Сравнение бесконечно малых и бесконечно больших

Прогресс изучения0 из 7

Отмечай теоремы кнопками ✓ (изучено) и ↻ (повторить)

Все теоремы темы7

Критерий эквивалентности бесконечно малых
Правила действий с «о малым»
Таблица эквивалентных бесконечно малых
Эквивалентности при замене переменной
Замена эквивалентными в пределах
Сумма бесконечно малых разных порядков. Главная часть
Теоремы об эквивалентных бесконечно больших

теорема

Критерий эквивалентности бесконечно малых

Формулировка

Пусть $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ — бесконечно малые при $x\to a$ , не обращающиеся в нуль в некоторой проколотой окрестности точки $a$ .

Справедливы равносильности

\alpha\sim\beta\iff\alpha - \beta = o(\beta)\iff\alpha - \beta = o(\alpha).

Иначе говоря, $\alpha\sim\beta$ тогда и только тогда, когда $\alpha = \beta + o(\beta)$ .

Отношение $\sim$ является отношением эквивалентности:

\alpha\sim\alpha;\qquad \alpha\sim\beta\Rightarrow\beta\sim\alpha;\qquad \alpha\sim\beta,\ \beta\sim\gamma\Rightarrow\alpha\sim\gamma.

Доказательство

Развернуть

Поскольку $\beta\ne 0$ в проколотой окрестности, условие $\alpha - \beta = o(\beta)$ означает $\frac{\alpha - \beta}{\beta}\to 0$ . Но

\frac{\alpha - \beta}{\beta} = \frac\alpha\beta - 1,

поэтому по теореме об арифметических операциях с пределами $\frac{\alpha - \beta}\beta\to 0\iff\frac\alpha\beta\to 1$ , т. е. $\alpha - \beta = o(\beta)\iff\alpha\sim\beta$ .

Если $u(x) = \frac{\alpha}{\beta}\to 1$ , то и $\frac\beta\alpha = \frac1{u}\to\frac11 = 1$ (предел частного, знаменатель имеет ненулевой предел); и наоборот. Значит, $\alpha\sim\beta\iff\beta\sim\alpha$ . Применяя доказанное в первом пункте к паре $(\beta,\alpha)$ , получаем $\beta\sim\alpha\iff\beta - \alpha = o(\alpha)\iff\alpha - \beta = o(\alpha)$ . Тем самым все три условия первого пункта равносильны.
Рефлексивность: $\frac\alpha\alpha\equiv 1\to 1$ . Симметричность доказана во втором пункте. Транзитивность: если $\frac\alpha\beta\to 1$ и $\frac\beta\gamma\to 1$ , то

\frac\alpha\gamma = \frac\alpha\beta\cdot\frac\beta\gamma\to 1\cdot 1 = 1

по теореме о пределе произведения, т. е. $\alpha\sim\gamma$ . $\blacksquare$

теорема

Правила действий с «о малым»

Формулировка

Пусть все функции рассматриваются при $x\to a$ , а равенства понимаются слева направо (любая функция класса, стоящего слева, принадлежит классу, стоящему справа). Тогда:

$o(\alpha)\pm o(\alpha) = o(\alpha)$ ;
$C\cdot o(\alpha) = o(\alpha)$ для любой постоянной $C$ ; более общо, $f\cdot o(\alpha) = o(\alpha)$ , если $f$ локально ограничена в проколотой окрестности $a$ ;
$o(\alpha)\cdot o(\beta) = o(\alpha\beta)$ ;
$\alpha\cdot o(\beta) = o(\alpha\beta)$ ;
$o(o(\alpha)) = o(\alpha)$ ;
$o(\alpha + o(\alpha)) = o(\alpha)$ ;
при $x\to 0$ и $n, m\in\mathbb N$ , $n\le m$ :

x^m = o(x^n)\ (n < m),\qquad o(x^m) = o(x^n),\qquad o(x^n) + o(x^m) = o(x^{n}),

т. е. $o(x^n) + o(x^m) = o\big(x^{\min(n, m)}\big)$ .

Доказательство

Развернуть

Используем общее определение: $\gamma = o(\alpha)$ , если в проколотой окрестности точки $a$ выполнено $\gamma = \varepsilon\alpha$ , где $\varepsilon(x)\to 0$ . Всюду ниже $\varepsilon, \varepsilon_1, \varepsilon_2$ — бесконечно малые при $x\to a$ ; при пересечении двух проколотых окрестностей снова получаем проколотую окрестность.

Если $\gamma_1 = \varepsilon_1\alpha$ , $\gamma_2 = \varepsilon_2\alpha$ , то $\gamma_1\pm\gamma_2 = (\varepsilon_1\pm\varepsilon_2)\alpha$ , а $\varepsilon_1\pm\varepsilon_2$ — бесконечно малая как сумма бесконечно малых. Значит, $\gamma_1\pm\gamma_2 = o(\alpha)$ .
Если $\gamma = \varepsilon\alpha$ и $|f|\le M$ в проколотой окрестности, то $f\gamma = (f\varepsilon)\alpha$ , а $f\varepsilon$ — бесконечно малая как произведение бесконечно малой на ограниченную функцию (свойства бесконечно малых). Постоянная $C$ — частный случай ограниченной функции.
Если $\gamma_1 = \varepsilon_1\alpha$ , $\gamma_2 = \varepsilon_2\beta$ , то $\gamma_1\gamma_2 = (\varepsilon_1\varepsilon_2)\,\alpha\beta$ , и $\varepsilon_1\varepsilon_2\to 0$ как произведение бесконечно малых.
Если $\gamma = \varepsilon\beta$ , то $\alpha\gamma = \varepsilon\cdot(\alpha\beta) = o(\alpha\beta)$ .
Если $\gamma = \varepsilon_1\delta$ , $\delta = \varepsilon_2\alpha$ , то $\gamma = (\varepsilon_1\varepsilon_2)\alpha = o(\alpha)$ .
Если $\gamma = \varepsilon_1(\alpha + \varepsilon_2\alpha) = \varepsilon_1(1 + \varepsilon_2)\alpha$ , то по теореме о пределе произведения $\varepsilon_1(1 + \varepsilon_2)\to 0\cdot 1 = 0$ , т. е. $\gamma = o(\alpha)$ .
Пусть $n < m$ . Тогда $x^m = x^{m - n}\cdot x^n$ , и $x^{m - n}\to 0$ при $x\to 0$ , т. е. $x^m = o(x^n)$ . Далее, если $\gamma = \varepsilon x^m$ , то $\gamma = (\varepsilon x^{m - n})x^n$ и $\varepsilon x^{m - n}\to 0$ ; следовательно, $o(x^m) = o(x^n)$ (при $n = m$ это тривиально). Наконец, по доказанному и по правилу 1

o(x^n) + o(x^m) = o(x^n) + o(x^n) = o(x^n). \ \blacksquare

теорема

Таблица эквивалентных бесконечно малых

Формулировка

При $x\to 0$ справедливы эквивалентности

\sin x\sim x,\quad \operatorname{tg}x\sim x,\quad \arcsin x\sim x,\quad \operatorname{arctg}x\sim x,

\ln(1 + x)\sim x,\qquad e^x - 1\sim x,

a^x - 1\sim x\ln a,\qquad \log_a(1 + x)\sim\frac{x}{\ln a}\qquad(a > 0,\ a\ne 1),

1 - \cos x\sim\frac{x^2}2,\qquad (1 + x)^\mu - 1\sim\mu x\qquad(\mu\ne 0).

Равносильно (по критерию эквивалентности): $\sin x = x + o(x)$ , $\ln(1 + x) = x + o(x)$ , $e^x = 1 + x + o(x)$ , $\cos x = 1 - \frac{x^2}2 + o(x^2)$ , $(1 + x)^\mu = 1 + \mu x + o(x)$ и т. д.

Доказательство

Развернуть

Все функции, стоящие в таблице, отличны от нуля в некоторой проколотой окрестности нуля (например, $\sin x\ne 0$ при $0 < |x| < \pi$ , $1 - \cos x\ne 0$ при $0 < |x| < 2\pi$ , $(1 + x)^\mu\ne 1$ при $x\ne 0$ , $x > -1$ ), так что отношения определены. Нужно проверить, что отношение левой и правой частей стремится к $1$ .

По первому замечательному пределу $\frac{\sin x}x\to 1$ . По следствиям из него

\frac{\operatorname{tg}x}x\to 1,\qquad\frac{\arcsin x}x\to 1,\qquad\frac{\operatorname{arctg}x}x\to 1,

а также $\frac{1 - \cos x}{x^2}\to\frac12$ , откуда

\frac{1 - \cos x}{x^2/2} = 2\cdot\frac{1 - \cos x}{x^2}\to 1.

По следствиям второго замечательного предела $\frac{\ln(1 + x)}x\to 1$ и $\frac{e^x - 1}x\to 1$ .
Для $a > 0$ , $a\ne 1$ имеем $\ln a\ne 0$ и $\frac{a^x - 1}{x}\to\ln a$ , поэтому

\frac{a^x - 1}{x\ln a} = \frac1{\ln a}\cdot\frac{a^x - 1}x\to 1.

Так как $\log_a(1 + x) = \frac{\ln(1 + x)}{\ln a}$ , то $\dfrac{\log_a(1 + x)}{x/\ln a} = \dfrac{\ln(1 + x)}{x}\to 1$ .

По следствию второго замечательного предела $\frac{(1 + x)^\mu - 1}x\to\mu$ , и при $\mu\ne 0$

\frac{(1 + x)^\mu - 1}{\mu x}\to\frac\mu\mu = 1.

Запись через $o$ следует из критерия эквивалентности: $\alpha\sim\beta\iff\alpha = \beta + o(\beta)$ ; например, $1 - \cos x = \frac{x^2}2 + o\big(\frac{x^2}2\big) = \frac{x^2}2 + o(x^2)$ (постоянный множитель внутри $o$ можно опустить). $\blacksquare$

теорема

Эквивалентности при замене переменной

Формулировка

Пусть $\alpha(t)\sim\beta(t)$ при $t\to b$ , а функция $\varphi(x)$ такова, что

\lim_{x\to a}\varphi(x) = b,\qquad\varphi(x)\ne b\ \text{ в некоторой проколотой окрестности точки } a,

и композиции $\alpha(\varphi(x))$ , $\beta(\varphi(x))$ определены в этой окрестности. Тогда

\alpha(\varphi(x))\sim\beta(\varphi(x))\quad\text{при } x\to a.

