Lause 9. Kui punktis x0 on funktsiooni f (x} piirv¨a¨artus a ja funktsiooni g(x} piir- v¨a¨artus b ning c on konstant, siis punktis x0 eksisteerivad ka funktsioonide cf (x), f (x)+ g(x) ja f (x)g(x) piirv¨ a¨artused, kusjuures nende funktsioonide piirv¨a¨artusteks on vas- tavalt ca, a+b ja ab. Kui lisaks leidub selline arvu x0 u¨mbrus U (x0 ), et hulga U (x0 ){x0 } igas punktis on funktsiooni g(x) v¨ a¨artus nullist erinev ja b = 0, siis punktis x0 ek- sisteerib ka funktsiooni f (x)/g(x) piirv¨a¨artus, kusjuures selleks piirv¨a¨artuseks on a/b, st lim f (x) = a lim g(x) = b xx0 xx0 lim (c · f (x)) = c · lim f (x) = c · a, xx0 xx0 lim (f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x) = a + b,
hulgast ∆, s.t. n [ o X := x ∈ [a, b] | leidub lõplik ∆x ⊆ ∆ : [a, x] ⊆ {S | S ∈ ∆x } . Märgime, et 1) X ei ole tühihulk, sest a ∈ X (põhjendada!)z ning 2) kui x ∈ X ja a 6 z 6 x, siis z ∈ X (selgitada!)z. Väide on tõestatud, kui oleme veendunud, et b ∈ X. Selge, et b on hulga X ülemine tõke, seetõttu saame rakendada pidevuse aksioomi, mille kohaselt ek- sisteerib c := sup X. Näitame kõigepealt, et c ∈ X. Kuna X ⊆ [a, b], siis c ∈ [a, b] (põhjendada!)z. See- ga leidub niisugune vahemik S0 = (α0 , β0 ) ∈ ∆, et c ∈ S0 . Paneme tähele, et vahemik S0 peab sisaldama mingi punkti x0 hulgast X, s.t. x0 ∈ S0 ∩ X: kui oletada, et S0 ∩ X = ∅, siis α0 oleks hulga X ülemine tõke, mis seose α0 < c tõttu on vastuolus sellega, et c on hulga X ülemine raja. Hulga X definitsiooni kohaselt leidub lõplik alamhulk {S1 , S2 , . .
annaabi.ee 
