Matan_1_semestr_Lektsii

130	Оглавление

и непрерывность суперпозиции в точке доказана.

Если условия непрерывности функций f и g будут выполнены на множествах X и Y соответственно, то и суперпозиция будет непрерывна на множестве X.

Определение 3.33 Основными элементарными функциями будем называть функции xn (n 2 Z), ax (a > 0), loga x (a > 0; a =6 1), xp (p 2 R), тригонометрические и обратные тригонометрические функции.

Теорема 3.26 Все основные элементарные функции непрерывны в своей естественной области определения.

Доказательство.

1. Функция xn (n 2 Z).

При n = 0 функция x0 ´ 1 при x =6 0 и потому непрерывна на Rn f0g

как постоянная. При n > 0 непрерывность xn при x 2 R показана в

примере 3.14. При n < 0 функция xn = 1=xjnj определена при x 6= 0 и

непрерывна как частное непрерывных функций.

2. Функция ax.

Функцию ax сначала нужно определить, потому что в курсе элемен-

тарной математики без понятия предела сделать это было невозможно. Мы определим функцию ax и докажем её непрерывность, считая a > 1. При a = 1 теми же рассуждениями, которые будут проделаны, показывается, что 1x ´ 1, а при 0 < a < 1 можно положить ax = 1=bx, где b = 1=a.

Итак, пусть a > 1. Для целых и рациональных значений x функцию ax определим как обычно: если n 2 Z, то при n > 0 полагаем an = a ¢ a ¢ : : : ¢ a (a берётся множителем n раз), a0 = 1 и при n < 0 полагаем

		m
	an = 1=ajnj; если r 2 Q, r =			(m 2 Z; n 2 N), то полагаем ar = pam
		n
				n

(см. пример 3.28). С использованием свойств корней и степеней легко доказывается, что ar > 0 для любого r 2 Q, ar1+r2 = ar1 ¢ ar2 (r1; r2 2 Q) и что функция ar возрастает на множестве Q.

3. Предел и непрерывность функции

131

Прежде чем переходить к определению ax для любого вещественно-

го x, напомним читателям, что в разделе "Предел последовательности"

p

было показано, что lim n a = 1 (пример 2.5). По определению предела

n!1

последовательности это означает, что для любого " > 0 найдётся номер n0 такой, что при n ¸ n0 выполняется условие a1=n ¡ 1 < ". Положим

± = 1=n0. Тогда справедливо следующее утверждение: для любого r 2 Q, такого что jrj < ±, имеет место неравенство

jar ¡ 1j < ":

(3.41)

В самом деле, если 0 · r < ±, то

jar ¡ 1j = ar ¡ 1 < a± ¡ 1 = a1=n0 ¡ 1 < ";

а если ¡± < r < 0, то

jar ¡ 1j = 1 ¡ ar = ar(a¡r ¡ 1) < a¡r ¡ 1 < ":

Определим теперь функцию ax для любого вещественного x. Возьмём любую последовательность (rk) рациональных чисел, сходящуюся к x. Как сходящаяся, последовательность (rk) ограничена сверху рациональным числом r0. Как сходящаяся, последовательность (rk) фундаментальна, поэтому для любого ± > 0 найдётся такой номер k0, что для любых k; l ¸ k0 будет выполняться условие jrk ¡ rlj < ±. Рассмотрим теперь последовательность (ark ) и покажем, что она фундаментальна. Возьмём любое " > 0 и по "=ar0 подберём ± > 0 так, чтобы при jrj < ±

выполнялось условие 3.41 с правой частью "=ar0 . Затем по ± подберём k0, как это указано выше, и возьмём любые k; l ¸ k0. Тогда принимая во

внимание, что jrk ¡ rlj < ± будем иметь:							¢ "=ar0
jark ¡ arl j =	¯arl	¡ark¡rl ¡ 1¢¯	= arl	¯ark¡rl ¡ 1¯		< ar0		= ":
	¯	¯		¯	¯

