Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
26.8. Для данного e > 0 выберем d > 0 так, что если |y − y 0 | то |g(y) − g(y 0 ) | < e . Затем для e 1 = d выберем так, что если − x 0 | < d 1 , то |f(x) − f(x 1 ) | < e 1 . Для данного e > 0 мы выбрали d 1 > 0 так, что если |x − x 0 | < d 1 , то |g(f(x)) − g(f(x 0 )) | < e 26.9. Ясно, что sin(x + e ) − sin x = 2 sin Поэтому достаточно доказать, что lim t →0 sin t = 0. Но если |t| < p /2, то t| < |t| согласно задаче 11.1. 26.10. Ясно, что функция f(x) непрерывна во всех точках x 6= Проверим, что функция f(x) непрерывна в точке x = 0, те. для любого e > 0 можно выбрать d > 0 так, что если |x|< d , то Но |f(x)| = ˛ ˛ ˛x sin 1 x ˛ ˛ ˛ 6 |x|. Поэтому можно положить d = e 26.11. Пусть для определённости f(a) > 0 и f(b) < 0. Построим последовательности {a n } и {b n } следующим образом. Положим a и b 1 = b. Пусть c — середина отрезка [a, b]. Если f(c) < 0, то положим a 2 = и b 2 = c; если же f(c) > 0, то положим a 2 = c и b 2 = мы предполагаем, что f(c) 6= 0, поскольку иначе доказательство немедленно завершается. Затем берём середину отрезка [a 2 , b 2 ] Решения задачи повторяем тоже самое и т. д. В результате получим неубывающую последовательность {a n } и невозрастающую последовательность. Эти последовательности ограничены и lim n →∞ (b n − a n ) = Поэтому по теореме Вейерштрасса lim n →∞ a n = x 0 = lim n →∞ b n . По построению для всех n. Функция f(x) непрерывна, поэтому) > 0. С другой стороны, f(b n ) 6 0, поэтому f(x 0 ) 6 0. Значит 0. Ясно также, что a 6 x 0 6 b. 26.12. а) Если f — непрерывная функция и уравнение f(x) = не имеет вещественных решений, то либо f(x) > x для всех x, либо) < x для всех x. В первом случае f(f(x)) < f(x) < x, а во втором случае f(f(x)) > f(x) > б) Если f и g — непрерывные функции и уравнение f(x) = не имеет вещественных решений, то либо f(x) > g(x) для всех либо f(x) < g(x) для всех x. В первом случае f(f(x)) > g(f(x)) = = f(g(x)) > g(g(x)). Во втором случае f(f(x)) < g(g(x)). 26.13. Рассмотрим вспомогательную функцию f (x) = f(x) − Ясно, что f (0) = f(0) > 0 и f (1) = f(1) − 1 6 0. Поэтому f (x) = 0 для некоторой точки x отрезка [0, 1]. В таком случае f(x) = x. 26.14. Ответ нет, не существует. Действительно, если f требуемая функция, то f(x) 6= x для любой точки x отрезка [0, Но согласно задаче 26.13 таких непрерывных функций нет. Докажем, что функция f(x) ограничена сверху (ограниченность снизу доказывается аналогично. Предположим, что для любого натурального n на отрезке [a, b] есть точка x n , для которой) > n. Согласно задаче 25.12 из ограниченной последовательности можно выбрать сходящуюся подпоследовательность Пусть lim n →∞ x n k = ясно, что a 6 x 0 6 b). Тогда lim n →∞ f(x n k ) = Но это противоречит тому, что f(x n k ) > n k → ∞. 26.16. Ответ нет, неверно. Функция f(x) = 1/x непрерывна на интервале (0, 1), но она не ограничена сверху. Докажем, что на отрезке [a, b] существует точка для которой f(x 0 ) = M, где M — точная верхняя грань множества значений f(x) для всех точек x отрезка [a, b]. (Для точной нижней грани доказательство аналогично) Прежде всего заметим, что множество значений функции f(x) ограничено (задача поэтому точная верхняя грань M существует (задача 25.45). Следовательно, можно выбрать последовательность точек отрезка, b] так, что M −1/n6 f(x n ) 6 M. Выберем из ограниченной последовательности сходящуюся подпоследовательность {x n k }. Если lim k →∞ x n k = x 0 , то a 6 x 0 6 b и f(x 0 ) = M. Глава 26. Непрерывные и разрывные функции. Достаточно доказать, что из неравенства (1) следует неравенство (2) для любого n. Если выполняется неравенство (то 4 ” 6 2f “ x 1 + x 2 2 ” + 2f “ x 3 + x 4 2 ” 6 6 f(x 1 ) + f(x 2 ) + f(x 3 ) + Аналогично доказывается, что неравенство выполняется для любого 2 m Остаётся доказать, что если неравенство выполняется для то оно