В частности, если $\varphi(x)\to 0$ и $\varphi(x)\ne 0$ в проколотой окрестности точки $a$ , то при $x\to a$

\sin\varphi\sim\varphi,\quad \ln(1 + \varphi)\sim\varphi,\quad e^\varphi - 1\sim\varphi,\quad 1 - \cos\varphi\sim\frac{\varphi^2}2,\quad(1 + \varphi)^\mu - 1\sim\mu\varphi

и т. д. для всех эквивалентностей таблицы (например, $\sin 3x\sim 3x$ , $\ln(1 + x^2)\sim x^2$ при $x\to 0$ ).

Доказательство

Развернуть

По определению эквивалентности $\beta(t)\ne 0$ в некоторой проколотой окрестности $\mathring U(b)$ и функция $h(t) = \frac{\alpha(t)}{\beta(t)}$ имеет предел $\lim\limits_{t\to b}h(t) = 1$ .
Так как $\varphi(x)\to b$ и $\varphi(x)\ne b$ вблизи $a$ , найдётся проколотая окрестность $\mathring V(a)$ , в которой $\varphi(x)\in\mathring U(b)$ . Поэтому при $x\in\mathring V(a)$ имеем $\beta(\varphi(x))\ne 0$ и

\frac{\alpha(\varphi(x))}{\beta(\varphi(x))} = h(\varphi(x)).

По теореме о пределе сложной функции (условие $\varphi(x)\ne b$ выполнено) $h(\varphi(x))\to 1$ при $x\to a$ , т. е. $\alpha(\varphi(x))\sim\beta(\varphi(x))$ .
Частные случаи получаются применением доказанного к эквивалентностям таблицы эквивалентных бесконечно малых при $t\to 0$ (с $b = 0$ ); например, для $\varphi(x) = 3x$ , $x\to 0$ , получаем $\sin 3x\sim 3x$ . $\blacksquare$

теорема

Замена эквивалентными в пределах

Формулировка

Пусть $\alpha\sim\alpha_1$ и $\beta\sim\beta_1$ при $x\to a$ , а $f$ — функция, определённая в проколотой окрестности точки $a$ .

Предел $\lim\limits_{x\to a}\alpha(x)f(x)$ существует тогда и только тогда, когда существует $\lim\limits_{x\to a}\alpha_1(x)f(x)$ , и в этом случае

\lim_{x\to a}\alpha(x)f(x) = \lim_{x\to a}\alpha_1(x)f(x)

(пределы конечные или бесконечные). Аналогично $\lim\frac{f}{\alpha} = \lim\frac{f}{\alpha_1}$ .

В частности,

\lim_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = \lim_{x\to a}\frac{\alpha_1(x)}{\beta_1(x)}:

в произведении и частном бесконечно малые можно заменять эквивалентными.

В сумме и разности замена эквивалентными, вообще говоря, недопустима: при $x\to 0$ имеем $\operatorname{tg}x\sim x$ , $\sin x\sim x$ , но

\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x - \sin x}{x^3} = \frac12\ne 0 = \lim_{x\to 0}\frac{x - x}{x^3}.

(Бесконечная малость $\alpha,\beta$ в доказательстве пунктов 1, 2 не используется: они верны для любых функций с $\alpha/\alpha_1\to 1$ , $\beta/\beta_1\to 1$ .)

Доказательство

Развернуть

В проколотой окрестности точки $a$ запишем

\alpha f = \frac{\alpha}{\alpha_1}\cdot\alpha_1 f,\qquad\frac{\alpha}{\alpha_1}\to 1.

Если $\alpha_1f\to A\in\mathbb R$ , то по теореме о пределе произведения $\alpha f\to 1\cdot A = A$ .

Пусть $\alpha_1f\to\infty$ . По теореме о знакопостоянстве функции, имеющей ненулевой предел, в некоторой проколотой окрестности $\frac{\alpha}{\alpha_1} > \frac12$ ; там $|\alpha f|\ge\frac12|\alpha_1f|$ , поэтому $|\alpha f|\to+\infty$ . Так как сомножитель $\frac\alpha{\alpha_1}$ положителен, знак $\alpha f$ совпадает со знаком $\alpha_1 f$ ; значит, при $\alpha_1f\to+\infty$ (или $-\infty$ ) и $\alpha f\to+\infty$ (соответственно $-\infty$ ).
Так как отношение $\sim$ симметрично (критерий эквивалентности), роли $\alpha$ и $\alpha_1$ можно поменять, что даёт обратную импликацию. Для частного: $\frac f\alpha = \frac{\alpha_1}{\alpha}\cdot\frac{f}{\alpha_1}$ и $\frac{\alpha_1}\alpha\to 1$ — рассуждение то же.
Пункт 2 формулировки: применяя пункт 1 дважды,

\lim\frac{\alpha}{\beta} = \lim\frac{\alpha_1}{\beta} = \lim\frac{\alpha_1}{\beta_1}.

Контрпример. Так как $\operatorname{tg}x - \sin x = \operatorname{tg}x\,(1 - \cos x)$ , то

\frac{\operatorname{tg}x - \sin x}{x^3} = \frac{\operatorname{tg}x}{x}\cdot\frac{1 - \cos x}{x^2}\to 1\cdot\frac12 = \frac12

по следствиям первого замечательного предела. Формальная же замена $\operatorname{tg}x$ и $\sin x$ на $x$ в разности даёт числитель $x - x\equiv 0$ и неверный ответ $0$ . Причина: разность $\operatorname{tg}x - \sin x$ имеет более высокий порядок малости, чем каждое слагаемое, а при замене теряются как раз слагаемые $o(x)$ . $\blacksquare$

теорема

Сумма бесконечно малых разных порядков. Главная часть

Формулировка

Если $\alpha$ и $\beta$ — бесконечно малые при $x\to a$ , $\alpha\ne 0$ в проколотой окрестности $a$ и $\beta = o(\alpha)$ , то

\alpha + \beta\sim\alpha.

Более общо, если $\alpha_2 = o(\alpha_1),\ \ldots,\ \alpha_n = o(\alpha_1)$ , то

\alpha_1 + \alpha_2 + \ldots + \alpha_n\sim\alpha_1:

сумма конечного числа бесконечно малых эквивалентна слагаемому низшего порядка (если такое слагаемое единственно).

Функция $\alpha\sim c\beta^k$ ( $c\ne 0$ ) тогда и только тогда, когда $\alpha = c\beta^k + o(\beta^k)$ .
Главная часть бесконечно малой $\alpha$ относительно $\beta$ (если она существует) единственна: если $\alpha\sim c\beta^k$ и $\alpha\sim d\beta^m$ , где $c, d\ne 0$ , $k, m > 0$ , то $k = m$ и $c = d$ .

Доказательство

Развернуть

Так как $\frac{\beta}{\alpha}\to 0$ , то

\frac{\alpha + \beta}{\alpha} = 1 + \frac{\beta}{\alpha}\to 1,

т. е. $\alpha + \beta\sim\alpha$ (при этом $\alpha + \beta\ne 0$ вблизи $a$ , так как отношение близко к $1$ ).

Для $n$ слагаемых: по правилам действий с о малым $\alpha_2 + \ldots + \alpha_n = o(\alpha_1) + \ldots + o(\alpha_1) = o(\alpha_1)$ , и сумма имеет вид $\alpha_1 + o(\alpha_1)$ ; по критерию эквивалентности она эквивалентна $\alpha_1$ .
Пункт 2 формулировки — критерий эквивалентности, применённый к паре $\alpha$ , $c\beta^k$ : $\alpha\sim c\beta^k\iff\alpha = c\beta^k + o(c\beta^k)$ , а $o(c\beta^k) = o(\beta^k)$ (постоянный множитель $c\ne 0$ не влияет на условие $\gamma/(c\beta^k)\to 0$ ).
Единственность. Пусть $\alpha\sim c\beta^k$ и $\alpha\sim d\beta^m$ . По симметричности и транзитивности отношения $\sim$ получаем $c\beta^k\sim d\beta^m$ , т. е.

\frac{c}{d}\,\beta^{k - m}\to 1.

Если $k > m$ , то $\beta^{k - m}\to 0$ и левая часть стремится к $0\ne 1$ — противоречие. Если $k < m$ , то $\beta^{k - m} = \frac{1}{\beta^{m - k}}$ , где $\beta^{m - k}$ — бесконечно малая, не равная нулю; по теореме о связи бесконечно больших и бесконечно малых $\beta^{k - m}$ — бесконечно большая, и левая часть не может стремиться к $1$ — противоречие. Значит, $k = m$ , и тогда $\frac cd = 1$ , т. е. $c = d$ . $\blacksquare$

теорема

Теоремы об эквивалентных бесконечно больших

Формулировка

Пусть $f, f_1, g, g_1$ — бесконечно большие при $x\to a$ .

Если $f\sim f_1$ , $g\sim g_1$ , то

\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to a}\frac{f_1(x)}{g_1(x)},

и вообще в произведении и частном бесконечно большие можно заменять эквивалентными (пределы существуют или не существуют одновременно).

Если $g$ — бесконечно большая более низкого порядка роста, чем $f$ (т. е. $g = o(f)$ ), то

f + g\sim f:

сумма бесконечно больших разных порядков роста эквивалентна слагаемому старшего порядка.

Многочлен $P(x) = a_nx^n + a_{n - 1}x^{n - 1} + \ldots + a_0$ , $a_n\ne 0$ , $n\ge 1$ , эквивалентен своему старшему члену при $x\to\infty$ :

P(x)\sim a_nx^n.

Следовательно, для многочлена $Q(x) = b_mx^m + \ldots + b_0$ , $b_m\ne 0$ ,

\lim_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)} = \begin{cases}\dfrac{a_n}{b_m}, & n = m,\\[2mm] 0, & n < m,\\[1mm] \infty, & n > m.\end{cases}

Доказательство

Развернуть

Теорема о замене эквивалентными в пределах доказана для произвольных функций $\alpha\sim\alpha_1$ (бесконечная малость там не использовалась), поэтому она применима к $f\sim f_1$ , $g\sim g_1$ : $\lim\frac fg = \lim\frac{f_1}{g} = \lim\frac{f_1}{g_1}$ ; так же для произведения $fh$ .
Поскольку $\frac gf\to 0$ , по теореме о пределе суммы

\frac{f + g}{f} = 1 + \frac gf\to 1,

т. е. $f + g\sim f$ .

Для многочлена при $x\ne 0$

\frac{P(x)}{a_nx^n} = 1 + \sum_{k = 0}^{n - 1}\frac{a_k}{a_n}\cdot\frac{1}{x^{n - k}}.

При $x\to\infty$ функции $x^{n - k}$ ( $n - k\ge 1$ ) бесконечно большие, поэтому по теореме о связи бесконечно больших и бесконечно малых $\frac1{x^{n - k}}\to 0$ , и правая часть стремится к $1$ (предел суммы). Итак, $P(x)\sim a_nx^n$ .

