Вторая теорема Коши о промежуточном значении непрерывных функций

Теорема.
Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a,b]$ , $A=f(a) \neq f(b)=B$ и число $C$ заключено между числами $A$ и $B$ , то существует такая точка $c \in [a,b]$ , что $f(c)=C$ .
Доказательство.
Не нарушая общности будем считать, что $A = f(a) < f(b) = B$ . Рассмотри функцию $h(x)=f(x)-C$ , непрерывность на отрезке $[a,b]$ которой следует из непрерывности функции $f$ . Очевидно что $h(a)=A-C<0$ и $h(b)=B-C>0$ . Применяем к $h$ первую теорему Коши и находим точку $c$ в которой $h(c)=f(c)-C=0$ , то-есть $f(c)=C$ . Теорема доказана.
Геометрический смысл теоремы.
Как мы видим на рисунке изображен график функции $f(x)$ (в общем произвольной), непрерывной на отрезке $[a,b]$ , где $f(b) < f(a)$ , $C$ произвольная точка на отрезке $[f(b),f(a)]$ и прямая $l$ задана формулой $l(x)=C$ . Как мы видим, прямая $l$ обязана пересечь кривую $f(x)$ в какой-то точке $M$ , лежащей на кривой $f(x)$ , между точками $A(a,f(a))$ и $B(b,f(b))$ . То-есть существует такое $c\in [a,b]$ , что $f(c)=C$ .

Замечание 1.
Первую и вторую теоремы Коши объединяют в одну, теорему Коши о промежуточном значении функции. В таком случае, теорема о нулях функции считается частным случаем. В то же время, как видно из доказательства вторая теорема Больцано-Коши является прямым следствием первой. Также теорему Коши о промежуточном значении функции называют теоремой Больцано-Коши о промежуточном значении функции.
Замечание 2.
Теорема Коши о промежуточном значении, применяется в доказательствах. Примеров на эту тему как таковых нету, но мы очень часто пользуемся этой теоремой, даже не замечая этого.
Пример.
Пусть функция $f(x)=x^{2}$ определенна и непрерывна на отрезке $[-2,2]$ .
Посчитаем значение функции в точках : $x=-0,75$ , $x=0,25$ , $x=1,5$ .
Мы знаем что данная функция непрерывна на данном отрезке (в силу того что это полиномиальная функция), а значит, в силу второй теоремы Коши, она принимает все свои промежуточные значения и ее значения в указанных точках равны:
$f(-0,75)=0,5625$ , $f(0,25)=0,0625$ , $f(1,5)=2,25$ .
Литература.

Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления, Том 1. (стр. 172)
Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа — М.: Высш.школа, 1981, Том 1. (стр. 123-124).
Вартанян Г.М. Конспект лекций по математическому анализу Часть 1. (стр. 28-29).
Коляда В.И., Кореновский А.А. Курс лекций по математическому анализу Часть 1. (стр. 83)
Шилов Г. Е. Математический анализ. Функции одного переменного. В 3-х ч. Ч.1-2 -М.:Наука, 1969, Ч.3 -М.:Наука, 1970. (стр. 164)

Вторая теорема Коши

Тест на тему: «Вторая теорема Коши»

Задание 1 из 5

1.

Указать значения функций на аргументе $x=1$ :

Элементы сортировки

-12
-1
0
1

$x^4+x^3-17x+3$

$\frac{1}{\cos{\pi x}}$

$\log_{10}{\frac{1}{x}}$

$\ln{e^{\frac{x^2+x-1}{x^2-x+1}}}$

Задание 2 из 5

2.
Прямым следствием какой теоремы является вторая теорема Коши?
- Теорема Вейерштраса.
- Теорема Гейне.
- Первая теорема Коши.
- Не является прямым следствием из теорем.
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 5

3.
Какие значения принимает функция $f(x)=5x^2-20x+7$ на отрезке $[2,4]$ (написать нижнюю и верхнюю границы через пробел)?
Правильно