Как фундаментальная, последовательность (ark ) сходится. Положим по определению

ax = lim ark :

(3.42)

k!1

132 Оглавление

Определение ax для любого вещественного x с помощью равенства 3.42 корректно в том смысле, что значение ax не зависит от выбора последовательности (rk). Этот факт устанавливается точно так же, как соответствующее утверждение в доказательстве теоремы 3.7 (критерий Коши для функций). Корректность определения означает, в частности, что если x = r 2 Q, то определение ar с помощью равенства 3.42 совпадает с первоначальным определением как степени с рациональным показателем. (В этом случае, пользуясь произволом в выборе последовательности

(rk), полагаем rk = r для всех значений номеров k.) Установим главные свойства показательной функции.

a) Для любых x1; x2 2 R справедливо равенство ax1+x2 = ax1 ¢ ax2 . Пусть (rk0 ) и (rk00) последовательности рациональных чисел, сходя-

щиеся к x1 и x2 соответственно. Тогда ark0 +rk00 = ark0 ¢ ark00. Устремляя k к

1 и используя теоремы о пределе суммы последовательностей и произведения функций, получаем отсюда требуемое равенство.

б) Функция ax при a > 1 возрастает на R.

Пусть x1; x2 2 R, x1 < x2. Подберём рациональные r0; r00 так, чтобы x1 < r0 < r00 < x2. Пусть последовательности рациональных чисел (rk0 )

и (rk00) сходятся к x1 и x2 соответственно. Тогда существует номер k0, начиная с которого будет выполняться rk0 < r0 и rk00 > r00. Так как на множестве Q функция ar возрастает, то при k ¸ k0

ark0 < ar0 < ar00 < ark00:

Переходя к пределу, получаем отсюда:

ax1 · ar0 < ar00 · ax2 ;

что и требовалось.

Из этого свойства, в частности, следует, что ax > 0 на R, потому что для каждого x 2 R найдётся r 2 Q, r < x. Так как ar > 0, то и ax > ar > 0.

в) Если	a > 1	lim ax = +	1, а x lim	ax	= 0.
		, то x +
		! 1	!¡1

3. Предел и непрерывность функции

133

В примере 2.7 в частности было показано, что последовательность

(an) при a > 1 бесконечно большая. Из этого следует, что для любого

" > 0 найдётся номер n0 такой, что an0 > ". Положив ± = n0 и взяв любое x > ±, имеем: ax > a± = an0 > ", откуда следует первое из доказываемых утверждений. Второе вытекает из теоремы о связи между бесконечно малыми и бесконечно большими функциями (теорема 3.19).

г) Функция ax непрерывна на R.

Отметим, что неравенство 3.41 остаётся справедливым и для вещественных значений x, удовлетворяющих условию jxj < ±, потому что при его доказательстве использовалась только монотонность показательной функции, а это свойство при её продолжении с Q на R сохранилось. Рассмотрим любое x0 2 R, возьмём любое " > 0 и подберём ± > 0 так, чтобы неравенство 3.41 выполнялось при правой части "=ax0 . Тогда для любого x, удовлетворяющего условию jx ¡ x0j < ±, имеем:

jax ¡ ax0 j = ax0 jax¡x0 ¡ 1j < ax0 ¢ a"x0 = ";

и непрерывность показательной функции доказана. 3. Функция loga x (a > 0; a =6 1).

Функция loga x вводится как обратная функции ax. Снова подробно рассмотрим случай a > 1, поскольку во втором случае (0 < a < 1) рассуждения совершенно аналогичны.

Пусть A > 0 любое. На отрезке [¡A; A] функция ax при a > 1

возрастает и непрерывна, поэтому по теореме 3.23 обратная к ней функция loga x на отрезке [®; ¯] = [a¡A; aA] определена и тоже возрастает и непрерывна. Так как при A ! +1 по доказанному выше a¡A ! +0, а aA ! +1, то, перейдя к пределу, получаем, что функция loga x при a > 1 определена на (0; +1), возрастает и непрерывна.