По пункту 1

\lim_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)} = \lim_{x\to\infty}\frac{a_nx^n}{b_mx^m} = \frac{a_n}{b_m}\lim_{x\to\infty}x^{n - m}.

При $n = m$ предел равен $\frac{a_n}{b_m}$ ; при $n < m$ функция $x^{n - m} = \frac{1}{x^{m - n}}\to 0$ ; при $n > m$ функция $x^{n - m}$ бесконечно большая, и отношение стремится к $\infty$ . $\blacksquare$

Вычисление пределов заменой на эквивалентные

Условие

Вычислить пределы:

а) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + 3x)\,\sin 2x}{\operatorname{arctg}x\,(e^{4x} - 1)}$ ;

б) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos 4x}{x\operatorname{tg}2x}$ ;

в) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1 + 2x} - 1}{\arcsin 3x}$ ;

г) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{3^x - 2^x}{x}$ .

Решение

Развернуть

Используем таблицу эквивалентных бесконечно малых вместе с теоремой о замене переменной ( $\varphi(x) = kx\ne 0$ при $x\ne 0$ ) и теорему о замене эквивалентными в произведении и частном.

а) При $x\to 0$ : $\ln(1 + 3x)\sim 3x$ , $\sin 2x\sim 2x$ , $\operatorname{arctg}x\sim x$ , $e^{4x} - 1\sim 4x$ . Поэтому

\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + 3x)\sin 2x}{\operatorname{arctg}x\,(e^{4x} - 1)} = \lim_{x\to 0}\frac{3x\cdot 2x}{x\cdot 4x} = \frac64 = \frac32.

б) $1 - \cos 4x\sim\frac{(4x)^2}{2} = 8x^2$ , $\operatorname{tg}2x\sim 2x$ , поэтому

\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos 4x}{x\operatorname{tg}2x} = \lim_{x\to 0}\frac{8x^2}{2x^2} = 4.

в) $\sqrt{1 + 2x} - 1 = (1 + 2x)^{1/2} - 1\sim\frac12\cdot 2x = x$ , $\arcsin 3x\sim 3x$ :

\lim_{x\to 0}\frac{\sqrt{1 + 2x} - 1}{\arcsin 3x} = \lim_{x\to 0}\frac{x}{3x} = \frac13.

г) Числитель — разность, поэтому заменять «целиком» нельзя; разобьём дробь:

\frac{3^x - 2^x}{x} = \frac{3^x - 1}{x} - \frac{2^x - 1}{x}.

Так как $3^x - 1\sim x\ln 3$ , $2^x - 1\sim x\ln 2$ , каждая дробь имеет предел: $\ln 3$ и $\ln 2$ . По теореме о пределе разности

\lim_{x\to 0}\frac{3^x - 2^x}{x} = \ln 3 - \ln 2 = \ln\frac32.

Проверка (численно при $x = 10^{-5}$ ): а) $1{,}49995$ ; б) $3{,}999999999$ ; в) $0{,}333332$ ; г) $0{,}405469\approx\ln 1{,}5 = 0{,}405465$ .

Ответ: а) $\frac32$ ; б) $4$ ; в) $\frac13$ ; г) $\ln\frac32$ .

Когда нельзя заменять эквивалентными в разности

Условие

а) Вычислить $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x - \sin x}{x^3}$ и показать, что формальная замена $\operatorname{tg}x\sim x$ , $\sin x\sim x$ в числителе даёт неверный ответ.

б) Вычислить $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{e^{2x} - e^{x}}{\sin 2x - \sin x}$ .

Решение

Развернуть

а) Преобразуем числитель в произведение:

\operatorname{tg}x - \sin x = \frac{\sin x}{\cos x} - \sin x = \operatorname{tg}x\,(1 - \cos x).

Теперь в произведении можно заменять эквивалентными: $\operatorname{tg}x\sim x$ , $1 - \cos x\sim\frac{x^2}2$ , значит,

\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x\,(1 - \cos x)}{x^3} = \lim_{x\to 0}\frac{x\cdot x^2/2}{x^3} = \frac12.

Если же заменить в разности $\operatorname{tg}x$ и $\sin x$ на $x$ , получится $\frac{x - x}{x^3}\equiv 0$ и «ответ» $0$ — неверный. Теорема о замене эквивалентными разрешает замену только сомножителей числителя и знаменателя; здесь разность $\operatorname{tg}x - \sin x\sim\frac{x^3}{2}$ имеет более высокий (третий) порядок малости, чем каждое слагаемое, и при замене теряется.

б) Снова превратим разности в произведения:

e^{2x} - e^x = e^x(e^x - 1),\qquad\sin 2x - \sin x = 2\sin\frac x2\cos\frac{3x}{2}.

При $x\to 0$ : $e^x\to 1$ , $e^x - 1\sim x$ , $\cos\frac{3x}2\to 1$ , $2\sin\frac x2\sim 2\cdot\frac x2 = x$ . Поэтому

\lim_{x\to 0}\frac{e^x(e^x - 1)}{2\sin\frac x2\cos\frac{3x}2} = \lim_{x\to 0}\frac{1\cdot x}{x\cdot 1} = 1.

(Здесь формальная замена $e^{2x} - e^x = (e^{2x} - 1) - (e^x - 1)\to 2x - x$ , $\sin 2x - \sin x\to 2x - x$ не случайно даёт верный ответ: отношения уменьшаемого к вычитаемому стремятся к $2\ne 1$ , а в этом случае замена в разности законна — см. задачу об эквивалентности разностей.)

Проверка: при $x = 10^{-3}$ значения равны $0{,}5000001$ и $1{,}0015$ .

Ответ: а) $\frac12$ (а не $0$ ); б) $1$ .

Порядок малости и главная часть

Условие

Найти главную часть вида $Cx^k$ и порядок малости относительно $x$ бесконечно малых при $x\to 0$ (в п. д) — при $x\to 0+$ ):

а) $\alpha(x) = \sqrt{1 + x^3} - 1$ ;

б) $\alpha(x) = 2\sin x - \sin 2x$ ;

в) $\alpha(x) = \ln\cos x$ ;

г) $\alpha(x) = e^{x^2} - \cos x$ ;

д) $\alpha(x) = \sqrt{x + \sqrt x}$ .

Решение

Развернуть

а) $(1 + t)^{1/2} - 1\sim\frac t2$ при $t = x^3\to 0$ , $t\ne 0$ ; значит, $\alpha\sim\frac12x^3$ . Главная часть $\frac12x^3$ , порядок $3$ .

б) $2\sin x - \sin 2x = 2\sin x - 2\sin x\cos x = 2\sin x\,(1 - \cos x)\sim 2x\cdot\frac{x^2}{2} = x^3$ . Главная часть $x^3$ , порядок $3$ .

в) $\ln\cos x = \ln\big(1 + (\cos x - 1)\big)$ . Функция $t = \cos x - 1\to 0$ и $t\ne 0$ при $0 < |x| < 2\pi$ , поэтому по теореме о замене переменной $\ln(1 + t)\sim t$ , а $t = -(1 - \cos x)\sim -\frac{x^2}{2}$ . По транзитивности $\alpha\sim -\frac{x^2}2$ : главная часть $-\frac12x^2$ , порядок $2$ .

г) Запишем $\alpha = (e^{x^2} - 1) + (1 - \cos x)$ . Слагаемые одного порядка, поэтому отбрасывать ни одно из них нельзя; найдём предел отношения к $x^2$ :

\frac{\alpha(x)}{x^2} = \frac{e^{x^2} - 1}{x^2} + \frac{1 - \cos x}{x^2}\to 1 + \frac12 = \frac32

(использованы $e^{x^2} - 1\sim x^2$ и $1 - \cos x\sim\frac{x^2}2$ ). Значит, $\alpha\sim\frac32x^2$ : главная часть $\frac32x^2$ , порядок $2$ .

д) При $x\to 0+$ имеем $x = o(\sqrt x)$ , так как $\frac{x}{\sqrt x} = \sqrt x\to 0$ . По теореме о сумме бесконечно малых разных порядков $x + \sqrt x\sim\sqrt x$ , т. е. $\frac{x + \sqrt x}{\sqrt x}\to 1$ . Тогда

\frac{\sqrt{x + \sqrt x}}{x^{1/4}} = \sqrt{\frac{x + \sqrt x}{\sqrt x}} = \sqrt{1 + \sqrt x}\to 1,

и $\alpha\sim x^{1/4}$ : главная часть $x^{1/4}$ , порядок $\frac14$ .

Проверка (при $x = 10^{-3}$ ): отношения $\alpha/(Cx^k)$ равны $0{,}9999999998$ ; $0{,}9999998$ ; $1{,}0000002$ ; $1{,}0000003$ ; $1{,}016$ (в д) сходимость медленная, отношение равно $\sqrt{1 + \sqrt x}$ ).

Ответ: а) $\frac12x^3$ , порядок $3$ ; б) $x^3$ , порядок $3$ ; в) $-\frac12x^2$ , порядок $2$ ; г) $\frac32x^2$ , порядок $2$ ; д) $x^{1/4}$ , порядок $\frac14$ .

Сравнение бесконечно больших

Условие

а) Найти порядок роста относительно $x$ и главную часть функции $f(x) = \sqrt{x^3 + x} + x$ при $x\to+\infty$ .

б) Вычислить $\displaystyle\lim_{x\to\infty}\frac{(2x + 1)^3(x^2 - 1)}{(4x^4 + 1)(x + 5)}$ .

в) Вычислить $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(\sqrt{x^2 + x} - x\big)$ и объяснить, почему замена $\sqrt{x^2 + x}\sim x$ здесь недопустима.

Решение

Развернуть

а) $x^3 + x\sim x^3$ (многочлен эквивалентен старшему члену), поэтому $\frac{\sqrt{x^3 + x}}{x^{3/2}} = \sqrt{\frac{x^3 + x}{x^3}}\to 1$ , т. е. $\sqrt{x^3 + x}\sim x^{3/2}$ . Второе слагаемое $x$ имеет более низкий порядок роста: $\frac{x}{x^{3/2}} = \frac1{\sqrt x}\to 0$ . По теореме о сумме бесконечно больших разных порядков $f(x)\sim x^{3/2}$ . Порядок роста $\frac32$ , главная часть $x^{3/2}$ .

б) По теореме об эквивалентных бесконечно больших каждый множитель заменяем старшим членом:

(2x + 1)^3\sim 8x^3,\quad x^2 - 1\sim x^2,\quad 4x^4 + 1\sim 4x^4,\quad x + 5\sim x,

откуда

\lim_{x\to\infty}\frac{(2x + 1)^3(x^2 - 1)}{(4x^4 + 1)(x + 5)} = \lim_{x\to\infty}\frac{8x^3\cdot x^2}{4x^4\cdot x} = 2.

