范文一:磁通连续性定理
编辑本段 定义
表征磁场基本性质的一个定理。它指出,由任一闭合面穿出的净磁通等于零,即穿出的磁通等于穿入的磁通,而其代数和为零 式中B为磁通密度,S为任一闭合面。此式表明磁力线是连续的,都是既无始端又无终端而围绕着电流的闭合线。根据实验,磁力线是电流建立的,包括传导电流与分子电流等。这些磁力线都是闭合的曲线。
编辑本段 形式
该原理的微分形式可借助于散度定理导出,为
墷·B=0
上式表明,磁场中任一点的磁通密度的散度必为零,即磁场为无散场。该式可以由毕奥-萨伐尔定律及矢量恒等式得出。
不仅在恒定磁场,而且在时变电磁场中上述原理亦成立,由前式或后式表示的这一原理是麦克斯韦方程组的组成部分。
范文二:实数连续性定理
教案10
实数连续性定理
一、闭区间套定理 1、闭区间套定理:
设有闭区间列,,,如果 [a,b]nn
(1).[a,b],[a,b],?,[a,b],?;1122nn (2).lim(b,a),0nnn,,
,则存在唯一的数l属于所有的闭区间,即,且. ,,[a,b],llimlima,b,l:nnnnnn,,,,,n1
2、关于定理的说明
(1)、闭区间套定理刻画了实数具有连续性的事实,也即闭区间套定理只在实数范围内
成立,在有理数集范围内定理不一定正确。例如:
nn,111 是单调增加的有理数列,是单调减少的有理数列。显然,(1,)a,(1,)bnnnn闭区间列,,[a,b]满足闭区间套定理的两个条件,但是 nn
,. [a,b],a,b,e,Q:limlimnnnnnn,,,,n,1
(2)、如果把定理中的闭区间列换为开区间列,定理也不一定成立,例如:开区间列
1,,(0,)满足: ,,n,,
11??(1).(0,1),(0,),,(0,),;n2 1lim(2).(,0),0.n,,n
,1但是 . (0,),,:n,n1
(3)、定理的本质特征
*如果所有的闭区间[ab]P(l,,)都具有某种共同的性质,则因为在点l的任意邻域:n,n
*[ab]P中都含有闭区间,所以这个性质可以收缩到点l的局部去,或者说可以把全区间k,k
1
*上的一种整体性质P“收缩”到一点l的局部去。 [a,b]
(4)、定理的使用方法
定理确保了一个数l的唯一存在性,所以当需要找一个具有某种性质P的特殊数l的时候,可以考虑使用闭区间套定理将它“套”出来。
一般的作法是根据性质P去构造一个具有性质*的闭区间,将它二等分,保留具有性P
*质P的一个,再二等分,如此下去得到一个闭区间列,它满足定理条件,且每个闭区间都
*具有性质P,闭区间列可以“套出”一个数l,再证l就有性质P。
(5)、闭区间套定理的结论是一个特称命题(断言一个特殊点的存在性),因此如果用它
去证明一个有关整体性质的命题的时候,就要用反证法,先将其转为一个局部性质的命题,
再使用闭区间套定理进行论证。
例1 证明:若函数f(x)在[a,b]上只有第一类间断点(可以有无穷多个),则f(x)在
[a,b]上有界。
证明:(用闭区间套定理证明)
假设f(x)在[a,b]上无界。
将[a,b]二等分,则f(x)必在分得的某个区间上无界,记此区间为[a,b]. 11
再将[a,b]f(x)[a,b]二等分,则必在分得的某个区间上无界,记此区间为. 1122
如此继续下去,可得一闭区间列,,[a,b].满足: nn
(1) [a,b],[a,b],?[a,b],?; 1122nn
b,a(2) b,a,0(n,,). nnn2
(3) ,在[a,b]上无界。 f(x),n,Nnn
,由闭区间套定理,存在惟一的点x,[a,b]x,[a,b],所以.且limlim. a,b,x:00nnnn0nn,,,,,n1
一方面,因为x,[a,b]xf(x)xf(x),所以是的连续点,或者是的一类间断点。000
2
于是在点局部有界,即,使得在有界。 f(x)xf(x)(x,,,x,,),,,0000
另一方面,对上述的,只要取充分大的自然数k,就有,[a,b],(x,,,x,,),,0kk00
由闭区间列,,的性质,在无界。这与前面的结果矛盾。 [a,b]f(x)(x,,,x,,)nn00
例2 证明:区间是不可数集。 [a,b]
证明:(反证)假设是可数集,设 [a,b]
,,[a,b],x,x,?,x,? 12n
将三等分,在分得的三个闭子区间中,至少有一个子区间不含x,记此区间为[a,b]; [a,b]111
再将[a,b]三等分,在分得的三个闭子区间中,至少有一个子区间不含x,记此区间211
为[a,b]; 22
如此继续下去,可得到一列闭区间[a,b][a,b], n,1,2,?,它们满足,对,,n,Nnnnn
x,x,?,x中不含点,且 12n
(1)[a,b],[a,b],?,[a,b],?1122nn
b,a(2)(b,a),,lim(b,a),0nnnnnn,,3
根据闭区间套定理,存在唯一的一个实数l属于所有的闭区间,且
. lima,limb,lnnnn,,,,
一方面,因为l,[a,b]l,x,n,1,2,?l,[a,b], ,所以,由此可知. n,1,2,?nnn
另一方面,l,[a,b],[a,b],从而导致矛盾。所以区间是不可数集。 [a,b]nn
例3 设,,f(x)f(x)在上连续,,且,数列有界,证明:[a,b],x,[a,b]n,1,2,?nn
,,f(x),[,,,],[a,b][,,,],使得在上一致有界。即,,x,[,,,],,有,M,0,n,Nn
|f(x)|,M. n
证明:(反证法)假设,,f(x)在[a,b]的任意闭子区间非一致有界。则 n
对|f(x)|,1,x,[a,b],n,N,,,使. M,1n1111
3
b,af(x)因为在连续,由局部保号性,一定存在包含的子区间,且,xx[a,b]b,a,n11111112
使得|f(x)|,1,有. ,x,[a,b]n111
因为由假设,,,在上也非一致有界,所以 f(x)[a,b]n11
对|f(x)|,2,n,n,,,使. ,x,[a,b]M,2n2121122
ba,11同样,一定存在包含的子区间,且,使得,有x[a,b],x,[a,b]b,a,22222222|f(x)|,2. n2
继续下去,可得到一列闭区间,,[a,b]满足: nn
(1) ; [a,b],[a,b],?[a,b],?1122nn
b,a(2) . b,a,,0(n,,)nnn2
(3) ,x,[a,b],有,(). k,1,2,?|f(x)|,kkknk
根据闭区间套定理,存在惟一的x属于所有的闭区间。且. lima,limb,x0nn0n,,n,,
一方面,根据已知,,f(x)是有界数列。 n0
另一方面,由闭区间列,,[a,b]的性质,对,只要取自然数,则,M,0k,Mnn
,,,x,[a,b]f(x),有,从而,即数列无界,矛盾。 |f(x)|,k|f(x)|,k,Mkkn00nnkk
所以,一定,,f(x),[,,,],[a,b],使得在[,,,]上一致有界。 n
例4 证明闭区间上的连续函数是一致连续的。
证明:设函数f(x)在[a,b]上连续。假设f(x)在[a,b]上非一致连续,则由定义,
,,,0,x,x,[a,b]|x,x|,,,,,当时,有 ,,,001212
|f(x),f(x)|,,. 120将[a,b]f(x)二等分,在分得的两个区间中,必在其中的某一个上非一致连续。记此区间为
[a,b],则 11
4
,,,当时,有 ,,,0,x,x,[a,b]|x,x|,,,,,01121112
. |f(x),f(x)|,,121
并且还可以有.事实上,如果对,上述事实不成立,即 ,,,,,,,1010
,,,当时,有 ,0,,,,,x,x,[a,b]|x,x|,,,,,010121112
. |f(x),f(x)|,,121
则将有在上一致连续,矛盾。 [a,b]f(x)11
再将[a,b]二等分,在分得的两个区间中,必在其中的某一个上非一致连续。记f(x)11
此区间为,则同样, [a,b]22
,,,当时,有 ,,,,,0,x,x,[a,b]|x,x|,,,,,021122212
|f(x),f(x)|,,. 122如此下去,可得一闭区间列,,[a,b]满足: nn
(1) [a,b],[a,b],?[a,b],?; 1122nn
b,a(2) . b,a,0(n,,)nnn2
(3) ,在[a,b]上非一致连续。且 f(x),n,Nnn
,,,,,?,,,0,x,x,[a,b]|x,x|,,,,,当时,有,,,0nn,1012nn12
|f(x),f(x)|,,. 12n
,由闭区间套定理,存在惟一的点x,[a,b]x,[a,b],所以.且. limlima,b,x:00nnnn0nn,,,,,n1
一方面,x在点连续,由柯西收敛准则,对上述的 f(x)0
,,0,x,x,(x,,,x,,)|f(x),f(x)|,,,,,有. ,,,001200120
另一方面,只要取充分大的自然数n,可使[a,b],(x,,,x,,),由闭区间列nn00
5
,,的性质,,对上述的,,又[a,b],,,,,0,x,x,[a,b],(x,,,x,,),,0nnn012nn00
有
. |f(x),f(x)|,,,,12n0
矛盾。所以在上一致连续。 f(x)[a,b]
教案11
二、有限覆盖定理
1、开覆盖定义:
设I是一个区间,S是一开区间集(有限或无限多的),如果区
间中的每一个点都至少属于S中的一个开区间,即 I
,x,I,,,,S,有x,,.
