diff options
Diffstat (limited to '2025math.tex')
| -rw-r--r-- | 2025math.tex | 368 |
1 files changed, 359 insertions, 9 deletions
diff --git a/2025math.tex b/2025math.tex index ac16933..e10f50d 100644 --- a/2025math.tex +++ b/2025math.tex @@ -1,5 +1,6 @@ \documentclass[12pt]{article} \usepackage{fontspec} +\usepackage{stackengine} \usepackage{amsmath} \usepackage{amssymb} \usepackage{amsfonts} @@ -18,6 +19,7 @@ \newcommand{\exclreg}[2]{\overset\circ\Omega_{#1}({#2})} \newcommand{\mrx}[1]{\begin{pmatrix}#1\end{pmatrix}} \newcommand{\system}[1]{\left\{\begin{aligned}#1\end{aligned}\right.} +\newcommand{\vsystem}[2]{\left#1\begin{aligned}#2\end{aligned}\right.} \newcommand{\at}[2]{\left.{#1}\right|_{#2}} \newcommand{\from}[3]{\left.{#1}\right|_{#2}^{#3}} \newcommand{\reg}[2]{\Omega_{#1}({#2})} @@ -39,12 +41,14 @@ \renewcommand{\ss}[1]{\{{#1}\}} \setmainfont{FreeSans} \graphicspath{ {../images} } +\stackMath \hypersetup { colorlinks, linkcolor=blue, } % \everymath{\displaystyle} \DeclareMathOperator{\sgn}{sgn} +\DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \title {Экзамен по матеше, 2025, I семестр} \author {\texttt{justanothercatgirl}} @@ -106,7 +110,7 @@ $(\all \reg \eps p \exists \; \infty x \in \ss{x_n}) \lor (\exists \ss{x_{n_i}} \e c: \forall k\; c \in I_k$. Так же: $\all \eps > 0 \exists I_k : |I_k| < \eps \implies \e! c: \all k \; c \in I_k$ (знаком модуля обозначается длина отрезка) \\ -Больцмана-Вейштрасса: $\exists \sup \ss{x_n} \implies \exists \ss{x_{k_i}}: \ss{x_{k_i}}\to a$ (если ограничена, есть сход. подпосл.) +Больцмана-Вейерштрасса: $\exists \sup \ss{x_n} \implies \exists \ss{x_{k_i}}: \ss{x_{k_i}}\to a$ (если ограничена, есть сход. подпосл.) \\ Критерий Коши: последовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна. @@ -123,7 +127,7 @@ $\all \eps > 0 \exists I_k : |I_k| < \eps \implies \e! c: \all k \; c \in I_k$ ( -\eps &< a_n - b_2 &< \eps \\ \end{aligned}\right. \implies \] -\centerline{[ Возьмём $N = \max {N_1, N_2};\;\varepsilon = \frac{b_2-b_1}2 > 0$ ]} +\centerline{[ Возьмём $N = \max {N_1, N_2};\;\eps = \frac{b_2-b_1}2 > 0$ ]} \[ \implies \left\{\begin{aligned} a_n - b_1 &< \frac{b_2-b_1}2 \\ @@ -195,7 +199,7 @@ c \in [a_n, b_n]$ \\ Пункт b: $\lim_{x\to\infty} a_n = \lim_{x\to\infty} b_n \land \all n \in N\; a_n \leq c \leq b_n \implies \exists!c$ (по 2 полицейским) -\item Больцано-Вейштрасса. +\item Больцано-Вейерштрасса. $a:=\inf\ss{x_n},b:=\sup\ss{x_n}$. пусть $x_1$ - первый элемент подпосл. Разобъём $[a,b]$ пополам, выберем ту половину, где бесконечно много членов $\ss{x_n}$, оттуда выберем $x_2$. По аксиоме выбора составляем бесконечную посл-ть $\ss{x_{k_i}}$, повторяя это действие. $\all i \in \s N \; x_{k_i} \in [a_i, b_i] \supset [a_{i+1}, b_{i+1}] \land |b_i-a_i| @@ -211,7 +215,6 @@ x_{N+1} - \eps < x_n < x_{N+1} + \eps. \] Что формирует определение ограниченной последовательности -\newpage \item Критерий коши \begin{itemize} \item фундаментальность $\implies$ сходимость (достаточность): \\ @@ -494,11 +497,11 @@ $\system { $\system { &\exists \delta': \all x \in \exclreg {\delta'} b: f(x) \in \reg{\eps'}{f(b)} \\ &\exists \delta: \all t \in \exclreg {\delta} a: \ph(t) \in \reg {\eps := \delta'} {\ph(a)=:b}\\ -} \implies \all t \in \exclreg \delta a: f(\ph(t)) \in \reg{\eps'}(f(\ph(a))) \equiv \\ +} \implies \all t \in \exclreg \delta a: f(\ph(t)) \in \reg{\eps'}{f(\ph(a))} \equiv \\ \equiv \lim_{t\to a} f(\ph(t)) = f(\ph(a))$ -\item О прохождении непр. на пром. ф-ии через $\all$ промеж. знач. \\ +\item \hypertarget{funcvalpass}{О прохождении непр. на пром. ф-ии через $\all$ промеж. знач.