سرفصل‌های این مبحث

حد و همسایگی

قضایای اساسی حد

آخرین ویرایش: 30 شهریور 1400

دسته‌بندی: حد و همسایگی

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

قضیه

اگر تابع $f$ در نقطه $x = a$ دارای حد باشد ، حتما حد چپ و راست آن تابع در $a$ با هم برابر است و برعکس.

$i f \lim_{x \to a} f (x) = L \Leftrightarrow \lim_{x \to a^{+}} f (x) = \lim_{x \to a^{-}} f (x) = L$

اثبات

فرض کنیم که $i f \lim_{x \to a} f (x) = L$ باشد، ثابت می‌کنیم حد چپ و راست تابع با هم برابر است:

$\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = L \\ \forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) - L| < β \end{cases}$

$\{\begin{cases} i f x \to a^{+} \\ \forall β > 0 \exists α > 0; a < x < a + α \Rightarrow |f (x) - L| < β \Rightarrow \lim_{x \to a^{+}} f (x) = L \end{cases}$

$\{\begin{cases} i f x \to a^{-} \\ \forall β > 0 \exists α > 0; a - α < x < a \Rightarrow |f (x) - L| < β \Rightarrow \lim_{x \to a^{-}} f (x) = L \end{cases}$

$\lim_{x \to a^{+}} f (x) = \lim_{x \to a^{-}} f (x) = L$

فرض کنیم که حد چپ و راست تابع باهم برابر باشد، ثابت می‌کنیم $i f \lim_{x \to a} f (x) = L$ :

$\{\begin{cases} \lim_{x \to a^{+}} f (x) = L \\ \forall β > 0 \exists α_{1} > 0; a < x < a + α_{1} \Rightarrow 0 < x - a < α_{1} \Rightarrow |f (x) - L| < β \end{cases}$

$\{\begin{cases} \lim_{x \to a^{-}} f (x) = L \\ \forall β > 0 \exists α_{2} > 0; a - α_{2} < x < a \Rightarrow - α_{2} < x - a < 0 \Rightarrow |f (x) - L| < β \end{cases}$

$\{\begin{matrix} 0 < x - a < α_{1} \Rightarrow |f (x) - L| < β \\ - α_{2} < x - a < 0 \Rightarrow |f (x) - L| < β \end{matrix}〉 - \underset{α}{\underset{⏟}{\min \{α_{1}, α_{2}\}}} < x - a < \underset{α}{\underset{⏟}{\min \{α_{1}, α_{2}\}}} \Rightarrow - α < x - a < α$

$\forall β > 0 \exists α > 0; - α < x - a < α \Rightarrow 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) - L| < β \Rightarrow \lim_{x \to a} f (x) = L$

قضیه

اگر تابع $f$ در نقطه $x = a$ حد داشته باشد، این حد منحصر به فرد خواهد بود، به عبارت دیگر داریم:

$i f \{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = L \\ \lim_{x \to a} f (x) = L^{'} \end{cases}〉 L = L^{'}$

اثبات

فرض کنیم $L \neq L^{'}$ باشد:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} i f \lim_{x \to a} f (x) = L \\ \forall β > 0 \exists α_{1} > 0; 0 < |x - a| < α_{1} \Rightarrow |f (x) - L| < β; (Ι) \end{cases} \\ \{\begin{cases} i f \lim_{x \to a} f (x) = L^{'} \\ \forall β > 0 \exists α_{2} > 0; 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |f (x) - L^{'}| < β; (Ι Ι) \end{cases} \end{array}$

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$i f 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{matrix} |f (x) - L| < β \\ |f (x) - L^{'}| < β \end{matrix}$

$\begin{array}{l} |f (x) - L| + |f (x) - L^{'}| < β + β \\ \Rightarrow |f (x) - L| + |f (x) - L^{'}| < \frac{|L - L^{'}|}{4} + \frac{|L - L^{'}|}{4}; i f β = \frac{|L - L^{'}|}{4} \\ \Rightarrow |f (x) - L| + |f (x) - L^{'}| < \frac{|L - L^{'}|}{2}; (Ι Ι Ι) \\ \Rightarrow |L - L^{'}| < \frac{|L - L^{'}|}{2} \end{array}$

نامساوی فوق برقرار نیست یعنی فرض $L \neq L^{'}$ غلط است و همواره $L = L^{'}$ است.