Неправильно
Задание 4 из 5

4.
Для выполнения одного из условий теоремы, необходимо чтобы функция:
- была непрерывна на отрезке $[a,b]$ .
- была непрерывна на интервале $(a,b)$ .
- имела конечное число разрывов на $[a,b]$ .
- имела только разрывы первого рода на $(a,b)$ .
- была равномерно непрерывной на $[a,b]$ .
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 5

5.
Построить правильную последовательность доказательства теоремы.
- Вводим новую функцию.
- Проверяем непрерывность функции и какие значения она принимает на концах отрезка.
- Применяем к функции первую теорему Коши.
- Находим точку в которой функция обращается в ноль.
Правильно

Неправильно

Таблица лучших: Вторая теорема Коши

максимум из 5 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Интегрируемость по Риману непрерывных функций и кусочно-непрерывных функций

Теорема 1. Если функция $latex f$ непрерывна на отрезке $latex [a,b]$ то она интегрируема на этом отрезке.

Доказательство. По теореме Кантора функция $latex f$ равномерно непрерывна на $latex [a,b]$ . Это означает, что для любого $latex \varepsilon > 0$ найдется такое $latex \delta >0$ ,
что для любых точек $latex x’, x» \in [a,b]$ , таких, что $latex \mid x’-x» \mid < \delta$ , справедливо
неравенство $latex |f(x’)-f(x»)|< \varepsilon$ . Отсюда следует, что для любого разбиения
$latex \Pi$ , диаметр которого $latex d(\Pi ) <\delta$ , справедливо неравенство
[latex]{\omega _i} = \mathop {\sup }\limits_{x’,x» \in \left[ {{x_i},{x_{i + 1}}} \right]} \left| {f\left( {x’} \right) — f\left( {x»} \right)} \right| \leqslant \varepsilon [/latex], [latex]\left( {i = 0,1,…,n — 1} \right)[/latex].
Поэтому
[latex]\sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant \varepsilon \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {\Delta {x_i} = \varepsilon \left( {b — a} \right)} } [/latex],
если только $latex d(\Pi ) <\varepsilon$ . Таким образом, выполнено условие критерия интегрируемости в терминах колебаний и тем самым теорема доказана. $latex \blacksquare$

Теорема 2. Если функция $latex f$ ограничена на отрезке $latex [a,b]$ и имеет на этом отрезке лишь конечное число точек разрыва, то она интегрируема на $latex [a,b]$ .

Доказательство. Пусть $latex a_1,…, a_k$ – точки разрыва. Зададим $latex \varepsilon >0$
и для каждой точки разрыва выберем некоторую ее окрестность длины,
меньшей чем $latex \varepsilon$ . Эти окрестности можно выбрать так, чтобы они попарно не пересекались. Обозначим их $latex \Delta _1,…,\Delta _k$ . Выбросив эти окрестности
из отрезка $latex [a,b]$ , получим конечный набор отрезков $latex I_1,…,I_k$ (их количество не обязательно равно $latex k$ ). На каждом из этих отрезков функция
непрерывна и, в силу теоремы Кантора, равномерно непрерывна. Поэтому для каждого отрезка $latex I_j$ найдется $latex \delta_j>0$ , такое, что для любой пары
точек $latex x’, x» \in I_j$ условие $latex |x’-x»|<\delta _j$ влечет выполнение неравенства
$latex \mid f\left(x’ \right)-f\left(x» \right)\mid < \varepsilon$ . Положим $latex \delta =min(\delta _1,\delta _2, …, \delta _m, \varepsilon )$ .
Пусть теперь $latex \Pi :a=x_0<x_1< … <x_n=b$ – произвольное разбиение отрезка $latex [a,b]$ с диаметром $latex d(\Pi ) <\delta$ . Рассмотрим сумму
$latex \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} \omega _i\Delta x_i$ .
Разобьем ее на две суммы. В первую отнесем слагаемые, отвечающие тем
отрезкам $latex [x_i,x_{i+1}]$ , каждый из которых содержится в одном из отрезков
$latex I_j$ . Для этих отрезков имеем $latex \omega _i\leq \varepsilon$ , и поэтому для соответствующей суммы справедливо неравенство

[latex]\sum\nolimits_{}^/ {{\omega _i}\Delta {x_i}} < \varepsilon \sum\nolimits_{}^/ {\Delta {x_i}} \leqslant \varepsilon \left( {b — a} \right)[/latex].

