2.6. Предел и непрерывность функции

Число A называется пределом функции f (x)		при x → a ,					если для любого
сколь угодно малого ε > 0 найдется такое δ > 0 , что				f (x) − A		<ε	при		x − a		<δ .
lim f(x) = A	.
Это записывают так: x→a

В определении предела функции следует обратить внимание на два существенных момента:

1. Число A называют пределом функции, если выполнение неравенства x − a <δ влечет за собой выполнение неравенства f (x) − A <ε , гдеε > 0 – задан-

ное число, а δ – соответствующим образом подобрано.

2. Для существования предела функции в точке а вовсе не требуется, чтобы функция f(x) была непременно определена в точке a. Для того, чтобы функция f(x) стремилась к пределу при x→a, необходимо лишь, чтобы в области ее определения были точки, как угодно близкие к a и отличные от a.

Пример. Используя определение, доказать, что функция f (x) =3x − 2 в точке

x=1 имеет предел, равный единице, т.е. limx→1 ( 3x − 2 ) =1.

∆В данном примере f (x) =3x − 2 , A=1 и a=1. Возьмем любоеε > 0 . Задача со-

стоит в том, чтобы по этому ε найти такоеδ > 0 , при котором из неравенства

x −1

<δ следовало бы неравенство

f (x) −1

=

3x − 2 −1

<ε . Преобразуя последнее

неравенство, получаем

3(x −1)

<ε ,

или

x −1

< ε . Отсюда видно, что если взять

3

	δ ≤	ε	, то для всех x, удовлетворяющих неравенству		x −1		<δ , выполняется тре-
		3

	буемое неравенство							f (x) −1		<ε . Это и означает, что lim( 3x − 2 ) =1. В частности,
			1		1					x→1
	если	ε =		, то δ ≤		и т.д.
			2		6

Функция f(x) называется бесконечно большой при x→a, если для произвольного положительного числа M, найдется такоеδ > 0 , что f (x) > M

приЕслиx − a lim<δ α. (x) = 0 , то функция α(x) называется бесконечно малой при x→a.

x→a

Если x<a и x→a, то употребляют запись x→a–0, если x>a и x→a – запись

x→a+0. Число f(a − 0 ) = lim f(x) и	f(a + 0 ) = lim f(x) называют соответственно
x→a−0	x→a+0

левым и правым пределом функции f(x) в точке a.

Для существования предела функции f(x) при x→a необходимо и достаточ-

но, чтобы f(a − 0 ) = f(a + 0 ) .

Практическое вычисление пределов основано на следующих теоремах.

Если существуют		lim f(x)	lim g(x)		, то
		x→a	и x→a
1)	lim[f(x) ± g(x)]= lim f(x) ± lim g(x)			;
	x→a	x→a	x→a
2)	lim[f(x) × g(x) ]= lim f(x) × lim g(x) ;
	x →a	x →a	x →a

27

		f(x)			lim f(x)
3)	lim		=		x→a			(при lim g(x) ≠ 0 );
					lim g(x)
	x→a g(x)							x→a
					x→a
4)	lim	f(ϕ) = A ,				lim ϕ(x) =ϕ0 , то предел сложной функции			lim f[ϕ(x)] = A .
	ϕ→ϕ0					x→x0			x→x0
Примеры
1. Найти lim					x 2	− 9
				x 2		− 3x
		x→3

∆ Непосредственно теорему 3) (предел частного) применить нельзя, так как предел знаменателя при x→3 равен нулю. Следовательно, имеем неопределен-

ность вида 00 . Необходимо, как говорят, раскрыть эту неопределенность. Для

этого разложим числитель и знаменатель на множители и сократим на общий множитель x-3, который обращает в нуль знаменатель и числитель дроби. Это можно сделать, так как в определении предела функции при x→3 значение функции в точке x=3 не входит во множество значений функции, поскольку x≠3 имеем:

	lim	x2	−9	= lim	(x −3 )(x + 3 )		= lim	x + 3
		x2	−3x		x(x −3 )			x
	x→3			x→3			x→3

Так как знаменатель теперь не равен нулю, то неопределенность

0

раскры-

0

та. Применяя теорему (3), окончательно получаем lim

x2

−9

= lim

x + 3

=

6

= 2 .

x2

−3x

x

3

3x + 5

x→3

x→3

lim

2. Найти x→∞ 2x + 3 .

