Matan_1_semestr_Lektsii

x!n+0

x!n¡0

x!¡0

100			Оглавление
Пример 3.5	8
y = sgn x =		¡1;	x < 0;
	>	0;	x = 0;
	>
	>
	<
	>	1;	x > 0:
	>
	>

:

Очевидно, в точке x = 0 правый предел lim f(x) = 1, а левый пре-

x!+0

дел lim f(x) = ¡1. Таким образом, оба односторонних предела в точке x = 0 существуют, но различны. Это означает, в частности, что рассматриваемая функция в точке x = 0 предела не имеет.

Пример 3.6 f(x) = E(x) = [x].

Так обозначается функция, называемая "целой частью числа x" и определяемая следующим образом. Если x любое вещественное число и n · x < n + 1, где n целое, то E(x) := n. Другими словами, E(x)

есть наибольшее целое число, не превосходящее x. Например, [5] = 5. [2; 104] = 2, [¡3; 15] = ¡4.

Пусть n целое число. Тогда E(x) = n ¡ 1 при n ¡ 1 < x < n, и

E(x) = n при n < x < n + 1. Поэтому lim E(x) = n ¡ 1, lim E(x) = n.

8

	0;			x < 0;
Пример 3.7 f(x) =	< sin	1	;	x > 0:
		x
	:
Очевидно, lim f(x) = 0, а				lim f(x), как показано выше (пример 3.3),
x!¡0				x!+0
не существует.

Таким образом, в точке x = 0 у данной функции один из односторонних пределов существует, а второй нет.

Бесконечные пределы

Пусть X ½ R, a 2 X0, и f : X ! R.

Определение 3.14 Будем говорить, что предел функции f в точке a

равен бесконечности, и писать

lim f(x) = 1;

x!a

3. Предел и непрерывность функции

101

если выполняется одно из следующих условий:

a) для любого " > 0 найдётся ± > 0 такое, что для любого x из области определения функции f, удовлетворяющего условию 0 < jx ¡

aj < ±, выполняется неравенство jf(x)j > " (Коши);

b) для любой последовательности (xn)n2N элементов множества X

такой, что xn

n

a, xn = a (n

2

N), выполняется условие f(xn)

n

¡¡¡!

6

¡¡¡!

1 (Гейне).

!1

!1

lim f(x) = +

lim f(x) =

¡1, а также

Аналогично определяются x

!

a

1 и x

!

a

односторонние бесконечные пределы.

Примеры.

1

1. f(x) =

(x 6= 0).

x

a) Покажем, что lim f(x) = 1.

x!0

Возьмём произвольное " > 0 и положим ± = 1". Тогда, если 0 < jxj < ±, то jf(x)j = jx1j > 1± = ", что и требовалось показать.

b) Покажем, что lim f(x) = ¡1.

x!¡0

Возьмём произвольное " > 0 и положим ± = 1". Тогда при ¡± < x < 0, так как функция y = x1 на промежутке x < 0 убывает, имеем:

1

1

= ¡":

f(x) =

<

1

x

¡±

2. f(x) =

(x 6= 0).

x2

1.

lim f(x) = +

Покажем, что x 0

!

Возьмём произвольное " > 0 и положим ± = 1=p

. Тогда при 0 <

"

jxj < ± имеем:

1

1

f(x) =

>

= ";

x2

±2

что и требовалось показать.

Пределы на бесконечности

Пусть 1 является предельной точкой множества X ½ R и f : X ! R.

Определение 3.15 Будем говорить, что число b 2 R является пределом функции f при x ! 1 и писать lim f(x) = b, если:

x!1

102 Оглавление

a) для любого " > 0 найдётся такое ± > 0, что для любого x 2 X и

удовлетворяющего условию jxj > ± (x 2 X TU±(1)) будет выполняться неравенство jf(x) ¡ bj < " (Коши);

б) для любой последовательности (xn) ½ X, такой что xn ¡¡¡! 1,

n!1

последовательность f(xn) ¡¡¡! b (Гейне).

n!1

Аналогично определяются lim f(x) = b, lim f(x) = b, включая и

x!+1 x!¡1

те случаи, когда b есть один из символов 1; +1; ¡1.

