Matan_1_semestr_Lektsii

140	Оглавление

Доказательство. Используя определение степенной функции и переходя к эквивалентным величинам на основании следствий из теорем 3.30, 3.29, имеем:

lim	(1 + x)p ¡ 1	= lim	ep ln(1+x) ¡ 1	= lim	p ln(1 + x)		= lim	px	= p:
	x		x		x
x!0		x!0		x!0			x!0 x

Следствие 3.11 (1 + x)p ¡ 1 » px (x ! 0):

p

lim

6 tg x ¡ 1

Пример 3.33 Найти p . x!¼=4 1 ¡ 3 2 sin2 x

Решение. Снова анализ показывает наличие неопределённости вида 00. Перепишем выражения, стоящие в числителе и знаменателе в виде, подходящем для применения пятого замечательного предела.

	p6			¡ 1		(1 + (tg x ¡ 1))1=6 ¡ 1
lim		tg x			= lim		:
						¡ ¡(1 + (2 sin2 x ¡21))1=3 ¡ 1¢
x!¼=4 1 ¡ p3 2 sin2 x					x!¼=4

Так как при x ! ¼=4 величины tg x ¡ 1 и 2 sin x ¡ 1 стремятся к

нулю, то мы вправе воспользоваться пятым замечательным пределом и заменить числитель и знаменатель соответствующими эквивалентными величинами, после чего предел находится при помощи несложных алгебраических преобразований.

p6

1 (tg x

¡

1)

tg x ¡ 1

lim

=

lim

6

=

¡31 (2 sin2 x ¡

x!¼=4 1 ¡ p3 2 sin2 x

x!¼=4

1)

=

¡

1

lim

sin x ¡ cos x

=

1

lim

1

=

¡

1

:

cos x(sin2 x ¡ cos2 x)

cos x(sin x + cos x)

2

2 x!¼=4

¡2 x!¼=4

Теорема 3.32 (Устойчивость знака) Пусть f : X ! R непрерывна в точке a 2 X. Если f(a) =6 0, то существует окрестность U±(a) такая, что sgnf(x) = sgnf(a) для любого x 2 X TU±(a).

Эта теорема является следствием теоремы 3.8.

a2 + b2

2

3. Предел и непрерывность функции

141

Теорема 3.33 (Больцано-Коши, 1-я) Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b] и принимает на его концах значения разных знаков, f(a) ¢ f(b) < 0. Тогда в интервале (a; b) найдётся точка c такая, что f(c) = 0.

Доказательство. Возможны два случая: f(a) < 0, f(b) > 0 и f(a) > 0, f(b) < 0. Рассмотрим первый из них (второй совершенно аналогичен первому).

Обозначим для единообразия a = a0, b = b0 и разобьём отрезок [a0; b0]

пополам точкой c1 = a0 + b0 . Возможны три варианта: f(c1) = 0, f(c1) >

2

0, f(c1) < 0. В первом из них точка c = c1 найдена и доказательство закончено, во втором положим [a1; b1] = [a0; c1], а в третьем обозначим

[a1; b1] = [c1; b0].

Рассмотрим отрезок [a1; b1]. Он выбран так, что f(a1) < 0, f(b1) > 0.

Разделим и этот отрезок пополам точкой c2 = a1 + b1 . Опять возможны

2

три случая: f(c2) = 0, f(c2) > 0, f(c2) < 0. В первом из них точка c = c2 найдена, доказательство закончено, во втором положим [a2; b2] = [a1; c2], а в третьем [a2; b2] = [c2; b1].

Рассмотрим отрезок [a2; b2], разделим его пополам точкой c3 =

и повторим предыдущие рассуждения. И так далее.

Возможны два варианта: либо после конечного числа делений мы по-

лучим точку ck+1 = ak + bk , в которой f(ck+1) = 0, либо процесс деления

2

продолжится бесконечно.