Во вторую сумму попадают слагаемые, отвечающие тем отрезкам
$latex [x_i,x_{i+1}]$ , каждый из которых имеет общие точки по крайней мере с одним
из интервалов $latex \Delta _j$ . Оценим сумму длин этих отрезков. Среди частичных отрезков, имеющих общие точки с $latex \Delta _j$ , могут быть такие, которые целиком содержатся в $latex \Delta _j$ . Сумма их длин не превосходит длины интервала
$latex \Delta _j$ , которая, в свою очередь, не превосходит $latex \varepsilon$ . Кроме того, могут быть
два отрезка, содержащие концы интервала $latex \Delta _j$ , сумма их длин не превосходит $latex 2\delta \leq 2\varepsilon$ . Таким образом, сумма длин всех отрезков, имеющих
общие точки с интервалами $latex \Delta _1…\Delta _k$ , не превосходит $latex 3k\varepsilon$ . Обозначим
через $latex \Omega$ колебание функции $latex f$ на отрезке $latex [a,b]$ . Поскольку $latex f$ ограничена, то $latex \Omega <\propto$ и $latex \omega _i\leq \Omega (i=0,1,…,n-1)$ . Поэтому для второй суммы
получаем следующую оценку:

[latex]\sum\nolimits_{}^{//} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant \Omega \sum\nolimits_{}^{//} {\Delta {x_i} \leqslant 3k\Omega \varepsilon } } [/latex].

Окончательно,

[latex] \sum\limits_{i = 0}^{n — 1} \omega _i\Delta x_i = [/latex] [latex] \sum\nolimits_{}^/ {\omega _i}\Delta x_i + \sum\nolimits_{}^{//} \omega _i\Delta {x_i} \leqslant [/latex] [latex] \varepsilon \left( {b — a + 3k\Omega } \right) [/latex].

Отсюда, в силу критерия интегрируемости в терминах колебаний, вытекает справедливость теоремы. $latex \blacksquare$

Пример 1. Функция
[latex]f\left( x \right) = \left\{ $\begin{gathered} \sin \frac{1}{x},\;0 < x \leqslant 1, \hfill \\ 0,\;x = 0 \hfill \\ \end{gathered}$ \right.[/latex]

ограничена и непрерывна всюду, за исключением одной точки. Следовательно, она интегрируема на отрезке $latex [0,1]$ .