则称开区间集S覆盖了区间I,称S是I的一个开覆盖。
2、有限覆盖定理:
若开区间集S覆盖闭区间[a,b],则S中存在有限个开区间可以覆盖闭区间[a,b].
3、关于定理的说明
(1)、定理刻划了实数的连续性,在有理数范围内,定理不成立(见下面的例题)。
下面我们只在有理数范围内进行论述,即下面所说的闭、开区间都是由有理数构成的,
区间的端点是有理数,区间中的点也只有有理数。
对于x,,,2,x,[0,2]:Q,,Q,x,Q,所以.取,且,,0,使或x,2xxx
6
x,,,2,即以x为中心,以为半径作一个小的开区间,使不再(x,,,x,,),2xxxx
其中。则开区间集
,,E,(x,,,x,,)|x,[0,2]:Q,,,Qxxx显然是的一个开覆盖,现在在E中任取有限多个开区间 [0,2]
(x,,,x,,),(x,,,x,,),?,(x,,,x,,), 1x1x2x2xnxnxnn1122
对于上面的每个开区间,它不包含,也不会包含与充分接近的有理数(取一个以222
为极限的有理数列,,,则只要取充分大的N,当时,就不会在此区间之内)。又qqn,Nnn因为共有有限多个开区间,所以它们的并集也不会包含,及与充分接近的有理数,22这表明,E中的任意有限多个开区间都不能覆盖闭区间. [0,2]
(2)、如果将定理中的闭区间,改为开区间,定理不成立。例如: [a,b](a,b)
,,1对于开区间,显然开区间集E,(,1)|n,N可以覆盖.设 (0,1)(0,1),,n,,
111(,1),(,1),(,1)? (n,n) kk,1nnn12k
1是,,(0,1)xE中的任意有限多个(k个)开区间。则对于,显然有0n2k
1x,(,1)i,1,2,?k,即上述k个开区间不能覆盖开区间. (0,1)0ni
(3)、如果将定理中的开区间集E换为闭区间集,定理也不成立。例如:
,,1对于闭区间[1,0]:[,1]E,,n,N,显然闭区间集可以覆盖,设 [,1,1][,1,1]|,,n,,
111[1,0],[,1],[,1],[,1],?n,n () kk,1nnn12k
1是,,(0,1)xE中的任意有限多个(k个)闭区间。则对于,显然有0n2k
7
1x,(,1)i,1,2,?k,即上述k个闭区间不能覆盖闭区间. [,1,1]0ni
(4)、定理的本质特征:使用有限覆盖定理,可以把上每一点邻域所具有的局部性[a,b]质延展到全区间上。
(5)、有限覆盖定理是一个全称的命题,定理的作用与闭区间套定理恰好相反,它可将
无穷转化为有限,能把局部性质延展到全区间上。当你要使用有限覆盖定理去证明一个特
称形式的命题,例如论证一个特殊点的存在性,那么,就要用反证法,把原来的特称命题,
转化成一个全称命题去论证。
(6)、定理的使用方法:根据所证的问题,构造一个有某种性质P的开区间集S,对S
使用有限覆盖定理,将局部性质P延拓到全区间上。
例1 证明:若函数在上的任意一点单增(即,,f(x)[a,b],x,[a,b],,,0
,x,x,(x,,,x,,),且x,x,有f(x),f(x)),则在上单增。 f(x)[a,b]121212
证明:由已知,
,,,[a,b],,,,0,,x,x,(,,,,,,,):[a,b]x,x,有f(x),f(x)),设 且,22,,1212,
,,,,,,(,,,)|,[a,b],,,S,, ,,22,,显然S是的一个开覆盖,根据有限覆盖定理,S中的有限个开区间可以覆盖,[a,b][a,b]
设这些开区间是
,,,,kk(,,,,,). ,k,1,2,?,nkk22
,,,,,,,,n21取x,x,x,[a,b],且当|x,x|,,,,则时, 必属于开区间 ?,min,,,,,12221222,,
,,,,kk(,,,,,). ,k,1,2,?,nkk22
中的某一个,于是有
,,k,x,,,,,|||x,,|,|x,x|,|x,,|,, 1k2121,kk2,k
即,(x),,(x),于是有. xx,,(,,,,,,,)1212k,k,kk
取自然数m,使x,,,x,m,,x,则有 212
8
. ,(x),,(x,,),,(x,2,),?,,(x,m,),,(x)11112由此可推出,这与上面的结果矛盾。 ,(a),,(b),0
例2 证明:若函数在上只有第一类间断点(可以有无穷多个),则在f(x)[a,b]f(x)
上有界。 [a,b]
证明:(用有限覆盖定理证明)
,limlim,因为f(x)与f(x)都存在,所以在点的邻域有界,即 f(x),,,[a,b],,x,,x,,
,,,,有. ,M,0|f(x)|,M,,,[a,b],x,(,,,,,,,),,,0,,,,,
设,,.则显然E是的E,(,,,,,,,)|,,[a,b],f(x)在(,,,,,,,)有界[a,b],,,,开覆盖,根据有限覆盖定理,E中的有限多个开区间可以覆盖[a,b],设它们是: ,(,,,,,,),,?,. (,,,,,,,)(,,,,,,,),,11,,,,22nn112nn2
函数在上述的每个小区间都有界,记 f(x)
, ,,M,maxM,M,?,M,,,12n
|f(x)|,M,M,设,则有.即f(x)在[a,b]上,x,[a,b]x,(,,,,,,,),,,kkkkk
有界。
例3 证明子列定理:无穷有界数列必有收敛子列。
证明:设M是数列a,,a的一个界,则。 ,,,[,M,M]nn
假设,,,,aa没有收敛的子列,则,x,[,M,M],x都不是数列的极限,于是存在xnn的邻域,,a(x,,,x,,)(x,,,x,,),使得在区间内最多有数列的有限多项。否则, xxxxn
假若,,(x,,,x,,)a,x,[,M,M],,在内有数列的无限多项,则 ,,,0000n
取,或, ,,1,,n,N使,a,(x,1,x,1)|a,x|,11n00n011
1111取,或, ,,,,n,N,且n,n使,a,(x,,x,)a,x,||2n000n21222222
?? ??,
1111取,,,,n,N,且n,n,使a,(x,,x,)|a,x|,,或, kkk,1n000nkkkkkk
9
?? ??,
a于是,得到,,的一个子列,显然当时,有,即数列,,有一个收敛aa,,k,,a,xnnnn0kk的子列,这与假设矛盾。 ,,ank
显然开区间集
,,S,(x,,,x,,)|x,[,M,M] xx
是的一个开覆盖,根据有限覆盖定理,S中的有限多个开区间可以覆盖,[,M,M][,M,M]
设它们是
(x,,,x,,),k,1,2,?,nkxkxkk
因为每个开区间,,a中至多含有中的有限多个点,(x,,,x,,),k,1,2,?,nnkkxxkk
所以这n个开区间中最多也只含有,,,,aa的有限多个点,即中最多也只含有的[,M,M]nn
a有限多个点,这与,,,[,M,M]矛盾。 n
例4 证明单调有界定理:单调有界数列存在极限。
证明:只对单增情况给予证明。
设xx是单增有界数列。M是它的界,则. ,,,,,[,M,M]nn
xx假设不收敛,,x,[,M,M],x不是数列的极限,由极限定义, ,,,,nn
,,,0,,N,N,,n,N,有. |x,x|,,x0nx0
x即(x,,,x,,)不在开区间内,又因为数列是单增的,所以在开区间x,,nxxn0
xxx(x,,,x,,)内至多含有数列的有限多项(对于一般的数列,如果不以x,,,,,,nnnxx
x为极限,则或者在点x的任意邻域内,至多含的有限多项,在此邻域外有数列的无限,,n
多项;或者在x的邻域内含有数列的无穷多项,而在此邻域外也含有数列的无穷多项。然
而对于单增数列而言,第二种情况一不可能的,因为一旦在x的邻域内含有单增数列的无穷多项,则可推出在此邻域之外就只能有数列的有限多项,从而导致数列是收敛的矛盾)。
显然开区间集
,,S,(x,,,x,,)|x,[,M,M] xx
10
是的一个开覆盖,根据有限覆盖定理,S中的有限多个开区间可以覆盖,[,M,M][,M,M]
设它们是
(x,,,x,,),k,1,2,?,n kxkxkk
x因为每个开区间中至多含有数列中的有限,,(x,,,x,,),k,1,2,?,nnkxkxkk
x多个项,所以这n个开区间中最多也只含有的有限多项,于是中最多含有[,M,M],,n
xx数列的有限多项,这与矛盾。 ,,,,,[,M,M]nn
11
教案12
三、确界定理
1、确界定义?:
上确界:设E是非空数集,如果,使得 ,,,R
? , ,x,E,有x,,
? ,有. ,,,0,,x,E,,,,x00
则称β是数集E的上确界。
下确界:如果,使得 ,,,R
? , ,x,E,有x,,
? ,,,0,,x,E,有x,,,,. 00
则称α是数集E的下确界。
注:(1) 有限集一定有上确界与下确界,它们就是有限集中的最大数与最小数。
(2) 数集E的确界可以属于E,也可以不属于E. (3) 上确界的等价定义:
?、,?.,x,E,; supE,,x,,
?.,,x,E,有,,,,x. ,,,000
?、,?.,x,EsupE,,,; x,,
?.若,,,,,,是E的任意一个上界,则.