Предлагаем читателям самостоятельно сформулировать все эти опре-

деления по Коши и по Гейне и доказать их эквивалентность.

Примеры

1. f(x) = 11¡+2xx; x 6= ¡1.

Покажем, что lim f(x) = ¡2.

x!1

Выберем произвольно и зафиксируем " > 0 и подберём ± > 0 так, чтобы при jxj > ± выполнялось неравенство jf(x)¡(¡2)j < ". Для начала

упростим оцениваемое выражение.					¯
j	¡ ¡ j	¯	1 + x				j	1 + x	j
	f(x) ( 2) =	¯	1 ¡ 2x	+ 2	¯	=		3		:
		¯			¯
Оценим получившуюся дробь, ¯			воспользовавшись¯					второй частью неравен-

ства треугольника: Для любых a; b 2 R ja ¡ bj ¸ jaj ¡ jbj. В силу этого

3 3

неравенства j1 + xj = jx ¡ (¡1)j ¸ jxj ¡ 1, поэтому j1 + xj · jxj ¡ 1.

3

Решим неравенство jxj ¡ 1 < ". Так как мы ищем предел на бесконечности, то можно считать, что jxj > 1, поэтому имеем jxj ¡ 1 > 3" или jxj > 3" + 1. Следовательно, можно положить ± = 3" + 1.

Действительно, если взять любой x, удовлетворяющий условию jxj >

±, то будем иметь:
j	¡ ¡ j	3		3				µ	"	3
		j1 + xj		· jxj ¡ 1						+ 1¶ ¡ 1
f(x)	( 2) =						<		3		= ":

2. f(x) = log2 x (x > 0):

Покажем, что lim f(x) = +1.

x!+1

3. Предел и непрерывность функции

103

Зафиксируем " > 0 и рассмотрим неравенство log2 x > ". Так как основание логарифма больше единицы, то это неравенство выполняется при x > 2". Следовательно, можно положить ± = 2". Тогда для любого

x> ± будет иметь место f(x) > ".

3.f(x) = cos x.

Покажем, что при x ! 1 данная функция предела не имеет. Используем для этого определение предела функции по Гейне.

Рассмотрим последовательность xn = ¼n; n 2 N. Последовательность xn ! 1, но последовательность f(xn) = cos ¼n = (¡1)n расходится. В соответствии с определением предела функции по Гейне функция f(x) = cos x при x ! 1 предела не имеет.

Критерий Коши существования предела функции

Теорема 3.7 Пусть X некоторое множество вещественных чисел, a его предельная точка и f вещественнозначная функция, определённая на множестве X. Функция f имеет в точке a конечный предел тогда и только тогда, когда выполняется следующее условие, называемое условием Коши: для любого " > 0 найдётся ± > 0 такое, что для

любых x0; x00	±
	2 X T U± (a) выполняется неравенство
	jf(x0) ¡ f(x00)j < ":			(3.32)
Доказательство. Необходимость. Пусть		lim f(x) = b;	b	2 R. Тогда,
		x a
		!

выбрав любое " > 0 и используя определение предела функции по Коши,

по "=2 подберём ± > 0 так, чтобы для любого x 2 X

±

(a) выполнялось

U±

имеем:

j

¡

j

2

T

±

неравенство

f(x)

b

x

; x

00

X

a

),

< "=2. Взяв теперь любыеT

0

U± (

jf(x0)¡f(x00)j = j(f(x0)¡b)¡(f(x00)¡b)j · jf(x0)¡bj+jf(x00)¡bj <

"

"

+

= ";

2

2

и необходимость доказана.

