f:RN ® RM (при m = 1 - это фунция от n переменных)
f:D Î RN ® RM
A Î RN - предел этой вектор функции, xO Î D => lim f(x) = A при x®xO
Df по Коши: " E>0 $ d>0: x Î DÇOd(xO) => f(x) Î O’E(A)
Df по Гейне: " xN®x0 => f(x) ® A (xO ¹ xN Î D)
Утверждение: Определения по КОШИ и по ГЕЙНЕ эквивалентны.
Доказательство:
К=>Г: "Е>0 $ d>0: x Î DÇOd(x0) => f(x) Î O'E(A); хN®xO, хN ¹ хO
Т.к. хN®xO => $ nO: " n>nO: xN Î DÇOd(x0) => f(xN) Î O'E(A) => f(x)®A (xO ¹ xN Î D)
Г=>К: Воспользуемся законом логики: Если из отрицания B следует отрица ние А, то из А следует В:
Таким образом нам надо доказать что из ØК => ØГ
ØК: $ Е>0: " d>0 $x: x Î DÇOd(x0) => f(x) Ï O'E(A)
ØГ: $ хn->хо, хn<>хо: |f(xn)-A|>=E
СТ хN®xO, хN¹xO => $ nO: " n>nO: x Î DÇOd(x0) => по отрицанию определения Коши f(x) Ï O'E(A).
1) lim [af(x) + bg(x)] = alimf(x) + blimg(x), если оба предела $.
2) f,g: D Î RN ® R => lim f*g = limf * limg
3) f,g: D Î RN ® RM => f*g = S1...M fi*gi => limf*g = limf * limg
Доказательство 3: (2 - частный случай при m=1)
f: D Î RN ® RM => limf(x) = A <=> "i limfi(x) = A при x®xO
limf*g при x®xO = lim S1...M fi*gi при x®xO = S1...M lim fi*gi = lim f(x)*lim g(x)
4) f,g:D Î RN ® R => lim f/g = limf / limg (limg ¹ 0)
Df: f: D Î RN ® RM, lim f(x) = f(xO), то говорят, что отображение в точке xO непрерывно.
Th: D Î RN ¾f® D' Î RM ¾g® RK => h: D Î RN ® RK = f(g). Если f непрерывна в точке x0, g непрерывна в точке f(x0), тогда h непрерывна в точке xO.
Доказательство: Нужно доказать, что lim h(x) = h(xO) = zO
" E>0 $ d': y ÎOd‘(y0)ÇDg => h(x) Î OE’(z0), где z0 - внутренняя точка, но без границ, то есть значение функции р(x) не может
попасть на границу E-окрестности точки z0.
По заданному d' найдем d: "E>0 $d: x Î Od(x0)ÇDf => f(x) Î Od‘(f(x0))
x ÎOd(x0) => f(x) Î Od‘(yO) => h(x) Î OE’(z0)
xO - обязана быть предельной точкой области определения => в любой окрестности точки xO есть точка области определения функции f. Аналогично для g.
Th Вейерштрасса:Пусть f:K Î RN ® R, где K - компакт (замкнутое, ограниченное множество) и f непрерывна на К (для функции одной переменной компакт - замкнутый отрезок), тогда $ x’,x’’ Î K: " x Î K: f(x’) £ f(x) £ f(x’’)
Доказательство:supf(x) = M Î RÇ{+¥}. Рассматривая f(x) как ограниченную посл-сть можно выделить подпосл-сть f(Ck) сходящуся к M.
f(CK) Î K f(CK) ³ M - 1/k если M < ¥; f(CK) ³ k если M = ¥
Из ограниченного множества CK выберем посл-сть Cks®x’’ Î K limf(CKs) = f(x’’) при s®¥, но CKs получено из CK отбрасыванием конечного числа членов => предел не изменился, а предел CK - M => lim f(CKs) = M. Получили: M = f(x"):
M ³ f(x) ³ M -1/k => f(x") ³ f(x) ³ f(x") - 1/k, в частности f(x") ³ f(x)
Если вместо f взять -f, то можно используя доказанное рассмотреть x'=inf f(x) = sup -f(x)
Df: f - равномерно непрерывна на A: если " E>0 $ d>0: r(m1,m2)<d => r(f(m1),f(m2) < E
Th Кантора: Если f непрерывна на компакте => f равномерно непрерывна на этом компакте.
Доказательство: от противного:
Пусть f не равномерно непрерывна на K. Построим отрицание равномерной непрерывности: $ Е>0 " d>0: r(m1,m2)<d => r(f(m1),f(m2)) ³ E.
Возьмем d=1/к, пусть mО - предельная точка, тогда $ посл-сть mK: mK ®mO, при k®¥ " d: r(mK,mO)<d => r(f(mK),f(mO)) ³ E
Из непрерывности f следует: при k®¥ r(f(mK),f(m2)) ® r(f(mO),f(m2)) ³ E®E, 0 ³ E - противоречие