} \\ Докажем утверждение о прохождлении ф-ии черещ $0$: \\ Пусть $\s X:= \{x \in [a,b] \;|\; f(x) < 0 \}$ - ограничено $\implies \e \sup \s X =: c$ \\ \begin{enumerate} @@ -528,8 +531,8 @@ $g(c') = 0 \implies f = g + c = c$ y_1 > y_2 \land f(f^{-1}(y_1)) \leq f(f^{-1}(y_2)) \equiv y_1 \leq y_2 $ - противоречие, тогда обратное верно, тогда $f^{-1}$ строго монотонна \item $f^{-1}$ непрерывна \\ - $y_0 \in (f(a), f(b)), f(a) < y_0 < f(b), f^{-1} \text { возрастает } \implies a < x_0 < y_0;\; - \epsilon: \reg \eps x_0 \subsetneq [a,b] \\ + $y_0 \in (f(a), f(b)), f(a) < y_0 < f(b), f^{-1} \text { возрастает } \implies a < x_0 < b;\; + \eps: \reg \eps {x_0} \subsetneq [a,b] \\ f(x_0 - \eps) =: y_1 \leq f(x_0) \leq f(x_0 + \eps) =: y_2 \implies x_0 -\eps \leq f^{-1}(y_0) \leq x_0 + \eps \\ \all y \in (y_1, y_2) : f^{-1}(y) \in (x_0 - \eps, x_0 + \eps) = \reg\eps {x_0} \\ \delta: (y_1, y_2) \supseteq \exclreg\delta y_0 \\ @@ -759,8 +762,355 @@ F(\ph(\alpha)) - F(\ph(\beta)) =\\= F(a) - F(b) = \int_a^bf(x)dx$ \end{enumerate} \section{Теоремы о диф. ф-ях} +\subsection{Определения} +Ограниченная функция: $\e c \in \s R\; \all x \in \s X : |f(x)| \leq c$ +\\ +Точная верхняя грань функции: $\rab S = \sup_{[a,b]}f(x) := (\all x \in \s X: |f(x)| \leq \rab S) \land (\all S' < \rab S \e x \in \s X: S' < |f(x)| \leq \rab S)$ +\\ +Равномерно непрер.: $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x_1, x_2 \in \s X (|x_1 - x_2| < \delta \implies |f(x_1) - f(x_2)| < \eps)$ +\\ +Возрастание в точке: $\e \reg {} c\: \all x \in \reg {} c\; (x \lessgtr c \implies f(x) \lessgtr f(c))$. +\\ +Убывание: $(x \lessgtr c \implies f(x) \gtrless f(c))$ + +\subsection{Теоремы (без док-ва)} +о локальной ограниченности: Если $f$ непрерывна в точке, то она локально ограничена в ней +\\ +Об устойчивости знака $f$: $f(c) \lessgtr 0 \implies \e \reg {} c, \all x \in \reg {} c\; f(x) \lessgtr 0$ +\\ +I Вейерштрасс: Если функция непрерывна, то она ограничена +\\ +II Вейерштрасс: Непрерывная на сегменте функция достигает своих $\sup, \inf$ +\\ +Кантора: Непрерывная функция на сегменте равномерно непрерывна +\\ +Ролля: Пусть $f$ опр, непр на $[a,b]$, дифф на $(a,b)$, тогда $\e c \in (a,b) : f'(c) = 0$ +\\ +Формула конечных приращ-ий Лагранжа: непр, дифф $\implies \exists c \in (a,b): f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$ +\\ +Достаточное усл-е возрастания (в точке): $f'(c) > 0 \implies$ ф-я возрастает +\\ +Необх. усл. неубывания: ф-я неубывает $\implies f'(c) \geq 0$ +\\ +Дост. усл-я возрастания (на интр-ле): хз +\\ +Формула Коши: $f, g$ непр, дифф-мы, $g \neq 0 \implies \e c \in (a,b) : + \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ +\\ +Формула Тейлора: \\ +$\dst f(x) = P_n(x) + R_{n+1}(x), +\ntab P_n = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k, +\quad R_{n+1} = \vsystem [ { + &\frac 1 {n!