Утверждение 1
Рассмотрим многочлен степени [latex]n[/latex], т. е. функцию вида
[latex]P_{n}(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+…+a_{1}x+a_{0},\ \ a_{n}\neq0.[/latex]
Эта функция непрерывна на [latex]R.[/latex]
Функция [latex]y=C,[/latex] где [latex]C[/latex] — постоянно непрерывна на [latex]R,[/latex] так как [latex]\Delta y=0[/latex]при любом[latex]x.[/latex] Функция [latex]y=x[/latex]непрерывна на [latex]R,[/latex] так как [latex]\Delta y=\Delta x \to 0[/latex]при[latex]\Delta x \to 0.[/latex] Поэтому функция[latex]y=a_{k}x^k,[/latex] где [latex]k\in\mathbb{N},[/latex] непрерывна на [latex]R[/latex] как произведение непрерывных функций. Так как многочлен [latex]P_{n}(x)[/latex]есть сумма непрерывных функций вида [latex]a_{k}x^k\ \ \ \left ( k=\overline{0,n} \right ),[/latex] то он непрерывен на[latex]R.[/latex]
Рациональная функция, т. е. функция вида [latex]f(x)=\frac{P_{n}(x)}{Q_{m}(x)},[/latex] где [latex]P_{n}(x),Q_{m}(x)[/latex] — многочлены степени [latex]n[/latex] и [latex]m[/latex] соответственно, непрерывна во всех точках, которые не являются нулями многочлена [latex]Q_{m}(x).[/latex]
В самом деле, если [latex]Q_{m}(x)\neq 0,[/latex] то из непрерывности многочленов [latex]P_{n}[/latex] и [latex]Q_{m}[/latex] следует непрерывность функции [latex]f[/latex] в точке [latex]x_{0}.[/latex]
Утверждение 2
Если [latex] x \in \left ( — \frac{\pi}{2} , \frac{\pi}{2} \right ) [/latex] и [latex] x\neq 0,[/latex] то [latex] \cos{x} <\frac{\sin\ x}{x} < 1 \ \ \ \ \left ( 1 \right ).[/latex]
Рассмотрим в координатной плоскости круг единичного радиуса
с центром в точке [latex] O [/latex] (рис. 12.1). Пусть [latex] \angle AOB=x,[/latex] где [latex]0<x<\frac{\pi}{2} [/latex].
Пусть [latex] C [/latex] — проекция точки [latex] B[/latex] на ось [latex]Ox[/latex], [latex] D [/latex] луча [latex] OB [/latex] и прямой, проведенной через точку [latex] A [/latex] перпендикулярно оси [latex] Ox.[/latex] Тогда [latex]BC=sin x, DA=tgx.[/latex]
Пусть [latex]S_{1}, S_{2}, S_{3}[/latex] — площади треугольника [latex]AOB,[/latex] сектора[latex]AOB[/latex] и треугольника [latex]AOD[/latex] соответственно. Тогда
[latex]S_{1}=\frac{1}{2}(OA)^{2}\sin x=\frac{1}{2}\sin x,[/latex]
[latex]S_{2}=\frac{1}{2}(OA)^{2} x=\frac{1}{2}x,[/latex]
[latex]S_{3}=\frac{1}{2}OA \cdot DA=\frac{1}{2} tg \ x.[/latex]
Так как [latex]S_{1}<S_{2}<S_{3},[/latex] то [latex]\frac{1}{2}\sin x<\frac{1}{2}x<\frac{1}{2} tg \ x \ \ \ \ \left ( 2 \right )[/latex]
Если [latex]x \in \left ( 0 , \frac{\pi}{2} \right )[/latex] то [latex]\sin{x}>0,[/latex] и поэтому неравенство[latex]\left ( 2 \right )[/latex] равносильно неравенству
[latex]1<\frac{x}{\sin{x}}<\frac{1}{\cos{x}}[/latex]
откуда следует, что при [latex]x \in \left ( 0 , \frac{\pi}{2} \right )[/latex] выполняется неравенство [latex]\left ( 1 \right ).[/latex] Так