Достаточность. Пусть условие Коши выполняется. Зафиксируем " > 0,

104 Оглавление

подберём по нему ± > 0 так, как требуется в условии Коши, и рассмотрим произвольную последовательность (xn) ½ X, такую что xn ! a, xn =6 a. Поскольку последовательность (xn) сходится к a и xn =6 a (n 2 N), найдётся такой номер n0, что для любого n ¸ n0 будет выполнено условие

±

(a). Но тогда для любых n; m ¸ n0

имеем: xn; xm

2 X

±

xn

2U±

U±

(a)

, поэтому по условию Коши

f(xn)

f(xm)

< "

. Последнее

означает,

j

¡

j

T

что последовательность (f(xn)) фундаментальна и по критерию Коши для последовательностей (теорема 2.28) является сходящейся, то есть,

существует число b такое, что f(xn) ¡¡¡! b.

n!1

Таким образом, установлен следующий факт: для любой последовательности (xn) из множества Xnfag, сходящейся к a, существует число

b такое, что f(xn) ¡¡¡! b.

n!1

Покажем, применяя метод доказательства "от противного", что число b не зависит от выбора последовательности (xn). Действительно, пусть существуют две последовательности (x0n) и (x00n) из множества Xnfag, схо-

дящиеся к a, для которых f(xn0 )	¡¡¡!		b0	, f(xn00)	¡¡¡!		b00	, b0	= b00	. Построим
									6
	n	!1			n	!1

третью последовательность

(x1; x2; : : : ; xm; : : :) = (x01; x001; x02; x002; : : : ; x0n; x00n; : : :):

Очевидно, эта последовательность тоже содержится в Xnfag. Покажем, что она сходится к a. Возьмём любое ± > 0. По нему найдутся номера n00 и n000 такие, что при n ¸ n00 и n ¸ n000 выполняются соответственно неравенства jx0n ¡ aj < ± и jx00n ¡ aj < ±. Положим m0 = 2 maxfn00; n000g. Тогда, очевидно, при m ¸ m0 будем иметь jxm ¡ aj < ±, и сходимость построенной последовательности к a установлена.

Но последовательность (f(x01); f(x001); f(x02); f(x002); : : : ; f(x0n); f(x00n); : : :)

имеет две различные предельные точки b0 и b00, поэтому не сходится, что противоречит доказанному ранее.

Итак, существует число b такое, что для любой последовательности

(xn) ½ X n fag и сходящейся к a, последовательность f(xn) сходится к b. По определению предела функции по Гейне это означает, что lim f(x) =

x!a

3. Предел и непрерывность функции

105

b.

Замечание 3.3 Критерий Коши существования предела функции справедлив как для конечной, так и для бесконечно удалённой предельной точки a. Доказательство специально проведено так, чтобы не делать разницы между этими двумя случаями.

Замечание 3.4 Критерий Коши существования предела функции справедлив и для односторонних пределов. Чтобы убедиться в этом, достаточно в доказательстве заменить окрестность точки a на соответствующую одностороннюю окрестность.

Изучим некоторые свойства функций, имеющих предел. Будем предполагать, для упрощения формулировок и доказательств, что a конечная предельная точка области определения X рассматриваемых функций, а предел обычный, хотя, с соответствующими поправками в формулировках и доказательствах, свойства остаются справедливыми и для бесконечно удалённой предельной точки и для односторонних пределов.

Теорема 3.8 (О сохранении знака) Пусть X ½ R, f : X ! R и a 2 X0. Если функция f имеет в точке a конечный, отличный от нуля

±

предел b, то существует такая окрестность U± (a) точки a, в пределах которой знак f(x) совпадает со знаком b.

Доказательство. Положим " = jbj и, пользуясь определением предела

функции по Коши, найдём отвечающее ему ±.
или b < f(x)			b < b, или 0 < f(x) <T2b, или f(x) > 0.
Если b > 0, то для любого x 2 X					±
					U± (a) имеем: jf(x) ¡ bj < " = b,
¡		¡			0, или ( ) 0.
или b < f(x)		b < b, или 2b < f(x)T
Если b < 0, то для любого x 2 X					±
					U± (a) имеем: jf(x) ¡ bj < " = ¡b,
	¡		¡	<		f x <

T ±

Таким образом, sgnf(x) = sgnb для любого x 2 X U± (a).

Теорема 3.9 Пусть X ½ R, f : X ! R и a 2 X0. Если функция f имеет в точке a конечный предел b, то существует такая окрестность

U±(a), что функция f ограничена на X TU±(a).

