Непрерывность функции и пределы

[kumana]

Буду очень благодарен, если поможете решить хотя бы одну задачу.

1.Допустим, что $a<b$ и $f:[a,b]\to R$ является невозрастающей функцией. Доказать, что каждому $y \in (a,b]$ существует $f(y-)$ и каждому $y \in [a,b)$ существует $f(y+)$.

2. Допустим, что функция $f: [a,b] \to R$ возрастает и $f[[a,b]]$ является интервалом. Доказать, что $f$ является непрерывной в точках $a$ и $b$.

3. Доказать, что
$\lim_{x \to 0} \left(\frac{cosx-1}{x}) = 0 $

4. Доказать, что уравнение
$x^3+x=1$
имеет ровно одно решение на интервале $[0,1]$. Для доказательства использовать теорему о средних значениях и теорему Роллеса.

5. Допустим, что функция $f: [a,b] \to R$ является непрерывной на интервале $[a,b]$, диыыеринцируемая на интервале $(a,b)$, и её производная, функция $f'$ является постоянной, то есть $f'(x) = m$ любому $x \in (a,b)$. Доказать, что $f$ является афинной функцией.

[rauan]

$\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x}=\lim_{x\to}-2\frac{\sin^2 x}{x}=-2\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}\sin x = -2\cdot1\cdot0=0$

[ewert]

kumana в сообщении #539386 писал(а):

функция $f: [a,b] \to R$ возрастает и $f[[a,b]]$ является интервалом

Так не бывает.

kumana в сообщении #539386 писал(а):

$f'(x) = m$ любому $x \in (a,b)$. Доказать, что $f$ является афинной функцией.

Примените теорему Лагранжа к функции $f(x)-mx$.

kumana в сообщении #539386 писал(а):

$x^3+x=1$
имеет ровно одно решение на интервале $[0,1]$

Это не интервал. Теоремой о "средних значениях" это тоже не называют, кто такой Роллес -- вообще загадка, а следует это непосредственно из теоремы Больцано-Коши.

kumana в сообщении #539386 писал(а):

Доказать, что каждому $y \in (a,b]$ существует $f(y-)$ и каждому $y \in [a,b)$ существует $f(y+)$.

Это не задача, а стандартная теорема, поищите её в курсе. Следует из того, что любое ограниченное множество имеет супремум и инфимум.

[Shadow]

rauanУ Вас там ошибки, но в принципе все ясно.

[ewert]

Там смотря что считать курицей, а что яйцом. Если уже известно, что косинус дифференцируем, то это -- просто производная чётной функции в нуле.

[Shadow]

ewert в сообщении #542401 писал(а):

Там смотря что считать курицей, а что яйцом. Если уже известно, что косинус дифференцируем, то это -- просто производная чётной функции в нуле.

Тогда извиняюсь. Показалось, что используется $1-\cos x=2\sin^2{\frac x 2}$

[ewert]

Именно это и использовалось. Но можно и без этого. Другое дело, что первый замечательный предел в любом случае задействуется -- или непосредственно, или для доказательства дифференцируемости косинуса.

[bot]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #542397 писал(а):

кто такой Роллес -- вообще заг

Часы вроде

-- Сб фев 25, 2012 19:43:52 --

(Оффтоп)

Не, часы - ролекс

[rauan]

Shadow в сообщении #542400 писал(а):

rauanУ Вас там ошибки, но в принципе все ясно.

Да, Shadow, $1-\cos(x)=-2\sin^2(x/2)$. Спасибо, что сказали.

[Shadow]

(Оффтоп)

rauan, даже в армии косинус не всегда больше 1.