Пример 2. Рассмотрим
[latex]f\left( x \right) = \left\{ $\begin{gathered} sign\;(\sin \frac{1}{x}),\;0 < x \leqslant 1, \hfill \\ 0,\;x = 0 \hfill \\ \end{gathered}$ \right.[/latex]
У этой функции множество точек разрыва счетно и она не является монотонной. Тем не менее она ограничена, и ее интегрируемость легко доказать, используя критерий Римана и теорему 2. Действительно, зададим
$latex \varepsilon >0$ и рассмотрим функцию на отрезке $latex [\varepsilon ,1]$ . На этом отрезке функция
ограничена и имеет конечное число точек разрыва. В силу теоремы 2, функция интегрируема на $latex [\varepsilon ,1]$ , так что, по критерию Римана, найдется
такое $latex \delta >0$ , что если только отрезок $latex [\varepsilon ,0]$ будет разбит на части, длины
которых меньше, чем $latex \delta$ , то
[latex]\sum {{\omega _i}\Delta {x_i} < \varepsilon } [/latex].
Можем считать, что $latex \delta <\varepsilon$ . Если теперь весь отрезок $latex [0,1]$ разбить на
части, длины которых меньше, чем $latex \delta$ , то
$latex \sum\nolimits_{}^/ {{\omega _i}\Delta {x_i}}$ , слагаемых, отвечающих тем отрезкам, которые содержатся целиком в $latex [\varepsilon ,1]$ , меньше, чем $latex \varepsilon$ .
Далее, сумма длин отрезков $latex \left[ {{x_i},{x_{i + 1}}} \right]$ , имеющих общие точки с $latex [0,\varepsilon ]$ , не
превосходит $latex \varepsilon + \delta \leqslant 2\varepsilon$ . Учитывая, что колебание функции на каждом из
отрезков не превосходит 2, получим
[latex]\sum\nolimits_{}^{//} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant 2\sum\nolimits_{}^{//} {\Delta {x_i} \leqslant 4\varepsilon } } [/latex].
Окончательно,
[latex]\sum\limits_{i = 0}^{n — 1} {{\omega _i}\Delta {x_i} \leqslant 5\varepsilon } [/latex],
так что, в силу критерия Римана, функция интегрируема на $latex \left[ {0,1} \right]$ .

Литература:

Первая теорема Коши о нулях непрерывной функции

Формулировка:

Если функция непрерывна на сегменте и на своих концах принимает значение разных знаков, то существует такая точка, принадлежащая этому отрезку, в которой функция обращается в нуль.

Если $latex f \ \in \ C[a,b]$ и $latex f(a)f(b)<0$ , то
$latex \exists c \ \in \ [a,b] : f(c)=0$

Спойлер

Разделим отрезок [a,b] пополам и пусть точка $latex \alpha$ — середина этого отрезка.
Если $latex f(\alpha)=0$ , то теорема доказана, если $latex f(\alpha) \neq 0$ , то
на концах хотя бы одного из отрезков она принимает значение разных знаков.
$latex \Delta_1=[a_1,b_1]$ , его длина $latex b_1-a_1 =\frac{b-a}{2}$
Пусть точка $latex \alpha_1$ середина $latex \Delta_1$
Если $latex f(\alpha_1)=0$ , то теорема доказана, если $latex f(\alpha_1) \neq 0$ , то
на концах хотя бы одного из отрезков она принимает значение разных знаков.
$latex \Delta_2=[a_2,b_2]$ , его длина $latex b_2-a_2 =\frac{b_1-a_1}{2}$
Продолжая этот процесс получим:

Либо через конечное число шагов $latex \exists c \ \epsilon \ [a,b] : f(c)=0;$
Либо $latex \exists$ стягивающаяся последовательность из отрезков:
$latex \Delta_1 \supset \Delta_2 \supset \Delta_3$ и так далее.

Для n-ого отрезке $latex \Delta_n=\frac{b-a}{2^{n}} \rightarrow 0$ при $latex n \rightarrow \infty$

И $latex \forall n : f(a_n)f(b_n)<0$

Так как последовательность стягивающаяся , то по теореме Кантора:

[latex]\exists c\ \forall n\ \in \ \mathbb{N} :[/latex] $latex c \ \in \ \Delta_n$

Докажем, что f(c)=0

Докажем от противного
$latex f(c)\neq 0 \Rightarrow f(c)>0$ либо $latex f(c)<0$ по свойству сохранения знака непрерывной функции
$latex \exists \delta \ \forall x \ \epsilon \ U_\delta(c) \Rightarrow f(x)>0$
$latex b_n-a_n \rightarrow 0$
$latex \forall \ \varepsilon>0 \ \exists N : \ \forall n \geq N \ |b_n-a_n|< \varepsilon$
Для $latex \delta>0 \ \exists n_0>N : b_{n_{0}}-a_{n_{0}}<\delta <2 \delta$
Отрезок с номером $latex n_0$ будет лежать в этой окрестности $latex \Rightarrow$
$latex \forall x \ \epsilon \ U_\delta(c) \Rightarrow \ \forall x \ \epsilon \ \Delta_{n_{0}} : f(x)>0$ ,
а это противоречит выбору $latex \Delta_{n_{0}}$ так как значение на левом и на правом конце отрезка, должны быть разных знаков
$latex \Rightarrow \ f(c)=0$

