mat.analiz_1

З умов 1) – 2) згідно з теоремою 9.3 існує єдина точка c , яка належить всім цим відрізкам і

		lim a		k	= lim b	= c .
		k→∞			k→∞ k
Оскільки k за побудовою					ak ≤ xnk	≤ bk , то	за теоремою про
граничний перехід в нерівностях маємо:
	lim ak ≤ lim xn		≤ lim bk c ≤ lim xn				≤ c ,
	k→∞	k→∞	k	k→∞		k →∞	k
тобто lim xn = c , що й треба було довести.
k→∞	k
ІІ. Нехай числова послідовність (xn ) – необмежена зверху. Тоді
	M > 0, n0 , n > n0 : xn > M .
Нехай M =1, тоді існує такий номер						n1 , що xn	>1. Очевидно, що
		(xn ), n = n1 +1;				1
числова	послідовність					n1 + 2;...	також необмежена

зверху, оскільки її одержуємо з даної необмеженої зверху послідовності (xn ) відкиданням скінченного числа членів.

Візьмемо M = 2 тоді знайдеться такий номер n2 > n1 , що xn2 > 2 .

Продовжуючи цей процес, одержимо послідовність таких номерів nk , що

n1 < n2 < ... < nk	< ... і xn	>1; xn	> 2; xn > 3;...; xn	> k;....
	1	2	3	k

Отже, звідси випливає, що послідовність (xnk ) є підпослідовністю (xn )

і lim xn = +∞.

n→∞ k

Означення 10.1. Границя, скінченна чи нескінченна, певного знаку, підпослідовності даної послідовності називається її частковою границею (або якщо в довільний окіл цієї точки потрапляє нескінченна множина членів послідовності).

Наприклад послідовність {(−1)n } має дві часткові границі – (–1) і 1.

Теорема Больцано–Вейєрштрасса показує, що всяка послідовність має принаймні одну часткову скінченну чи нескінченну границю, причому скінченну, якщо така послідовність обмежена.

130

Якщо послідовність збігається, то її границя одночасно є і її єдиною частковою границею. Обернене твердження взагалі кажучи неправильне.

Наприклад, числова послідовність	xn	1,	якщо	n −непарне,
		=	якщо	n −парне,
		n,

має єдину часткову границю 1. Однак, ця послідовність є розбіжною. Виявляється, щоб послідовність, яка має єдину часткову границю, була збіжною, необхідно і достатньо, щоб вона була обмеженою.

Теорема 10.2. Для того, щоб послідовність (xn ) була збіжна, необхідно і достатньо, щоб вона була обмежена і мала єдину часткову границю.

Доведення. Необхідність. Нехай послідовність (xn ) збіжна, тоді вона обмежена.

lim xn = a ε > 0 n0 ( n > n0

xn − a

< ε )

n→∞

a −ε < xn < a +ε ,

x (a −ε; a +ε ) n > n0 .

Отже, в Oε (a)

потрапляє нескінченна кількість членів послідовності

(xn ). Тому число a є частковою границею послідовності (xn ).

Доведемо, що ця часткова границя єдина. Використаємо метод

від супротивного. Нехай послідовність

(xn )

має іншу часткову

границю a ≠ a . Тоді

δ > 0 (зокрема δ =

1

a − a

> 0 ) n ′ такий, що

n > n ′

1

2

1

0

x

− a

<

δ, a −δ < x

< a +δ .

0

n

n

1. Якщо a1 > a ,

то xn

< a +δ = a +

1

(a1 − a)=

1

(a1 + a) n > n0′ і отже,

2

2

у δ окіл точки a1 при δ = 12 (a1 − a) може потрапити лише скінченне

131

число членів

x

n

(не

більше,

ніж

n ′). В

результаті виникає

0

суперечність з означенням часткової границі.

2. Якщо a1 < a , то xn > a −δ = a −

1

(a − a1 )

=

1

(a + a1 ) n > n0′ і отже,

2

2

у δ окіл точки a1

при δ =

1

(a − a1 ) може потрапити лише скінченне

2

n ′). В

число членів

x

n

(не

більше,

ніж

результаті виникає

0

суперечність з означенням часткової границі.