$(Ι Ι Ι) : |L - L^{'}| = |L - f (x) + f (x) - L^{'}| \leq |L - f (x)| + |f (x) - L^{'}| \Rightarrow |L - L^{'}| \leq |f (x) - L| + |f (x) - L^{'}|$

قضیه

اگر $\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = L_{1} \\ \lim_{x \to a} g (x) = L_{2} \end{cases}$ باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} (f (x) + g (x)) = L_{1} + L_{2}$

اثبات

بر اساس حکم می‌خواهیم ثابت کنیم:

$\forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) + g (x) - (L_{1} + L_{2})| < β$

بنا به فرض داریم:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = L_{1} \\ \forall \frac{β}{2} > 0 \exists α_{1} > 0; 0 < |x - a| < α_{1} \Rightarrow |f (x) - L_{1}| < \frac{β}{2}; (Ι) \end{cases} \\ \{\begin{cases} \lim_{x \to a} g (x) = L_{2} \\ \forall \frac{β}{2} > 0 \exists α_{2} > 0; 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |g (x) - L_{2}| < \frac{β}{2}; (Ι Ι) \end{cases} \end{array}$

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$i f 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{matrix} |f (x) - L_{1}| < \frac{β}{2} \\ |g (x) - L_{2}| < \frac{β}{2} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} |f (x) - L_{1}| + |g (x) - L_{2}| < \frac{β}{2} + \frac{β}{2} \\ \Rightarrow |f (x) - L_{1}| + |g (x) - L_{2}| < β; i f |a| + |b| \geq |a + b| \\ \Rightarrow |f (x) + g (x) - L_{1} - L_{2}| < β \\ \Rightarrow |f (x) + g (x) - (L_{1} + L_{2})| < β \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} (f (x) + g (x)) = L_{1} + L_{2} \end{array}$

قضیه

اگر تابع $f (x)$ در هر نقطه ای حد داشته باشد و این حد متناهی باشد، $f (x)$ محدود است.

$f (x)$ را محدود گوئیم هرگاه عددی مانند $N$ وجود داشته باشد به‌طوری‌که $|f (x)| < N$ است.

اثبات

فرض کنیم $a$ نقطه دلخواهی از $f (x)$ باشد و $\lim_{x \to a} f (x) = L$ :

$\begin{array}{l} \forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \\ \Rightarrow |f (x) - L| < β; i f |a| - |b| \leq |a - b| \\ \Rightarrow |f (x)| - |L| < β \\ \Rightarrow |f (x)| < β + |L|; i f N = β + |L| \\ \Rightarrow |f (x)| < N \end{array}$

قضیه

اگر $\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = L_{1} \\ \lim_{x \to a} g (x) = L_{2} \end{cases}$ باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} (f (x) - g (x)) = L_{1} - L_{2}$

اثبات

بر اساس حکم می‌خواهیم ثابت کنیم:

$\forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) - g (x) - (L_{1} - L_{2})| < β$

بنا به فرض:

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$i f 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{matrix} |f (x) - L_{1}| < \frac{β}{2} \\ |g (x) - L_{2}| < \frac{β}{2} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} |f (x) - L_{1}| + |g (x) - L_{2}| < \frac{β}{2} + \frac{β}{2} \\ \Rightarrow |(f (x) - L_{1}) - (g (x) - L_{2})| < β; i f |a| + |b| \geq |a - b| \\ \Rightarrow |f (x) - g (x) - (L_{1} - L_{2})| < β \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} (f (x) - g (x)) = L_{1} - L_{2} \end{array}$

قضیه

اگر $\lim_{x \to a} f (x) = L$ و $λ \neq 0$ مقدار ثابت باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} λ f (x) = λ \lim_{x \to a} f (x) = λ L$

اثبات

$\begin{array}{l} \lim_{x \to a} f (x) = L \\ \forall β_{1} > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \\ \Rightarrow |f (x) - L| < β_{1}; i f β_{1} = \frac{β}{|λ|} \\ \Rightarrow |f (x) - L| < \frac{β}{|λ|} \\ \Rightarrow |λ| |f (x) - L| < β \\ \Rightarrow |λ f (x) - λ L| < β \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} λ f (x) = λ L \end{array}$

قضیه

شرط لازم و کافی برای آن‌که $\lim_{x \to a} f (x) = L$ باشد، آن است که در تابع $f (x) = L + ε (x)$ داشته باشیم:

$\lim_{x \to a} ε (x) = 0$

اثبات

$\begin{array}{l} \lim_{x \to a} f (x) = L \\ \forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \\ \Rightarrow |f (x) - L| < β; i f f (x) = L + ε (x) \\ \Rightarrow |L + ε (x) - L| < β \\ \Rightarrow |ε (x) - 0| < β \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} ε (x) = 0 \end{array}$

از این قضیه نتیجه می‌شود که هرگاه $\lim_{x \to a} f (x) = L \in R$ در این‌صورت می‌توان در یک همسایگی $a$ مقدار تابع را با حد تابع برابر اختیار کرد.