106 Оглавление

Доказательство. Положим " = 1 и найдём по нему ± > 0, как этого требует определение предела функции по Коши. Тогда для любого x 2

X

T

±

(a) выполняется неравенство jf(x) ¡ bj < 1 или, по второй части

U±

неравенства треугольника,

j

f(x)

b

f(x)

¡

b

j

< 1, откуда следует,

что jf(x)j < jbj + 1.

j ¡ j j · j

Если a 2= X, то положим M = jbj + 1. Если же a 2 X, то положим

M = max f(a); b

+ 1

x

2

X

T

U

(a)

имеет

место

f(xf)

Mj .j

g. Очевидно, что для любого

±

j

j ·

Теорема 3.10 Пусть

X

½ R,

f : X

! R и

a

2

X0

. Если

lim f(x) =

x

a

!

1

b 6= 0, то существует такая окрестность точки a, что функция

f

±

ограничена на X T U±

(a).

b

Доказательство. Положим " =

j j

и найдём по нему такое ±, чтобы

2

для каждого x 2 X

±

U± (a) выполнялось неравенство jf(x) ¡ bj < ". Но

тогда и

b

j¡j

f(x)

Tb

¡

f(x)

j

< " =

jbj

. Отсюда следует, что

j

f(x)

j

>

2

2

b

j

j · j

¯

¯

j

j

T

±

j j

¯

¯

или ¯

1

¯ <

2

f(x)

b

= M всюду в X

U± (a).

Замечание¯ ¯

3.5 Если функция f определена в точке a, причём f(a) = 0,

2

1

1

6

то, выбрав M = max ½

;

¾, получаем, что функция

ограничена

jbj

jf(a)j

f

в X TU±(a).

Теорема 3.11 Если функции f и g имеют конечные пределы при x ! a, то сумма, разность, произведение и частное этих функций тоже

имеют конечный предел при x ! a. При этом:

lim(f(x)

§

g(x)) = lim f(x)

lim g(x)

;

x

a

x

a

§ x a

!

¢

!

¢

!

;

lim(f(x)

g(x)) = lim f(x)

lim g(x)

x

a

x a

x a

!

!

!

lim f(x)

=

lim f(x)

g(x) = 0 (x

x!a

при дополнительных условиях

x

6

2

a g(x)

lim g(x)

!

x!a

,

.

X

a )

lim g(x) = 0

n f g

x!a

6

Доказательство. Все четыре утверждения доказываются совершенно одинаково с использованием определения предела функции по Гейне и

3. Предел и непрерывность функции

107

соответствующего утверждения для последовательностей. Остановимся на доказательстве последнего из них.

Обозначим lim f(x) = b, lim g(x) = c. Возьмём произвольную после-

x!a x!a

довательность (xn) ½ X, xn ! a, xn 6= a (n 2 N). Тогда по условию последовательности (f(xn)) и (g(xn)) сходятся к b и c соответственно. Применяя к этим последовательностям теорему 2.11 (убедившись предварительно в выполнении её условий), получаем, что последовательность

	f(xn)		сходится и имеет предел	b	. Снова применяя определение предела
	g(xn)			c

функции по Гейне, получаем требуемое утверждение.

Следствие 3.2 Постоянный множитель можно выносить за знак пре-

дела, то есть если c постоянная, то lim cf(x) = c lim f(x).

x!a x!a

Пример 3.8 lim xn = an для любых a 2 R и n 2 N.

x!a

Выше было показано, что lim x = a, поэтому

x!a

lim x2 = lim x ¢ x = lim x ¢ lim x = a ¢ a = a2:

x!a

x!a

x!a x!a

По индукции

lim xn = lim xn¡1 ¢ x = an¡1 ¢ a = an:

x!a x!a

Пример 3.9 Если P (x) = a0xn + a1xn¡1 + a2xn¡2 + : : : + an¡1x + an

многочлен, то lim P (x) = P (a):

x!a

Пример 3.10 Если R(x) = P (x), где P (x) и Q(x) многочлены, и

Q(x)

Q(a) 6= 0, то lim R(x) = R(a).

x!a

По теореме о сохранении знака (теорема 3.8) найдётся окрестность U±(a), в которой Q(x) =6 0. Считая x 2 U±(a) и применяя теорему о пределе частного и результат предыдущего примера, получаем требуемое утверждение.