} \int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt \text{ - Интегральная}\\ + &\frac 1 {(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi)(x-x_0)^{n+1}, \xi \in [x_0, x] \text{ - Лагранжа} \\ + &o((x-x_0)^n) \text{ - Пеано} +}$ + +\subsection{Теоремы (с док-вом)} +\begin{enumerate} + +\item О локальной огр-сти ф-ии, имеющей предел в точке: \\ + $\all \eps > 0 \e \delta > 0, (\all x \in \reg\delta a \implies f(x) \in \reg\eps b), \reg\eps b = (b-\eps, b+\eps)$ - ограничено +\item Об устойчивости знака непр-ой ф-ии: \\ + $\all \eps > 0 \e \delta > 0 (\all x \in \reg\delta a \implies f(x) \in \reg\eps {f(a)}) \implies f(a) - \eps < f(x) < f(a) + \eps \\ + \eps := \frac{f(a)}2 \implies \frac{f(a)}2 < f(x) < \frac{3f(a)}2. f(a) > 0 \implies f(x) > 0\;\all x \in \reg\delta a$ +\item Непр. ф-ии с разными знаками на концах отрезка: См. \hyperlink{funcvalpass}{2.3.11} +\item I Вейерштрасс: непрерывность $\implies$ ограниченность \\ + Пусть f не ограничена. Тогда по аксиоме выбора $\e \ss{x_n}: |f(x_n)| > n$. $x_n$ ограничена $[a,b]$, + $\exists \ss{x_{n_k}} \to c \in [a,b]$ (Больцано-Вейерштрасса). $\lim |f(x_{n_k})| \to \infty$. Итак, + мы нашли подпосл-ть, которая не сходится, при том что подпосл-ть сходится, что противоречит + определению предела по гейне: $\exists \ss{x_n} \to c : \ss{f(x_n)} \not \to f(c)$ +\item II Вейерштрасс: достигаютс спермумы и инфанты \\ + $(\e M : \all x \; f(x) \leq M) \land (\all \eps := \frac 1 n > 0 \e x_\eps : M - \eps < f(x_\eps) < M)$. + По аксиоме выбора строим $\ss{x_n}: \all \eps := \frac 1 n,\; f(x_n) > M-\eps.$ \\ + $M - \frac 1 n < f(x_n) \leq M \longrightarrow \frac 1 n > M - f(x_n) \geq 0\\ + |f(x_n) - M| < \frac 1 n < \frac 1 N < \eps \implies \lim f(x_n) = M$. То есть есть: + $\system { + &a \leq \ss{x_n} \leq b \\ + &\ss{f(x_n)} \to M + }, \e \ss{x_{n_k}} \to c \implies \\ \implies \ss{f(x_{n_k})} \to M$, + По определению непрерывности по Гейне: $\all \ss{x_{n_k}} (\ss{x_{n_k}} \to c \implies \ss{f(x_{n_k}} \to M) + \implies \lim_{x \to c} f(x) = M$, а по определению непрерывности $M = f(c)$, то есть \\ + $\dst \e c \in [a, b] : f(c) = M =: \sup_{[a,b]}f(x)$ +\item Кантора-Гейне: Непрерывность = равномерная непрерывность \\ + Непрерывность: $\all c \all \ss{x_n} \to c : \ss{f(x_n)} \to f(c)$. Предположим, $f$ не равномерно непрерывная. Тогда: \\ + $\e \eps > 0\; \all \delta > 0\; \e x_1, x_2 \in \s X (0 < |x_1 - x_2| < \delta \implies |f(x_1) - f(x_2)| > \eps)$. Выделим $\ss{x_{n1}}, \ss{x_{n2}} : |x_{n1} - x_{n2}| < \delta = \frac 1 n; |f(x_{n1}) - f(x_{n2})| \geq \eps$. \\ + По Больцано-Вейштрассу, $\ss{x_{n1, n2}}$ ограничены, тогда $\e \ss{x_{n1_k}} \to c_1, \ss{x_{n2_k}} \to c_2$. Сделаем вид, что мы расписали что-то: + $|x_{n2_k} - c| \leq \underbrace{|x_{n2_k} - x_{n1_k}|}_{< \eps /3} + \underbrace{|x_{n1_k} - c|}_{< \eps /3} \leq \frac 2 3\eps < \eps \implies \ss{x_{n1_k}}, \ss{x_{n2_k}} \to c$. \\ + Из определения непрерывности по гейне: $\ss{f(x_{n1_k})}, \ss{f(x_{n2_k})} \to f(c)$, но это противоречит $|f(x_n1) - f(x_n2)| \geq \eps$, тогда + Верно предположение, обратное нашему +\item Дост. усл-е возрастания: если $f'(c) > 0$, то $f$ возрастает. Для производной пусть $x := \Dx + c$ \\ + $\all \eps > 0 \e \delta > 0, \all x \in \reg \delta c : \left|\frac{f(x) - f(c)}{x-c} - f'(c)\right| < \eps \implies -\eps + f'(c) < \frac{f(x) - f(c)}{x - c} < \eps + f'(c)$. Пусть \\ + $\eps := f'(c)$, тогда $0 < \frac{f(x) - f(c)}{x - c} \implies \vsystem \{ { + &f(x) > f(c) \quad (x > c) \\ + &f(x) < f(c) \quad (x < c) \\ + }$ +\item Дост. и Необх. усл-я неубывания: Буквально из определения неубывания составляем определение предела и по теореме о переходе в неравенство $f'(c) \geq 0$ +\item Ролль: $f$ определена, непрерывна, дифференцируема, $f(a) = f(b)$. Тогда $\e c \in (a,b) : f'(c) = 0$ \\ + по II теореме Вейерштрасса $\dst \exists m := \inf_{[a,b]}f(x), M := \sup_{[a,b]}f(x)$ + \begin{enumerate} + \item $m = M: f(x) = const \implies \all c \in (a,b): f'(c) = 0$ + \item $M > f(a): \all x \in [a,b] f(x) < f(c) \implies c$ - точка локального максимума, $f'(c) = 0$ (по теореме Ферма ещё кст) + \item $m < f(a)$: аналогично + \end{enumerate} +\item Конечные приращения Лагранжа: \\ + Уравнение касательной: $f'(x_0)(x-x_0) + f(x_0)$, Секущей: $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} (x-x_1) + f(x_1)$ \\ + Сама теорема: $f$ непрерывна, дифференцируема, тогда $\e c: f(b) - f(a) = f'(c)(b-a)$. \\ + Рассмотрим функцию $F(x) = f(x) - y_\text{сек.} = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a}(x-a) - f(a); f(a)=f(b)=0 \implies + \e c: F'(c) = 0 = f'(c) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a} \implies f(b)-f(a) = f'(c)(b-a), c \in [a,b]$ +\item Формула Коши: пусть $F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}(g(x) - g(b)).\; F(a) = f(a) = F(b) \implies + \e c: F'(c) = 0 = f'(c) - g'(x)\frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} \implies \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}$ +\item Формула тейлора с интегральным членом: \\ + $\dst f(x) - f(x_0) = \int_{x_0}^xf'(t)dt \implies \\ f(x) = + f(x_0) - \int_{x_0}^xf'(t)d(x-t) = f(x_0) - \from{f'(t)(x-t)}{x_0}x + \int_{x_0}^xf''(x)(x-t)dt = \\ = + f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) - \int_{x_0}^xf''(x)d\left(\frac{(x-t)^2}2\right) = \\ = + f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) - \from{\frac{f''(t)(x-t)^2}2}{x_0}{x} + \frac 1 2\int_{x_0}^xf'''(t)(x-t)^2dt = \\ = + f(x_0) + \frac{f'(x_0)(x-x_0)}{1!} + \frac{f''(x_0)(x-x_0)^2}{2!} - \frac 1 {3!}\int_{x_0}^xf'''(t)d((x-t)^3) = \\ = + \dots = \sum_{k=0}^n \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n + \frac 1 {n!} \int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-t)^ndt$ +\item Тейлор с Лагранжем: \\ + $\dst R_{n+1} = \frac 1 {n!}\int_{x_0}^xf^{(n+1)}(t)(x-x_0)^ndt \overset{\text{т-ма о среднем}} + = \frac 1 {n!} f^{(n+1)}(\xi)\int_{x_0}^x(x-t)^ndt = \from{\left(\frac 1 {(n+1)!} f^{(n+1)}(\xi)(x-t)^{n+1}\right)}{x_0}x + = \frac{(x-x_0)^{n+1}}{(n+1)!}f^{(n+1)}(\xi) + $ +\item Тейлор с Пеано: \\ + $\dst f(x) = P_n(x) + \bar o((x-x_0)^n) \implies \lim_{x\to x_0}\frac{f(x) - P_n(x)}{(x-x_0)^n} + = \lim_{x\to x_0}\frac{f(x) - f'(x_0)(x-x_0) - \dots}{(x-x_0)^n} + \overset{\text{ L'Hôpital }} =\\\overset{\text{ L'Hôpital }}= + \lim_{x\to x_0} \frac{f'(x) - f'(x_0) - f''(x_0)(x-x_0) - \dots - \frac{f^{(n-1)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}}{n(x-x_0)^{n-1}} = \dots + =\\= \lim_{x\to x_0}\frac{f^{(n)}(x) - f^{(n)}(x_0)}{n!