выполняется и для n − 1. Пусть даны числа x 1 , . . . , Положим x n = 1 n − 1 (x 1 + . . . + x n −1 ). Тогда f “ (n − 1)x n + x n n ” = f “ x 1 + . . . + x n −1 + x n n ” 6 6 f(x 1 ) + . . . + f(x n −1 ) + Следовательно, f(x n ) 6 f(x 1 ) + . . . + f(x n −1 ) n − 1 , что и требовалось. а) Если числа p и q рациональные, то p и q = n − где m, n и n − m — натуральные числа. Применим неравенство из задачи 26.18 для чисел x 1 , . . . , x 1 , x 2 , . . . , x 2 (m чисел и n − чисел x 2 ). В результате получим требуемое. б) Следует из задачи а, поскольку любое число является пределом последовательности рациональных чисел. Решение аналогично решению задачи 26.19. 26.21. Требуется доказать, что если x 1 , x 2 > 0, то ln “ x 1 + x 2 2 ” > > ln x 1 + ln x 2 2 . Это неравенство эквивалентно неравенству 2 > > exp “ ln x 1 + ln x 2 2 ” = √ x 1 x 2 26.22. Функция f(x) = ln x вогнута (задача 26.21). Поэтому согласно неравенству Йенсена ln “ x 1 + . . . + x n n ” > ln x 1 + . . . + ln Это неравенство эквивалентно требуемому Решения задач 319 З а меча ни е. По поводу других доказательств неравенства между средним арифметическими средним геометрическим см. задачи и 13.10. 26.23. Функция f(x) = ln x вогнута (задача 26.21). Поэтому согласно неравенству Йенсена ln “ A p + B q ” > 1 p ln A + 1 q ln Это неравенство эквивалентно требуемому. З а меча ни е. Другие доказательства приведены в решениях задачи б. а) Функция f(x) = на множестве всех действительных чисел не является равномерно непрерывной. Действительно, если бы эта функция была равномерно непрерывной, то тогда для любого можно было бы выбрать d > 0 так, что для любого выполнялось бы неравенство x 2 ˛ ˛ ˛ < e , те Но если x достаточно велико, то это неравенство не может выпол- няться. б) Функция f(x) = 1/x на интервале (0, 1) не является равномерно непрерывной. Действительно, предположим, что для любого мы выбрали d > 0 так, что + ( d /2) ˛ ˛ ˛ < e для всех x из интервала, 1 − d 2 ” . Это неравенство можно переписать в виде d 2 < e ˛ ˛ ˛x “ x + d 2 ”˛˛ ˛. При x → 0 получаем d 6 0. Приходим к противоречию. Предположим, что функция f(x) на отрезке [a, b] является непрерывной, ноне равномерно непрерывной. Тогда существует такое положительное число e 0 , что для любого d > 0 найдутся точки) и x ′′ ( d ) из отрезка, b], обладающие следующими свойствами и |f(x ′ ( d )) − f(x ′′ ( d )) | > e 0 . Положим x ′ (1/n) и x ′′ n = x ′′ (1/n). Из ограниченной последовательности можно выбрать подпоследовательность {x ′ n k }, сходящуюся к некоторой точке отрезка [a, b] (задача 25.12). Неравенство x ′′ n | < 1/n показывает, что подпоследовательность {x ′′ n k } тоже сходится к точке x 0 . Из непрерывности функции f(x) следует, что f(x 0 ) и f(x ′′ n k ) → f(x 0 ). Но это противоречит неравенству f(x ′′ ( d )) | > e 0 26.26. Непрерывность функции f(x) доказана в решении задачи. Пусть x 1 = 2 p , x 2 = 1 p , x 3 = 2 3 p , x 4 = 1 2 p , x 5 = 2 5 p , x 6 = 1 3 p , Глава 26. Непрерывные и разрывные функции 7 p , x 8 = 1 4 p , . . . Тогда f(x 2k ) = 0, поэтому f(x k ) | = 2 p + 2 3 p + 2 5 p + 2 7 p + . . Этот ряд расходится (задача 30.7). 26.27. Ясно, что если функция g неубывающая или невозрастающая, тов частности, g — функция ограниченной вариации. Ясно также, что если и g 2 — функции ограниченной вариации, то f = g 1 + тоже функция ограниченной вариации. Рассмотрим сумму v = m P k =0 |f(x k +1 ) − f(x k ) |. Пусть p — сумма тех слагаемых, для которых f(x k +1 ) − f(x k ) > 0, а ( −n) — сумма тех слагаемых, для которых f(x k +1 ) − f(x k ) < 0. Тогда v = p + и f(b) − f(a) = p − n, поэтому 2p + f(a) − f(b) = 2n + f(b) − Пусть V, P и N — точные верхние грани чисел v, p и n для всех наборов точек x 0 = a < x 1 < . . .