∆ Числитель и знаменатель дроби неограниченно возрастает при x→∞. В та-

ком случае говорят, что имеет место неопределенность вида

∞ . Разделив на x

5

∞

5

3x + 5

3 +

lim

( 3 +

)

3

x

x

числитель и знаменатель дроби, получаем lim

= lim

=

x→∞

=

, так

2x + 3

3

3

2

x→∞

x→∞

2 +

lim

( 2 +

)

x

x

5

3

x→∞

как при x→∞ каждая из дробей

и

стремится к нулю.

x

x

3. Найти lim

x + 4 − 2 .

x→0

x

∆ Числитель и знаменатель дроби при x→0 равен нулю. Имеем неопреде-

ленность типа

0

. Чтобы ее раскрыть, умножим числитель и знаменатель дроби

0

на сумму x + 4 + 2 . Тогда:

lim (

x + 4 + 2 )( x + 4 − 2 )

= lim

x + 4 − 4

= lim

1

lim1

1 .

x(

=

x→0

=

x→0

x(

x + 4 + 2 )

x→0

x + 4 + 2 )

x→0

x + 4 + 2

lim

x + 4 + 2

4

x→0

28

4. Найти lim

x −1 .

x→1 3

x −1

∆ Для раскрытия неопределенности вида

0

удобно предварительно сделать

замену t = 6

0

x , а затем полученные многочлены разложить на множители:

lim

x −1

= lim

t3

−1

= lim

(t −1)(t2 + t +1)

= lim

t2

+ t +1

=

lim t2

+ t +1

=

3

.

x

−1

t2

−1

(t −1)(t +1)

t +1

t→1

2

x→1 3

t→1

t→1

t→1

lim t +1

t→1

При вычислении пределов используются также следующие, так называемые

замечательные пределы:

lim

sin x

=1 – первый замечательный предел

x

x→0

1

lim (1 +

1

)x = lim(1 + α)

= e = 2,71828...... – второй замечательный предел

α

x

x→∞

α→0

Также полезно иметь в виду следующие равенства:

lim

ln (1 + x)

=1; lim

a x −1

= ln a ; lim

(1 + x)m −1

= m ,

x

x

x→0

x

x→0

x→0

здесь ln x – натуральный логарифм (логарифм числа x по основанию e).

5. Найти lim

sin mx

.

x

x→0

∆ Используя первый замечательный предел, имеем:

lim

sin mx

= lim

m sin mx

= m lim

sin mx

= m

mx

sin mx

x→0

x

x→0

x→0

mx

6. Найти lim

.

sin nx

x→0

∆ Используя первый замечательный предел, имеем:

sin mx

m

sin mx

m

lim

sin mx

m

mx

mx

lim

= lim

=

x→0

=

x→0 sin nx

x→0

n

sin nx

n lim

sin nx

n

nx

nx

1 − cos 4x

x→0

7. Найти lim

.

x→0

x2

α

∆ Используем формулу тригонометрии 1 − cos α = 2 sin 2

, тогда:

2 sin 2 2x

2

lim

1 − cos 4x

= lim

= 2 lim

sin 2x

lim

sin 2x

=8 .

x→0

x2

x→0

x2

x→0

x

x→0

x

8. Найти lim

(1 +

a

)bx .

x

x→∞

∆ Используя второй замечательный предел, имеем:

a

a

x

a

a

x

lim(1

+

)bx = lim

[(1

+

)

]

bx

= lim

[(1

+

)

] ab = eab .

a

x

a

x

x

x

x→∞

x→∞

x→∞

29

Аналогично доказывается, что lim(1 + ay)

b

= eab .

y

y→0

lim(1 +

3

)5x

3

9. Найти

,

lim(1 − 4x)

x

.

x→∞

x

x→0

∆ Используя пример 8, получаем lim

3

3

(1 +

)5x = e15 ; lim(1 − 4x)

= e−12 .

x

x

2x −3

x→∞

x→0

10. Найти lim

(

)4 x

2x −1

x→∞

3

2x − 3

2 −

∆ Имеем

неопределенность

вида

[1∞ ],

так как

lim (

) = lim

x

=1,

2x −1

1

x→∞

x→∞

2 −

lim ( 4x) = ∞.

x

x→∞

Выделим

у

дроби

целую

часть

2x −3

=

( 2x −1) − 2

=1 −

2

. Обозначим

2x −1

2x −1

2x −1

y = −

2

, при x→∞ y→0, причем x = −

1

+

1

. Используя второй замечательный

2x −1

y

2

предел, получаем

4

4

1

2x −3

lim (

)4 x = lim (1+ y)−

+2

= lim (1+ y)−

×lim (1+ y)2

=[ lim (1+ y)