в) Здесь разность эквивалентных бесконечно больших — неопределённость вида $[\infty - \infty]$ ; замена $\sqrt{x^2 + x}$ на эквивалентную $x$ в разности дала бы $x - x = 0$ , но теорема о замене эквивалентными относится только к произведению и частному. Домножим на сопряжённое:

\sqrt{x^2 + x} - x = \frac{x}{\sqrt{x^2 + x} + x}.

Знаменатель $\sqrt{x^2 + x} + x\sim x + x = 2x$ (оба слагаемых положительны и эквивалентны $x$ , их сумма эквивалентна $2x$ по теореме о пределе суммы: $\frac{\sqrt{x^2 + x} + x}{2x}\to\frac{1 + 1}2 = 1$ ). Поэтому

\lim_{x\to+\infty}\big(\sqrt{x^2 + x} - x\big) = \lim_{x\to+\infty}\frac{x}{2x} = \frac12.

Проверка: при $x = 10^8$ значения выражений равны $1{,}0001$ (отношение $f/x^{3/2}$ ), $1{,}99999993$ и $0{,}5$ .

Ответ: а) порядок $\frac32$ , главная часть $x^{3/2}$ ; б) $2$ ; в) $\frac12$ (а не $0$ ).

Эквивалентность разностей эквивалентных бесконечно малых

Условие

Пусть при $x\to a$ бесконечно малые $\alpha\sim\alpha_1$ , $\beta\sim\beta_1$ и

\lim_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = c,\qquad c\in\mathbb R,\ c\ne 1.

Доказать, что $\alpha - \beta\sim\alpha_1 - \beta_1$ при $x\to a$ . Показать на примере, что при $c = 1$ утверждение неверно.

Решение

Развернуть

Все функции $\alpha,\alpha_1,\beta,\beta_1$ отличны от нуля в некоторой проколотой окрестности $a$ (иначе отношения в определении эквивалентности не определены). Найдём предел $\frac{\alpha_1}{\beta_1}$ :

\frac{\alpha_1}{\beta_1} = \frac{\alpha_1}{\alpha}\cdot\frac{\alpha}{\beta}\cdot\frac{\beta}{\beta_1}\to 1\cdot c\cdot 1 = c

по теореме о пределе произведения (здесь $\frac{\alpha_1}\alpha\to 1$ по симметричности эквивалентности).

Так как $\frac{\alpha_1}{\beta_1} - 1\to c - 1\ne 0$ , по теореме о знакопостоянстве в некоторой проколотой окрестности $\frac{\alpha_1}{\beta_1}\ne 1$ , т. е. $\alpha_1 - \beta_1\ne 0$ ; аналогично $\alpha - \beta\ne 0$ . Поэтому отношение разностей определено, и

\frac{\alpha - \beta}{\alpha_1 - \beta_1} = \frac{\beta\left(\frac{\alpha}{\beta} - 1\right)}{\beta_1\left(\frac{\alpha_1}{\beta_1} - 1\right)} = \frac{\beta}{\beta_1}\cdot\frac{\frac{\alpha}{\beta} - 1}{\frac{\alpha_1}{\beta_1} - 1}.

По теоремам об арифметических операциях с пределами (знаменатель имеет ненулевой предел $c - 1$ )

\frac{\alpha - \beta}{\alpha_1 - \beta_1}\to 1\cdot\frac{c - 1}{c - 1} = 1,

т. е. $\alpha - \beta\sim\alpha_1 - \beta_1$ .

Контрпример при $c = 1$ : $\alpha = \operatorname{tg}x\sim x = \alpha_1$ , $\beta = \sin x\sim x = \beta_1$ при $x\to 0$ , $\frac{\alpha}{\beta} = \frac{1}{\cos x}\to 1$ . Но $\alpha_1 - \beta_1\equiv 0$ , тогда как $\alpha - \beta = \operatorname{tg}x\,(1 - \cos x)\sim\frac{x^3}{2}\ne 0$ при $0 < |x| < \frac\pi2$ ; эквивалентности нет. Другой пример без нулевой разности: $\alpha = x + x^2$ , $\alpha_1 = x + x^3$ , $\beta = \beta_1 = x$ : здесь $\alpha\sim\alpha_1$ , но $\alpha - \beta = x^2$ и $\alpha_1 - \beta_1 = x^3$ не эквивалентны ( $x^2/x^3\to\infty$ ).

Ответ: утверждение доказано; при $c = 1$ оно неверно (примеры выше).

Несравнимые бесконечно малые

Условие

Пусть $\alpha(x) = x\sin\frac1x$ , $\beta(x) = x$ при $x\to 0$ .

а) Доказать, что $\alpha$ — бесконечно малая и что $\alpha = O(\beta)$ .

б) Доказать, что $\alpha$ и $\beta$ несравнимы.

в) Доказать, что $\alpha$ не имеет главной части вида $Cx^k$ ( $C\ne 0$ , $k > 0$ ), т. е. не имеет определённого порядка малости относительно $x$ .

Решение

Развернуть

б) Отношение $\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = \sin\frac1x$ . Возьмём последовательности

x_n = \frac{1}{\pi n}\to 0,\qquad y_n = \frac{1}{\frac\pi2 + 2\pi n}\to 0,\qquad x_n, y_n\ne 0.

Тогда $\sin\frac1{x_n} = \sin\pi n = 0\to 0$ , а $\sin\frac1{y_n} = 1\to 1$ . Если бы существовал предел $\lim\limits_{x\to 0}\sin\frac1x$ (конечный или бесконечный), то по определению Гейне (равносильному определению Коши) обе последовательности значений сходились бы к нему; но пределы разные (это признак отсутствия предела; предел $\infty$ невозможен, так как $\left|\sin\frac1x\right|\le 1$ ). Значит, предела отношения нет — $\alpha$ и $\beta$ несравнимы.

в) Пусть $\alpha\sim Cx^k$ , т. е. $\frac{\alpha(x)}{Cx^k}\to 1$ (при нецелом $k$ рассматриваем $x\to 0+$ ; последовательность $x_n$ положительна). На последовательности $x_n = \frac1{\pi n}$ имеем $\alpha(x_n) = 0$ , так что $\frac{\alpha(x_n)}{Cx_n^k} = 0\to 0\ne 1$ — противоречие с определением Гейне (последовательность значений отношения на $x_n\to 0$ должна была бы стремиться к $1$ ). Итак, главной части вида $Cx^k$ нет, хотя $\alpha = O(x)$ .

Ответ: $\alpha$ — бесконечно малая, $\alpha = O(x)$ , но $\alpha$ и $x$ несравнимы и порядка малости относительно $x$ у $\alpha$ нет.

Пределы с заменой переменной

Условие

Вычислить пределы:

а) $\displaystyle\lim_{x\to 1}(1 - x)\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2}$ ;

б) $\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + x + x^2) + \ln(1 - x + x^2)}{x\sin x}$ .

Решение

Развернуть

а) Сделаем замену $t = 1 - x$ ; $t\to 0$ при $x\to 1$ , $t\ne 0$ при $x\ne 1$ (по теореме о пределе сложной функции предел не изменится). Так как

\operatorname{tg}\frac{\pi x}{2} = \operatorname{tg}\left(\frac\pi2 - \frac{\pi t}{2}\right) = \operatorname{ctg}\frac{\pi t}2 = \frac1{\operatorname{tg}\frac{\pi t}{2}},

то

(1 - x)\operatorname{tg}\frac{\pi x}2 = \frac{t}{\operatorname{tg}\frac{\pi t}{2}}.

По таблице и теореме о замене переменной $\operatorname{tg}\frac{\pi t}2\sim\frac{\pi t}2$ при $t\to 0$ , поэтому предел равен

\lim_{t\to 0}\frac{t}{\pi t/2} = \frac2\pi.

б) Оба аргумента логарифмов положительны при всех $x$ ( $1\pm x + x^2 = \left(x\pm\frac12\right)^2 + \frac34 > 0$ ), поэтому сумма логарифмов равна логарифму произведения:

(1 + x + x^2)(1 - x + x^2) = (1 + x^2)^2 - x^2 = 1 + x^2 + x^4.

Положим $u = x^2 + x^4$ ; $u\to 0$ и $u\ne 0$ при $x\ne 0$ , поэтому $\ln(1 + u)\sim u$ . Далее $x^4 = o(x^2)$ , и по теореме о сумме бесконечно малых разных порядков $u\sim x^2$ . Знаменатель $x\sin x\sim x\cdot x = x^2$ . Итак,

\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + x^2 + x^4)}{x\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2} = 1.

Проверка: при $x = 1 - 10^{-7}$ выражение а) равно $0{,}63661977\approx\frac2\pi = 0{,}63661977$ ; при $x = 10^{-4}$ выражение б) равно $1{,}000000007$ .

Ответ: а) $\frac2\pi$ ; б) $1$ .

0на повторение
0новых сегодня
0освоено

Как это работает

Упражнения собраны из теорем, определений и задач темы. Отвечать нужно касанием — печатать формулы не придётся:

узнать — дана формулировка без названия, выберите теорему;
пропуск — в формулировке пропущена формула, выберите верную среди похожих;
ошибка — в определении или формулировке одна формула искажена, нажмите на неё;
связи — отметьте, на что опирается доказательство;
порядок — соберите доказательство из перемешанных шагов;
в док-ве — восстановите формулу внутри доказательства;
задача — отметьте утверждения, которые нужны для решения; после ответа откроется решение.

Ответ проверяется сразу. Верные упражнения возвращаются всё реже — через дни, недели, месяцы (алгоритм FSRS), ошибки — ещё в этой же сессии. Если ответили наугад, нажмите «Угадал», и упражнение вернётся раньше. Сложные упражнения открываются, когда освоены простые: сначала узнать теорему, потом формулы, потом доказательство. Названия теорем в ответах можно нажать — теорема откроется в окне поверх страницы.

В день вводится не больше 15 новых упражнений темы. Теоремы, отмеченные кнопкой ↻, идут первыми. Прогресс хранится в этом браузере.

С клавиатуры: 1–9 выбрать · Enter проверить / дальше ·Backspace убрать последний шаг · Ctrl+Z отменить

Упражнения темы

новоезаучиваетсяна повторенииосвоенозакрыто

Сравнение бесконечно малых. Символ «о малое»

Пусть $\alpha(x)$ и $\beta(x)$ — бесконечно малые функции при $x\to a$ ( $a$ — конечная точка или один из символов $\pm\infty$ , $\infty$ ), причём $\beta(x)\ne 0$ в некоторой проколотой окрестности точки $a$ .