یعنی به طور تقریب $f (x)$ را با $L$ برابر گرفت، در این‌صورت چنین می‌نویسیم:

$f (x) ≃ L$

قضیه

اگر $\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = \infty \\ \lim_{x \to a} g (x) = b \end{cases}$ باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} (f (x) + g (x)) = \infty$

اثبات

بر اساس حکم می‌خواهیم ثابت کنیم:

$\forall N > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) + g (x)| > N$

بنا به فرض:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = \infty \\ \forall N_{1} > 0 \exists α_{1} > 0; 0 < |x - a| < α_{1} \Rightarrow |f (x)| > N_{1}; (Ι) \end{cases} \\ \{\begin{cases} i f \lim_{x \to a} g (x) = b \\ \forall β > 0 \exists α_{2} > 0; 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |g (x) - b| < β \\ \Rightarrow |g (x)| - |b| < β \Rightarrow |g (x)| < β + |b| \Rightarrow - |g (x)| > - (β + |b|); (Ι Ι) \end{cases} \end{array}$

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$i f 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{cases} |f (x)| > N_{1} \\ - |g (x)| > - (β + |b|) \end{cases}$

$\begin{array}{l} |f (x)| - |g (x)| > N_{1} - (β + |b|) \\ \Rightarrow |f (x) + g (x)| > N_{1} - (β + |b|); |a + b| \geq |a| - |b| \\ \Rightarrow |f (x) + g (x)| > [N + (β + |b|)] - (β + |b|); N_{1} = N + (β + |b|) \\ \Rightarrow |f (x) + g (x)| > N \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} (f (x) + g (x)) = \infty \end{array}$

قضیه

اگر $\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = + \infty \\ \lim_{x \to a} g (x) = c > 0 \end{cases}$ باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} (f (x) . g (x)) = + \infty$

اثبات

بر اساس حکم می‌خواهیم ثابت کنیم:

$\forall N > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow f (x) . g (x) > N$

بنا به فرض:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = + \infty \\ \forall N^{'} > 0 \exists α_{1} > 0; 0 < |x - a| < α_{1} \Rightarrow f (x) > N^{'}; (Ι) \end{cases} \\ \{\begin{cases} \lim_{x \to a} g (x) = c \\ \forall β > 0 \exists α_{2} > 0; 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |g (x) - c| < β \end{cases} \end{array}$

$\begin{array}{l} |g (x) - c| < β \\ \Rightarrow - β < g (x) - c < β \\ \Rightarrow c - β < g (x) < c + β; i f β = \frac{c}{2} \\ \Rightarrow c - \frac{c}{2} < g (x) < c + \frac{c}{2} \\ \Rightarrow \frac{c}{2} < g (x) < \frac{3 c}{2}; (Ι Ι) \end{array}$

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$\begin{array}{l} 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{matrix} g (x) > \frac{c}{2} \\ f (x) > N^{'} \end{matrix} \\ f (x) . g (x) > \frac{c}{2} N^{'} \\ \Rightarrow f (x) . g (x) > \frac{c}{2} . \frac{2 N}{c}; N^{'} = \frac{2 N}{c} \\ \Rightarrow f (x) . g (x) > N \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} (f (x) . g (x)) = + \infty \end{array}$

قضیه

اگر $\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = 0 \\ \lim_{x \to a} g (x) = c > 0 \end{cases}$ باشد، برای مقادیر مثبت $f (x)$ داریم:

$\lim_{x \to a} \frac{g (x)}{f (x)} = + \infty$

اثبات

بر اساس حکم می‌خواهیم ثابت کنیم:

$\forall Ν > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow \frac{g (x)}{f (x)} > N$

بنا به فرض:

$\{\begin{cases} \lim_{x \to a} g (x) = c \\ \forall β > 0 \exists α_{1} > 0; 0 < |x - a| < α_{1} \Rightarrow |g (x) - c| < β \end{cases}$