4. Тригонометрические функции.

а) Докажем непрерывность функции sin x. Пусть a 2 R любое. Выберем произвольно " > 0 и положим ± = ". Возьмём теперь любое x, удовлетворяющее условию jx ¡ aj < ±, и оценим разность j sin x ¡ sin aj,

134

Оглавление

принимая во внимание неравенство j sin xj · jxj. Тогда

¢ 2

j

¡

j

¯

2

2

¯

·

2

¢

sin x

sin a =

¯

2 sin x ¡ a cos x + a

¯

2jx ¡ aj

1 < 2

± = ";

¯

¯

¯

sin x

в точке

a

¯

и непрерывность функции

, а вместе с тем и на R установ-

лена.

б) Функция cos x = sin(x + ¼=2) непрерывна по теореме 3.25 как су-

перпозиция непрерывных функций x + ¼=2 и sin x.

в) Функции tg x = cossin xx и ctg x = cossin xx непрерывны по теореме 3.24 во всех точках, в которых их знаменатель не обращается в ноль.

5. Обратные тригонометрические функции.

Непрерывность обратных тригонометрических функций доказывается в точности так же, как и непрерывность логарифмической функции.

6. Функция xp (p 2 R).

Степенную функцию xp определим при x > 0 равенством xp = ep ln x. Как суперпозиция непрерывных функций ex и ln x степенная функция непрерывна во всех точках области определения.

Определение 3.34 Элементарной функцией будем называть аналитически заданную функцию, выражаемую через основные элементарные функции посредством конечного числа алгебраических операций и суперпозиций.

Теорема 3.27 Все элементарные функции непрерывны в своей естественной области определения.

Это утверждение непосредственно вытекает из определения элементарной функции и теорем 3.24, 3.25, 3.26.

Рассмотрим два класса функций, часто встречающихся в математическом анализе и приложениях.

3. Предел и непрерывность функции

135

Гиперболические функции. Гиперболическими называют следующие

функции: y = ch x (косинус гиперболический x), y = sh x (синус гипер-

болический x), y = th x (тангенс гиперболический x) и y = cth x (ко-

тангенс гиперболический x). Определяются они так: ch x = 12(ex + e¡x),

sh x = 12(ex ¡ e¡x), th x = chsh xx, cth x = chsh xx. Из их определения видно, что гиперболические функции являются элементарными функциями, а

потому по доказанной теореме являются непрерывными в области определения (ch, sh, th на R, cth на R n f0g).

Свойства гиперболических функций во многом похожи на свойства тригонометрических. Функция ch x чётная, остальные нечётные, ch 0 = 1, sh 0 = 0, ch2 x ¡ sh2 x = 1 (основное тождество для гиперболических функций), ch 2x = ch2 x + sh2 x, sh 2x = 2 sh x ch x и так далее.

Показательно-степенная функция. Пусть функции u; v : X ! R, причём u(x) > 0 всюду на X. Функцию f(x) = u(x)v(x) = ev(x) ln u(x) называют показательно-степенной (или степенно-показательной) функцией. Если u; v элементарные функции, то и f элементарная функция. Если u; v непрерывны на X, то и f непрерывна на X как суперпозиция непрерывных функций.

Используем уже установленные свойства непрерывных функций для нахождения некоторых пределов, широко используемых как в теории, так и при решении практических задач.

Теорема 3.28 (Второй замечательный предел)

		1		1			x
	lim(1 + x)x = lim		1 +				= e:
				x¶				(3.43)
	x!0	x!1	µ

Доказательство. Равносильность обоих утверждений устанавливается
переходом от x к	1	. Докажем второе утверждение.
x				1		x
		lim	1 +					x		n =
						= e
1) Установим, что x!+1 µ				x	¶		. Свяжем с		функцию

n(x) = [x]. Так как по определению [x] имеет место неравенство n ·

136 Оглавление

x < n + 1, то x ! +1 тогда и только тогда, когда n ! 1. Нетрудно проверить, что для любого x > 0 имеют место неравенства