?、,?.,x,E,; supE,,x,,
?.存在数列,,x,E,有. x,,limnnn,,
2、确界定理:
确界定理:若非空数集E有上界(下界),则数集E存在唯一的上确界(下确界)
3、关于定理的说明:
(1)、确界定理也是实数连续性定理之一,只有在实数范围内定理才是正确的,在有理
数集内定理不一定成立,因为一个有理数集的上确界可能是无理数。例如有理数集
n,,1E,,n,N(1)|在有理数集范围内就没有上确界,因为它的上确界是e,不是有理数。 ,,n,,(2)、定理的本质特征:
*设数集E具有性质P,如果supE=β, 由定义,
12
,,有 ,x,E,,,,x,,,,,000
*这样就可以把E所具有的性质P“收缩到”β的ε邻域内。
(3)、定理的应用特点:
确界定理确定了一个特殊的数的存在,因此在需要论证一个数的存在,或者需要寻找
具有某种性质P的数的时候,可以考虑使用确界定理。在应用时,通常是构造一个具有某
*种性质P的数集E,使其具有上(下)界,从而E有上(下)确界β(α),再证β(α)具有
所需的性质P。
确界定理虽然是一个特称的命题,但在很多时候可以用它证明全称命题。证法是:为
了证明在全区间,,有性质P,构造数集E,t|t,[a,b],[a,t]有性质P.然后证明b是E[a,b]
的上确界,并且. b,E
(4)、在很多问题中,常常用到下面的定理:
,,存在严格单增数列x,E,有.(哈工大1987) supE,,,Elimx,,,nnn,,
注意,当时,E一定是无限集,且E中无最大数。反之若E中无最大数,supE,,,E
则E也一定是无限集。
当使用确界定理去论证一个有关E上的连续函数的命题时,经常把这一事实与海涅定
理联合使用。
海涅定理:,,,,有. limlimlimf(x),b,,a:a,aa,af(a),bnnnnn,,n,,xa,
四、子列定理
1、相关概念:
(1)、x,,,,xn,,是的子列是严格单增数列。 ,nnkk
x(2)、若,,x,,是的子列,则有: nnk
? n,k. k
? n,n,k,k. k12k21
(3)、xx,,的任意子列,,收敛于. limx,x,xn0nn0kn,,
13
2、子列定理:有界数列必有收敛子列。
3、关于定理的说明:
(1)、子列定理又称致密性定理,这个定理也是基于实数具有连续性这一事实,显然在
有理数集上,一个有界数列是不一定有收敛子列的。
(2)、致密性定理断定了一个收敛数列(子列)的存在,实际上也就是断言一个点(子
列的极限)的存在性,所以这是一个关于局部性质的定理,如果要使用该定理去证明一个
有关整体性质的命题,那就要使用反证法,将其转为一个有关局部性质的命题。 (3)、定理的本质特征:
如果数列**xxnn有界,且有性质P,则有收敛的子列,并且也有P性,,,,,,,,xxkknn
x质,设子列n收敛于.则在点的任意邻域内都有子列的点,这样就,,(x,,,x,,)xxk0000
*可以把P性质带到点的任意邻域内。 (x,,,x,,)x000
(4)、定理的应用特点
如果我们要论证一个有某种性质P的点的存在性,可以考虑使用致密性定理。用致密
*性定理证明一个命题,通常要根据需要去构造一个具有某种性质P的点列,,,这个点列xn
xxnn,,不要求其收敛,但要有界。由致密性定理,点列,,有收敛的子列,并且也,,,,xxkknn
*xx有nnP性质。这样,我们就找到了一个点,它是子列的极限,再由所具有的,,,,xkk0
*性质P去推证点有我们需要的性质P. x0
在许多情况下,致密性定理也总是和海涅定理共同使用,以此去推断点有性质P。 x0
例1 设在单增,,,证明:,使得. f(x)[a,b]f(a),af(b),b,x,[a,b]f(x),x000
证明:(用确界定理证明)
不放设f(b),b,否则取x,b可知命题正确。定义数集 0
,,E,t|t,[a,b],f(t),t.
则显然有,所以E是非空有界的,根据确界定理,E有上确界,设supE,x. a,E0
由确界的等价定义,,,,x,E,有x,x(n,,),根据f(x)单增及数集E的定义, nn0
f(x),f(x),x. 0nn
在上式中,令n,,f(x),xf(x),x,可得.下面证明. 0000
14
1假设,取,则,所以 f(x),xf(x),r,xr,[f(x),x]0000002
. f(r),f(x),r0
上式表明,这与是E的上确界矛盾,所以必有. f(x),xxr,E000
例2 证明:若函数在上只有第一类间断点(可以有无穷多个),则在f(x)[a,b]f(x)
上有界。 [a,b]
证明一:(用确界定理证明)
设,,. E,t|t,[a,b],f(x)在[a,t]有界
因为limf(x)存在,所以,使得在有界。任取,则f(x)[a,a,,)t,[a,a,,),,,0,x,,
在有界,即,所以.,即E是有界集。 f(x)[a,t]E,[a,b]E,,t,E
根据确界定理,数集有上确界,设,则,下面证明. supE,,,,b,,b
假设limlim,则,,[a,b),已知f(x)与f(x)都存在,由极限的局部有界性,,,b,,x,,x,,
M,使得在有界. ,0,,,b,,(,,,,,,,)f(x),
对上述的,由确界定义,,有,从而在有界,,t,E,,,,t,,f(x)[a,t],,0111
设其为M. t1
记,,M,maxM,M,取,于是,有 t,(,,,,,),x,[a,t]t,221
. |f(x)|,M
即supE,,t,E,这与矛盾,所以,,b. 2
下面证明. ,,b,E
已知f(x)M存在,所以,,在(b,,,b]有界,根据确界定义,对上limf(x),,,0b,x,b
述的,,,,,,,使.所以f(x)在[a,t]有界M,记M,maxM,M,,t,Eb,,,t,b,,0,,tbt
则
,x,[a,b],有|f(x)|,M.