} = 0 \implies f(x) - P_n(x) = o((x-x_0)^n) + $ +\item Единственность разложения Тейлора: Пусть у нас есть 2 разложения: \\ + $\dst \underbrace{\system {a = \{a_0, a_1, \dots\, a_n, \alpha(x)\} \\ b = \{b_0, b_1, \dots, b_n, \beta(x)\}}, + \hspace{1cm} \vsystem \downarrow { + &f(x_0): a = a_0, b = b_0 \implies a_0 = b_0 \\ + &f'(x_0): a = a_1, b= b_1 \implies a_1 = b_1 \\ + &\hspace{1cm}\vdots \\ + &f^{(n)}(x_0): a_n = b_n \\ + &\alpha = \beta + }}_{\stackunder{\Downarrow}{a = b}}$ +\item теорема о правиле L'Hôpital-я: $\lim_{x\to x_0} \frac {f(x)} {g(x)} = \frac 0 0 = (*) \\ + \frac{f(x)}{g(x)} \overset{f(a), g(a) := 0;\; \e c \in (x, x_0)}= \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} + = [с \to x \text{ по 2 милицционерам}] = \frac{f'(x)}{g'(x)} \implies \\$ + $\dst \lim_{x\to x_0}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)}$ +\end{enumerate} + \section{Построение Графиков} +\subsection{Определения} +Точка локального минимума: $\e \exclreg \delta c \subset \s X: \all x \in \exclreg \delta c : f(x) > f(c)$ +\\ +Направление выпуклости вверх: $(a,b) \subset \s X: \all x_0 \in (a,b): f(x_0)$ не выше касательной в $(x_0, f(x_0))$ +\\ +Точка перегиба: $\e$ касательная, $\e \delta > 0: \system { + & \all x \in \exclreg {\delta^-} x_0 : \text{ выпуклость одна} \\ + & \all x \in \exclreg {\delta^+} x_0 : \text{ выпуклость другая} +}$ +\\ +Наклонная асимптота: $y = kx + b$ - ассимптота, если $f(x) = kx + b + o(1), x\to\infty$ +\\ +Вертикальная асимптота: $x = a$ - ассимптота, если $\dst\vsystem [ { + \lim_{x\to a-0} = \pm \infty \\ + \lim_{x\to a+0} = \pm \infty \\ +}$ +\\ +Локальный экстремум: точка, которая либо локальный минимум, либо локальный максимум -$\texttt{curl https://trust-me-bro.com | sudo bash}$ +\subsection{Теоремы (без док-ва)} +Необх. и Дост. усл-я локального экстремума: +\ntab Необходимое: если $x_0$ - экстремум, то $f'(x_0) = 0 (\lor f'(x_0\text{ не сущ.}))$ +\ntab Достаточное: $\sgn f_-'(x_0) \neq \sgn f_+'(x_0)$ +\\ +Дост. усл-я экстремума с дважды дифф-емой ф-ей: +$f'(x_0) = 0 \land f''(x_0) \neq 0$ +\\ +Необх. и Дост. усл-я $\e$ накл. асимптоты: $y = kx+b$ - ассим. $\Longleftrightarrow +\dst \lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}x = k \land \lim_{x\to\infty}(f(x) -kx) = b$ +\\ +Необх. и Дост. усл-я перегиба: +\ntab Необходимое: $f''(x_0) = 0$ +\ntab достаточное: $\sgn f_-''(x_0) \neq \sgn f_+''(x_0)$ +\\ +Дост. усл-я перегиба с 3-ей пр-ой: +$f''(x_0) = 0;\; f'''(x_0) \neq 0 +\ntab \all n (n \bmod 2 = 1), \all k := \overline{2,n-1}\; f^{(k)}(x_0) = 0, f^{(n)} \neq 0$ +\subsection{Теоремы (с док-вом)} +\begin{enumerate} +\item Необх. усл-е экстремума (I): Пусть $f'(x) > 0$, но тогда функция возрастает (теорема о связи знака производной с возрастанием), тогда $f'(x) \leq 0$. +Аналогично, $f'(x) \geq 0 \implies f'(x) = 0$ +\item Дост. усл-е экстремума (I): Дано: $f_-'(x_0) < 0, f_+'(x_0) > 0$, по т-ме Лагранжа: + $\all x \in \exclreg \delta c : x \gtrless c \implies f'(x) \gtrless 0, f(x) - f(c) = f'(\xi)(x-c) \implies \system { + &(x < c) \implies \xi \in (x, c) \implies f'(\xi) < 0 \implies f(x) > f(c) \\ + &(x > c) \implies \xi \in (c, x) \implies f'(\xi) > 0 \implies f(x) > f(c)\\ + } \implies\\\implies c$ - точка локального максимума +\item Дост. усле- экстремума (II): $f'' < 0 \implies \e \reg \delta c: x\lessgtr c \implies f'(x) \gtrless f'(c) \implies$ по достаточному условию, доказанному выше, + $c$ - тока локального максимума +\item $f''(x) < 