$\begin{array}{l} |g (x) - c| < β \\ \Rightarrow |g (x) - c| < \frac{c}{2}; i f β = \frac{c}{2} \\ \Rightarrow - \frac{c}{2} < g (x) - c < \frac{c}{2} \\ \Rightarrow \frac{c}{2} < g (x) < \frac{3}{2} c; (Ι) \end{array}$

$\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = 0 \\ \forall β > 0 \exists α_{2} > 0; 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |f (x)| < β \end{cases}$

$\begin{array}{l} |f (x)| < β \\ \Rightarrow f (x) < β; f (x) > 0 \\ \Rightarrow \frac{1}{f (x)} > \frac{1}{β}; (Ι Ι) \end{array}$

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$i f 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{matrix} \frac{1}{f (x)} > \frac{1}{β} \\ g (x) > \frac{c}{2} \end{matrix}$

$\begin{array}{l} \frac{g (x)}{f (x)} > \frac{c}{2 β} \\ \Rightarrow \frac{g (x)}{f (x)} > \frac{c}{2 (\frac{c}{2 N})}; i f β = \frac{c}{2 N} \\ \Rightarrow \frac{g (x)}{f (x)} > N \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} \frac{g (x)}{f (x)} = + \infty \end{array}$

قضیه

اگر $\{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = \infty \\ \lim_{x \to a} g (x) = c \end{cases}$ باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} \frac{g (x)}{f (x)} = 0$

اثبات

بر اساس حکم می‌خواهیم ثابت کنیم:

$\forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \Rightarrow |\frac{g (x)}{f (x)} - 0| < β$

بنا به فرض:

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \lim_{x \to a} f (x) = \infty \\ \forall N > 0 \exists α_{2} > 0 \Rightarrow 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |f (x)| > N \end{cases} \\ |f (x)| > N \\ \Rightarrow |f (x)| > \frac{1 + |c|}{β}; i f N = \frac{1 + |c|}{β} \\ \Rightarrow |\frac{1}{f (x)}| < \frac{β}{1 + |c|} (Ι) \end{array}$

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} \lim_{x \to a} g (x) = c \\ \forall β > 0 \exists α_{2} > 0; 0 < |x - a| < α_{2} \Rightarrow |g (x) - c| < β \end{cases} \\ |g (x) - c| < β \\ \Rightarrow |g (x) - c| < 1; i f β = 1 \\ \Rightarrow |g (x)| - |c| < 1 \\ \Rightarrow |g (x)| < 1 + |c|; (Ι Ι) \end{array}$

با فرض این‌که $α = \min (α_{1}, α_{2})$ از رابطه $(Ι Ι), (Ι)$ داریم:

$\begin{array}{l} i f 0 < |x - a| < α \Rightarrow \{\begin{matrix} |\frac{1}{f (x)}| < \frac{β}{1 + |c|} \\ |g (x)| < 1 + |c| \end{matrix} \\ |\frac{g (x)}{f (x)}| < \frac{β}{1 + |c|} . (1 + |c|) \Rightarrow |\frac{g (x)}{f (x)}| < β \Rightarrow \lim_{x \to a} \frac{g (x)}{f (x)} = 0 \end{array}$

قضیه

فرض می‌کنیم $\lim_{x \to a} f (x) = L \neq 0$ ، آنگاه یک همسایگی محذوف از $a$ وجود دارد که به ازای هر $x$ از آن $f (x)$ با $L$ هم علامت است.

اثبات

قضایای حد - پیمان گردلو

اگر $L > 0$ باشد، یک بازه $(a - α, a + α) - \{a\}$ از $a$ هست که به ازای هر $x$ از آن بازه $f (x) > 0$ است و به همین ترتیب برای $L < 0$ .

فرض کنیم $L > 0$ :

$\begin{array}{l} \forall β > 0 \exists α > 0; a - α < x < a + α \\ \Rightarrow 0 < |x - a| < α \Rightarrow |f (x) - L| < β; i f β = \frac{L}{2} \\ \Rightarrow |f (x) - L| < \frac{L}{2} \\ \Rightarrow - \frac{L}{2} < f (x) - L < \frac{L}{2} \\ \Rightarrow L - \frac{L}{2} < f (x) < L + \frac{L}{2} \\ \Rightarrow \frac{L}{2} < f (x) < \frac{3}{2} L; L > 0 \\ \Rightarrow f (x) > 0 \end{array}$

به همین ترتیب برای $L < 0$ هم ثابت می‌شود.