所以b,[a,b],即f(x)在[a,b]上有界。
15
证明二:(用子列定理证明)
假设在上无界,则对,,使得. f(x)[a,b],x,[a,b]|f(x)|,n,n,Nnn
因为是有界数列,必有收敛的子列,设.则 ,,x,[a,b],,limx,x,[a,b]xn0nnkkk,,
,. limf(x),,,|f(x)|,nnnkkk,,k
根据海涅定理,
. limlimf(x),f(x),,,nkxx,k,,0
即是的第二类间断点,这与已知矛盾。所以在上有界。 f(x)f(x)[a,b]x0
例3 设**x在连续,且在惟一的一点取到最大值,如果f(x)[a,b]f(x)
**,,,x,[a,b],使得,证明:. limf(x),f(x)limx,xnnn,,,,nn
证明:(反证法)假设*,由定义, limx,xnn,,
*,,,有. ,,,0,n,N|x,x|,,,N,N00n00
*取,则,使. ,n,1|x,x|,,N,11n01
*取,则,n,n,使|x,x|,,. N,n211n02
??,
,,继续下去,可得到一个数列xxx,,的一个子列,显然有收敛的子列,x,,,,,[a,b]nnn,,nkkki,,
,,设xx***limx,xx,x.因为对,有,即不是的极限,所以. |x,x|,,,i,Nnn,,000nkk,,ikiii,,
已知f(x)在点连续,再由海涅定理,就有 x0
*. limlimlimf(x),f(x),f(x),f(x),f(x)0nnkx,xi,,n,,0i
上式表明f(x)在点也取最大值,这与已知矛盾。 x0
教案13
16
中值定理与泰勒公式
一、基本概念与定理
1、极值
如果,x,U(x,,)f(x),f(x)xx,有.则称函数在点取极小值,称为极f(x)0000
小值点,简称极值点,类似可以定义极大值。
注:由极值定义可知,极值不会在区间端点取得。 2、连续函数在点x取极值的必要条件: 0
若函数,,x在点取极值,则,或者不存在。 f(x)f(x),0f(x)000
3、函数x在点取极值的充分条件: f(x)0
第一判别法:若,xxf(x)在点的左右邻域有不同的符号,则f(x)在点取极值。 00
(1)()n,n第二判别法:若,,,f(x),f(x),?,f(x),0f(x),0,而,则n为奇数时,0000
xx在点取不极值,n为偶数时,在点取极值。特别地 f(x)f(x)00
,,f(x),0,f(x)是极小值; 00
,,f(x),0,f(x)是极大值。 00
2、费尔马定理:
若函数,xxf(x)在点可导,且在点取极值,则f(x),0. 00
3、洛尔中值定理:
推广的洛尔中值定理:
设limlimf(x),f(x)(a,b)f(x)(a,b)为有限或无穷区间,在内可微,且,则,,x,ax,b
,使. ,,,(a,b)f(,),0
4、拉格朗日中值定理:
中值定理有明显的几何意义,公式
f(b),f(a),a,,,b,f(), . b,a
?表明,曲线弧ABM(,,f(,))上有一点,该点的切线平行于弦.理解和掌握这一事实,AB
对于分析和证明问题是很有意义的。
5、柯西中值定理:
注:在三个中值定理中,若将导数改为单侧导数,定理结论不一定成立。 6、泰勒公式:
具有皮亚诺型余项的泰勒公式:
17
若函数在点有n阶导数,则 xf(x)0
112(n)nn,,, f(x),f(x),f(x)(x,x),f(x)(x,x),f(x)(x,x),o((x,x))000000002n!
具有拉格朗日型余项的泰勒公式:
若函数在点的邻域有阶导数,则 xf(x)n,10
11nn2(),,, f(x),f(x),f(x)(x,x),f(x)(x,x),f(x)(x,x)00000002n!
1(n)n,1,f(x)(x,x) 00(n,1)!
具有柯西型余项的泰勒公式:(略)
注:泰勒公式是在一点的邻域,用多项式近似代替函数的公式,也是高阶中值定理。 7、洛比达法则:
8、函数的凹凸性与拐点:
9、Jensen不等式:
若,,在上为凸(f(x),0),则有 f(x)[a,b]
nn
f(,x),,f(x) ,,kkkkkk,1,1
n其中x,[a,b],,,0,,且,,1. k,1,2,?,n,kkkk,1
二、中值定理与泰勒公式的应用
1、讨论导函数,f(x)零点的存在性。
(1) 对,f(x)考虑使用达布定理。
(2) 论证f(x)在一区间[a,b]上满足洛尔定理条件,用洛尔定理。 (3) 论证f(x)f(x)有极值点(常常是论证在闭区间内取最值),用费尔马定理。 当问题中有函数可导的条件时,经常要使用洛尔定理或费尔马定理。在很多情况下,
常常是根据方程(或函数f(x)g(x)g(x))的特点,将其适当变形后,作一辅助函数,考虑对
G(x)g(x)的原函数用洛尔定理或费尔马定理。这种方法的难点在于,? 找出的原函数
G(x)G(x)G(x).? 验证满足洛尔定理条件、或在某一区间内有极值。
例1(推广的洛尔定理) 设函数f(x)[a,,,)(a,,,)在连续,在可微,且
,,,(a,,,)f(,),0f(x),f(a)(x,,,),证明必存在,使得.(山西大学1987) 证明一:(用介值定理证明有f(c),f(c),再用洛尔定理。) 12
18
,如果,则对于,有,命题显然正确。 f(x),f(a),x,(a,,,)f(x),0
如果,则至少,使,不妨设f(x),f(a),b,(a,,,)f(b),f(a)f(b),f(a)\
(类似可证).取实数c,使. f(a),c,f(b)f(b),f(a)
根据介值定理,,,,(a,b),使得f(,),c. 11
已知,于是对于,,当时,有,,c,f(a),0,A,blimf(x),f(a),cx,Ax,,,
,所以 f(a),,,f(x),f(a),,,c
. f(A,1),c,f(b)根据介值定理,,,,(b,A,1),使得f(,),c.于是函数在[,,,]可微,且f(x)2212
,f(,),f(,),由洛尔定理,,,,[,,,],(a.,,),使得. f(,),01212
证明二:(证明f(x)有最大值或最小值,再用费尔马定理。)
如果,,则对于,有,命题显然正确。 f(x),f(a),x,(a,,,)f(x),0
如果,则至少,使,不妨设. f(x),f(a),b,(a,,,)f(b),f(a)f(b),f(a)\
已知,根据极限的保序性,,B,b,当时,有limf(x),f(a),f(b)x,Bx,,,
. f(x),f(b)
函数,x,[a,B]f(x)在闭区间[a,B]连续,必有最大值,即,,x,[a,B],有0f(x),f(x). 0
因为f(b),f(x)x,ab,[a,B],所以有,于是,并且对于,又有,x,B00f(x),f(b),f(x)xf(x)(a.,,).是函数在的最大值点,也是极大值点,由费尔马00
定理,有,f(x),0. 0
例2 设函数f(x)[a,b](a,b)在上有一阶导数,在内有二阶导数,且,f(a),f(b),0
,,,,f(a),0,f(b),0c,(a,b)f(c),0,证明存在一点,使得.(南京大学) ,,
证明:(证法:证明f(x)在内达到最大与最小值,在最大、最小值点使用洛尔定(a,b)
理。)已知f(x)[a,b]f(x)[a,b]f(x)[a,b]在上可导,所以在上连续,从而在上有最大
与最小值。由
(),()fxfalim,, (),,0fa,,,xa,xa
根据极限的保号性,,a,c,b,使得 1
19
f(c),f(a)1,0.或 f(c),f(a)1c,a1
同理,,使. ,a,c,c,bf(c),f(b)122
上面的结果表明,的最大值M与最小值m在取得,设f(x),M,f(x)(a,b)1
f(x),.则与f(x)也是极大值与极小值,由费尔马定理,f(x),mx,x,(a,b)22121
,,f(x),0,f(x),0. 12
对,,,在[x,x]或[x,x]上用洛尔定理就得,,使得. f(x),c,(a,b)f(c),01221
aan1例3 设,且.试证:方程a,a,?,a,Ra,,?,,001n0n,12
na,ax,?,ax,0在内至少有一实根。(西南师院1983) (0,1)01n
aa2nn1证明:设. F(x)axxx,,,?,0n1,2
aan1则F(x)在可导,且,.由洛尔定理,[0,1]F(0),0F(1),a,,?,,00n,12
n,F(x),a,ax,?,ax,0,x,(0,1),使得,即方程 001000n
na,ax,?,ax,0 01n
在内至少有一实根。 (0,1)
例4 设函数f(x)在连续,在内可微,,且对于任意的,[0,1](0,1)f(0),0x,(0,1]
有. f(x),0
,,3f,()f(1,,)(1) 证明存在,,,(0,1),使. f(,)f(1,,)
,,af,()f(1,,)(2) 证明存在,,,(0,1),使,其中.(西北大学) a,0f(,)f(1,,)
3证明:(1) 设F(x),f(x)f(1,x) x,[0,1].
则F(x)[0,1](0,1)在连续,在内可微,且F(0),F(1),0,由洛尔定理,,,(0,1),使
得
23,,,F(,),3f(,)f(,)f(1,x),f(,)f(1,,),0,
20
,,3f,()f(1,,),因为,整理上式即得. f(x),0f(,)f(1,,)
a(2) 设F(x),f(x)f(1,x) .用洛尔定理即可证明,略。 x,[0,1]
例5 设函数在上连续,在内可导,且.证明对任一f(x)[a,b](a,b)f(a),f(b),0实数λ,存在,,使得.(广西师大1984 四川大学1987) c,(a,b)f(c),,f(c)
,,x证明:设F(x),f(x),ex,[a,b],则在在上连续,在内可导, F(x)[a,b](a,b)
,x,,x,,F(x),f(x),e,,f(x),e. 且.由洛尔定理,存在,使得 c,(a,b)F(a),F(b),0
,,c,,c,,F(c),f(c),e,,f(c),e,0, 即,. f(c),,f(c)
例6 设,是可微函数,导函数严格单调递增,若f(a),f(b)(),f(x)f(x)a,b
证明:对一切x,(a,b),有f(x),f(a),f(b)(不得直接利用凸函数的性质)。(华东师
大 1982)
证明:,x,(a,b),,,,(a,x),,,(x,b),使得
f(x),f(a)f(b),f(x),,,. ,f(,),f(),x,ab,x已知,f(x)严格单调递增,所以
f(x),f(a)f(b),f(x),,,f(,),f(,),. x,ab,x将上式通分整理,并利用f(a),f(b)f(x),f(a),f(b)就得.
