Введение в анализ. Предел последовательности - 15 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

a) Прежде всего отметим, что D(f) = R. Поскольку для всех x ∈ R
|sin x| ≤ 1, |cos x| ≤ 1, то, учитывая свойство модуля числа, получим:
|f(x)| ≤ 5|cos x| + 2|sin 3x| ≤ 5 + 2 = 7, ∀x ∈ R.
Следовательно функция f ограничена на R.
b) Легко видеть, что D(g) = R и имеет место представление
g(x) = 1 +
5
x
2
+ 1
.
Поскольку x
2
+ 1 ≥ 1, ∀x ∈ R, то
1 < g(x) = 1 +
5
x
2
+ 1
≤ 1 + 5 = 6, ∀x ∈ R.
Последнее означает ограниченность функции g на множестве R.
Пример 14. Доказать неограниченность функций в их естественной обла-
сти определения:
a) f(x) =
1
x + 1
, b) ϕ(x) = x sin x.
a) Область определения функции f — множество R\{−1}, а график —
гипербола. Покажем неограниченность функции сверху. Зафиксируем число
M > 0 и найдем такую точку x
M
> −1, что f(x
M
) > M. Для этого ре-
шим неравенство
1
x + 1
> M. Так как при x > −1 обе части неравенства
положительны, то получим, что x + 1 <
1
M
, то есть x <
1
M
− 1.
Поэтому рассматриваемое неравенство спра-
ведливо для всех x ∈
−1, −1 +
1
M
!
и
в качестве x
M
можно взять любую точку
этого интервала, что доказывает неограни-
ченность сверху функции f(x). Аналогич-
но можно доказать неограниченность снизу
этой функции.
6
-
y
x
y = M
−1 +
1
M
q
b) Функция ϕ(x) = x sin x определена на R. Фиксируем M > 0. Поскольку
ϕ
π
2
+ 2πn
!
=
π
2
+ 2πn, ∀n ∈ Z, то для n ∈ N, n > [M] + 1 выполняются
неравенства ϕ
π
2
+ 2πn
!
> n ≥ [M] + 1 > M ([M] — целая часть числа M,
15

Страницы