В первом случае c = ck+1 и теорема доказана. Во втором случае мы получим последовательность вложенных отрезков

[a0; b0] ¾ [a1; b1] ¾ [a1; b1] ¾ : : : ¾ [ak; bk] ¾ : : : ;

длины которых bk ¡ak = b0 ¡ a0 ¡¡¡! 0. Так как эта последовательность

2k k!1

отрезков стягивающаяся, то по теореме Кантора (теорема 2.15) она имеет единственную общую точку c, являющуюся пределом как левых,

так и правых концов отрезков, c = lim ak = lim bk. Функция f в точке

k!1 k!1

142	Оглавление

c непрерывна, поэтому по теореме о предельном переходе в неравенстве,

если f(ak) < 0 (k 2 N), то и f(c) = lim f(ak) · 0, а если f(bk) > 0

k!1

(k 2 N), то и f(c) = lim f(bk) ¸ 0. Но если одновременно f(c) · 0 и

k!1

f(c) ¸ 0, то f(c) = 0. Теорема доказана.

Теорема 3.34 (Больцано-Коши, 2-я) Пусть функция f непрерывна на отрезке [a; b], f(a) = A, f(b) = B, причём A =6 B. Тогда для любого

C 2 (A; B) найдётся c 2 (a; b) такое, что f(c) = C.

Доказательство. Рассмотрим на отрезке [a; b] функцию g(x) = f(x) ¡

C. Эта функция на отрезке [a; b] непрерывна как разность непрерывной функции и постоянной и принимает на концах отрезка значения разных знаков, так как g(a) = A ¡ C, g(b) = B ¡ C, а знаки A ¡ C и B ¡ C

различны в силу того, что C расположено между A и B. Тогда к функции g можно применить 1-ю теорему Больцано-Коши, согласно которой найдётся точка c 2 (a; b) такая, что g(c) = 0. Но тогда f(c) ¡ C = 0 или f(c) = C.

Замечание 3.10 Первая теорема Больцано-Коши является частным, но важным случаем второй. Использованный метод её доказательства является основой для серии приближённых методов решения уравнения f(x) = 0.

Замечание 3.11 Требование непрерывности функции на отрезке в теореме Больцано-Коши является существенным и не может быть опущено. Например, функция sgnx, рассматриваемая на отрезке [¡1; 1], не является непрерывной только в одной точке x = 0 и не принимает промежуточных между ¡1 и 1 значений, кроме нуля.

Определение 3.35 Пусть f : X ! R. Функцию f будем называть ограниченной на множестве X, если ограничено множество её значений f(X), то есть, если найдётся M > 0 такое, что jf(x)j · M для любого x 2 X.

3. Предел и непрерывность функции

143

Аналогично вводятся понятия функции, ограниченной на множестве сверху (снизу).

Теорема 3.35 (Вейерштрасс, 1-я) Если функция f непрерывна на отрезке [a; b], то она ограничена на нём.

Доказательство. Доказательство проведём методом от противного. Предположим, что функция f непрерывна на отрезке [a; b], но не ограничена на нём. Тогда для любого M найдётся x 2 [a; b] такой, что jf(x)j > M. Полагая M = n (n 2 N), выделим из отрезка [a; b] последовательность

(xn) такую, что jf(xn)j > n (n 2 N). По теореме Больцано-Вейерштрасса (теорема 2.22) из последовательности (xn) можно выделить сходящуюся

подпоследовательность (xnk ). Пусть xnk ¡¡¡! c. Так как для каждого k

k!1

выполняется неравенство a · xnk · b, то и c 2 [a; b]. В точке c функция

f непрерывна, поэтому последовательность f(xnk ) ¡¡¡! f(c) и потому

k!1

ограничена. Но по построению последовательность f(xnk ) не ограничена, потому что jf(xnk )j > nk. Получили противоречие, следовательно, сделанное допущение неверно и теорема доказана.

Замечание 3.12 В доказанной теореме на функцию f наложено два условия: 1) функция определена на отрезке; 2) функция непрерывна на отрезке. Ни одно из них не является лишним. Приведём примеры.

Пример 3.34			Функция f(x) =		1		на (0; 1) и функция f(x) = x2 на
					x
[0; +1) непрерывны, но не ограничены.
							1
Пример 3.35			Функция f(x) =	8					;	x 6= 0; определена на отрезке
								x
[		1; 1]		<			0;			x = 0
	¡	, но не является		:

Пусть функция f : X ! R ограничена на множестве X снизу (сверху). Тогда существует ® = inf f(X) (¯ = sup f(X)).

Определение 3.36 Будем говорить, что функция f достигает на X

точной нижней (верхней) грани, если найдётся x1 2 X такой, что f(x1) = ® (x2 2 X такой, что f(x2) = ¯).