как [latex]\frac{x}{\sin{x}}[/latex] и [latex]\cos{x}[/latex] — четные функции, то неравенство [latex]\left ( 1 \right )[/latex] справедливо и при[latex]x \in \left (-\frac{\pi}{2},0 \right ).[/latex]
Следствие
Первый замечательный предел
[latex] \lim_{x \to 0}\frac{\sin\ x}{x}=1[/latex]
Замечание
Из неравенства[latex]\left(2\right )[/latex]следует, что [latex]tg\ x>x[/latex] при [latex]x \in \left ( 0 , \frac{\pi}{2} \right )\ \ \ \ \ \ \left (3 \right ).[/latex]
Утверждение 3
Для всех [latex]x\in\mathbb{R}[/latex]справедливо неравенство
[latex]\left |\sin{x} \right |\leqslant \left | x \right |\ \ \ \ \ \ \left (4 \right ).[/latex]
Неравенство [latex]\left ( 4 \right )[/latex] выполняется при [latex]x=0.[/latex]
Пусть [latex]x\neq0.[/latex]
Если [latex]\left | x \right |<\frac{\pi}{2},[/latex] то из утверждения [latex]\left (1\right )[/latex] следует что
[latex]-1<\cos{x} <\frac{\sin\ x}{x} < 1\ \ \ \Rightarrow[/latex]
[latex]\left |\frac{\sin{x}}{x} \right |<1 \ \ \Rightarrow\left | \sin{x} \right |<\left | x \right |[/latex]
Если [latex]\left | x \right |\geqslant\frac{\pi}{2},[/latex] то тогда доказываемое неравенство очевидно.
Утверждение 4
Функции [latex]y=\sin{x}[/latex] и [latex]y=\cos{x}[/latex] непрерывны на всем множестве [latex]\mathbb{R}.[/latex]
Требуется доказать, что
[latex]\forall x \in \mathbb{R} : \lim_{x \to x_{0}}\sin{x}=\sin{x_{0}},[/latex]
а именно
[latex]\forall \varepsilon >0\ \ \ \ \exists \delta_{\varepsilon }:\forall x:\left | x-x_{0} \right |<\delta \Rightarrow \left | \sin{x}-\sin{x_{0}} \right |<\varepsilon [/latex]
[latex]\left | \sin{x}-\sin{x_{0}} \right |=\left | 2-\sin{\frac{x-x_{0}}{2}}\cos{\frac{x+x_{0}}{2}} \right | =2\left |\sin{\frac{x-x_{0}}{2}} \right |\left |\cos{\frac{x+x_{0}}{2}} \right |\leqslant[/latex]
[latex]\leqslant 2\left |\sin{\frac{x-x_{0}}{2}} \right |\leqslant 2\left |\frac{x-x_{0}}{2} \right |=\left | x-x_{0} \right |<\delta \leqslant \varepsilon[/latex]
То есть [latex]\forall \varepsilon >0[/latex]если взять[latex]\delta = \frac{\varepsilon }{2}[/latex], то[latex]\forall x:\left | x-x_{0} \right |<\delta \Rightarrow \left | \sin{x}-\sin{x_{0}} \right |<\varepsilon[/latex]
Для функции [latex]\cos{x}[/latex] доказывается аналогично
Следствие
Функция [latex]tg\ x=\frac{\sin{x}}{\cos{x}}[/latex] — непрерывная при [latex]x\neq \frac{\pi}{2}+\pi k, k \in \mathbb{Z}[/latex]
Утверждение 5
Рассмотрим несколько функции с их графиками
- [latex]y=\sin{x}\ ;\ \ x\in\left[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right][/latex]строго возрастает и непрерывна
- [latex]y=\cos{x}\ ;\ \ x\in\left[0;\pi\right][/latex]строго спадает и непрерывна
- [latex]y=tg \ x\ ;\ \ x\in\left(-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}\right)[/latex]строго возрастает и непрерывна
- [latex]y=ctg \ x\ ;\ \ x\in\left(0;\pi\right)[/latex]строго спадает и непрерывна
Тогда по теореме существуют обратные непрерывные монотонные функции соответственно