$latex \blacksquare$

[свернуть]

Литература:

Лысенко З.М. Конспекты лекций.
Г.М. Фихтенгольц: Курс дифференциального и интегрального исчисления, Том 1, стр 168
В.И.Коляда, А.А.Кореновский Курс лекций по математическому анализу Часть 1, стр 82

Тест:

Первая и вторая теоремы Коши

Тест на тему: «Первая и вторая теорема Коши»

Таблица эквивалентных

Отношения бесконечно малых можно упрощать, отбрасывая бесконечно малые слагаемые большего порядка и заменяя множители в числителе и знаменателе на эквивалентные им бесконечно малые. Чтобы этот способ вычисления пределов (точнее, раскрытия неопределённостей вида [latex][\frac{0}{0}][/latex]) можно было применять к большему числу примеров, мы должны иметь достаточно большой запас известных пар эквивалентных величин. Создадим такой запас для базы[latex]x\rightarrow 0[/latex] в виде таблицы «стандартных» эквивалентных бесконечно малых.

Поскольку в этой таблице мы всегда будем рассматривать базу [latex]x\rightarrow 0[/latex], для простоты записи будем писать знак [latex]\sim[/latex] вместо [latex]_{x\rightarrow 0}^{\sim}\textrm{}[/latex].

[latex]sinx \sim x [/latex]	[latex]e^{x}-1\sim x [/latex]
[latex]tgx\sim x[/latex]	[latex]a^{x}-1\sim xlna[/latex]
[latex]arcsinx\sim x[/latex]	[latex]ln(1+x)\sim x[/latex]
[latex]arctgx\sim x[/latex]	[latex](1+x)^{\alpha }-1\sim \alpha x[/latex]
[latex]shx\sim x[/latex]	[latex]1-cosx\sim \frac{x^{2}}{2}[/latex]

Докажем некоторые утверждения:

1) [latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{arcsinx}{x}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{1}{\frac{x}{arcsinx}}=[/latex][latex]lim_{y\rightarrow 0}\frac{1}{\frac{siny}{y}} =1[/latex]

2) [latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{tgx}{x}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinx}{\frac{x}{cosx}}[/latex][latex]=\frac{lim_{x\rightarrow 0}\frac{sinx}{x}}{lim_{x\rightarrow 0}cosx}=[/latex][latex]\frac{1}{1}=1[/latex]

3) [latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-cosx}{x^{2}/2}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{2sin^{2}\frac{x}{2}}{x^{2}/2}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{2sin^{2}\frac{x}{2}}{2(\frac{x}{2})^{2}}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cdot \frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\cdot lim_{x\rightarrow 0}\frac{sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}=[/latex][latex]1\cdot 1=1[/latex]

4) [latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{log_{a}(1+x)}{\frac{x}{lna}}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}ln\; a\cdot \frac{1}{x}log_{a}(1+x)=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}ln\; a\cdot log_{a}(1+x)^{\frac{1}{x}}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}ln\; a\cdot \frac{ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}{lna}=[/latex][latex]lim_{x\rightarrow 0}ln(1+x)^{\frac{1}{x}}=[/latex][latex]ln\; lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{\frac{1}{x}}=[/latex][latex]ln\; e=1[/latex]

Источники:

Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (Тема «Сравнение функций»).

Тест по теме «Эквивалентные функции»

Задание 1 из 6

1.
Дополните утверждение
- Понятие эквивалентные обычно используют, когда две функции или
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 6

2.
Какими свойствами обладает отношение эквивалентности:
- Рефлексивность
- Симметричность
- Асимметричность
- Транзитивность
- Нетранзитивность
Правильно

Неправильно

Подсказка

3 правильных ответа

Задание 3 из 6

3.