144	Оглавление

Теорема 3.36 (Вейерштрасс, 2-я) Если функция f непрерывна на отрезке [a; b], то она достигает на нём своих точных нижней и верхней граней.

Доказательство. Докажем первое утверждение, второе доказывается аналогично. Снова применим метод доказательства от противного. Предположим, что некая непрерывная на [a; b] функция f не достигает на

[a; b] своей точной нижней грани ®. В таком случае f(x) > ® для любого

1

x 2 [a; b]. Рассмотрим функцию g(x) = f(x) ¡ ®. Так как знаменатель дроби по предположению в нуль не обращается, то функция g определена на [a; b] и непрерывна на нём как частное непрерывных функций. Тогда по первой теореме Вейерштрасса она ограничена на отрезке [a; b]

1

сверху, то есть, существует M такое, что g(x) = f(x) ¡ ® · M. Заметим, что M > 0, поскольку все значения g(x) положительны. Решая неравен-

ство	1	· M, найдём, что f(x) ¸ ® +	1	для любого x 2 [a; b]. Это
	f(x) ¡ ®		M

означает, что число ®+ M1 является нижней гранью множества значений функции f. Но это невозможно, так как ® + M1 > ®, а точная нижняя грань ® по определению является наибольшей из всех нижних граней. Получено противоречие. Теорема доказана.

Замечание 3.13 И в этой теореме ни одно из условий не является лишним. При невыполнении какого-либо из них теорема перестаёт быть верной.

Пример 3.36 Рассмотрим на отрезке [0; 1] функцию y = fxg = x¡[x]. У этой функции x = 1 точка разрыва, потому что fxg = x при x < 1,

следовательно, lim fxg = 1, а f1g = 0. Точная верхняя грань функции

x!1¡0

на [0; 1] тоже равна 1, но не достигается.

Пример 3.37 Рассмотрим на промежутке X = (0; 1] функцию y = x. Эта функция непрерывна на X, её точная нижняя грань на X, очевидно, равна нулю, но не достигается.

3. Предел и непрерывность функции

145

3.6Равномерная непрерывность

Пусть функция f : X ! R непрерывна на множестве X. Непрерывность на множестве определяется как непрерывность в каждой точке множества. Поэтому, если расписать определение непрерывной на множестве функции по Коши (сравним с определением 3.23), то получится следующее предложение: для любой точки a множества X по любому

" > 0 найдётся ± > 0 такое, что для любого x 2 X TU±(a) будет выполняться неравенство jf(x) ¡f(a)j < ". Как следует из этого предложения,

± зависит не только от ", но и от точки a множества X, ± = ±(a; "). Иногда же бывает необходимо подобрать ± > 0 так, чтобы оно было одинаковым для всех точек множества X, то есть зависело только от ". Как мы увидим ниже на примерах, сделать это удаётся далеко не всегда. Если же такое ± существует, то функцию называют равномерно непрерывной.

Сформулируем точное определение.

Определение 3.37 Функцию f : X ! R назовём равномерно непрерывной на множестве X, если для любого " > 0 найдётся ± = ±(") > 0

(зависящее только от ") такое, что для любых x0; x00 2 X и удовлетворяющих условию jx0 ¡ x00j < ± выполняется условие

jf(x0) ¡ f(x00)j < ":

(3.49)

Легко убедиться, что если функция равномерно непрерывна на множестве, то она непрерывна на нём. В самом деле, возьмём произвольное

" > 0, найдём по нему ± > 0, как это следует по определению равномерной непрерывности, зафиксируем a 2 X и возьмём любой такой x 2 X, чтобы выполнялось условие jx ¡ aj < ±. Тогда неравенство (3.49) при x0 = x, x00 = a примет вид: jf(x) ¡ f(a)j < ", что по определению 3.23 означает непрерывность функции f в точке a, следовательно, ввиду произвольности a, и на множестве X.

Однако не всякая непрерывная на множестве функция равномерно непрерывна на нём. Приведём примеры.

146	Оглавление

Пример 3.38 Пусть X = (0; 1], f(x) = x1 .

Как элементарная, эта функция непрерывна на (0; 1]. Покажем, что равномерно непрерывной на (0; 1] она не является.