- [latex]y=\arcsin{x}\ ;\ \ x\in\left[-1;1\right][/latex]
- [latex]y=\arccos{x}\ ;\ \ x\in\left[-1;1\right][/latex]
- [latex]y=arctg\ x\ ;\ \ x\in\mathbb{R}[/latex]
- [latex]y=arcctg\ x\ ;\ \ x\in\mathbb{R}[/latex]
Утверждение 6
Функция [latex]y=a^x,\ \ a>0, \ \ a\neq 1[/latex] — монотонна непрерывна на [latex]\mathbb{R},[/latex] то есть
[latex]\forall x\in\mathbb{R}\ \ \ \lim_{x\to x_{0}}a^x=a^{x_{0}}[/latex]
и тогда функция [latex]y=\log_{a}{x}[/latex] — монотонна и непрерывна(как обратная)
Утверждение 7
Функции, заданные формулами
[latex]sh\ x =\frac{e^x-e^{-x}}{2},\ \ \ \ ch\ x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}[/latex]
называют соответственно гиперболическим синусом и гиперболическим косинусом.
Эти функции определены и непрерывны на [latex]\mathbb{R}[/latex], причем [latex]sh\ x[/latex]— нечетная функция, а [latex]ch\ x[/latex] — четная функция.
Из определения функций [latex]sh\ x[/latex] и [latex]ch\ x[/latex] следует, что
[latex]sh\ x +ch\ x=e^x\ ,\ \ \ \ ch^{2}\ x-sh^{2}\ x=1\ ,[/latex]
[latex] ch\ 2x=1+2sh^{2}\ x\ ,\ \ sh\ 2x=2sh\ x\ ch\ x[/latex]
По аналогии с тригонометрическими функциями гиперболические тангенс и котангенс определяются соответственно формулами
[latex]th\ x=\frac{sh\ x}{ch\ x}\ ,\ \ \ cth\ x=\frac{ch\ x}{sh\ x} [/latex]
Функция [latex]th\ x[/latex] определена и непрерывна на [latex]\mathbb{R},[/latex] а функция [latex]cth\ x[/latex] определена и непрерывна на множестве [latex]\mathbb{R}[/latex] с выколотой точкой [latex]x= 0.[/latex] Обе функции нечетные.
Утверждение 8
Пусть функции [latex]u(x)[/latex] и [latex]v(x)[/latex] определены на промежутке[latex]\Delta =\left ( a,b \right ),[/latex] причем для всех[latex]x \in \Delta[/latex] выполняется условие [latex]u(x)>0,[/latex] Тогда функцию [latex]y,[/latex] определяемую формулой
[latex]y=e^{v(x)\ln{u(x)}}[/latex]
будем называть показательно-степенной и обозначать
[latex]y=u(x)^{v(x)}[/latex]
Таким образом, исходя из определения
[latex]u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln{u(x)}}[/latex]
Если [latex]u,v[/latex] — функции, непрерывные на [latex]\Delta,[/latex] то функция [latex]u^v[/latex] непрерывна на [latex]\Delta[/latex] как суперпозиция непрерывных функций [latex]e^t[/latex] и [latex]t = v(x)\ln{u(x)}[/latex].
Тест
Непрерывность элементарных функций
Явно хорошо.
Стоит заметить, что, как мне кажется, в доказательстве утверждения под номером 4 совершен неэквивалентный переход, а именно разность синусов |sin(x)-sin(x’)| во второй строчке каким-то чудом преобразовалась в 2*|sin[(x-x’)/2]*cos[(x-x’)/2]| тогда как, несомненно, разность синусов должна быть равна 2*|sin[(x-x’)/2]*cos[(x+x’)/2]| (там сумма аргументов у косинуса, у вас же разница).
Впрочем, на верность решения это не повлияло, тк все равно этот косинус меньше либо равен 1.
Спасибо. Действительно Станислав допустил ошибку (описку). Исправлено