Достатність.

Нехай

послідовність

(xn )

обмежена,

тобто

xn

≤ M n N і має єдину часткову границю a . Покажемо,

що a є

границею послідовності

(xn ). Припустимо, що

a не є границею

послідовності

(xn ). Тоді

ε0 > 0 таке,

що поза ε0 околом точки a

(a −ε0 ; a +ε0 )

міститься нескінченна множина членів послідовності

(xn ). Ці члени

можуть міститись

тільки

у відрізках [−M ; A −ε0 ] і

[A +ε0 ; M ], і отже,

в одному з них, наприклад [−M ; A −ε0 ] міститься

нескінченно багато членів послідовності (xn ). Нехай це будуть члени xnk (k =1, 2,...), які утворюють деяку обмежену послідовність. А за

теоремою Больцано Вейєрштрасса вона має принаймні одну часткову границю a1 , і a1 [−M ;a −ε0 ]. Значить a1 ≠ a . Проте a1 будучи частковою границею послідовності (xnk ), є частковою

границею послідовності (xn ). Таким чином, послідовність (xn ) має дві часткові границі a і a1 , що суперечить умові теореми. Теорему доведено.

Критерій Коші.

Нехай задана числова послідовність

x1 , x2 ,..., xn ,... (10.1).

Розглянемо питання про загальну ознаку існування скінченної границі для такої числової послідовності. Саме означення границі для

132

цього служити не може, бо там вже фігурує та границя, про існування якої й де мова. Тому бажано мати таку ознаку для визначення збіжності чи розбіжності послідовностей, яка базувалася б тільки на властивостях елементів даної послідовності.

Поставлену задачу і розв’язує теорема, яка належить чеському математику Больцано і французькому математику Коші.

Означення	10.2 .		Кажуть числова послідовність				(xn )
задовольняє умову Коші, якщо ε > 0 номер						n0 такий, що
для всіх номерів n і m , які задовольняю ть умову n > n0 ,							m > n0
має місце нерівніс ть			xn − xm		< ε .
Послідовність,	яка		задовольняє умову Коші,			називається

фу ндамен тальною послідовністю.

(10.2)

Означення 10.2 можна сформулювати ще і таким чином:

(10.3)

Теорема 10.3 (Критерій Кош і). Для того, щоб числова послідовність була збіжною, необхідно і достатньо, щоб

вона була ф ундаментальною.

Доведення. Необхідність.

df

ε

n0 , n >n0 :

xn

−a

<

ε

.

(xn ) – збі жна lim xn = a

ε >0

n→∞

2

2

Виберемо натуральні числа n, m так,

щоб

n > n0 ,

m > n0 .

Оцінимо

модуль різниці між xn і xm :

xn − xm

=

(xn − a )+(a − xm )

≤

xn − a

+

a − xm

<

ε +

ε = ε .

< ε (xn ) –

2

2

Отже, ε > 0 n0 , n, m > n0 :

xn − xm

фундаментальна

послідовність.

133

Достатність. Нехай числова послідовність

(xn )

задовольняє

умову

Коші,

тобто

ε > 0

n0 , n > n0 ,

m > n0

xn − xm

< ε .

Візьмемо

ε =1,

то

n ≥ n1 і

m > n1

xn − xm

<1.

Зокрема, якщо

n ≥ n1 і m = n1 ,

то

xn − xn

<1,

xn −1 < xn

< xn

+1,

де n ≥ n1 .

Це

1

1

1

значить, що послідовність (xn

),

n = n1 +1,

n1 + 2,... обмежена. Тому за

теоремою

10.1

існує

збіжна

підпослідовність

(xnk ):

lim xnk

= a .

Покажемо, що вся дана послідовність (xnk

)

n→∞

також збіжна до числа a .

З цією метою візьмемо деяке ε > 0 .

1) Тоді

(за

означенням

границі)

kε

такий,

що

k > kε (nk ≥ nkε )

xnk

− a

<

ε .

2

2) Оскільки

послідовність

(xn )

задовольняє

умову

Коші,

то

n , n > n ,

m > n

виконується нерівність

x

− x

< ε .