Возьмём " = 12 и любое ± > 0, меньшее единицы. Положим x0 = p±, x00 = p± ¡ 2± . Тогда x0; x00 2 (0; 1], jx0 ¡ x00j = 2± < ±, но

jf(x0) ¡ f(x00)j =

¯p±

¡ p±

±

¯ = 2p±(p±

± ) = 2

1p±

> 2;

¯

1

1

¯

±

1

¯

¯

¯

¡

2

¯

¡ 2

¡

¯

¯

что противоречит условию (3.49).

Итак, для функции f(x) = x1 , рассматриваемой на множестве X = (0; 1], по числу " = 12 невозможно подобрать ±, как того требует условие равномерной непрерывности, поэтому она не является равномерно непрерывной на этом множестве.

Пример 3.39 Пусть X = [1; +1), f(x) = x2.

Функция f непрерывна на X. Покажем, что равномерно непрерывной

на X она не является.

Возьмём " = 1 и любое ± > 0. Положим x0 =

1

, x00 =

1

+

±

. Тогда

±

2

±

±

< ±, но

jx0

¡ x00j =

2

¯

¡ µ±

+ 2

¶

¯

4 > 1:

jf(x0) ¡ f(x00)j =

±2

= 1 +

¯

1

1

±

2

¯

±2

¯

¯

¯

¯

¯

¯

Снова получаем, что по числу " = 1 невозможно подобрать ± > 0

так, чтобы выполнялось условие (3.49), поэтому функция f не является равномерно непрерывной на множестве X.

Теорема 3.37 (Кантор) Если функция непрерывна на отрезке [a; b], то она равномерно непрерывна на нём.

Доказательство. Допустим, что теорема неверна. Тогда существует функция f, непрерывная, но не равномерно непрерывная на отрезке

3. Предел и непрерывность функции

147

[a; b]. Это означает, что существует такое "0 > 0, что какое бы ± > 0

ни взять, можно подобрать x0; x00 2 [a;			b], удовлетворяющие условию
jx0 ¡ x00j < ±, для которых jf(x0) ¡ f(x00)j ¸ "0.
±n	Возьмём последовательность положительных чисел (±n) так, чтобы
	¡¡¡!	0 (например, можно взять ±n =		1 (n		2	N)), для каждого ±n,
				n
	n
	!1

в соответствии со сказанным выше, подберём x0n; x00n 2 [a; b] так, чтобы

выполнялись условия jxn0 ¡ xn00j < ±n, но
jf(xn0 ) ¡ f(xn00)j ¸ "0:	(3.50)

Таким образом, выделены две последовательности (x0n) и (x00n). Рассмотрим первую из них. Как содержащаяся в отрезке, последовательность

(x0n) ограничена, поэтому по теореме Больцано-Вейерштрасса (теорема 2.22) из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность (x0nk ).

Пусть x0nk ¡¡¡! c. Так как a · x0nk · b, то и a · c · b, то-есть, c 2 [a; b].

k!1

Подпоследовательность (x00nk ) последовательности (x00n) тоже сходится к

c, поскольку xn00k = (xn00k	¡	xn0	k ) + xn0	k и xn00k	¡	xn0	k	¡¡¡!	0 по построению.
								k
								!1

Так как функция f непрерывна на отрезке [a; b], в частности, в точке c,

то	¡
lim		f(x0	)	¡	f(x00	)	= f(c)	¡	f(c) = 0;
k!1		nk			nk		¢

но в силу (3.50) это невозможно. Получено противоречие, теорема доказана.

Задачи

1.

Имеет ли множество A = ½

2

n + 1

: n 2 N¾ предельные точки?

n

2.

Найти предельные точки множества

A =

½

2n3 ¡ 1

: n

2 Z¾.

n2 + 1

m

3.

Найти предельные точки множества A = n

: n 2 N; m = 1; 2; : : : n ¡ 1o.

n

4.

Доказать, что множество A0

= ½

m

: m 2 Z¾, n0

2 N, состоит из

n0

изолированных точек.

148	Оглавление

5.Имеются ли у множества A = nmn : n 2 N; m = 1; 2; : : : ; n ¡ 1o изолированные точки?

6.Является ли замкнутым множество точек полуинтервала (a; b] ?

½m ¾

n0 : m 2 Z , n0 2 N?

