дипломы,курсовые,рефераты,контрольные,диссертации на заказ
 

Непрерывность функции на интервале и на отрезке

 

Непрерывность функции на интервале и на отрезке
        Определение 3.3   Пусть $ f$ -- некоторая функция, $ \mathcal{D}(f)$ -- её область определения и $ (a;b)\sbs\mathcal{D}(f)$ -- некоторый (открытый) интервал (может быть, с $ a=-\infty$ и/или $ b=+\infty$). Назовём функцию $ f$ непрерывной на интервале $ (a;b)$, если $ f$ непрерывна в любой точке $ x_0\in(a;b)$, то есть для любого $ x_0\in(a;b)$ существует $ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$ (в сокращённой записи:
$ \forall\ x_0\in(a;b)\ \exists\ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)).$
Пусть теперь $ [a;b]$ -- (замкнутый) отрезок в $ \mathcal{D}(f)$. Назовём функцию $ f(x)$ непрерывной на отрезке $ [a;b]$, если $ f$ непрерывна на интервале $ (a;b)$, непрерывна справа в точке $ a$ и непрерывна слева в точке $ b$, то есть
$ 1)\quad\forall\ x_0\in(a;b)\ \exists\ \lim\limits_{x\to x_0}f(x)=f(x_0);$
$ 2)\quad\exists\ \lim\limits_{x\to a+}f(x)=f(a);$
$ 3)\quad\exists\ \lim\limits_{x\to b-}f(x)=f(b).$     
Свойства градиента и производной по направлению Криволинейный интеграл Первоначально функции управления системой коммутации возлагались на операторов.

  Пример 3.13   Рассмотрим функцию $ H(x)=\left\{\begin{array}{rl} 0,&\mbox{ при }x<0;\\ 1,&\mbox{ при }x\geqslant 0 \end{array}\right. $ (функция Хевисайда) на отрезке $ [0;b]$, $ b>0$. Тогда $ H(x)$ непрерывна на отрезке $ [0;b]$ (несмотря на то, что в точке $ x=0$ она имеет разрыв первого рода).     


Рис.3.15.График функции Хевисайда

Аналогичное определение можно дать и для полуинтервалов вида $ (a;b]$ и $ [c;d)$, включая случаи $ a=-\infty$ и $ d=+\infty$. Однако можно обобщить данное определение на случай произвольного подмножества $ A\sbs\mathcal{D}(f)$ следующим образом. Введём сначала понятие индуцированной на $ A$ базы: пусть $ \mathcal{B}$ -- база, все окончания $ E\in\mathcal{B}$ которой имеют непустые пересечения с $ A$. Обозначим $ E\cap A$ через $ E^A$ и рассмотрим множество всех $ E^A$. Нетрудно тогда проверить, что множество $ \mathcal{B}^A=\{E^A, E\in\mathcal{B}\}$ будет базой. Тем самым для $ A\sbs\mathcal{D}(f)$ определены базы $ \mathcal{B}(x_0)^A$, $ \mathcal{B}(x_0-)^A$ и $ \mathcal{B}(x_0+)^A$, где $ \mathcal{B}(x_0)$, $ \mathcal{B}(x_0-)$ и $ \mathcal{B}(x_0+)$ -- базы непроколотых двусторонних (соответственно левых, правых) окрестностей точки $ x_0$ (их определение см. в начале текущей главы).

      

Производная композиции


  Пример 4.6   Найдём производную функции $ y=\cos^52x$. Здесь функция имеет вид $ y=u^5$, с промежуточным аргументом $ u=\cos2x$, который, в свою очередь, является сложной функцией. Поэтому
\begin{multline*} y'=5u^4u'_x=5(\cos2x)^4(\cos2x)'_x=5\cos^42x(-\sin2x)(2x)'=\\ =-5\cos^42x\sin2x\cdot2=-10\cos^42x\sin2x. \end{multline*}
    
        Пример 4.7   Найдём производные ареа-функций (напомним, что ареа-функции -- это функции, обратные к гиперболическим функциям). Ранее мы записали для них следующие формулы:
$\displaystyle \mathop{\rm arsh}\nolimits x=\ln(x+\sqrt{x^2+1});$    
$\displaystyle \mathop{\rm arch}\nolimits x=\ln(x\pm\sqrt{x^2-1})$    

(в зависимости от того, что считать главной ветвью функции $ \mathop{\rm ch}\nolimits $);


$\displaystyle \mathop{\rm arth}\nolimits x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-x};$    
$\displaystyle \mathop{\rm arcth}\nolimits x=\frac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x-1}.$    

Поэтому
\begin{multline*} (\mathop{\rm arsh}\nolimits x)'=(\ln(x+\sqrt{x^2+1}))'= \dfr... ...1}+x}{\sqrt{x^2+1}}}{x+\sqrt{x^2+1}}= \dfrac{1}{\sqrt{x^2+1}}, \end{multline*}
и аналогично:
\begin{multline*} (\mathop{\rm arch}\nolimits x)'=(\ln(x\pm\sqrt{x^2-1})'= \df... ...{\sqrt{x^2-1}}}{x\pm\sqrt{x^2-1}}= \pm\dfrac{1}{\sqrt{x^2-1}}; \end{multline*}
\begin{multline*} (\mathop{\rm arth}\nolimits x)'=(\frac{1}{2}\ln\dfrac{1+x}{1-... ...dfrac{\dfrac{2}{(1-x)^2}}{\dfrac{1+x}{1-x}}= \dfrac{1}{1-x^2}; \end{multline*}
и аналогично:
\begin{multline*} (\mathop{\rm arcth}\nolimits x)'=(\frac{1}{2}\ln\dfrac{x+1}{x... ...frac{\dfrac{-2}{(x-1)^2}}{\dfrac{x+1}{x-1}}= \dfrac{1}{1-x^2}. \end{multline*}
Последние две формулы не противоречат друг другу, так как при $ x\in(-1;1)$, а $ (\mathop{\rm arcth}\nolimits x)'=\dfrac{1}{1-x^2}$ при $ x\in(-\infty;-1)\cup(1;+\infty)$.     
$ (\mathop{\rm arth}\nolimits x)'=\dfrac{1}{1-x^2}$


 

Неопределенный интегралВекторное произведение векторов

Трассировка пиксельных изображений Adobe Illustrator Линейные блоковые коды