教案14
教案14
中值定理与泰勒公式(二)
21
3、证明中值的存在性
例1 设在上有二阶导数,证明:,使得 f(x)[a,b],c,(a,b)
b13a,b,,. f(x)dx,(b,a)f(),f(c)(b,a),24a2
xa,b证明一:将函数在点按Taylor公式展开 F(x),f(t)dtx,0,a2
2311,,,. F(x),F(x),f(x)(x,x),f(x)(x,x),f(,)(x,x)00000026其中ξ在x与xx,a之间。将与代入上式,得 x,b0
23b,a1b,a1b,a,,,, ? F(a),F(x),f(x)(),f(x)(),f(,)()000162222
23b,a1b,a1b,a,,,, ? F(b),F(x),f(x)(),f(x)(),f(,)()000262222
其中a,,,xx,,,b,.?减?得, 1002
31,,,, F(b),F(a),f(x)(b,a),[f(,),f(,)](b,a)02148
,,,,f,,f,()()12由达布定理,,,,c,(a,b),使得,且,所以 F(a),0fc,()2
b13a,b,,. f(x)dx,(b,a)f(),f(c)(b,a),224a
a,b证明二:记,由Taylor公式,有 x,02
21,,,x. 其中ξ在x与之间。 f(x),f(x),f(x)(x,x),f(,)(x,x)000002
将上式两边从a到b积分,注意右边第二项积分为0,第三项的积分,因为导数具有介值性,积分中值定理成立,,c,(a,b),使得
bb2231,,,,,,. f,()(x,x)dx,f(c)(x,x)dx,f(c)(b,a)00,,12aa
所以
b13a,b,,. f(x)dx,(b,a)f(),f(c)(b,a),24a2
4、中值不等式与中值的极限
例2 设函数,f(x)[,1,1]f(,1),0,f(1),1,f(0),0在上三次可微,且,试证
,,,f(x),3,x,(,1,1),使得.(西北大学) 00 22
证明:(如果在所论的问题中含有高阶导数,经常要用到泰勒公式。)
在点使用泰勒公式,得 x,0
,,,,,,f(0)f(x)23x,,x,其中, ,,,f(x)f(0)xx0,,,1023!将,代入上式中,有 x,,1x,1
,,,,,ff,,(0)() ? ,f,,f,,0(1)(0)3!2
,,,,,ff,(0)() ? ,f,f,,1(1)(0)3!2再将??两式相减就得
,,,,,,. f(,,),f(,),6记,,,,,,,,,,,,,,f(x),maxf(,,),f(,)f(x),3,则. 00
例3 设函数,,在闭区间上有二阶导数,且,则至少有一点f(x)[a,b]f(a),f(b),0
,使得 ,,(a,b)
4,,|f(,)|,|f(b),f(a)|. 2(b,a)(南开大学1981 哈师大1983 哈工大)
证明:在,,x,a与点使用泰勒公式,并由f(a),f(b),0已知,得 x,b
,,,f()21a,,,x,b,其中. f(x),f(a),(x,a)12
,,,f()22a,x,,,b其中. f(x),f(b),(x,b)22
a,b将代入上面两式之中, x,2
2,,,f()b,a()a,ba,b1,其中a,,,. f(),f(a),,12224
2,,,f()b,a()a,b2a,bf(),f(b),,,其中. ,,,b22242
将上面两式相减,
2(b,a),,,,0,f(b),f(a),[f(,),f(,)], 218记,,,,,,,,max|f(,)|,|f(,)|,|f(,)|,则 12
23
2(b,a),,,, |f(b),f(a)|,|f(,),f(,)|218
22(b,a)(b,a),,,,,,,(|f(,)|,|f(,)|),|f(,)|. 2184所以
4,,|f,()|,|f(b),f(a)|. 2(b,a)
,(如果取,,就是哈理工大学2003年入学试题。原题第二问:是否存在b,a,08
44,8,,,使|f,()|,|f(b),f(a)|.回答是:当时,成立。当时,,,(a,b)b,a,1b,a,14,
23,xx,,,不一定成立。例如:,,,在区间上,.,有fx,,()[0,],x,[0,]fx,x,()2316888
4482,,,,,.而f,f,,.) |()(0)|fx,|()|4,888,
例4 设函数maxf(x)两次可微,,且.证明:f(0),f(1),0f(x),20,x,1
,,. mf(x),,16in0,x,1
证明:因为f(x)在上连续,必有最大、最小值,又因为,[0,1]f(0),f(1),0
max,x,(0,1),所以最大值在内部达到,即,使得 f(x),2(0,1)00,x,1
max. f(x),f(x),200,x,1
于是,f(x)f(x),0为极大值,由Fermat定理,. 00
将x,xf(x)在按Taylor公式展开,并将,代入, x,1x,00
2211,,,, ? 0,f(0),f(x),f(,)(0,x),2,f(,)x00022
2211,,,, ? 0,f(1),f(x),f(,)(1,x),2,f(,)(1,x)00022其中,,,,(0,1),于是有
24
,,,,44,,,,,,. ,,mmin,,minf(x)f(),f(),,,,,in,,22xx)(1,0,x,1,,00,,
12112当时,,, x,[,1],x,1,,x,0(1)000244
,,,,444. min,,,,,,,16,,222xx)x)(1,(1,,,000,,
12112当时,,, ,(1,x),1x,[0,],x,0000244
,,,,444. min,,,,,,,16,,222xx)x(1,,,000,,
所以min,,. f(x),,160,x,1
5、导数估计与导数的极限
例6 设,,f(x)在[0,1]上有二阶导数,时,|f(x)|,1,|f(x)|,2.证明:0,x,1当,时,.(南京航空学院 1982) |f(x)|,30,x,1
证明:(显然只有Taylor公式才能将,,,f(x),f(x),f(x)联系在一个等式之内。)
由Taylor公式,
21,,,0,,,1, . f(1),f(x),f(x)(1,x),f(,)(1,x)2
21,,,, 0,,,1. f(0),f(x),f(x)(,x),f(,)(,x)2
将以上两式相减,
2112,,,,,. f(1),f(0),f(x),f(,)(1,x),f(,)x22
2112,,,,, |f(x)|,|f(1)|,|f(0)|,|f(,)|(1,x),|f(,)|x22
22,2,(1,x),x,2,1,3.
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25
范文三:一致连续性定理的若干证法
一致连续性定理的若干证法
2007年第4期
(总第90期)
广西教育学院
GGxIJIAOYUXUEYUANXUE已IA0 一
致连续性定理的若干证法
林木元
(贺州学院广西贺州邮编:542800) NO.4,2007
(SerialNO.90)
,,盈
摘要:一致连续性定理在数学分析中是极为重要的定理之一,为加深对定理的理解
和对
它的灵活应用,汇总了与其相关的七个定理分别从多种推理给出一致连续性定理
的证明.
关键词:一致连续收敛聚点覆盖
中图分类号:0172文献标识码:A文章编号:1006—9410(2007)04—0062—03
连续函数是数学分析课程中研究的主要函 数,而一致连续性定理又是数学分析中极为重要 的定理之一,因此探讨该定理的证明渠道和方法 可以进一步加深对定理的理解,也有助于定理在 解决问题中灵活应用.本文用七个相关定理对一 致连续性定理分别给出证明,为方便起见,现将相 关定理和一致连续性定理陈列如下:
工Dedehind定理设AIB为一个实数分 划,则B必有最小数.
?确界定理非空有上(下)界的数集,必 有上(下)确界.
?单调有界数列必收敛.
?区间套定理任一退缩闭区间套必存在 唯一的公共点.
VCauchy准则(充分性)实数基本数列必收 敛.
?聚点定理有界无限点集必有聚点. ?覆盖定理有界闭区间的任一开覆盖, 必存在一个有限子覆盖.
一
致连续性定理设f(x)在闭区间【a,b】上 一
62一
连续,贝0V,>0,j>0,Vx,XttE[a,b】,Ix一xI <铮If(x)一f(x")I<,.
下面分别用上述七个定理证明一致连续性定 理.
(1)用Dedehind定理证明因f(x)在a点右 连续,于是v,>0,j占>0,vx,x"?[a,a+詈】 有Ix一x"I<,If(x)一f(a)I<,,从而 If(x)一f(x)I?If(x)一f(a)I+If(x")一f(a)I <2,,这表明f(x)在【a,a+6】一致连续,这时若b <a+,则问题已解决.否则,即b?a+,作集合 A={XIX<a+且f(x)在[a,a+】上一致连续} B=R——A
不难看出,AIB是一实数分划,由定理工,B 存在最小数X.,显然f(x)在[a,x.】上不一致连续, 否则xoEA了.但另一方面,因a+?b,必然
b?B,从而x.?b,因而f(x)在X0连续,同上可以推 出f(x)在(X.一,X.+)内一致连续.这时我们说 不可能有a+?x.一,否则B便还有小于X.的 数,故只有X0—I<a+6?xoo今VX,XttE[a,xo】, 当x,xtt?【a,a+】或X,Xtt?【X0—l,X0】时,取X1?