قضیه

اگر $\lim_{x \to a} f (x) = L$ باشد، آنگاه:

$\lim_{x \to a} |f (x)| = |L|$

اثبات

$\begin{array}{l} \lim_{x \to a} f (x) = L \\ \forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \\ \Rightarrow |f (x) - L| < β; ||f (x)| - |L|| \leq |f (x) - L| \\ \Rightarrow ||f (x)| - |L|| < β \\ \Rightarrow \lim_{x \to a} |f (x)| = |L| \end{array}$

قضیه

اگر $n$ عدد طبیعی باشد، آنگاه برای تابع $f (x) = \sqrt[n]{x}$ داریم:

$\lim_{x \to n} \sqrt[n]{x} = \sqrt[n]{a}$

الف) برای حالتی که $a$ عددی مثبت است، یعنی $n$ زوج یا فرد است.

ب) برای حالتی که $a$ عددی منفی یا صفر است و $n$ فرد است.

اثبات

فرض کنیم $a$ عددی مثبت باشد، بنا بر تعریف حد بایستی ثابت کنیم:

$\begin{array}{l} \lim_{x \to a} \sqrt[n]{x} = \sqrt[n]{a} \\ \forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < α \\ \Rightarrow |\sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{a}| < β \\ \Rightarrow |(x^{\frac{1}{n}} - a^{\frac{1}{n}}) \frac{{(x^{\frac{1}{n}})}^{n - 1} + {(x^{\frac{1}{n}})}^{n - 2} . (a^{\frac{1}{n}}) + \dots + {(a^{\frac{1}{n}})}^{n - 1}}{{(x^{\frac{1}{n}})}^{n - 1} + {(x^{\frac{1}{n}})}^{n - 2} . (a^{\frac{1}{n}}) + \dots + {(a^{\frac{1}{n}})}^{n - 1}}| < β \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |x - a| |\frac{1}{{(x^{\frac{1}{n}})}^{n - 1} + {(x^{\frac{1}{n}})}^{n - 2} . (a^{\frac{1}{n}}) + \dots + {(a^{\frac{1}{n}})}^{n - 1}}| < β \\ \Rightarrow |x - a| |\frac{1}{x^{\frac{n - 1}{n}} + x^{\frac{n - 2}{n}} . a^{\frac{1}{n}} + \dots \dots + a^{\frac{n - 1}{n}}}| < β; (Ι) \\ \Rightarrow |x - a| |\frac{1}{a^{\frac{n - 1}{n}}}| < β \\ \Rightarrow |x - a| < β . a^{\frac{n - 1}{n}} \end{array}$

یادآوری می‌کنیم که:

$a^{n} - b^{n} = (a - b) (a^{n - 1} + a^{n - 2} . b + \dots + b^{n - 1})$

در $(Ι)$ اگر مینیمم عبارت زیر را پیدا کنیم، در واقع $\max |\frac{1}{A}|$ را یافته‌ایم:

$A = x^{^{\frac{n - 1}{n}}} + x^{^{\frac{n - 2}{n}}} . a^{^{\frac{1}{n}}} + \dots + a^{^{\frac{n - 1}{n}}}$

فرض کنیم که $a \geq α$ باشد:

$\begin{array}{l} i f A = x^{\frac{n - 1}{n}} + x^{\frac{n - 2}{n}} . a^{\frac{1}{n}} + \dots + a^{\frac{n - 1}{n}} \\ \Rightarrow \min (A) = 0^{\frac{n - 1}{n}} + 0^{\frac{n - 2}{n}} . a^{\frac{1}{n}} + \dots + a^{\frac{n - 1}{n}} \\ \Rightarrow \min (A) = a^{\frac{n - 1}{n}} \\ \Rightarrow \max (\frac{1}{A}) = \frac{1}{a^{\frac{n - 1}{n}}} \end{array}$

$\forall β > 0 \exists α > 0; 0 < |x - a| < \min \{a, β a^{\frac{n - 1}{n}}\} \Rightarrow |\sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{a}| < β \Rightarrow \{\begin{cases} |x - a| < α \\ |x - a| < β . a^{\frac{n - 1}{n}} \end{cases}〉 α \leq β . a^{\frac{n - 1}{n}}$

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

حد و همسایگی

قضایای اساسی حد

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