µ1 + n + 1

¶

<

µ1 + x

¶

<

µ1 + n¶

:

(3.44)

1

n

1

x

1

n+1

Вычислим пределы левой и правой частей в этих неравенствах.

n!1

µ1 + n + 1

¶

n

n!1

µ

n + 1¶

n+1

: µ1 + n + 1¶

=

lim

1

= lim

1 +

1

1

: n!1 µ1 + n + 1¶

n!1 µ1 + n + 1¶

1

n+1

1

= lim

lim

= e : 1 = e:

n!1

µ1 + n

¶

= n!1

µ1 + n¶

¢

µ1 + n¶

=

lim

1

n+1

lim

1

n

1

¶

¢ n!1

µ1 + n¶

¢

n!1

µ1 + n

= lim

1

n

lim

1

= e

1 = e:

Так как пределы левой и правой частей в (3.44) равны, то по принципу

двустороннего ограничения имеем:

x!+1

µ

x

¶

x

lim

1 +

1

= e:

2) Теперь покажем, что и

µ1 + x

¶

x!¡1

x

lim

1

= e:

Положим x = ¡1 ¡ y. Тогда y ! +1

при x ! ¡1 и

y

¶

x!¡1

µ1 + x

¶

x

y!+1

µ1 ¡ y + 1

¶

¡y¡1

= y!+1

µ

y+1

1

1

y + 1

lim

=

lim

y

lim

=

lim

1

lim

1 +

1

= e

1 = e:

µ1 + y ¶

¢

µ

y

¢

y!+1

y!+1

¶

(3.45)

(3.46)

=

Равенства (3.45), (3.46) означают, что в точке 1 существуют и равны

оба односторонних предела. Из связи между пределом и односторонни-

ми пределами функции следует утверждение теоремы.

Показательно-степенные функции вида (1 + u(x))v(x), у которых при

x ! a добавка к единице в основании u(x) ! 0, а показатель степе-

ни v(x) ! 1, называют неопределённостями вида 11 (единица в степе-

ни бесконечность). Для раскрытия таких неопределённостей используют

3. Предел и непрерывность функции

137

второй замечательный предел. Делается это следующим образом. Запишем данное выражение в виде

(1 + u(x))v(x) = µ³(1 + u(x))u(1x) ´u(x)¶v(x) = ³(1 + u(x))u(1x) ´u(x)v(x) :

Теперь, чтобы найти предел данного выражения, используем установленную выше непрерывность показательно степенной функции. Непрерывность показательно степенной функции означает, что если a 2 X,

то

lim u(x)v(x) = u(a)v(a) =		´	lim v(x)
	lim u(x)		x!a	;
x!a	³x!a

то есть можно переходить к пределу отдельно в основании и в показателе степени. В нашем случае основание по второму замечательному пределу стремится к e, поэтому

		lim u(x)v(x)	:	(3.47)
lim (1 + u(x))v(x) = ex!a
x!a
1
Пример 3.29 Найти lim x		:
	x¡1

x!1

Решение. Анализ показывает, что данное выражение есть неопределённость вида 11. Преобразуем его к такому виду, чтобы можно было использовать формулу (3.47), и вычислим предел.

1			= (11) = lim (1 + (x	¡	1
lim x	x¡1				1))	x¡1
x!1			x!1

1

Пример 3.30 Вычислить lim (cos ¼x)(x¡2)2 .

x!2

	lim (x		1)		1
		¡		¢x¡1 = e:
	= ex!1

Решение. Анализ показывает, что налицо неопределённость вида (11), поэтому в соответствии с изложенной выше процедурой раскрытия таких неопределённостей выделим в основании единицу и воспользуемся формулой (3.47).

	1				1	lim (cos ¼x		1)		1
lim (cos ¼x)(x¡2)2		= lim (1 + (cos ¼x	¡	1))(x¡2)2		= ex!2	¡		¢(x¡2)2		:
x 2		x 2
!		!