8.Замкнуто ли множество A = nmn : n 2 N; m = 1; 2; : : : ; n ¡ 1o?

9.Замкнуто ли множество A = S1 ·n ¡ 1; n ¡ n1 ¸?n=1

	S	1				n + 1
	1
10.	Замкнуто ли множество A = n=1	·	n	;				n2	¸?
11.	Найти замыкание множества A = n n							: n 2 N; m = 1; 2; : : : ; n ¡ 1o.
					m

12.Является ли открытым множество точек полуинтервала [a; b) ?

13.Является ли открытым множество (1; 8) n f2; 4; 6g?

µ¶

T1 ¡1 ¡ n1 ; 1 + n1 ?n=1

15.Доказать, что полуинтервал (a; b] не является компактным множеством и привести пример открытого покрытия полуинтервала (a; b]

из которого нельзя выделить конечное покрытие.

16.Доказать, что полуинтервал [a; b) не является компактным множеством и привести пример открытого покрытия полуинтервала [a; b), из которого нельзя выделить конечное покрытие.

17.Компактно ли множество N (множество всех натуральных чисел)?

18.Компактно ли множество Q (множество всех рациональных чисел)?

19.Пусть Q множество всех рациональных чисел. Компактно ли множество M = fx 2 Q : 0 · x · 1g ?

20.Пусть M множество всех иррациональных чисел x; удовлетворяющих условию 0 < x < 1: Компактно ли множество M ?

3. Предел и непрерывность функции

149

21.Сформулировать следующие определения предела функции по Коши и по Гейне и доказать их эквивалентность:

a)

lim f(x) = +

1;

b)

lim f(x) =

¡1;

lim f(x) = b

;

x

!

a

x a

c) x

!1

d)

;

e) x

!

;

f)

1;

x

lim

f(x) = b

lim

f(x) = b

lim f(x) =

+

!¡1

x

!1

! 1

g)

lim f(x) = +

1;

h) xlim

f x

) = ¡1;

i)

x

lim f(x) =

1;

x

!1

(

+

1

j)

1;

k)

!1

1;

l)

!

¡1;

x

lim f(x) =

lim

f(x) = +

lim f(x) =

!¡1

x +

x +

f(x) = +1;

! 1

! 1

m) x lim

n) x lim f(x) = ¡1.

!¡1

!¡1

22.Пусть функции f и g не имеют предела в точке a. Следует ли отсюда, что функции f + g, fg также не имеют предела в этой точке?

23.Доказать, что:

a) O(O(®)) = O(®) (x ! a);	b) o(o(®)) = o(®) (x ! a);
c) O(o(®)) = o(®) (x ! a);	d) o(O(®)) = o(®) (x ! a);

e)¯ ³ ® (x ! a), ° ³ ¯ (x ! a) ) ° ³ ® (x ! a);

f)¯ ³ ® (x ! a) ) o(¯) = o(®) (x ! a);

g)¯ ³ ® (x ! a) O(¯) = O(®) (x ! a);

h) O(®)O(¯) = O(®¯) (x ! a); i) o(®)o(¯) = o(®¯) (x ! a);

j)®1 ³ ® (x ! a), ¯1 ³ ¯ (x ! a) ) ®1¯1 ³ ®¯ (x ! a);

k)O(®)o(¯) = o(®¯) (x ! a);

l)° ³ ® (x ! a) ) O¤(®)o(¯) = o(®¯) (x ! a);

m) O(®) + O(®) = O(®) (x ! a); n) o(®) + o(®) = o(®) (x ! a);

o)¯ ³ ® (x ! a), ° ³ ® (x ! a) ) ¯ + ° ³ ® (x ! a);

p)¯ ³ ® (x ! a) ) ¯ + O(®) = O(®) (x ! a);

q)O(®) + o(®) = O(®) (x ! a).

24.Доказать, что:

a)xpO(xq) = O(xp+q) (x ! 0); p; q 2 R;

b)xpo(xq) = o(xp+q) (x ! 0); p; q 2 R;

c)® ³ xq (x ! 0) ) xp ® ³ xp+q (x ! 0); p; q 2 R;

d)xpO(xq) = O(xp+q) (x ! 1); p; q 2 R;

e)xpo(xq) = o(xp+q) (x ! 1); p; q 2 R;