Теорема 3.12 Если f(x) · g(x); x 2 X; и функции f и g имеют пределы при x ! a (может быть, бесконечные), то lim f(x) · lim g(x).

x!a x!a

108	Оглавление

Замечание 3.6 Не обязательно требовать, чтобы неравенство f(x) ·

g(x) выполнялось на всей области определения X. Достаточно его вы-

±

полнения в некоторой окрестности U± (a).

Замечание 3.7 Как и в случае последовательностей, наличие строгого неравенства между функциями не гарантирует строгого неравенства между их пределами.

Теорема 3.13 (Принцип двустороннего ограничения) Если функции f,

g

,

h

связаны на

X

неравенством

f

x

) ·

g

x

) ·

h x

и

lim f(x) =

(

(

(

)

x a

lim h(x) = b, то и lim g(x) = b.

!

x!a

x!a

Теоремы 3.12, 3.13 доказываются точно так же, как и теорема 3.11. Рекомендуем читателям провести эти доказательства.

Примеры

1. lim sin x = 0.

x!0

Из определения синуса и того факта, что хорда меньше стягиваемой ею дуги окружности, следует неравенство

0 < j sin xj < jxj (x 6= 0):

(3.33)

Используя определение предела функции по Коши и полагая ± = ", получаем, что если jx ¡ 0j = jxj < ±, то j sin x ¡ 0j = j sin xj < jxj < ± = ", что и требуется.

2. lim cos x = 1.

x!0					x
Используя формулу cos x =			1 ¡ 2 sin2					и оценку (3.33), проведём
					2
оценку косинуса, считая jxj < ¼=2.
			x		x				2	x2
cos x = 1 ¡ 2 sin2				> 1 ¡ 2 ³				´	= 1 ¡		:
			2		2					2
Поэтому
	x2									(3.34)
1 ¡		< cos x < 1 (x 6= 0):
	2

Так как крайние части в этом неравенстве при x ! 0 имеют одинаковый предел 1, то, используя принцип двустороннего ограничения, получаем требуемое.

	3. Предел и непрерывность функции		109
	Теорема 3.14 (Первый замечательный предел) lim	sin x	= 1:
		x
	x!0

Доказательство. Рассмотрим тригонометрический круг (рис.?). Отложим угол x (0 < x < ¼=2) и сравним площади образовавшихся треугольника OAB, сектора OAB и треугольника OAC. Очевидно,

				S4OAB < Sсек.OAB < S4OAC:
Вычислим площади каждой из фигур:
	1			1						sin x;
S4OAB =		OA ¢ OB ¢ sin x =
	2							2
		1		1
Sсек.OAB µ=				R2®¶ =		x;
			2		2
	1			1						tg x.
S4OAC =		OA ¢ AC ¢ tg x =
	2						2

Подставим вычисленные значения площадей в предыдущее неравен-

ство.

1

sin x <

1

x <

1

tg x:

2

2

2

Сократим на общий множитель и перейдём к обратным величинам.

cos x

<

1

<

1

:

x

sin x

sin x

Умножив неравенство на sin x (sin x > 0), получим окончательно

cos x <

sin x

< 1:

(3.35)

x

Неравенство (3.35) установлено для 0 < x < ¼=2, но так как все его части чётные функции, то оно справедливо и для ¡¼=2 < x < 0. Используя принцип двустороннего ограничения и уже установленный

факт lim cos x = 1, получаем из него требуемое утверждение.

x!0

Пример 3.11 Найти lim 1 ¡ cos 2x.

x!0 x2

Решение. Сначала проведём анализ. Так как cos x ! 1 при x ! 0, то предел числителя равен нулю. Знаменатель тоже стремится к нулю. Следовательно, данное выражение есть неопределённость вида 00.