]−4 ×1 = e−4 .

y

y

y

x→∞

2x −1

y→0

y→0

y→0

y→0

Непрерывность функции

Функция f(x) называется непрерывной в точке a, если:

1)эта функция определена в некоторой окрестности точки a;

2)существует предел lim f(x) ;

→ax

3) этот предел равен значению функции в точке a; т.е.	lim f(x) = f(a)	.
	x→a

Обозначим x-a=∆x (приращение аргумента) и f(x)-f(a)=∆y (приращение

функции), условия непрерывности можно записать так: lim ∆y = 0 , т.е. функция

∆x→0

непрерывна в т. a тогда и только тогда, когда в этой точке бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно малое приращение функции.

Если функция непрерывна в каждой точке некоторой области, то она называется непрерывной в этой области.

Пример

Доказать, что функция f (x) = 5x2 − 6x + 2 непрерывна в любой точке x0 чи-

словой прямой.

∆ Придавая аргументу x в точке x0 приращение ∆x, найдем соответствующее приращение функции:

∆y = f (x0 + ∆x) − f (x0 ) = 5(x0 + ∆x)2 − 6(x0	+ ∆x) + 2 −5x0	2 + 6x0 − 2 = (10x0	− 6)∆x + 5(∆x)2 .
Найдем предел ∆y при ∆x→0 lim ∆y = lim [(10x0 − 6)∆x + 5(∆x)2 ]= 0			в любой точке
∆x→0	∆x→0

x0, что и доказывает непрерывность заданной функции на всей числовой прямой.

30

Сумма и произведение конечного числа непрерывных функций есть функция непрерывная. Частное от деления двух непрерывных функций есть функция непрерывная во всех точках, где делитель не равен нулю.

Все функции, получаемые с помощью конечного числа арифметических действий над простейшими элементарными функциями, а также суперпозицией этих функций, составляют класс элементарных функций. Одним из важных свойств элементарных функций является их непрерывность в каждой точке области определения. Это свойство открывает широкие возможности для вычисления пределов элементарных функций.

Примеры

1. Найти lim			1 + sin x	.
x→	π		1 − cos 2x
	2

∆ Так как в точке x =

π

функция 1,

sinx,

cos2x непрерывны, то функция

1 + sin x

2

π

f(x) =

непрерывна в точке

x =

,

т.е. предел функции и ее значение в

1 − cos 2x

2

этой точке равны, тогда, переходя к пределу, получаем

1+sin (

π

lim

1+sin x

=

2 )

=

1+1

=1.

1−cos 2x

π×2

1

−( −1)

x→

1−cos (

)

2

2

2. Найти lim

x + 2 − 6 − x .

x→2

x2

− 4

∆ Функция

f(x) =

x + 2 − 6 − x

не определена в точке x=2, т.е. не является

x2 − 4

непрерывной в этой точке. Поэтому сразу переходить к пределу, как в предыдущем примере, нельзя. Для нахождения предела надо функцию f(x) тождественно преобразовать так, чтобы она при x ≠ 2 совпала с некоторой функцией F(x), непрерывной в точке x=2, т.е. надо найти непрерывную функцию F(x), та-

кую чтобы выполнялось равенство f(x)=F(x) при x ≠ 2 или lim f(x) = lim F(x) = F( 2 ) .
			x→2	x→2
Для этого умножим числитель и знаменатель дроби на сумму				x + 2 + 6 − x :
f(x) =	x + 2 − 6 − x	= ( x + 2 − 6 − x )( x + 2 + 6 − x ) =	(x + 2 ) −( 6 − x)		=
	x2 − 4	(x2 − 4 )( x + 2 + 6 − x )	(x2 − 4 )( x + 2 + 6 − x )
= (x2	2(x − 2 )	2(x − 2 )		2
	− 4 )( x + 2 +	6 − x ) = (x − 2 )(x + 2 )( x + 2 + 6 − x ) = (x + 2 )(		x + 2 + 6 − x )

Таким образом, f(x)=F(x) при x ≠ 2 . Но функция x=2, поэтому переходя к пределу, получаем

lim	x + 2 − 6 − x	= lim	2
x→2	x 2 − 4	x→2 (x + 2 )( x + 2 + 6 −

F(x) непрерывна в точке

=	2	=	1
x )	4( 2 + 2 )		8

31