(X0—.,a+),显然都有
lf(x)一f(x")l<,
当x?[a,a+】,XIr?[X0—1,xo】时,取
Xl?(X.一,a+),贝0也有
lf(x)一f(x")l?If(x)一f(x.)I+lf(x")一f(x.)I <2,
可见f(x)在[a,x.】一致连续,这就产生矛盾,从而 只可能b<a+,换言之,f(x)在[a,b】上一致连 续.
(2)用确界定理证明因f(x)在a点右连续, 仿(1)可知了>O,使f(x)在[a,a+】一致连续,这 时若b>a+,则问题解决,若b?a+,则作集合 A={XIa<x<a+且f(x)在[a,x】上一致连续) 易见A非空且有上界b,因而snpA存在记为C,显 然c?b.今证只有C=b,否则若C<b,那么f(x)在 C点连续,必?.>O使f(x)在(C一.,C+.)上一 致连续,从而可推出f(x)在[a,c+.】上一致连续, f(x)在[a,c+】上一致连续,这与c的作法矛盾, 故只有c=b,换言之,f(x)在[a,b】上一致连续. (3)用单调有界数列必收敛证明若f(x)在 [a,b】上连续但不一致连续,将[a,b】等分为两个 区间,则f(x)至少在二者之一中不一致连续(否则 仿(1)可推出f(x)在[a,b】上一致连续),记这样的
一
份为[a.,b.】,今将[a.,b.】又二等分,同理又必有 一
份记为[a,b】,使f(x)在其上不一致连续,如此 类推,可得区间套([a,b】),f(x)在每个闭区间套 [a,b】内都不一致连续,因为{a)递增且有上界 b,由定理111,{a)必收敛,设lima=,因lim(b一n—?n—? a)=0.于是
limb=lim(b一a)+lima=
n—?n_-?n_-?
从而可知?[a,b】,由于f(x)在连续,即
V,>0,j>0,当Ix一I<时有If(x)一f)I <,,又当n充分大时,必有[a,b】c(一,,1;+,), 从而vx,,x"?【a,b】,当lx,一l<鲁,l一l <-
o
5-时有Ix一XIII?IXr一I+IXIt一I<,因而 1f(x)一f(x")l?lf(x)一f)l+lf(Xtr)一f)l <2s
这表明f(x)在[a,b】上一致连续,这与所作 区间套的性质矛盾,所以f(x)在[a,b】上一致连 续.
(4)用区间套定理证明仿(3)可证.只是? [a,b】的由来不用定理?,改为用定理?即可. (5)用Cauchy准则仿(4)可证,只是?[a, b】的由来不是用定理?,?,而是用定理V. 设AIB是一实数分划,因为A,B不空.可取 aEA,bEB,今对[a,b】作区间套{[a,b】】,因A,B 不漏,总可以使a?A,b?B,现构造数列{C):
当n为奇数
当n为偶数
因当n为奇数时,不论P的奇偶如何,总有 le~-Cn~pl?I一l_一o(?)
又当n为偶数时,不论P的奇偶如何,总有 Icn—cn+I?I一一o(?)
可见{c)确是Cauchy数列,此时可设 {C):C1=a1,c2=bl,C3a2,c4=b2,…
由定理V知{C)收敛,设limC=,而{a)与{b)都 是{C)的子列,故也有liraa==limb,从而可推 出?[anb】.
(6)用聚点定理证明若f(x)在[a.b】上连 续但不一致连续,即j,0>0,V>0,jx,x"
?[a,b】,当Ix一)【,,I<时有If(x)一f)I?,. 取={,于是必j,x:?[a,b】,当Ix一x:I <
{时有If)一f)I?e.
因为a?X?b,故有界数列{x存在收敛子列 一
63—
{x),设x:xo(k一?),显然xoE[a,b】,今在{x:) 中取出下列与{x)的下标相同的项构成子列Ix;),
自然当
lx—xl<l
m
~lf(x)一)I?e..
令?,有x—x0,再由
x=(x—x)+x可得xxo(1?)
因为f(x)在X0连续,根据Heine定理应有 limf(x)=f(xo)=limf(x) ?P
于是limIf(x)一f(x)I=
Ilimf()一linlf(x)I=If(x0)一f()(0)I=0 这便产生01>,.的矛盾,所以f(x)在[a,b】上一致 连续.
(7)用覆盖定理证明因f(x)在[a,b】上连续, VxoE[a'b】便有
limf(x)=f(x0),即V,>0,V6(10.e)>0,Vx? [a,b】nU(Xo,)有
lf(xo)一f(x0)I<,
这里x取在交集之中是保证x既在邻域U(xo,) 内又不越出[a,b】之外,式中6(x.,,)表示6既与 ,相关还与X0有关,如果能找到只与,有关的6= 6删问题解决.
为此让X.取遍[a,b】,可得开覆盖
H:{u(.,)I.?[,b】】
由定理?知H必存在有限子覆盖
再:{u(i,_)Ii:1,2,…,n)3[,b】
?-———
64?-———
今令6=min{吉.,{,…,1),下证此6即为
所求.显然此6不再与X有关,即6=6(,),于是只 需证明此6满足一致连续定义.
为此Vx,x"?[a,b】且Ix一)【,,I<6,因为 HD[a,b】,Xt至少属于H中的某一开区间,设 ,?u(,),即IXt一)(kI<1
于是I)(,,一xI?IXn—xI+Ix一xI<6+
专<,因f(x)在x连续,有
ff(x)一f(x)f<,,ff)一f(xk)f< 从而If(x)一f(x")I?If(x)一f(x)I+ If)一f(x)I<2s,这就证明了V,>0,6(), Vx,x"?[a,b】,当Ix一)(,,I<6时,有
If(x)一f(xrr)I<,,换言之,f(x)在[a,b】上一致连 续.
参考文献:
. [1】东北师范大学等.数学分析(上册)[M】高等教育出版社.1982,P119—121
[2】江泽坚等.数学分析(上册)[M】.人民教 育出版社.1964,P70—71
[3】F?M菲赫金哥茨着.叶彦谦等译.微积 分学教程(第一卷第一分册)[M】.人民教育出版 社.1959,P170—178
[4】吉林师范大学数学系.数学分析讲义(上 册)[M】.人民教育出版社.1960,P134—135
范文四:导函数连续性定理及其推论
专题研究
JoURNA≥淼翥勰淼。‰眦GE
JOURNAL0FHENANTEXTILECOLLEGE
…1z㈣年。月z’……W0.日出版7一
导函数连续性定理及其推论
邓书显1,于红霞2
(1.河南纺织高等专科学校,河南郑州450007;2.河南化工学校,河南郑州450042)
摘要:本文通过对导数极限定理的进一步论证,推出导函数的极限及其连续性的一个特点,得到了关于
导函数连续性的定理,进而给出了函数可导的一个新的充要条件。
关键词:极限;导数;单侧导数;分界点
中图分类号:0172.1
文献标识码:A
文章编号:1008—8385(2001)03—0039一02
1
导函数的极限及其连续性
本定理说明:若函数的导函数在该点的单侧极
限存在,那么函数在该点存在着与单侧极限相等的关于导数存在问题,一般高等数学书中仅作如
单侧导数。即f+7(a)一f’(a+o)或f’(a)一f7(a—
下叙述:
o)。
引理y—f(x)在某点x。处可导的充分必要条看一个例子:f(x)=arcsinx在区间[一1,1]上
件是:f+7(x。)一f一’(x。)。
连续,在(一1,1)内可导,且
由此为我们提供了判断函数在某点不可导的方f
法,其典型例子如:y—IxI
7(x)一—=兰,x∈(一1,1)
1
 ̄/1一x。
对导函数的极限及其连续性,一般数学书上都
当x一一l+o时,f7(x)一o。,从图1上看,即在
没有涉及到,为此我们进行研究推导得出以下结论:
点(一1,一兀/2)处存在垂直于x轴的切线。同理,定理1设函数f(x)在[a,b]上连续,且在(a,f(x)在x一1处有垂直于x轴的切线。
b)内存在有限的导数f7(x)。若其导函数f7(x)在a
又如:函数f(x)一x+/1一x2arccosx在区间
点存在右极限(有穷或无穷),即1imf7(x)一A(或[一1,1]上连续,在(一1,1)内有
。C)记为为f7(a+o),则f(x)在a点存在右导数f’+f’(x)一—三兰=arccosx,x∈(一1,1)
(a),且f+7(a)一1imf7(x)。对于b点的左侧有类似 ̄/1一x2
结果。
当x一1一。时,f7(x)一一1,从而f(x)在x一1证明:考虑[a,a+△x]区间(△x>o),由假设f处存在单侧导数f一7(1)一一1。
(x)在[a,a+△x]上连续,在(a,a+△x)内可导,由
由定理1,我们可以得到如下的定理2:
拉格朗日中值定理:
定理2设f(x)在(a,b)内连续,且f(x)在除x。丛生尘掣二巡:尸(以+护△z)
(x。∈(a'b))外的各点可导,且1imf7(x)存在,则
x-.x0
£土工
f(x)在x。点也可导,且f’(x。)=1imf’(x)。
(0O由于r7
x0
0
有f7(o+o)一2√2cos①,f7(o—o)一2,欲使
f(x)在x—o处可导,应有c。s垂一』手,故①一{或
中一孥,且f,(x)在x—o处连续。又设:f(x)=
1nx
I,我们考察在x一1处的可导性。
x>?由于f7(x)=|{
f{卜{
x1I
1
x<1
由于1imf7(x)=1,所以f7(1)一l。
综上所述,利用定理4我们很容易求出分段函
数在分界点处的导数。为高等数学的教与学提供了一个极为新颖而有效的方法。
(下转第49页)
[责任编辑朱保林]
李钦霞谈鲁迅小说中的点睛之笔
们首先看到的是华老栓愚昧、善良而怯弱的灵魂。
排出满把银的和铜的”,“孑L乙己抓出九文大钱”或康大叔作为反动统治阶级的刽子手,与华老栓“被小伙计抓去九文大钱”,而华老栓则是“把一包洋在“抓”与被“抓”中形成了鲜明的对比:他一只手摊钱往刽子手那儿一扔”,这样一来,就必然造成人物
开向买主索钱,一只手撮着人血馒头要塞给买主,完
性格的紊乱,简直是非牛非马令人费解了。福楼拜对
全是一副贪婪攫取的强盗架势,残杀了革命者,还要
他的学生莫泊桑说:“无论你所要讲的是什么,真正
贩卖烈士的鲜血;刚刚砍过人头的手,马上又在赤裸
能够表现它的句子只有一句,真正适用的动词和形