Соедините, создавая верные утверждения

Элементы сортировки

$x$
$1$
f~g=>g~f
f~g, g~h =>f~h

$arctg x~$

$lim_{x\rightarrow 0}\frac{arcsinx}{x}=$

свойство симметричности

свойство транзитивности

Задание 4 из 6

4.
Найдите предел:

$lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(1+4x)}{sin3x}$
Правильно

Неправильно

Подсказка

Используются формулы:

$ln(1+\alpha )\sim \alpha ; sin\alpha \sim \alpha$

Задание 5 из 6

5.

Установите соответствия:

Элементы сортировки

$x$
$xlna$
$\frac{x^{2}}{2}$
$\alpha x$

$sh x\sim$

$a^{x-1\sim }$

$1-cosx\sim$

$(1+x)^{\alpha }-1\sim$

Задание 6 из 6

6.
Для того, чтобы две бесконечно малые были эквивалентны, необходимо и достаточно, чтобы было
- $lim\frac{\beta }{\alpha }=1$
- $lim\frac{\beta }{\alpha }=0$
- $lim\frac{\beta }{\alpha }=\infty$
Правильно

Неправильно

Эквивалентные функции и их применение к нахождению пределов

Эквивалентные функции

Определение :
Если [latex]\exists\dot{U}_{\delta }(x_{0})[/latex]в которой определены [latex]f,g[/latex] и [latex]h:f(x)=g(x)h(x)[/latex],
причём [latex]lim_{x\rightarrow x_{0}}h(x)=1\Rightarrow f[/latex] и [latex]g[/latex]- эквивалентные при [latex]x\rightarrow x_{0}[/latex] и пишут [latex]f_{x\rightarrow x_{0}}\sim g[/latex]
[latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)}{g(x)}=h(x)=1[/latex]
Понятие эквивалентные обычно используют, когда f и g — бесконечно малые или бесконечно большие при [latex]x\rightarrow x_{0}[/latex]

Критерий:
Для того, чтобы две бесконечно малые [latex]\alpha[/latex] и [latex]\beta[/latex] были эквивалентны, необходимо и достаточно, чтобы было [latex]lim\frac{\beta }{\alpha }=1[/latex]
Положив [latex]\beta-\alpha =\gamma[/latex], будем иметь [latex]\frac{\beta }{\alpha }-1=\frac{\gamma }{\alpha }[/latex]
Отсюда сразу и вытекает наше утверждение. Действительно, если [latex]\frac{\beta }{\alpha }\rightarrow 1[/latex] , то [latex]\frac{\gamma }{\alpha }\rightarrow 0[/latex] , то есть[latex]\gamma[/latex] есть бесконечно малая высшего порядка, чем [latex]\alpha[/latex] и [latex]\beta \sim \alpha[/latex] . Обратно, если дано, что [latex]\beta \sim \alpha[/latex] , то [latex]\frac{\gamma }{\alpha }\rightarrow 0[/latex] , а тогда [latex]\frac{\beta }{\alpha }\rightarrow 1[/latex].
С помощью этого критерия, например, видно, что при [latex]x\rightarrow 0[/latex] бесконечно малая [latex]sin\: x[/latex] эквивалентна [latex]x[/latex], а [latex]\sqrt{1+x}-1=\frac{1}{2}x[/latex].
Доказанное свойство эквивалентных бесконечно малых приводит к использованию их при раскрытии неопределённости [latex]\left [ \frac{0}{0} \right ][/latex] . Т.е. при разыскании предела отношения двух бесконечно малых [latex]\frac{\beta }{\alpha }[/latex]. Каждая из них при этом может быть заменена, без влияния на предел, любой эквивалентной ей бесконечно малой.