138

Оглавление

Вычислим отдельно предел показателя степени.

cos ¼x ¡ 1

1 ¡ cos ¼(x ¡ 2)

¼2(x¡2)2

¼

2

lim

=

lim

=

lim

2

=

¡

:

(x ¡ 2)2

(x ¡ 2)2

2

x!2 (x ¡ 2)2

¡ x!2

¡ x!2

При вычислении этого предела мы вычли из аргумента косинуса 2¼ с

тем, чтобы аргумент косинуса стремился к нулю, и заменили числитель эквивалентной величиной, воспользовавшись известным соотношением

		x2
	1 ¡ cos x »		(x ! 0).
		2
		1			= e¡¼2=2.
	Таким образом, lim (cos ¼x)			(x¡2)2
			x!2
	Теорема 3.29 (Третий замечательный предел) lim							ln(1 + x)	= 1.
								x
							x!0

Доказательство. Используя непрерывность логарифмической функции и второй замечательный предел, имеем

		ln(1 + x)			1			1
	lim			= lim			ln(1 + x) = lim ln(1 + x)x =
		x			x
	x!0			x!0				x!0
							1	= ln e = 1:
				lim(1 + x)x
		= ln ³x!0						´

Следствие 3.7 lim

loga(1 + x)

= loga e.

x

x!0

Действительно, поскольку loga(1 + x) =

loge(1 + x)

= loga e ln(1 + x),

loge a

то

lim

loga(1 + x)

= loga e lim

ln(1 + x)

= loga e:

x

x

x!0

x!0

Следствие 3.8 Используя доказанную теорему, следствие из неё и определение эквивалентных величин, получаем, что

ln(1 + x) » x (x ! 0);		loga(1 + x) » x loga e (x ! 0):		(3.48)
Пример 3.31 Найти lim		1 ¡ cos 6x	.
	x ln(1 + tg 3x)
x!0

3. Предел и непрерывность функции

139

Решение. Анализ показывает, что выражение, стоящее под знаком предела, есть неопределённость вида 00. Для её раскрытия заменим числитель и знаменатель эквивалентными величинами на основании первого

и третьего замечательных пределов.

	lim	1 ¡ cos 6x	= lim	18x2	= lim	18x2	= 6:
		x ln(1 + tg 3x)		x ¢ tg 3x		x ¢ 3x
	x!0		x!0		x!0

Теорема 3.30 (Четвёртый замечательный предел) lim ax ¡ 1 = ln a:

x!0 x

Доказательство. Положим ax ¡1 = y. Тогда ax = 1 + y, x = loga(1 + y). Очевидно, что если x ! 0, то и y ! 0 и наоборот. Поэтому

lim

ax ¡ 1

= lim

y

=

1

=

1

= ln a:

y

x!0

x

y!0 loga(1 + y)

lim

loga e

loga(1+y)

y!0

ex sin 2x

Пример 3.32 Найти lim

.

ln cos 4x

x!0

Решение. Анализ показывает, что и здесь наблюдается неопределённость вида 00. Для её раскрытия проделаем следующие действия. Числитель дважды заменим эквивалентной величиной, используя сначала чет-

вёртый, а затем первый замечательные пределы. В знаменателе сначала

под знаком логарифма прибавим и вычтем единицу, а затем воспользу-

емся последовательно третьим и первым замечательными пределами.

lim

ex sin 2x

= lim

x sin 2x

= lim

x ¢ 2x

= lim

2x2

=

¡

1

:

ln cos 4x

ln(1 + (cos 4x ¡ 1))

¡(1 ¡ cos 4x)

¡8x2

4

x!0

x!0

x!0

x!0

Следствие 3.9 lim ex ¡ 1 = 1:

x!0 x

Следствие 3.10

ax ¡ 1 » x ln a (x ! 0); ex ¡ 1 » x (x ! 0):

Теорема 3.31 (Пятый замечательный предел) lim (1 + x)p ¡ 1 = p:

x!0 x