< x m < b = x m +1 . Аналогично определим числа V(x), P(x) и N(x), заменив отрезок [a, b] на отрезок [a, Ясно, что P(x) и N(x) — неубывающие функции на отрезке [a, Ясно также, что 2P(x) + f(a) − f(x) = 2N(x) + f(x) − поэтому f(x) = f(a) + P(x) − N(x). Обе функции f(a) + P(x) и неубывающие. Предположим сначала, что функция V непрерывна в точке. Функция f является суммой двух монотонных функций, поэтому существуют односторонние пределы f(x 0 +) и f(x 0 −). Из определения функции V следует, что если x 0 < x 6 b, то) − f(x 0 ) | 6 V(x) − поэтому |f(x 0 +) − f(x 0 ) | 6 V(x 0 +) − V(x 0 ) = 0, те Аналогично доказывается, что f(x 0 −) = Предположим теперь, что функция f непрерывна в точке x 0 ∈ ∈ (a, b). Тогда для заданного e > 0 существует такое d > 0, что если − x 0 | < d , то |f(x)− f(x 0 ) | < e /2. Для того же самого существует такое разбиение отрезка [x 0 , b], что V(x 0 ) < m X k =0 |f(x k +1 ) | − f(x k ) + e /2. (1) Решения задач 321 Выражение, стоящее в правой части неравенства, при измельчении разбиения не уменьшается, поэтому можно считать, что. В таком случае f(x k ) | = |f(x 1 ) − f(x 0 ) | + m X k =1 |f(x k +1 ) − f(x k ) | 6 6 e /2 + (V(b) − Сравнивая неравенства (1) и (2), получаем V(x 1 ) − V(x 0 ) < e . Ясно также, что V(x 1 ) > V(x 0 ). Следовательно, V(x 0 +) = V(x 0 ). Аналогично. Если x 0 = a или x 0 = b, то нужно рассматривать только один из односторонних пределов ГЛАВА ЛОГАРИФМ И ПОКАЗАТЕЛЬНАЯ ФУНКЦИЯ 27.1. Определение показательной функции и логарифма Определим сначала показательную функцию для рациональных. (Показательную функцию мы определяем только для положительных a.) Пусть a > 0 и x = p/q, где p и q — натуральные числа. Определим как, где имеется ввиду арифметическое (положительное) значение корня. Ясно, что. Действительно, это равенство эквивалентно равенству. Примы полагаем a x = 1/a −x 27.1. а) Пусть a > 1. Докажите, что если x 1 > x 2 , то a x 1 > a x 2 б) Пусть a < 1. Докажите, что если x 1 > x 2 , то a x 1 < a x 2 27.2. Пусть a > 1. Докажите, что может быть сколь угодно велико, если x достаточно велико. Докажите, что a x 1 + x 2 = a x 1 a x 2 27.4. Докажите, что a l x = (a x ) l для любого рационального. Пусть a — положительное число, {x n } — последовательность рациональных чисел, причём lim n →∞ x n =0. Докажите, что lim n →∞ a x n = 1. 27.6. Докажите, что если существует предел lim n →∞ x n = где {x n } — последовательность рациональных чисел, то существует предел lim n →∞ a x n , причём этот предел зависит только от Пусть a — положительное число. Определим для произвольного следующим образом. Пусть {x n } — последовательность рациональных чисел, сходящаяся к x. Положим a x = lim n →∞ a x n Условия задача) Пусть a > 1. Докажите, что если x > y, то б) Пусть a < 1. Докажите, что если x > y, то a x < a y 27.8. Докажите, что если lim n →∞ x n = x, где {x n } — последовательность произвольных (необязательно рациональных) чисел, то lim n →∞ a x n = a x 27.9. Докажите, что a x 1 + x 2 = для произвольных (необязательно рациональных) чисел и x 2 27.10. Пусть a — положительное число, причём a 6= Докажите, что для любого положительного числа x существует единственное число y, для которого a y = Пусть a и x — положительные числа, причём a 6= 1. Логарифм по основанию a — это число y = log a x, для которого a y = x. Для логарифмов по основанию 10 используется обозначение lg, а для логарифмов по основанию e используется обозначение ln. 27.11. Докажите, что функция f(x) = log a x непрерывна. Докажите, что log a (x 1 x 2 ) = log a x 1 + log a x 2 27.2. Показательная функция. Решите уравнение 5 2x−1 + 5 x+1 = 250. 27.14. Решите уравнение 6 x − 2 x = 32. 27.15. Сколько цифр имеет число 2 100 ? 27.3. Тождества для логарифмов. а) Докажите, чтоб) Докажите, что log a b = 1 log b a 27.17. Предположим, что a 2 + b 2 = 7ab и ab 6=0. Докажите, что lg a + b 3 = 1 2 (lg |a| + lg |b|). Глава 27. Логарифм и показательная функция. Неравенства и сравнение чисел. Докажите, что < 1 log 2 p + 1 log 5 p |