0 \implies $ выпуклость вверх/вниз: $\system { + &g(x) = f'(x_0)(x-x_0) + f(x_0) \\ + &f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac 1 2 f''(\xi)(x-x_0)^2, \xi \in (x, x_0) \\ + } \\ + f(x) - g(x) = \frac 1 2 f''(\xi)(x-x_0)^2 \implies \system{ + &f'' > 0 \implies f(x) > g(x) \implies \text{выпуклость вниз} \\ + &f'' < 0 \implies f(x) < g(x) \implies \text{выпуклость вверх} \\ + }$ +\item Необх. усл-е перегиба (II): Пусть Есть перегиб в точек $c \\\system{ + &f''(c) < 0 \implies \e \reg \delta c: \all x \in \reg\delta c f''(x) < 0, \text{противоречит прошлой теореме} \\ + &f''(c) > 0 \implies \e \reg \delta c: \all x \in \reg\delta c f''(x) > 0, \text{противоречит прошлой теореме} \\ +} \implies f''(c) = 0$ +\item Дост. усл-е перегиба (II): из теоремы о связи знаков следует разная выпуклость на $(c-\delta, c)$ и $(c, c+\delta) \implies c$ - точка перегиба +\item Дост. усле- перегиба (III): из теоремы о связи знака производной с возрастанием следует, что $f'''(c) \neq 0 \implies \sgn f_-''(c) \neq \sgn f_+''(c)$, + Из прошлой теоремы $c$ - точка перегиба + +\end{enumerate} + +\section{Консультация} +\begin{itemize} +\item +Теорема о формуле Коши: $f, g$ на $[a,b]$, дифференц., непрерывная, $g'(x) \neq 0\\$ +$\exists c \in [a,b]: \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ + +\item +Теорема о правиле Лопитяля: $\e \lim_{x \to x_0} f(x) = 0, \lim_{x \to x_0} g(x) = 0.\\ +\e f'(x), g'(x)$ в проколотой окресности, значит $f, g$ непрерывны в $\exclreg \eps {x_0}\\ +g'(x) \neq 0, \;\e \lim_{x\to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$, +Тогда $\e \lim_{x\to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to x_0} \frac{f'(x)}{g'(x)}$ \\\\ +Доказательство: \\ +Доопределим $f,g$ в точке $x_0$ для применения формулы Коши: +$\all x \in \exclreg \eps {x_0}\;f(x), g(x)$ непрерывны\\ +Тогда $\e c \in (x, x_0): \frac{f(x) - f(x_0)}{g(x) - g(x_0)} = \frac{f'(c)}{g'(c)} \implies +\lim_{x\to x_0}$ + +\item 117 +$f(x)$ дифф-ма на $(-a, a);\; f'(0) = 1;\;, \all x, y \in (-a, a) : f(x+y) = \frac{f(x) + f(y)}{1 - f(x)f(y)}\\$ +Доказать: $f'(x) = 1 + f^2(x)$ \\ +$f'(x) = \dlim x \frac{f(x+\Dx) - f(x)}{\Dx} = \dlim x \frac 1 \Dx \left(\frac{f(x) + f(\Dx)}{1 - f(x)f(\Dx)} - f(x)\right) += \\ = \dlim x \frac 1 \Dx \frac{f(\Dx) + f^2(x)f(\Dx)}{1 - f(x)d(\Dx)} += (1 + f^2(x))\dlim x \frac{f(\Dx)}{\Dx}\frac 1 {1 - f(x)f(\Dx)} += \\ = \left[f'(0) = \dots = (1 + f^2(0))\dlim x \frac{f(\Dx)}{\Dx(1 - f(0)f(\Dx))}= 1 +\overset{\text{из сущ. предела}}\implies f(0) = 0 \right] += $ короче нихуя она не дорешала + +\item 132 +$f(x+y)$ дифф $x \in \s R, \all x,y : f(x+y) = f(x)f(y)$. Доказать, что $\e C: f'(x) = Cf(x)$ \\ +$f'(x) = \dlim x \frac{f(x+\Dx) - f(x)}{\Dx} = \dlim x \frac{f(x)f(\Dx) - f(x)} \Dx += f(x)\dlim x \frac{f(\Dx) - 1}{\Dx}. \\ +f(0) = f^2(0) \implies f(0) = 0 | 1 \\ +\dst f(0) = 1: f(x)\dlim x \frac{f(\Dx) - 1}{\Dx} = f(x)\dlim x \frac{f(0 + \Dx) - f(0)}{\Dx} += f(x)f'(0) = cf(x)$ - доказано \\ +$f(0) = 0$ - $C$ любой + +\item вернёмся к 117 +$f(xy) = f(x) + f(y). x = y = 0 \implies f(0) = 2f(0) \implies f(0) = 0 \\ +\dlim x \frac{f(x+\Dx) - f(x)} \Dx = (1 + f^2(x))\dlim x \frac{f(\Dx)}\Dx \frac{}{}$... +ЛЕВАШОВА НЕ ДОКАЗЫВАЕТ!!!!!!!!!!!! + +\item 81, 93 \\ +Дано: $f^{(I-IV)}(x_0) = 0, f^{(V)}(x_0) \neq 0$ \\ +Док-ть: $\e \Sigma(x_0): f(x) = f(x_0)$ имеет единственное решение \\ +По условию: $\e f^{(n)}(x_0), 0 \leq n \leq 5$ \\ +$f(x) = f(x_0) + \frac{f^{(5)}(x_0)}{5!