裸的现金交易中“抓”获洋钱。这急不可耐、饿虎扑食
容词也只有一个,就是那最准确的一句,最准确的一
般的一“抓”,彻底地坦露了康大叔的凶心和贪欲、残个动词和形容词。其它类似的却很多。而你必须把
忍和骄横、贪婪和卑鄙。鲁迅先生一个“抓”字,就包这惟一的句子、惟一的动词、惟一的形容词找出来。”蕴了两个不同人物的灵魂,真是一字透神韵。
鲁迅先生就把这惟一的东西找出来了,特别是把惟设想,如果用一般的常用的动词“付”、“交”
一的动词找出来了。可以看出鲁迅先生的点睛之笔,
“给”、“拿”、“放”等,描绘阿Q、孔乙己和华老栓三个
融汇了古今中外文学的精密性和神韵感。鲁迅先生
人物的付钱方式,那么就必然模糊了人物的个性特可谓是人化入骨的点睛技巧的大师。
征,也必然丧失个性的神韵感而味同嚼蜡。再设想,[责任编辑李中华]
如果把这三个人物的付钱方式调换一下,变成“阿Q
ABriefComment
on
the“Strikin2”DevicesinI。uxun’sNoveIs
LIQin—xia
(ZhengzhoMInstitHte《0I。ightI祝dHstry,Zhengzho乩450002,China)
Abstract:I。uxunwasexpert
at
usingtheaptwordadded
to
clinchthepoint.Hedisplayed
thecharacter’s
destinyandpersonalitythroughhis
facial
expression,
language
andaction,which
were
ex—
pressed
usuallyby
one
word.
Keywords:I。uxun;novel;anaptwordadded
to
clinchthepoint
(上接第40页)
参考文献
[3]G?克莱鲍尔.数学分析[M].上海科学技术出
[1]河琛.数学分析[M].北京:高等教育出版社,
版社,1981.
1985.
[4]格?马?菲赫金哥尔茨.数学分析原理[M].北
[2]R?柯朗,F?约翰.微积分和数学分析引论
京:人民教育出版社,1981.
[M].北京:科学出版社,1985.
’I’he’I’heoremofDeriVatiVeF’unction(:ontinuityandItslnference
DENGShu—xianl,YUHOng—xia2
(1.HanTeztifeCoi}ege,ZhengzhoM4500Q1,Chinn;2.HennnChe'nical
Ind珑strySchool,Zhengzho珑
450042,(?丘?舰乜)Abstract
:Thispaperdealsfurtherwiththederivativelimittheoremandderives
a
featureofderivative
functionlimitanditstinuity,bvwhichthetheoremofderivativefunctionisdrawn.This
gives
a
sufficientdnecessarynewconditiontothedifferentiability.
Keywords:limit;derivative;one—sidedderivative;demarcationpoint
万
方数据?49?
导函数连续性定理及其推论
作者:作者单位:刊名:英文刊名:年,卷(期):被引用次数:
邓书显, 于红霞, DENG Shu-xian, YU Hong-xia
邓书显,DENG Shu-xian(河南纺织高等专科学校,河南,郑州,450007), 于红霞,YU Hong-xia(河南化工学校,河南,郑州,450042)河南纺织高等专科学校学报
JOURNAL OF HENAN TEXTILE COLLEGE2001,""(3)1次
参考文献(4条)1. 河琛 数学分析 1985
2. R·柯朗. F·约翰 微积分和数学分析引论 19853. G·克莱鲍尔 数学分析 1981
4. 格·马·菲赫金哥尔茨 数学分析原理 1981
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6.学位论文 段碧 高中生导数概念认知状况的调查研究 2008
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导数的概念是微积分的核心概念之一,而导数的教学定位以及如何进行导数的教与学成为数学教育工作者研究的一个重要课题。但是目前对导数教与学的研究主要是在宏观上对导数及其应用的教学与实践进行指导,缺少关注导数概念教学的细致的实证研究。
基于这一点,本论文尝试探讨高中生对导数概念的认知状况,以便使导数概念的教学更切合学生的实际认知水平,也为高中数学教材的处理提供建设性的意见。
调查研究的方法是对被试学生进行问卷调查和测试,将答题情况加以统计。 本文尝试探讨以下两个方面的问题:
问题1、高中生对导数概念的认知状况通过测试,本文从瞬时变化率、导数的物理意义、导数的几何意义、导数形式化定义、可导与连续的关系、导数的简单应用六个方面来分析学生对导数概念的认知状况。通过问卷调查,了解学生极限思想认知状况、微积分历史了解情况和学习兴趣和意愿。
问题2、高中生认知导数概念时表现出来的困难及成因初探通过对调查结果的分析,寻找高中生对导数概念的主要认知困难,然后从学生原有的认知结构、导数概念形成的历史过程、课程设计以及教学过程与评价等方面来分析其原因。
最后对导数概念的教学和课程设计给出了一些建议:借鉴导数概念形成的历史过程,揭示知识的产生发展过程;以瞬时速度作为学习导数的平台,不以极限理论作铺垫;丰富导数概念的实际背景,让导数贴近生活;渗透极限思想于高中课程的始终,逐步消除错误观念;引导学生学习微积分的历史,充分挖掘微积分的文化价值。
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引证文献(1条)
1. 高来斌. 王田娥 关于函数可导的一个充要条件[期刊论文]-长春工程学院学报(自然科学版) 2006(4)
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范文五:一致连续性定理的若干证法
2007年第4期(总第90期)
广西教育学院学报
GUANGXI J I AOY UX UEY UAN X UEBAO NO. 4,2007(S erial NO. 90)
一致连续性定理的若干证法
林木元
(贺州学院
广西贺州邮编:542800)
摘要:, 它的灵活应用, 关键词:一致连续中图分类号收敛
聚点
:1006-9410(2007) 04-0062-03
:A
数, 而一致连续性定理又是数学分析中极为重要的定理之一, 因此探讨该定理的证明渠道和方法可以进一步加深对定理的理解, 也有助于定理在解决问题中灵活应用。本文用七个相关定理对一致连续性定理分别给出证明, 为方便起见, 现将相关定理和一致连续性定理陈列如下:
ⅠDedehind 定理划, 则B 必有最小数。
Ⅱ确界定理有上(下) 确界。
Ⅲ单调有界数列必收敛。Ⅳ区间套定理唯一的公共点。
Ⅴ敛。
Ⅵ聚点定理Ⅶ覆盖定理
有界无限点集必有聚点。有界闭区间的任一开覆盖,
Cauch y 准则(充分性) 实数基本数列必收
ε>0, ?δ>0, Πx ′连续, 则Π、x ″∈[a ,b], x ′-x ) -f (x ″) <><δζf (x="">δζf>
下面分别用上述七个定理证明一致连续性定理。
(1) 用Dedehind 定理证明
因f (x ) 在a 点右
2]
ε>0, ?δ>0, Πx ′连续, 于是Π、x ″∈[a , a +有
x ′-x <>
) -f (a ) <ε, f="" (x="">ε,>
+
设A |B 为一个实数分
从而
) -f (x ″) f (x ′) -f (a ) ≤f (x ′) -f (a ) f (x ″
非空有上(下) 界的数集, 必
ε, 这表明f (x ) 在[a , a +δ]一致连续, 这时若b <>
B =R -A
任一退缩闭区间套必存在
不难看出, A |B 是一实数分划, 由定理Ⅰ, B 存在最小数x 0, 显然f (x ) 在[a , x 0]上不一致连续, 否则x 0∈A 了。但另一方面, 因a +δ≤b , 必然
b ∈B , 从而x 0≤b , 因而f (x ) 在x 0连续, 同上可以推
出f (x ) 在(x 0-δ1,x 0+δ1) 内一致连续。这时我们说不可能有a +δ≤x 0-δ1, 否则B 便还有小于x 0的数, 故只有x 0-δ1
必存在一个有限子覆盖。
一致连续性定理设f (x ) 在闭区间[a , b]上—62
—
当x ′、x ″∈[a ,a +δ]或x ′、x ″∈[x 0-δ1,x 0]时, 取x 1∈
) , 显然都有(x 0-δ1,a +δ
) -f (x ″) <εf (x="">εf>
δ
2
时有x ′-x ≤x ′-ζ+x ″-ζ<δ,>δ,>
) -f ζ() ≤f (x ′
+
) -f ζ() f (x ″
当x ′∈[a ,a +δ],x ″∈[x 0-δ1,x 0]时, 取
) , 则也有x 1∈(x 0-δ,a +δ) -f (x ″) f (x ′
) -f (x 1) ≤f (x ′
) -f (x 1) +f (x ″
) -f (x ″) f (x ′
ε<>
这表明f (x ) 在[a n , b n ]上一致连续, 这与所作区间套的性质矛盾, 所以f (x ) 在[a , b]上一致连续。
(4) 用区间套定理证明
ε<>
可见f (x ) 在[a , x 0]一致连续, 这就产生矛盾, 从而只可能b
(2) 用确界定理证明
仿(3) 可证, 只是ζ∈
[a n ,b n ]的由来不用定理Ⅲ, Ⅳ即可。
因f (x ) 在a 点右连续,
(5) 用y ) ζ∈[a n ,
δ>0, 使f (x ) 在[a ,a +δ]一致连续, 仿(1) 可知?
