uchun mavjud n: b n - a n< e . Keling, istalganini tanlaylik xÎ[ a n, b n] . Mulk tufayli 1), u qondiriladi x< c, Bundan tashqari

c-x£ b n - a n< e . Shunday qilib, biz kerakli narsani topdik x.

Guruch. 1.11

Xuddi shunday, buni isbotlash mumkin bo'sh bo'lmagan to'plam quyida chegaralangan, infimum mavjud.

Teorema 2. Eng katta yuqori chegara (agar mavjud bo'lsa) noyobdir.

Isbot: Ikkita aniq yuz bo'lsin b 2 ,b 1 , b 1 2 . e = oling b 2 -b 1 > 0. Aniq yuqori chegaraning ta'rifi bo'yicha (uchun b 2)$xÎ E: x > b 2 - e = b 1 , bu haqiqatga zid keladi b 1 yuqori cheti.

Guruch. 1.12

Izoh. Xuddi shunday isbotlash mumkinki, eng katta infimum yagonadir.

Agar E yuqoridan chegaralanmagan bo'lsa, biz yozamiz sup E = +¥, xuddi shunday, agar E pastdan chegaralanmagan bo'lsa, biz yozamiz inf E= -¥ .