Если

\lim_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 0,

то $\alpha$ называется бесконечно малой более высокого порядка, чем $\beta$ (а $\beta$ — бесконечно малой более низкого порядка, чем $\alpha$ ), и пишут $\alpha = o(\beta)$ при $x\to a$ (« $\alpha$ есть о малое от $\beta$ »).

Если

\lim_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = c,\qquad c\ne 0,\ c\in\mathbb R,

то $\alpha$ и $\beta$ называются бесконечно малыми одного порядка.

Если $\alpha$ и $\beta^k$ ( $k > 0$ ) — бесконечно малые одного порядка, то говорят, что $\alpha$ имеет порядок малости $k$ относительно $\beta$ (при нецелом $k$ предполагается $\beta > 0$ ). Обычно в качестве эталонной бесконечно малой берут $\beta = x - a$ при конечном $a$ и $\beta = \frac1x$ при $a = \infty$ .
Если предел $\lim\limits_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}$ не существует (ни конечный, ни бесконечный), то $\alpha$ и $\beta$ называются несравнимыми бесконечно малыми. Например, $\alpha = x\sin\frac1x$ и $\beta = x$ несравнимы при $x\to 0$ .

Общее определение символа $o$ , не требующее условия $\beta\ne 0$ : $\alpha = o(\beta)$ при $x\to a$ , если в некоторой проколотой окрестности точки $a$

\alpha(x) = \varepsilon(x)\beta(x),\qquad \lim_{x\to a}\varepsilon(x) = 0.

При $\beta\ne 0$ это равносильно условию $\frac\alpha\beta\to 0$ . Запись $o(\beta)$ обозначает любую функцию из класса функций, обладающих этим свойством, поэтому равенства с $o$ читаются только слева направо: $x^3 = o(x^2)$ при $x\to 0$ , но запись $o(x^2) = x^3$ бессмысленна.

О большое: $\alpha = O(\beta)$ при $x\to a$ , если существуют $C > 0$ и проколотая окрестность точки $a$ , в которой

|\alpha(x)|\le C|\beta(x)|.

Если $\alpha$ и $\beta$ одного порядка, то $\alpha = O(\beta)$ и $\beta = O(\alpha)$ ; запись $\alpha = O(1)$ означает локальную ограниченность $\alpha$ .

Эквивалентные бесконечно малые

Бесконечно малые при $x\to a$ функции $\alpha(x)$ и $\beta(x)$ ( $\beta\ne 0$ в некоторой проколотой окрестности $a$ ) называются эквивалентными (асимптотически равными), если

\lim_{x\to a}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)} = 1.

Обозначение: $\alpha\sim\beta$ при $x\to a$ .

Эквивалентные бесконечно малые — частный случай бесконечно малых одного порядка ( $c = 1$ ). Например, $\sin x\sim x$ при $x\to 0$ (первый замечательный предел), $x^2 + x\sim x$ при $x\to 0$ , но $x^2 + x\sim x^2$ при $x\to\infty$ (здесь функции уже бесконечно большие, см. сравнение бесконечно больших).

Та же запись $f\sim g$ употребляется и для произвольных функций с $\frac fg\to 1$ .

Сравнение бесконечно больших

Пусть $f(x)$ и $g(x)$ — бесконечно большие функции при $x\to a$ .

Если

\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \infty,

то $f$ называется бесконечно большой более высокого порядка роста, чем $g$ ; равносильно, $\frac gf\to 0$ , т. е. $g = o(f)$ .

Если $\lim\limits_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = c$ , $c\ne 0$ , $c\in\mathbb R$ , то $f$ и $g$ — бесконечно большие одного порядка роста.
Если

\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = 1,

то $f$ и $g$ — эквивалентные бесконечно большие: $f\sim g$ при $x\to a$ .

Если $f$ и $g^k$ ( $k > 0$ ) одного порядка роста, то $f$ имеет порядок роста $k$ относительно $g$ (при нецелом $k$ считаем $g > 0$ ).

Пример: при $x\to+\infty$ функция $x^3$ имеет более высокий порядок роста, чем $x^2$ ; $2x^2 + x$ и $x^2$ одного порядка; $\sqrt{x^2 + 1}\sim x$ ; функция $\sqrt{x^3 + 1}$ имеет порядок роста $\frac32$ относительно $x$ .

Главная часть бесконечно малой

Пусть $\alpha$ и $\beta$ — бесконечно малые при $x\to a$ . Если существуют числа $c\ne 0$ и $k > 0$ , такие что

\alpha(x)\sim c\,\beta^k(x)\quad\text{при } x\to a,

то функция $c\,\beta^k$ называется главной частью бесконечно малой $\alpha$ относительно $\beta$ (при нецелом $k$ считаем $\beta > 0$ ). Тогда $\alpha$ имеет порядок малости $k$ относительно $\beta$ , и

\alpha = c\,\beta^k + o(\beta^k).

Чаще всего главную часть ищут относительно $\beta = x - a$ (при $x\to a$ ) или относительно $\beta = x$ (при $x\to 0$ ): например, $1 - \cos x = \frac{x^2}2 + o(x^2)$ , главная часть $\frac{x^2}{2}$ , порядок малости $2$ .

Аналогично для бесконечно больших: если $f\sim c\,g^k$ , то $c\,g^k$ — главная часть бесконечно большой $f$ относительно $g$ (например, многочлен $a_nx^n + \ldots + a_0$ при $x\to\infty$ имеет главную часть $a_nx^n$ ).

Бесконечно малая функция

Пусть функция $\alpha$ определена на множестве $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ . Функция $\alpha$ называется бесконечно малой (б.м.) при $x\to a$ , если

\lim_{x\to a}\alpha(x) = 0,\quad\text{т. е.}\quad\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in\dot U_\delta(a)\cap X:\ |\alpha(x)| < \varepsilon .

Понятие б.м. относится к паре «функция и процесс $x\to a$ »: например, $\frac1x$ — б.м. при $x\to\infty$ , но не при $x\to 1$ .

Примеры: $x - a$ при $x\to a$ ; $\sin x$ при $x\to 0$ (так как $|\sin x|\le |x|$ ); $x\sin\frac1x$ при $x\to 0$ ; $\frac1{x^2}$ при $x\to\infty$ ; функция, тождественно равная нулю, — б.м. при любом $x\to a$ .

Бесконечно большая функция

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ . Функция $f$ называется бесконечно большой (б.б.) при $x\to a$ , если

\forall M > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in\dot U_\delta(a)\cap X:\quad |f(x)| > M ,

т. е. $\lim\limits_{x\to a}|f(x)| = +\infty$ ; пишут $\lim\limits_{x\to a}f(x) = \infty$ . Если при этом в той же окрестности $f(x) > M$ (соответственно $f(x) < -M$ ), пишут $\lim\limits_{x\to a}f(x) = +\infty$ (соответственно $-\infty$ ).

Примеры: $\frac1x$ — б.б. при $x\to 0$ , причём $\lim\limits_{x\to 0}\frac1x = \infty$ , но не $+\infty$ и не $-\infty$ ; $\frac1{x^2}\to +\infty$ при $x\to 0$ ; $x^3\to\infty$ при $x\to\infty$ .

Замечание. Б.б. функция не ограничена ни в какой проколотой окрестности точки $a$ , но обратное неверно: $x\sin x$ не ограничена при $x\to +\infty$ , однако не является б.б., так как $x\sin x = 0$ в точках $x = \pi n$ .

Арифметические операции над функциями, имеющими предел

Формулировка

Пусть $f, g$ определены на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , и

\lim_{x\to a}f(x) = A\in\mathbb R,\qquad \lim_{x\to a}g(x) = B\in\mathbb R .

Тогда:

$\lim\limits_{x\to a}(f(x)\pm g(x)) = A\pm B$ ;
$\lim\limits_{x\to a}f(x)g(x) = AB$ , в частности $\lim\limits_{x\to a}cf(x) = cA$ ;
если $B\ne 0$ , то $g(x)\ne 0$ в некоторой проколотой окрестности $\dot U_{\delta_0}(a)$ , и на множестве $\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$

\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac AB .

Доказательство

Развернуть

По теореме о связи функции, её предела и бесконечно малой $f = A + \alpha$ , $g = B + \beta$ , где $\alpha, \beta$ — б.м. при $x\to a$ . Каждое утверждение сведём к тому, что соответствующая разность является б.м., и снова применим ту же теорему.

$(f\pm g) - (A\pm B) = \alpha\pm\beta$ — б.м. как сумма б.м. (произведение $\beta$ на постоянную $-1$ — б.м.).
$fg - AB = (A + \alpha)(B + \beta) - AB = A\beta + B\alpha + \alpha\beta$ . Слагаемые $A\beta$ , $B\alpha$ — б.м. как произведения б.м. на постоянные, $\alpha\beta$ — б.м. как произведение б.м. По свойству суммы б.м. $fg - AB$ — б.м. При $g\equiv c$ получаем $cf\to cA$ .
По теореме о знакопостоянстве существует $\delta_0 > 0$ такое, что $|g(x)| > \frac{|B|}2 > 0$ при $x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ . Точка $a$ остаётся предельной для множества $\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ (любая меньшая проколотая окрестность содержит его точки). На этом множестве

\frac fg - \frac AB = \frac{Bf - Ag}{Bg} = \frac{B(A + \alpha) - A(B + \beta)}{Bg} = (B\alpha - A\beta)\cdot\frac1{Bg} .

Множитель $B\alpha - A\beta$ — б.м. по пп. 1, 2 свойств б.м., а $\left|\frac1{Bg(x)}\right| < \frac2{B^2}$ , т. е. $\frac1{Bg}$ локально ограничена. По свойству произведения б.м. на локально ограниченную функцию разность $\frac fg - \frac AB$ — б.м., и $\frac fg\to\frac AB$ . $\blacksquare$

Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора

Формулировка

Пусть $x\to 0$ , $n\in\mathbb N$ ; для многочлена $S$ через $T_n[S]$ обозначим сумму его членов степени не выше $n$ .

(Арифметика разложений.) Если $f(x) = P(x) + o(x^n)$ , $g(x) = Q(x) + o(x^n)$ , где $P, Q$ — многочлены, то

f(x)\pm g(x) = P(x)\pm Q(x) + o(x^n),\qquad f(x)g(x) = T_n[PQ](x) + o(x^n).