}(x-x_0)^5 + o\left((x-x_0)^5\right) \implies +\frac{5!}{f^{(5)}(x_0)}f(x) - f(x_0) = (x-x_0)^5 \cdot \left(1 + \frac{o(x-x_0)^5}{(x-x_0)^5} =: \alpha(x)\right) \\ +\left[\alpha \to 0 (x\to 0): \all \eps > 0 \e \delta_{1/2} ( 0 < |x-x_0| < \delta_{1/2} \implies |\alpha(x)| < \frac 1 2=: \eps\right] \\ +\implies x_0$ - решение \\ +По сути: сначала мы разложением в ряд доказали, что решение есть, а потом +мы выбрали $\eps$-окресность, в которой один множитель не превосходит $\frac 1 2$, +поэтому получили, что решение единственное + +\item 90: $f''(x_0) = 0; f'''(x_0) > 0 \implies f(x)$ не имеет лок. экстремума в $x_0$ \\ +По Тейлору: $f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac 1 2 f''(x_0)(x-x_0)^2 + \frac 1 6 f'''(x_0)(x-x_0)^3 + o(x-x_0)^3 \\$ +Если $f'(x_0) = 0, f'(x_0) \neq 0 \implies$ не выполнено необходимое условие экстремума \\ +$f(x) - f(x_0) = \frac 1 6 f'''(x_0)(x-x_0)^3 + o(x-x_0)^3 = (x-x_0)^3\frac{f'''(x_0)}{3!}\left(1 + \alpha(x)\right), \alpha(x) > 0 \implies +\\\implies (x > x_0 \implies f(x) - f(x_0) > 0 \land x < x_0 \implies f(x) - f(x_0) < 0) $ - отрицание локального экстремума! :0 \\ +(разумеется всё в окресности) + +\item 39: $f(x)$ непр. на $\dst [a, +\infty), \e \lim_{x\to+\infty}f(x)=b, f(a)=b$, доказать, что $\dst\e c: f(c) = \sup_{[a,+\infty)}f(x)$ \\ +док-во: +\begin{enumerate} + \item $f(x) = b = const$, всё норм + \item $f(x) \neq const, \all x\;f(x) \leq b \implies \sup = f(a)$ + \item $\e x_0 \in [a,+\infty) : f(x_0) > b$ \\ + $\all \eps > 0 \e A: \all x \in \s X (x > A \implies |f(x) - b| < \eps := \frac{f(x_0) - b}2) \\ + \e A_\eps: \frac{b - f(x_0)}2 + b < f(x) < \frac{f(x_0) - b}2 + b \implies f(x) < \frac{b + f(x_0)}2 < f(x_0) \\ + x \in \left[a, \max(A_\eps, x_0)\right], + \quad x > \max(a_\eps, x_0) \implies f(x) < f(x_0),\quad + \sup_{[a, \max(\dots)]} + $ ОПЯТЬ КОНЦОВКУ НЕ ПОНЯЛ БЛЯТЬ +\end{enumerate} + +\item 9, $\dst\all n \geq 0, \all x \in [0, 2]:\left|e^x - \sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!}\right| < \frac{10\cdot 2^{n+1}}{(n+1)!}$\\ +У нас типа есть многочлен тейлора??? $e^x = P_n(x) + R_{n+1}(x) \implies \left|e^x - P_n(x)\right| = |R_{n+1}(x)| += \left|\frac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}\right| \overset{[f^{(n+1)}(\xi) < 10, e^\xi (\xi \in [0, 2]), x \leq 2]} +< \frac{10 \cdot 2^{n+1}}{(n+1)!}$ + +\item Теорема Кантора: Надо всё-таки доказательство выучить + +\item 105: $f(x)$ непр., $\dst\e \lim_{x\to+\infty}f(x)=b \implies f(x)$ равномерно непрерывна \\ +$\all \eps > 0 \e A, \all x > A_\eps : |f(x) - b| < \eps \implies \all x', x'' > A_\eps: |f(x') - b| < \frac \eps 2 \land |f(x'') - b| < \frac \eps 2 \implies \\ +\implies |f(x') - f(x'')| = |f(x') - b - f(x'') + b| \leq |f(x') - b| + |f(x'') - b| < \eps \\ +\all \eps \e \delta, \all x', x'' > A_\eps, 0 < |x' - x''| < \delta : |f(x') - f(x'')|< \eps$, +а на отрезке $[a, A_\eps+1]$ по теореме Кантора р. непрерывна, на отрезке $[A_\eps+1, +\infty]$ мы доказали\\ + +А теперь надо соединить два куска!!!!!! \\ +Пусть $x' < A_\eps + 1, x'' > A_\eps + 1, |x' - x''| < \delta$. \\ +Рассмотрим $|f(x') - f(x'')| = |f(x') - f(A_\eps + 1) + f(A_\eps + 1) - f(x'')| +< \eps$\\ +Она снова концовку смазала я не могу... + +\item 11 +Дано: $P_n(x) = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)(x_0)}}{k!