Замена функций эквивалентными при вычислении предела:

Теорема:
Если[latex]f\sim f_{1}[/latex] , а [latex]g\sim g_{1}[/latex] , при [latex]x\rightarrow x_{0}[/latex] , то если [latex]\exists\; lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}[/latex] , то [latex]\exists\; lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}[/latex] и [latex]lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}=lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}[/latex]
Замечание:
Если в числителе или знаменателе стоит сумма, то при раскрытии неопределенности заменять отдельные слагаемые эквивалентными величинами нельзя, т.к. такая замена может привести к неверному результату.

Примеры:

1) [latex]lim_{x\rightarrow 0}\frac{arcsinx(e^{x}-1)}{cosx-cos3x}=[/latex][latex] $\begin{bmatrix} arcsinx\sim x\\e^{x-1}\sim x \\cosx-cos3x=2sinxsin2x \ \end{bmatrix}$ [/latex][latex]\Rightarrow lim_{x\rightarrow 0}\frac{x*x}{4x^{2}}=[/latex][latex]\frac{1}{4}[/latex]

2) [latex]lim_{x\rightarrow \infty }x(e^{\frac{1}{x}}-1)=[/latex][latex] $\begin{bmatrix} \frac{1}{x}=t\\ x\rightarrow \infty \Rightarrow t\rightarrow 0 \end{bmatrix}$ [/latex][latex]=lim_{t\rightarrow 0 }\frac{1}{t}(e^{t}-1)=[/latex][latex]lim_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t}t=[/latex][latex]lim_{t\rightarrow 0}1=1[/latex]

Источники:

Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (Тема «Сравнение функций»).
Фихтенгольц Г. М. «Основы математического анализа, том 1» Издание шестое, стереотипное 1968 Изд-во Наука (с. 112-114)

Тест по теме «Эквивалентные функции»

Задание 1 из 6

1.
Дополните утверждение
- Понятие эквивалентные обычно используют, когда две функции или
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 6

2.
Какими свойствами обладает отношение эквивалентности:
- Рефлексивность
- Симметричность
- Асимметричность
- Транзитивность
- Нетранзитивность
Правильно

Неправильно

Подсказка

3 правильных ответа

Задание 3 из 6

3.

Соедините, создавая верные утверждения

Элементы сортировки

$x$
$1$
f~g=>g~f
f~g, g~h =>f~h

$arctg x~$

$lim_{x\rightarrow 0}\frac{arcsinx}{x}=$

свойство симметричности

свойство транзитивности

Задание 4 из 6

4.
Найдите предел:

$lim_{x\rightarrow 0}\frac{ln(1+4x)}{sin3x}$
Правильно

Неправильно

Подсказка

Используются формулы:

$ln(1+\alpha )\sim \alpha ; sin\alpha \sim \alpha$

Задание 5 из 6

5.

Установите соответствия:

Элементы сортировки

$x$
$xlna$
$\frac{x^{2}}{2}$
$\alpha x$

$sh x\sim$

$a^{x-1\sim }$

$1-cosx\sim$

$(1+x)^{\alpha }-1\sim$

Задание 6 из 6

6.
Для того, чтобы две бесконечно малые были эквивалентны, необходимо и достаточно, чтобы было
- $lim\frac{\beta }{\alpha }=1$
- $lim\frac{\beta }{\alpha }=0$
- $lim\frac{\beta }{\alpha }=\infty$
Правильно

Неправильно

Вторая теорема Коши

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

Элементы сортировки

2.

3.

4.

5.

Таблица лучших: Вторая теорема Коши

Литература:

Первая и вторая теоремы Коши

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Элементы сортировки

Таблица эквивалентных

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Подсказка

3.

Элементы сортировки

4.

Подсказка

5.

Элементы сортировки

6.

Эквивалентные функции

Замена функций эквивалентными при вычислении предела:

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Подсказка

3.

Элементы сортировки

4.

Подсказка

5.

Элементы сортировки

6.