(Разложение сложной функции.) Если $g(u) = \sum_{k=0}^{n}b_k u^k + o(u^n)$ при $u\to 0$ , $g(0) = b_0$ , и $\varphi(x) = P(x) + o(x^n)$ , где $P$ — многочлен с $P(0) = 0$ , то

g(\varphi(x)) = T_n\Big[\sum_{k=0}^{n}b_k P^k\Big](x) + o(x^n).

(Выделение главной части.) Если $f(x) = cx^m + o(x^m)$ , $g(x) = dx^m + o(x^m)$ , $c, d\ne 0$ , то $f(x)\sim cx^m$ , $g(x)\sim dx^m$ и $\lim\limits_{x\to 0}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac cd$ .
(Разложения тангенса и арктангенса.)

\operatorname{tg}x = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^6),\qquad \operatorname{arctg}x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^6).

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Сумма: $o(x^n)\pm o(x^n) = o(x^n)$ по правилам действий с «о малым». Произведение:

fg = PQ + P\cdot o(x^n) + Q\cdot o(x^n) + o(x^n)\cdot o(x^n).

Многочлены $P, Q$ ограничены в окрестности нуля, поэтому $P\cdot o(x^n) = o(x^n)$ , $Q\cdot o(x^n) = o(x^n)$ , а $o(x^n)o(x^n) = o(x^{2n}) = o(x^n)$ . Наконец, члены $PQ$ степени $m > n$ имеют вид $cx^m = o(x^n)$ , так что $PQ = T_n[PQ] + o(x^n)$ .

Пункт 2. Запишем $g(u) = \sum_{k=0}^{n}b_k u^k + u^n\varepsilon(u)$ , где $\varepsilon(u)\to 0$ при $u\to 0$ ; положим $\varepsilon(0) = 0$ , тогда $\varepsilon$ непрерывна в нуле. Так как $P(0) = 0$ , имеем $P(x) = O(x)$ , и $\varphi(x) = O(x)$ , $\varphi(x)\to 0$ . Поэтому $\varepsilon(\varphi(x))\to 0$ и $\varphi(x)^n\varepsilon(\varphi(x)) = O(x^n)\cdot o(1) = o(x^n)$ . По пункту 1, применённому $k$ раз, $\varphi(x)^k = (P(x) + o(x^n))^k = T_n[P^k](x) + o(x^n)$ . Складывая с коэффициентами $b_k$ , получаем утверждение.

Пункт 3. Из $f = cx^m + o(x^m) = cx^m + o(cx^m)$ по критерию эквивалентности $f\sim cx^m$ ; аналогично $g\sim dx^m$ . По теореме о замене эквивалентными в частном $\lim\frac fg = \lim\frac{cx^m}{dx^m} = \frac cd$ .

Пункт 4, тангенс. По формуле Маклорена для косинуса $1 - \cos x = u(x)$ , $u(x) = \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)$ . По формуле для $(1+x)^{-1}$ (с заменой $x\to -u$ ) $\frac1{1-u} = 1 + u + u^2 + \ldots + u^5 + o(u^5)$ ; по пункту 2 (члены $u^3, u^4, u^5$ имеют порядок не ниже $x^6$ )

\frac1{\cos x} = 1 + \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{4} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5).

Умножая на $\sin x = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} + o(x^5)$ по пункту 1:

\operatorname{tg}x = x + \left(\frac12 - \frac16\right)x^3 + \left(\frac5{24} - \frac1{12} + \frac1{120}\right)x^5 + o(x^5) = x + \frac{x^3}3 + \frac{2x^5}{15} + o(x^5).

Функция $\operatorname{tg}$ бесконечно дифференцируема в окрестности нуля и нечётна; производные нечётной функции чётных порядков — нечётные функции, поэтому они обращаются в нуль в точке $0$ . Значит, многочлен Маклорена $\operatorname{tg}$ порядка $6$ не содержит $x^6$ , а его коэффициенты при $x, x^3, x^5$ по единственности разложения совпадают с найденными; формула Пеано порядка $6$ даёт остаток $o(x^6)$ .

Пункт 4, арктангенс. Сначала докажем: если $f$ дифференцируема $n+1$ раз в точке $0$ и $f'(x) = \sum_{k=0}^{n}a_kx^k + o(x^n)$ , то $f(x) = f(0) + \sum_{k=0}^{n}\frac{a_k}{k+1}x^{k+1} + o(x^{n+1})$ . Действительно, $f'$ дифференцируема $n$ раз в нуле, и по единственности разложения $a_k = \frac{(f')^{(k)}(0)}{k!} = \frac{f^{(k+1)}(0)}{k!}$ , т. е. $\frac{f^{(k+1)}(0)}{(k+1)!} = \frac{a_k}{k+1}$ ; остаётся записать формулу Пеано порядка $n+1$ для $f$ .

Для $\operatorname{arctg}$ имеем $(\operatorname{arctg}x)' = \frac1{1+x^2}$ ; по пункту 2 с $u = x^2$ и $\frac1{1+u} = 1 - u + u^2 - u^3 + o(u^3)$ получаем $\frac1{1+x^2} = 1 - x^2 + x^4 + o(x^5)$ . Применяя доказанное утверждение при $n = 5$ ( $\operatorname{arctg}$ бесконечно дифференцируем, $\operatorname{arctg}0 = 0$ ), находим $\operatorname{arctg}x = x - \frac{x^3}3 + \frac{x^5}5 + o(x^6)$ . $\blacksquare$

Свойства бесконечно малых функций

Формулировка

Пусть все функции определены на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , и рассматривается процесс $x\to a$ .

Сумма конечного числа б.м. есть б.м.
Произведение б.м. на локально ограниченную при $x\to a$ функцию (в частности, на постоянную) есть б.м.
Произведение конечного числа б.м. есть б.м.

Доказательство

Развернуть

Пусть $\alpha, \beta$ — б.м., $\varepsilon > 0$ . Найдутся $\delta_1, \delta_2 > 0$ такие, что $|\alpha(x)| < \frac\varepsilon2$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ и $|\beta(x)| < \frac\varepsilon2$ при $x\in\dot U_{\delta_2}(a)\cap X$ . При $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ и $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ имеем

|\alpha(x) + \beta(x)|\le |\alpha(x)| + |\beta(x)| < \varepsilon .

Для $k$ слагаемых утверждение получается индукцией по $k$ : $\alpha_1 + \dots + \alpha_{k + 1} = (\alpha_1 + \dots + \alpha_k) + \alpha_{k + 1}$ .

Пусть $\alpha$ — б.м., а $|g(x)|\le M$ при $x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ , причём можно считать $M > 0$ . Для $\varepsilon > 0$ найдём $\delta_1 > 0$ с $|\alpha(x)| < \frac\varepsilon M$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ . При $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}$ и $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ получаем $|\alpha(x)g(x)| < \frac\varepsilon M\cdot M = \varepsilon$ . Постоянная функция, очевидно, локально ограничена.
Б.м. $\beta$ имеет конечный предел $0$ , поэтому по теореме о локальной ограниченности она локально ограничена. По п. 2 произведение $\alpha\beta$ — б.м. Для $k$ сомножителей — индукция по $k$ . $\blacksquare$

Единственность разложения по формуле Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка

Если при $x\to a$

\sum_{k=0}^nc_k(x - a)^k + o\bigl((x - a)^n\bigr) = \sum_{k=0}^nd_k(x - a)^k + o\bigl((x - a)^n\bigr),

то $c_k = d_k$ при всех $k = 0, 1, \ldots, n$ . Иначе говоря, если функция представима в виде $f(x) = \sum_{k=0}^nc_k(x - a)^k + o\bigl((x - a)^n\bigr)$ , то коэффициенты $c_k$ определены однозначно. 2. Если, кроме того, $f$ $n$ раз дифференцируема в точке $a$ , то

c_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!},\qquad k = 0, 1, \ldots, n,

т.е. любое такое представление является формулой Тейлора.

Замечание. Без предположения о $n$ -кратной дифференцируемости п. 2 неверен при $n\ge 2$ : функция может иметь разложение вида $f(x) = o\bigl((x - a)^n\bigr)$ , не имея второй производной в точке $a$ (пример — функция $x^3D(x)$ , где $D$ — функция Дирихле, при $a = 0$ , $n = 2$ ). При $n = 1$ существование разложения $f(x) = c_0 + c_1(x - a) + o(x - a)$ равносильно дифференцируемости $f$ в точке $a$ (если ещё $f(a) = c_0$ ).

Доказательство

Развернуть

П. 1. Вычитая, получаем (по правилам действий с «о малым» разность двух $o\bigl((x - a)^n\bigr)$ есть $o\bigl((x - a)^n\bigr)$ )

\sum_{k=0}^ne_k(x - a)^k = o\bigl((x - a)^n\bigr),\qquad e_k = c_k - d_k.

Предположим, что не все $e_k$ равны нулю, и пусть $m$ — наименьший номер с $e_m\ne 0$ .

Тогда $\sum_{k=m}^ne_k(x - a)^k = o\bigl((x - a)^n\bigr)$ . Разделим обе части на $(x - a)^m$ при $x\ne a$ :

e_m + \sum_{k=m + 1}^ne_k(x - a)^{k - m} = \frac{o\bigl((x - a)^n\bigr)}{(x - a)^m} = o\bigl((x - a)^{n - m}\bigr).

Перейдём к пределу при $x\to a$ . Левая часть стремится к $e_m$ (все слагаемые суммы содержат положительные степени $x - a$ ), а правая — к нулю, так как $n - m\ge 0$ и $o\bigl((x - a)^{n - m}\bigr) = (x - a)^{n - m}\cdot\alpha(x)$ , $\alpha(x)\to 0$ . По единственности предела $e_m = 0$ — противоречие. Значит, $c_k = d_k$ для всех $k$ .

П. 2. По формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано $f(x) = \sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x - a)^k + o\bigl((x - a)^n\bigr)$ . Сравнивая с данным разложением, по п. 1 получаем $c_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!}$ . $\blacksquare$

Первый замечательный предел

Формулировка

\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}x = 1 .

Доказательство

Развернуть

Пусть $0 < x < \frac\pi2$ . На единичной окружности с центром $O$ отложим угол $x$ (в радианах) от точки $A = (1, 0)$ ; пусть $B = (\cos x, \sin x)$ , а $C = (1, \operatorname{tg}x)$ — точка пересечения луча $OB$ с касательной к окружности в точке $A$ . Треугольник $OAB$ содержится в секторе $OAB$ , а сектор — в треугольнике $OAC$ . Сравнивая площади, получаем

\frac12\sin x < \frac12x < \frac12\operatorname{tg}x,\quad\text{т. е.}\quad \sin x < x < \operatorname{tg}x .

Разделив на $\sin x > 0$ , получаем $1 < \frac x{\sin x} < \frac1{\cos x}$ , откуда

\cos x < \frac{\sin x}x < 1,\qquad 0 < x < \frac\pi2 .