时若b >a +δ, 则问题解决, 若b ≥a , A ={x|a
b n , 而是用定理Ⅴ。
, 因为A 、B 不空, 可取
∈A ,b ∈B , 今对[a ,b]作区间套{[a n ,b n ]}, 因A 、B
易见A sn p A c , 显然c ≤b 。=b , 否则若c 0使f (x ) 在(c -δ1, c +δ1) 上一c 点连续, 必∈
致连续, 从而可推出f (x ) 在[a ,c +δ1]上一致连续,
f (x ) 在[a ,c +
不漏, 总可以使a n ∈A ,b n ∈B , 现构造数列{cn }:
2
当n 为奇数当n 为偶数
c n =
2
2
]上一致连续, 这与c 的作法矛盾,
因当n 为奇数时, 不论p 的奇偶如何, 总有
-|c n -c n +p ≤|=22
故只有c =b , 换言之,f (x ) 在[a ,b]上一致连续。
(3) 用单调有界数列必收敛证明
0→2
(n →∞)
若f (x ) 在
又当n 为偶数时, 不论p 的奇偶如何, 总有
c n -c n +p ≤|-|=22
2
2
[a , b]上连续但不一致连续, 将[a , b]等分为两个
区间, 则f (x ) 至少在二者之一中不一致连续(否则仿(1) 可推出f (x ) 在[a ,b]上一致连续) , 记这样的一份为[a 1,b 1], 今将[a 1,b 1]又二等分, 同理又必有一份记为[a 2, b 2], 使f (x ) 在其上不一致连续, 如此类推, 可得区间套{[a n , b n ]},f (x ) 在每个闭区间套
[a n , b n ]内都不一致连续, 因为{an }递增且有上界b , 由定理Ⅲ, {an }必收敛, 设lim a n =ζ, 因lim (b n -n →∞
n →∞
→0(n →∞)
可见{cn }确是Cauch y 数列, 此时可设
{cn }:c1=a 1,c 2=b 1,c 3=a 2,c 4=b 2, …
由定理Ⅴ知{cn }收敛, 设lim c n =ζ, 而{an }与{bn }都
n →∞
是{cn }的子列, 故也有lim a n =ζ=lim b n , 从而可推
n →∞
n →∞
出ζ∈[a n ,b n ]。
(6) 用聚点定理证明
若f (x ) 在[a , b ]上连
a n ) =0, 于是
n →∞
ε0>0, Πδ>0, ?x ′续但不一致连续, 即?、x ″
n →∞
n →∞
lim b n =lim (b n -a n ) +lim a n =ζ
) -f (x ″) ≥ε0∈[a ,b], 当x ′-x <δ时有f (x="">δ时有f>
从而可知ζ∈[a n ,b n ], 由于f (x ) 在ζ连续, 即
() ε>0, ?δ>0, 当|x -ζ|<δ时有f (x="" )="" -f="">δ时有f>
<ε, 又当n="" 充分大时,="" 必有[a="" n="" ,b="" n="">ε,><(, +ε)="" ,="">(,>
取δ=
′n 、n ∈[a , b], 当x n -x n x ″, 于是必?x ′
n
″
ε0n ) -f (x n ) 时有f (x ′≥
n
δ
从而Πx ′、x ″∈[a n , b n ], 当x ′-ζ<>
2
x ″-′
n ≥因为a ≥x ′b , 故有界数列{x n }存在收敛子列
—63—
) , 显然x 0∈[a , b], 今在{x n }{x n k }, 设x n k →x 0(k →∞
″
n k }的下标相同的项构成子列{x n k }, 中取出下列与{x ′
′′″
x 2, …, x }, 下证此δ即为今令δ=m 2f x 12δ2n
所求。显然此δ不再与x 有关, 即δ=δε() , 于是只需证明此δ满足一致连续定义。
自然当
″
n k -x n k
″
ε0。n k ) -f (x n k ) 时有f (x ′≥
n k
″
n k -x n k →令k →∞, 有x ′0, 再由″′′″
n k =(x n k -x n k ) +x n k 可得x n k →x ″x 0
为此Πx ′、x ″∈[a , b ]且x ′-x <δ,>δ,>
H =[a ,b],x ′H 中的某一开区间, 设至少属于
x k ) , 即x x ′x ′∈∪(x k , 2-x k <>
(k →∞)
因为f (x ) 在x 0连续, 根据H eine 定理应有
k →∞
于是x ″-x k ≤x ″-x x ′-x k <>
″
n k ) =f (x 0) =lim f (x n k ) lim f (x ′
k →∞
″
n k ) -f (x n k ) 于是lim f (x ′=
k →∞
δδ
x x k , (x ) 在, 2) -f k ) , (x ″) -f (x k ) <ε(k>ε(k>
″
n k ) -lim f (x n k ) lim f (x ′=f (x 0) -f (x 0) =0
k →∞
) -f (x ″) f (x ′) -f (x k ) ≤f (x ′
+
ε0的矛盾, f 这便产生0≥连续。
(7) ) -f (x k ) <2ε, 这就证明了πε="">0, ?δεf (x ″() ,
Πx ′、x ″∈[a , b], 当x ′-x <δ时,>δ时,>
因f (x ) 在[a ,b]上连续,
) -f (x ″) <ε, 换言之,f="" (x="" )="" 在[a="" ,="" b]上一致连f="" (x="">ε,>
Πx 0∈[a ,b]k →∞
续。
δ(x 0, ε) >0, Πx ∈ε>0, Πlim f (x ) =f (x 0) , 即Π
参考文献:
[1]东北师范大学等. 数学分析(上册) [M].
[a ,b]∩∪(x 0δ, x 0) 有
f (x 0) -f (x 0) <>
x 0) 这里x 取在交集之中是保证x 既在邻域∪(x 0, δ
高等教育出版社. 1982,P119-121
[2]江泽坚等. 数学分析(上册) [M].人民教
内又不越出[a, b]之外, 式中δ(x 0, ε) 表示δ既与δ=ε相关还与x 0有关, 如果能找到只与ε有关的δε() 则问题解决。
为此让x 0取遍[a ,b], 可得开覆盖
x ) |x 0∈H ={∪(x 0[a ,b]}20
育出版社. 1964,P70-71
[3]F ?M 菲赫金哥茨著. 叶彦谦等译. 微积
分学教程(第一卷第一分册) [M]. 人民教育出版社. 1959,P170-178
[4]吉林师范大学数学系. 数学分析讲义(上
由定理Ⅶ知H 必存在有限子覆盖
x ) |i =1,2, …,n}=[a ,b]H ={∪(x i , 2i
册) [M].人民教育出版社. 1960,P134-135
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2ε,>高等数学>