}(x-x_0)^k$\\ +Док-ть: $P^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0), k = \overline{0, n}$ +Эээээм... ну она чё-то сказала, но я ничё не понял)))))))))) + +\item 135: $\dst\lim_{x\to\infty}\left(\frac{\ln n}{n^\alpha} =: x_n\right) = 0, \alpha > 0\\ +\lim_{x\to\infty} \frac 1{\alpha x^\alpha} =0$ (по лопиталю) +А потом она минут 10 чё-то про Гейне говорила иииИИИИИИИИИиииии, кто +бы мог подумать, я снова нихуя не понял))))) +\item $f(x) = \arctg\sqrt[3]{x}$ р.н. на $(0, +\infty)$ \\ +1) $\arctg\sqrt[3]{x}$ (тоже скипнул) +2) скипнул случайно, сорян +3) Если $\dst x \in [1, +\infty), f'(x) = \frac 1 {3x^{\frac 2 3}(1 + x^{\frac 2 3})} < \frac 1 6 \\ +\all \eps > 0 \e \delta = 6\eps, \all x', x'' (x', x'' < \delta \implies |f(x') - |f(x'')| < \eps)$ +- выполнены условия теоремы Лагранжа на $[x', x'']$ - $|f(x') - f(x'')| < |f'(\xi)||x'-x''| < \frac 1 6 \cdot 6 \eps$ +4) Док-ть равномерн. непрерывность на объединении интервалов + +\item Задачи вида: +$f(x) = P_n(x) + o(x^n) \left(e^x = \sum_{k=0}^n\frac{x^k}{k!} + o(x^n)\right)$ - +См. Лекция 17 док-во формулы Тейлора с остаточным членом + + +\item 57: $\dst \lim_{n \to \infty} \sum_{k=0}^n (-1)^n\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} = \sin x\\ +\all \eps > 0 \e N' \in \s N, \all n \left(n > N' \implies \left|\sum_{k=0}^n (-1)^n\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} - \sin x\right| < \eps\right) \equiv \\ +\equiv \left|R_{N'+1}:=\frac{\sin^{(N'+1)}(\xi)}{(2N'+1)!}x^{2N'+1}\right| < +\left|\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\right| < \eps$ \\ +(Вроде можно доказать, что $\frac{x^n}{n!} \to 0, x \to \infty$) \\ +$|P_{N+1}| < \left|\frac{x^{2N+3}}{(2N+3)!}\right| < \eps$ - по индукции вроде можно доказать... + +\item А теперь реально докажем, что $\frac{x^n}{n!} \to 0, x \to \infty$ \\ +$\frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac n {a^n} = \frac{a}{n+1} < 1$ - монотонно убывает \\ +ограничена, так как $>0$, тогда по теореме кого-то там $\e \lim = 0$ + +\item 171 - реально сложная по словам Левашовой, найдите все $p$ такие, что + $\dst \lim_{n\to+\infty}\frac{p^nn!}{n^n} = 0$ \\ +Делаем через рекуррентное соотнощ +$\dst x_n = \frac{p^nn!}{n^n}, \frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{p(n+1)}{n+1}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n += p \frac 1 {(1 + \frac 1 n)^n}\\ +p < e: \e N: \all n > N\; \left(\frac{x_{n+1}}{x_n} < 1\right), x_n > 0 \implies \e C = \lim_{x\to\infty}x_{n+1} = C\frac p e\implies C = 0 \\ +P > e: $ посл-ть мон-но возрастает, $x_{n+1} > \frac{P^NN!}{N^N} \implies C = \lim\ss\dots \neq 0$ + +\item Та самая задачка: $f(x) = e^{-x^2}$, найти $f^{(n)}(0)$ +1) $\dst f(x) = \sum_{k=0}^n\frac{(-x^2)^k}{k!} + o(x^{2k}) = \sum_{k=0}^{2n}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} + o(x^{2n}) \\ +\frac{f^{(n)}(0)}{n!} = \frac{(-1)^{n/2}}{(n/2)!}$ \\ +2) Способ (как для арктангенса) $f' = -2xe^{-x^2}$, а потом по формуле ЛЕЙБНИЦА берём $n-1$-ую производную: +$f^{(n)} = -2(n-1)f^{n-2}(0)$ + +\item 99: Сами решите))) + + + + + + + + + +\end{itemize} \end{document} |