Все три функции чётные, поэтому неравенство верно и при $-\frac\pi2 < x < 0$ .

Докажем, что $\cos x\to 1$ при $x\to 0$ . Из $\sin t < t$ при $0 < t < \frac\pi2$ , нечётности синуса и оценки $|\sin t|\le 1 < |t|$ при $|t|\ge\frac\pi2$ следует $|\sin t|\le |t|$ для всех $t$ . Поэтому

0\le 1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2\le 2\cdot\frac{x^2}4 = \frac{x^2}2 .

Так как $\frac{x^2}2\to 0$ при $x\to 0$ (теорема о пределе произведения), по теореме о пределе промежуточной функции $1 - \cos x\to 0$ , т. е. $\cos x\to 1$ .

Теперь в неравенстве $\cos x < \frac{\sin x}x < 1$ при $0 < |x| < \frac\pi2$ обе крайние функции стремятся к $1$ , и по теореме о пределе промежуточной функции $\frac{\sin x}x\to 1$ . $\blacksquare$

Следствия первого замечательного предела

Формулировка

\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x}x = 1,\qquad \lim_{x\to 0}\frac{\arcsin x}x = 1,\qquad \lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{arctg}x}x = 1,\qquad \lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac12 .

Кроме того, $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin kx}x = k$ для любого $k\in\mathbb R$ .

Доказательство

Развернуть

Тангенс. При $0 < |x| < \frac\pi2$ : $\frac{\operatorname{tg}x}x = \frac{\sin x}x\cdot\frac1{\cos x}$ . По первому замечательному пределу $\frac{\sin x}x\to 1$ , а $\cos x\to 1$ (это установлено при доказательстве первого замечательного предела); по теоремам о пределе произведения и частного $\frac{\operatorname{tg}x}x\to 1$ .

Арксинус. Рассмотрим $0 < |x| < 1$ и положим $y = \arcsin x$ . По лемме о пределе строго монотонной функции $y\to\arcsin 0 = 0$ при $x\to 0$ , а в силу инъективности $y\ne 0$ при $x\ne 0$ . При этом $x = \sin y$ , и

\frac{\arcsin x}x = h(y),\qquad h(y) = \frac y{\sin y}\ \ \left(0 < |y| < \frac\pi2\right).

По теореме о пределе частного $h(y)\to\frac11 = 1$ при $y\to 0$ . По теореме о пределе сложной функции (условие (а): $y\ne 0$ ) получаем $\frac{\arcsin x}x\to 1$ .

Арктангенс. Аналогично: $y = \operatorname{arctg}x\to 0$ при $x\to 0$ , $y\ne 0$ при $x\ne 0$ , $x = \operatorname{tg}y$ , и $\frac{\operatorname{arctg}x}x = \frac y{\operatorname{tg}y}\to 1$ по доказанному пределу для тангенса и теореме о пределе сложной функции.

Косинус. При $x\ne 0$

\frac{1 - \cos x}{x^2} = \frac{2\sin^2\frac x2}{x^2} = \frac12\left(\frac{\sin\frac x2}{\frac x2}\right)^2 .

Внутренняя функция $t = \frac x2\to 0$ и $t\ne 0$ при $x\ne 0$ , поэтому по теореме о пределе сложной функции $\frac{\sin t}t\to 1$ , а по теореме о пределе произведения вся дробь стремится к $\frac12$ .

Наконец, при $k\ne 0$ : $\frac{\sin kx}x = k\cdot\frac{\sin kx}{kx}\to k$ (замена $t = kx$ , $t\ne 0$ при $x\ne 0$ ); при $k = 0$ функция тождественно равна $0$ . $\blacksquare$

Следствия второго замечательного предела

Формулировка

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ln(1 + x)}x = 1$ ; более общо, $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\log_a(1 + x)}x = \dfrac1{\ln a}$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ).
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{e^x - 1}x = 1$ .
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{a^x - 1}x = \ln a$ ( $a > 0$ ).
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1 + x)^\mu - 1}x = \mu$ ( $\mu\in\mathbb R$ ).

Доказательство

Развернуть

При $x\in(-1, 0)\cup(0, +\infty)$

\frac{\ln(1 + x)}x = \ln\left((1 + x)^{1/x}\right).

По второму замечательному пределу $(1 + x)^{1/x}\to e$ ; по лемме о пределе строго монотонной функции $\ln y\to\ln e = 1$ при $y\to e$ , и $\ln$ определён в точке $e$ . По теореме о пределе сложной функции (условие (б)) $\frac{\ln(1 + x)}x\to 1$ . Поскольку $\log_a(1 + x) = \frac{\ln(1 + x)}{\ln a}$ , второе утверждение следует из теоремы о пределе произведения на постоянную.

Положим $y = e^x - 1$ . По лемме $e^x\to e^0 = 1$ , поэтому $y\to 0$ при $x\to 0$ ; $y\ne 0$ при $x\ne 0$ (строгая монотонность), и $x = \ln(1 + y)$ . Тогда

\frac{e^x - 1}x = h(y),\qquad h(y) = \frac y{\ln(1 + y)} = \frac1{\frac{\ln(1 + y)}y}\to 1\ \ (y\to 0)

по п. 1 и теореме о пределе частного. По теореме о пределе сложной функции (условие (а)) $\frac{e^x - 1}x\to 1$ .

При $a = 1$ функция тождественно равна $0 = \ln 1$ . При $a\ne 1$ имеем $\ln a\ne 0$ , и при $x\ne 0$

\frac{a^x - 1}x = \frac{e^{x\ln a} - 1}{x\ln a}\cdot\ln a .

Функция $u = x\ln a\to 0$ и $u\ne 0$ при $x\ne 0$ ; по п. 2 и теореме о пределе сложной функции $\frac{e^u - 1}u\to 1$ , так что предел равен $\ln a$ .

При $\mu = 0$ функция тождественно равна $0 = \mu$ . Пусть $\mu\ne 0$ , $x\in(-1, 0)\cup(0, +\infty)$ . Тогда $(1 + x)^\mu = e^{\mu\ln(1 + x)}$ . Положим $u = \mu\ln(1 + x)$ ; по лемме $\ln(1 + x)\to\ln 1 = 0$ , поэтому $u\to 0$ , и $u\ne 0$ при $x\ne 0$ . Запишем

\frac{(1 + x)^\mu - 1}x = \frac{e^u - 1}u\cdot\mu\cdot\frac{\ln(1 + x)}x .

Первый множитель стремится к $1$ по п. 2 и теореме о пределе сложной функции, третий — к $1$ по п. 1. По теореме о пределе произведения предел равен $\mu$ . $\blacksquare$

Предел сложной функции (замена переменной в пределе)

Формулировка

Пусть $f\colon X\to Y$ , $g\colon Y\to\mathbb R$ , $a$ — предельная точка $X$ , $b$ — предельная точка $Y$ ( $a, b, B\in\overline{\mathbb R}$ ), и

\lim_{x\to a}f(x) = b,\qquad \lim_{y\to b}g(y) = B .

Пусть выполнено одно из условий:

(а) существует $\delta_0 > 0$ такое, что $f(x)\ne b$ для всех $x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ (при бесконечном $b$ это выполнено автоматически);
(б) $b\in Y$ и $g(b) = B$ .

Тогда

\lim_{x\to a}g(f(x)) = B .

Доказательство

Развернуть

Пусть дано $\varepsilon > 0$ . Так как $g(y)\to B$ при $y\to b$ , найдётся $\eta > 0$ такое, что $g(y)\in U_\varepsilon(B)$ для всех $y\in\dot U_\eta(b)\cap Y$ .

Так как $f(x)\to b$ при $x\to a$ , для этого $\eta$ найдётся $\delta_1 > 0$ такое, что $f(x)\in U_\eta(b)$ для всех $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ .

В случае (а) положим $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}$ . Для $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ имеем $f(x)\in U_\eta(b)\cap Y$ и $f(x)\ne b$ , т. е. $f(x)\in\dot U_\eta(b)\cap Y$ , поэтому $g(f(x))\in U_\varepsilon(B)$ .

В случае (б) положим $\delta = \delta_1$ . Для $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ либо $f(x)\ne b$ , и тогда, как выше, $g(f(x))\in U_\varepsilon(B)$ ; либо $f(x) = b$ , и тогда $g(f(x)) = g(b) = B\in U_\varepsilon(B)$ .

В обоих случаях $g(f(\dot U_\delta(a)\cap X))\subset U_\varepsilon(B)$ , что и означает $g(f(x))\to B$ при $x\to a$ . Если $b$ бесконечно, то $f(x)\in\mathbb R$ не может равняться $b$ , так что (а) выполнено с любым $\delta_0$ .

Замечание: без условий (а), (б) теорема неверна. Пусть $f(x)\equiv 0$ , $g(y) = 1$ при $y\ne 0$ , $g(0) = 0$ . Тогда $f\to 0$ при $x\to 0$ , $g(y)\to 1$ при $y\to 0$ , но $g(f(x))\equiv 0\to 0\ne 1$ . $\blacksquare$

Знакопостоянство функции, имеющей ненулевой предел

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ и $c\in\mathbb R$ .

Если $A > c$ (здесь $A\in\mathbb R$ или $A = +\infty$ ), то существует $\delta > 0$ такое, что $f(x) > c$ для всех $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ . Аналогично, если $A < c$ ( $A\in\mathbb R$ или $A = -\infty$ ), то $f(x) < c$ в некоторой проколотой окрестности.
В частности, если $0 < A < +\infty$ , то в некоторой проколотой окрестности

f(x) > \frac A2 > 0,

а если $A\in\mathbb R$ , $A\ne 0$ , то в некоторой проколотой окрестности $|f(x)| > \frac{|A|}2$ ; в частности, $f(x)$ сохраняет знак числа $A$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $A\in\mathbb R$ , $A > c$ . Возьмём $\varepsilon = A - c > 0$ ; найдётся $\delta > 0$ с $|f(x) - A| < A - c$ при $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ , откуда $f(x) > A - (A - c) = c$ . Если $A = +\infty$ , то по определению бесконечного предела для числа $M = c$ найдётся $\delta > 0$ с $f(x) > c$ при $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ . Случай $A < c$ получается заменой $f$ на $-f$ , $c$ на $-c$ .
Для $0 < A < +\infty$ применим п. 1 с $c = \frac A2 < A$ . Для конечного $A\ne 0$ возьмём $\varepsilon = \frac{|A|}2$ : при $|f(x) - A| < \frac{|A|}2$ имеем

|f(x)|\ge |A| - |f(x) - A| > \frac{|A|}2,

а также $f(x)$ лежит в интервале $\left(A - \frac{|A|}2, A + \frac{|A|}2\right)$ , не содержащем нуля, и потому имеет тот же знак, что $A$ . $\blacksquare$

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка

Пусть рассматривается процесс $x\to a$ , $a$ — предельная точка $X$ .