Візьмемо

ε

ε

ε

n

m

2

Nε = max{nε , nk }

і

розглядатимемо

номери

nk > Nε .

Оцінимо

модуль різниці між загальним членом послідовності і числом a :

xn −a

=

(xn − xnk

)+(xnk

−a)

≤

xn − xnk

+

xnk

−a

< ε

+

ε =ε ,

звідки випливає, що lim xn

= a . ■

2

2

n→∞

134

План:

1.Означення границі функції у точці. Єдиність границі.

2.Еквівалентність означень границі функції в точці за Коші і за Гейне.

3.Односторонні границі.

4.Границя функції на нескінченності.

Мета лекції: мати чітке уявлення про основний метод дослідження функції – граничний перехід; розуміти, що границя функції в точці є локальною характеристикою поведінки функції у досить малому околі.

Означення границі функції у точці. Єдиність границі.

Ми познайомились з поняттям границі числової послідовності, тобто границі функції натурального аргументу. Зараз ми почнемо вивчати найважливіше поняття математичного аналізу – поняття „границі функції” неперервного аргументу в точці. Ми також будемо вивчати низку таких понять, оскільки під „точкою” розумітимемо або скінченні точки, або нескінченно віддалені

(+∞, −∞).

Найбільш важливими серед них є:

1)

x→x

(

x

)

– границя функції

f

(

x

)

в точці

0

A = lim f

x ;

0

(

)

(

)

2)

A =

x→x +0

f

x

– права границя функції f

x

в точці

0

;

lim

x

0

(

)

(

)

3)

A =

x→x −0

f

x

– ліва границя функції

f

x

в точці

0

;

lim

x

0

4)

A = lim f

(x) – границя функції

f (x)

на нескінченності (x → ∞);

x→∞

5)

A = lim f (x)

– границя функції

f (x)

при x → ±∞.

x→±∞

135

В усіх цих випадках функція f (x) визначена або на всій

числовій прямій, або на деякій її підмножині X R (це може бути інтервал, відрізок, сукупність проміжків, або якась інша нескінченна множина). Важливим є тільки те, щоб точка x0 була граничною

точкою множини X . Це означає, що довільний окіл такої точки містить нескінченно багато точок з X .

При означенні

x0 −ε

x0

Рис. 11.1

x0 −ε

x0

границі

x0 +ε

x0 +ε

числової послідовності ми використовували поняття

xоколу точки x0 як інтервалу з центром в самій точці x0 :

	Oε (x0 ):= (x0 −ε; x0 +ε ) (рис.
x	11.1).

Рис. 11.2					Якщо	розглянути	множину
					точок прямої, яка задовольняє
нерівність 0 <		x − x0		< δ , то така множина називається проколеним
околом точки x0 і позначається: Oε* (x0 ):= (x0						−ε; x0 ) (x0 ; x0	+ ε ) (рис.
11.2).
Означення 11.1 (границя функції за Гейне). Число А
називається границею функції y = f (x) в точці x0 ,							якщо для
довільної послідовності					значень аргумента (xn ) X з
проколеного околу точки x0 , збіжної до точки x0 , відповідна
послідовність				значень	функції	f (x1 ), f (x2 ),..., f (xn ),...

збігається до числа А.

(11.1)

Означення 11.2 (границя функції за Коші). Число А називається границею функції y = f (x) в точці x0 , якщо для довільного як завгодно малого додатного числа ε знайдеться додатне число δ таке, що для всіх значень x X таких, що 0 < x − x0 < δ ,

виконується нерівність f (x)− A < ε .

136

(11.2)

З означення 11.1 границі функції випливає, що ті значення функції, які вона приймає в точках x , що лежать зовні O* (x0 ) і в самій точці x0 , не впливають ні на існування, ні на величину границі функції в точці x0 . Тобто, існування чи не існування границі функції в точці повністю визначається поведінкою функції в деякому проколеному околі точки x0 . Тому властивість функції мати границю в точці є

локальною властивістю функції в даній точці.

Зауваження. З означення 11.1 (на мові послідовностей) випливає, що функція f (x) може мати в точці x0 лише одну границю.

Еквівалентність означень границі функції в точці за Коші і за Гейне.

Теорема 11.1. Означення 11.1 і 11.2 границі функції за Гейне і за Коші є еквівалентні.

Доведення. І. Нехай число А є границею функції f (x) за Коші. Доведемо, що це число А буде границею функції

точці x0 за Гейне.			(
( x→x0	)	df (Кошi)			0
A=lim f (x)				ε >0	δ >0, x X : 0 <	x−x	<δ

в точці x0 f (x) в

f (x)−A <ε)

Виберемо довільну послідовність значень аргументу xn Oδ* (x0 )∩ X ,

тоді		f (xn )− A		< ε f (xn ) Oε (A)	n > n0	lim f (xn )= A.
						n→∞

ІІ. Нехай тепер число A є границею функції f (x) в точці x0 за Гейне. Доведемо, що це ж число є границею функції f (x) в точці x0 за Коші

(методом

від

супротивного).

f (x1 )− A

Тоді

ε0 > 0 δ > 0 x1 :

0 <

x1 − x0

< δ ,

однак

≥ ε0 .

Візьмемо числа δ : 1;

1

;

1

; ... ;

1

;...

2

3

n

137

δ1 =1: x1 : x1 − x0 <1 f (x1 )− A ≥ ε0

δ2 =

1

: x2 :

x2 − x0

<

1

f (x2 )− A

≥ ε0

2

2

............................................................................

δ =

1

: xn :

xn − x0

<

1

f (xn )− A

≥ ε0

n

n

..............................................................................

0 <

xn − x0

<

1

,

однак

f (xn )− A

≥ ε

0

n

Отже, якщо

суперечність.

df (Гейне)

f (xn )− A

xn → x0

< ε0

n→∞

Суперечність виникла, коли ми припустили, що означення за Коші не має місця. Тому з означення 11.1 випливає означення 11.2.

Приклади. Знайти границю функції в точці x0 або довести, що вона не існує.

1. f

(

x

)

=

3x2 − 6x

+ 5

, D

(

f

)

= R

\ 1 ,

x

= 0 .

x −1

{ }

0

Візьмемо довільну послідовність (xn ) D ( f ): lim xn

= 0 . Тоді

n→∞

(xn )= lim

3x

2

−6x +5

3lim x 2 −6lim x

+5

3

0

−6 0

+5

lim f

=

n→∞

n

n→∞ n

=

= −5.

x −1

lim x

−lim1

0 −1

n→∞

n→∞

n→∞

n

n→∞

2. f (x)

= sin

1

, D( f )= R \ {0},

x0

= 0 .

Покажемо,

що

границя

x

x0 = 0 не існує. Для цього,

функції в точці

згідно з означенням за

Гейне, достатньо взяти дві різні послідовності значень аргументу, збіжні до нуля, і показати, що відповідні послідовності значень функції збіжні до різних чисел, або принаймні одна з них розбіжна.

138

x0 −ε

y

x

x

x0 +ε

0

Рис. 11.3

xn

=

1

→0

f (xn )= sin

1

= sinπn = 0 →0

1

πn n→∞

n→∞

πn

x ′ =

1

→

0

f

x ′

= sin

1

= sin

π

+ 2πn

=1 →1

π

1

2

n

n→∞

( n )

n→∞

+ 2πn

2

π

+ 2πn

2

(

)

lim f (x

)= 0 ≠1 = lim f

x ′

,

n→∞

n

n→∞

n

що означає, що функція

f (x)= sin

1

в точці

x0 границі не має.

x

3. Довести,

що функція Діріхле

f (x)

1,

x Q,

в довільній точці

=

x I.

x0 R границі не має.

0,

Доведення. Дійсно, аналогічно попередньому прикладу маємо

(

x

Q : lim x

= x

f

(

x

=1 →1

n )

n→∞

n

0

n )

n→∞

lim f

x

≠ lim f

x ′

(

)

n→∞

(

)

x

′

I : lim x

′ = x

f

x ′

=

0 →0

n→∞

( n )

n→∞

(

n )

n

n

0

n

n→∞

.

4. Довести, що lim	sin x	=1 (перша чудова границя).
x→0	x
Доведення. Розглянемо спочатку випадок, коли 0 < x <			π	(рис. 11.4).
			2
	139