[場所1E203(金曜日6限)]
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スライド
フレッシュマンセミナーの続きの内容についてやりました。
前回は、いくつかの多項式関数の連続性について示しました。
今回は、指数関数の連続性についてやりました。
まずは、下の問題を見ておきましょう。
(例題)
y=e^x が x=a で連続であることを示せ。
まず、x=a で関数 f(x) が連続であるとは、
関数 f(x) が下の定義を満たすことをいいます。
(連続関数の定義)
任意の \epsilon>0 に対して、ある \delta>0 が存在して、
|x-a|<\delta が成り立つ任意の x に対して、
|f(x)-f(a)|<\epsilon を満たす。
つまり、値域の点 f(a) のどんなに近く |f(a)-y|<\epsilon にしても、その
その中に、a のある近くの全ての点 |x-a|<\delta が像として入れることができる
ということです。
y=e^x が x=a において、連続であることを証明しましょう。
その前に、 |e^x-1|\le e^{|x|}-1 を満たすことを示しましょう。
x\ge 0 とすると、e^{|x|}-1=e^x-1=|e^x-1| となる。
また、x<0 とすると、e^{|x|}-1=e^{-x}-1=-1+\frac{1}{e^x}=e^{-x}(1-e^{x})=e^{-x}|e^{x}-1|\ge |e^x-1|
となる。
(例題の証明)
\forall \epsilon>0 をとります。
今、\delta=\log(1+\epsilon e^{-a}) としましょう。
このとき、|x-a|<\delta となる任意の x に対して
|f(x)-f(a)|=e^a|e^{x-a}-1|\le e^a(e^{|x-a|}-1)<e^a(e^\delta-1)=\epsilon
となるので、x=a において、y=e^x が連続であることがわかる。
授業中では、以下の問題を解いてもらいました。
(問題)
y=e^{x^2} が x=a で連続であることを示せ。
以下のように、同じように解くことができます。
(問題の証明)
\forall \epsilon>0 に対して、
\delta=\min\left\{1,\frac{\log(1+e^{-a^2}\epsilon)}{1+2|a|}\right\} とします。
このとき、|x-a|<\delta となる任意の x に対して、
|x+a|\le |x-a|+2|a|\le 1+2|a| を満たします。
<e^{a^2}(e^{\delta(1+2|a|)}-1)\le \epsilon
となりますので、y=e^{x^2} は x=a で連続となります。(証終)
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フレッシュマンセミナーの続きの内容についてやりました。
前回は、いくつかの多項式関数の連続性について示しました。
今回は、指数関数の連続性についてやりました。
まずは、下の問題を見ておきましょう。
(例題)
y=e^x が x=a で連続であることを示せ。
まず、x=a で関数 f(x) が連続であるとは、
関数 f(x) が下の定義を満たすことをいいます。
(連続関数の定義)
任意の \epsilon>0 に対して、ある \delta>0 が存在して、
|x-a|<\delta が成り立つ任意の x に対して、
|f(x)-f(a)|<\epsilon を満たす。
つまり、値域の点 f(a) のどんなに近く |f(a)-y|<\epsilon にしても、その
その中に、a のある近くの全ての点 |x-a|<\delta が像として入れることができる
ということです。
y=e^x が x=a において、連続であることを証明しましょう。
その前に、 |e^x-1|\le e^{|x|}-1 を満たすことを示しましょう。
x\ge 0 とすると、e^{|x|}-1=e^x-1=|e^x-1| となる。
また、x<0 とすると、e^{|x|}-1=e^{-x}-1=-1+\frac{1}{e^x}=e^{-x}(1-e^{x})=e^{-x}|e^{x}-1|\ge |e^x-1|
となる。
(例題の証明)
\forall \epsilon>0 をとります。
今、\delta=\log(1+\epsilon e^{-a}) としましょう。
このとき、|x-a|<\delta となる任意の x に対して
|f(x)-f(a)|=e^a|e^{x-a}-1|\le e^a(e^{|x-a|}-1)<e^a(e^\delta-1)=\epsilon
となるので、x=a において、y=e^x が連続であることがわかる。
授業中では、以下の問題を解いてもらいました。
(問題)
y=e^{x^2} が x=a で連続であることを示せ。
以下のように、同じように解くことができます。
(問題の証明)
\forall \epsilon>0 に対して、
\delta=\min\left\{1,\frac{\log(1+e^{-a^2}\epsilon)}{1+2|a|}\right\} とします。
このとき、|x-a|<\delta となる任意の x に対して、
|x+a|\le |x-a|+2|a|\le 1+2|a| を満たします。
よって
|e^{x^2}-e^{a^2}|=e^{a^2}|e^{x^2-a^2}-1|=e^{a^2}|e^{x^2-a^2}-1|\le e^{a^2}(e^{|x-a||x+a|}-1)<e^{a^2}(e^{\delta(1+2|a|)}-1)\le \epsilon
となりますので、y=e^{x^2} は x=a で連続となります。(証終)
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