Если $f$ — б.б. при $x\to a$ , то $f(x)\ne 0$ в некоторой проколотой окрестности $\dot U_{\delta_0}(a)$ , и функция $\frac1f$ (на $\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ ) — б.м. при $x\to a$ .
Если $\alpha$ — б.м. при $x\to a$ и $\alpha(x)\ne 0$ при $x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ , то $\frac1\alpha$ — б.б. при $x\to a$ .

Доказательство

Развернуть

По определению б.б. при $M = 1$ найдётся $\delta_0 > 0$ с $|f(x)| > 1$ , в частности $f(x)\ne 0$ , при $x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ . Пусть дано $\varepsilon > 0$ . Для $M = \frac1\varepsilon$ найдётся $\delta_1 > 0$ такое, что $|f(x)| > \frac1\varepsilon$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ . При $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}$ и $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$

\left|\frac1{f(x)}\right| < \varepsilon ,

т. е. $\frac1f$ — б.м.

Пусть дано $M > 0$ . Для $\varepsilon = \frac1M$ найдётся $\delta_1 > 0$ такое, что $|\alpha(x)| < \frac1M$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ . При $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}$ и $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ имеем $0 < |\alpha(x)| < \frac1M$ , откуда $\left|\frac1{\alpha(x)}\right| > M$ . Значит, $\frac1\alpha$ — б.б. $\blacksquare$

Асимптоты рациональной функции

Формулировка

Пусть $R(x) = \frac{P(x)}{Q(x)}$ , где $P, Q$ — многочлены без общих корней, $\deg P = m$ , $\deg Q = n$ , и $P = SQ + T$ — деление с остатком ( $\deg T < n$ ). Тогда

вертикальными асимптотами графика $R$ являются прямые $x = a$ для всех действительных корней $a$ многочлена $Q$ , и только они;
при $m\le n$ график имеет горизонтальную асимптоту ( $y = 0$ при $m < n$ , $y = \frac{p_m}{q_n}$ при $m = n$ , где $p_m, q_n$ — старшие коэффициенты);
при $m = n + 1$ наклонная асимптота (одна и та же при $x\to\pm\infty$ ) есть $y = S(x)$ — целая часть дроби;
при $m\ge n + 2$ наклонных асимптот нет.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Если $Q(a) = 0$ , то $P(a)\ne 0$ (нет общих корней), и при $x\to a$ имеем $Q(x)\to 0$ , $P(x)\to P(a)\ne 0$ ; по связи бесконечно малых и бесконечно больших $\frac1{Q(x)}$ — бесконечно большая, а значит, $|R(x)|\to+\infty$ , и хотя бы один односторонний предел бесконечен. Если $Q(a)\ne 0$ , то $R$ непрерывна в точке $a$ , её односторонние пределы конечны, и вертикальной асимптоты нет.

Представим $R(x) = S(x) + \frac{T(x)}{Q(x)}$ . Так как $\deg T < \deg Q$ , по теореме об эквивалентных бесконечно больших $\frac{T(x)}{Q(x)}\sim\frac{t_jx^j}{q_nx^n}\to 0$ при $x\to\pm\infty$ (если $T\not\equiv 0$ , $t_j$ — его старший коэффициент, $j < n$ ).

Пункты 2 и 3. При $m < n$ имеем $S\equiv 0$ и $R(x)\to 0$ ; при $m = n$ $S\equiv\frac{p_m}{q_n}$ — константа; при $m = n + 1$ $S(x) = kx + b$ — многочлен первой степени. В каждом случае $R(x) - S(x)\to 0$ при $x\to\pm\infty$ , т. е. $y = S(x)$ — асимптота по определению.

Пункт 4. При $m\ge n + 2$ по теореме об эквивалентных бесконечно больших $\frac{R(x)}{x}\sim\frac{p_m}{q_n}x^{m-n-1}$ , и $\left|\frac{R(x)}{x}\right|\to+\infty$ ; по теореме о наклонной асимптоте асимптоты нет. $\blacksquare$

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ , $A\in\overline{\mathbb R}$ . Тогда $A$ является пределом $f$ при $x\to a$ по Коши тогда и только тогда, когда $A$ является пределом $f$ при $x\to a$ по Гейне.

Доказательство

Развернуть

Будем пользоваться языком окрестностей: $x_n\to a$ означает, что $\forall\delta > 0\ \exists N\ \forall n > N$ : $x_n\in U_\delta(a)$ ; это охватывает и конечные, и бесконечные $a$ .

Коши $\Rightarrow$ Гейне. Пусть $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ по Коши, и $(x_n)$ — последовательность с $x_n\in X$ , $x_n\ne a$ , $x_n\to a$ . Возьмём $\varepsilon > 0$ и по определению Коши найдём $\delta > 0$ с $f(\dot U_\delta(a)\cap X)\subset U_\varepsilon(A)$ . Так как $x_n\to a$ , существует $N$ такое, что $x_n\in U_\delta(a)$ при $n > N$ ; поскольку $x_n\ne a$ и $x_n\in X$ , имеем $x_n\in\dot U_\delta(a)\cap X$ , откуда $f(x_n)\in U_\varepsilon(A)$ при $n > N$ . Значит, $f(x_n)\to A$ .

Гейне $\Rightarrow$ Коши. Докажем от противного. Пусть $A$ — предел по Гейне, но не по Коши. Построив отрицание определения Коши, получим:

\exists\varepsilon_0 > 0\ \forall\delta > 0\ \exists x\in\dot U_\delta(a)\cap X:\quad f(x)\notin U_{\varepsilon_0}(A).

Применим это при $\delta = \frac1n$ , $n\in\mathbb N$ : найдутся точки $x_n\in\dot U_{1/n}(a)\cap X$ с $f(x_n)\notin U_{\varepsilon_0}(A)$ . По построению $x_n\in X$ и $x_n\ne a$ .

Проверим, что $x_n\to a$ . Пусть дано $\delta > 0$ ; по следствию принципа Архимеда найдётся $N$ с $\frac1N < \delta$ . Окрестности $U_\eta(a)$ вложены друг в друга при уменьшении $\eta$ (для конечного $a$ это интервалы $(a - \eta, a + \eta)$ , для $a = +\infty$ — лучи $(\frac1\eta, +\infty)$ , и т. д.), поэтому при $n > N$ имеем $x_n\in U_{1/n}(a)\subset U_\delta(a)$ .

Итак, $(x_n)$ удовлетворяет условиям определения Гейне, но $f(x_n)\notin U_{\varepsilon_0}(A)$ ни при каком $n$ , т. е. $f(x_n)\not\to A$ . Это противоречит тому, что $A$ — предел по Гейне. Значит, $A$ — предел и по Коши. $\blacksquare$

Признак отсутствия предела функции

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ .

Если существуют две последовательности $x_n', x_n''\in X$ , $x_n'\ne a$ , $x_n''\ne a$ , $x_n'\to a$ , $x_n''\to a$ , такие, что

f(x_n')\to A',\quad f(x_n'')\to A'',\quad A', A''\in\mathbb R\cup\{-\infty, +\infty\},\quad A'\ne A'',

то $f$ не имеет предела (ни конечного, ни равного $\pm\infty$ ) при $x\to a$ . 2. Если существует последовательность $x_n\in X$ , $x_n\ne a$ , $x_n\to a$ , для которой последовательность $f(x_n)$ не имеет предела (ни конечного, ни равного $\pm\infty$ ), то $f$ не имеет при $x\to a$ ни конечного предела, ни предела $\pm\infty$ .

(Предел $\infty$ без знака при этом возможен: для $f(x) = \frac1x$ , $a = 0$ , $x_n' = \frac1n$ , $x_n'' = -\frac1n$ имеем $A' = +\infty\ne -\infty = A''$ , но $\lim\limits_{x\to 0}\frac1x = \infty$ .)

Доказательство

Развернуть

Пусть, напротив, $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ , где $A\in\mathbb R\cup\{-\infty, +\infty\}$ . По теореме об эквивалентности определений Коши и Гейне для любой последовательности $x_n\in X$ , $x_n\ne a$ , $x_n\to a$ , выполнено $f(x_n)\to A$ .

В случае 2 это прямо противоречит условию: $f(x_n)$ имеет предел $A$ .

В случае 1 получаем $f(x_n')\to A$ и $f(x_n')\to A'$ . Последовательность — это функция на $\mathbb N$ , а $+\infty$ — предельная точка $\mathbb N$ , поэтому по теореме о единственности предела функции $A = A'$ ; аналогично $A = A''$ . Итак, $A' = A''$ — противоречие. $\blacksquare$

Сравнение бесконечно малых и бесконечно больших

Критерий эквивалентности бесконечно малых

Формулировка

Доказательство

Правила действий с «о малым»

Формулировка

Доказательство

Таблица эквивалентных бесконечно малых

Формулировка

Доказательство

Эквивалентности при замене переменной

Формулировка

Доказательство

Замена эквивалентными в пределах

Формулировка

Доказательство

Сумма бесконечно малых разных порядков. Главная часть

Формулировка

Доказательство

Теоремы об эквивалентных бесконечно больших

Формулировка

Доказательство

Вычисление пределов заменой на эквивалентные

Условие

Решение

Когда нельзя заменять эквивалентными в разности

Условие

Решение

Порядок малости и главная часть

Условие

Решение

Сравнение бесконечно больших

Условие

Решение

Эквивалентность разностей эквивалентных бесконечно малых

Условие

Решение

Несравнимые бесконечно малые

Условие

Решение

Пределы с заменой переменной

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Сравнение бесконечно малых. Символ «о малое»

Эквивалентные бесконечно малые

Сравнение бесконечно больших

Главная часть бесконечно малой

Бесконечно малая функция

Бесконечно большая функция

Арифметические операции над функциями, имеющими предел

Формулировка

Доказательство

Вычисление пределов с помощью формулы Тейлора

Формулировка

Доказательство

Свойства бесконечно малых функций

Формулировка

Доказательство

Единственность разложения по формуле Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка

Доказательство

Первый замечательный предел

Формулировка

Доказательство

Следствия первого замечательного предела

Формулировка

Доказательство

Следствия второго замечательного предела

Формулировка

Доказательство

Предел сложной функции (замена переменной в пределе)

Формулировка

Доказательство

Знакопостоянство функции, имеющей ненулевой предел

Формулировка

Доказательство

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка