Непрерывность функции в точке. Точки разрыва

Прогресс изучения0 из 6

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

Все теоремы темы6

Эквивалентность определений непрерывности
Связь непрерывности с односторонней непрерывностью
Локальные свойства функций, непрерывных в точке
Арифметические операции над непрерывными функциями
Непрерывность сложной функции. Предельный переход под знаком непрерывной функции
Непрерывность простейших функций

теорема

Эквивалентность определений непрерывности

Формулировка

Пусть $f: X\to\mathbb R$ , $a\in X$ . Следующие условия равносильны:

( $\varepsilon$ – $\delta$ ) $\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\ |x - a| < \delta\Rightarrow|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ ;
(по Гейне) для любой последовательности $x_n\in X$ , $x_n\to a$ , выполнено $f(x_n)\to f(a)$ .

Если, кроме того, $a$ — предельная точка $X$ , то условия 1, 2 равносильны также каждому из условий:

(через предел) $\displaystyle\lim_{x\to a}f(x) = f(a)$ ;
(через приращения) $\displaystyle\lim_{\Delta x\to 0}\Delta y = 0$ , где $\Delta y = f(a + \Delta x) - f(a)$ , $a + \Delta x\in X$ .

Если $a$ — изолированная точка $X$ , то условия 1 и 2 выполнены для любой функции $f$ .

Доказательство

Развернуть

(1 $\Rightarrow$ 2). Пусть $x_n\in X$ , $x_n\to a$ , и задано $\varepsilon > 0$ . Возьмём $\delta$ из условия 1. По определению предела последовательности найдётся $N$ , такое что $|x_n - a| < \delta$ при $n > N$ ; тогда $|f(x_n) - f(a)| < \varepsilon$ при $n > N$ . Значит, $f(x_n)\to f(a)$ .
(2 $\Rightarrow$ 1). Пусть условие 1 нарушено: существует $\varepsilon_0 > 0$ , такое что для любого $\delta > 0$ найдётся $x\in X$ с $|x - a| < \delta$ , но $|f(x) - f(a)|\ge\varepsilon_0$ . Беря $\delta = \frac1n$ , получаем $x_n\in X$ , $|x_n - a| < \frac1n$ , $|f(x_n) - f(a)|\ge\varepsilon_0$ . Тогда $x_n\to a$ , но $f(x_n)\not\to f(a)$ — противоречие с условием 2.
Изолированная точка. Если $a$ изолирована, то найдётся $\delta_0 > 0$ с $X\cap(a - \delta_0, a + \delta_0) = \{a\}$ ; при $\delta = \delta_0$ единственная точка $x\in X$ с $|x - a| < \delta$ — это $a$ , и $|f(a) - f(a)| = 0 < \varepsilon$ . Условие 1 выполнено, а значит, и условие 2.
(1 $\Rightarrow$ 3). Пусть $a$ — предельная точка $X$ . Из условия 1 тем более следует: $\forall\varepsilon\ \exists\delta\ \forall x\in X:\ 0 < |x - a| < \delta\Rightarrow|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ , а это и есть определение $\lim\limits_{x\to a}f(x) = f(a)$ по Коши.
(3 $\Rightarrow$ 1). Обратно, если выполнено определение предела по Коши с $A = f(a)$ , то неравенство $|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ верно при $0 < |x - a| < \delta$ , а при $x = a$ оно верно тривиально: $|f(a) - f(a)| = 0 < \varepsilon$ . Получаем условие 1. (Связь с условием 2 видна и через определение Гейне: условие 2 содержит, в частности, все последовательности $x_n\ne a$ , т. е. влечёт равенство $\lim f = f(a)$ в смысле Гейне, равносильное определению по Коши по теореме об эквивалентности определений предела.)
(3 $\Leftrightarrow$ 4). Функция $g(\Delta x) = f(a + \Delta x) - f(a)$ определена на множестве $X - a = \{x - a: x\in X\}$ , для которого $0$ — предельная точка. Условие $\lim\limits_{\Delta x\to 0}g(\Delta x) = 0$ по определению Коши означает:

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0:\ 0 < |\Delta x| < \delta,\ a + \Delta x\in X\ \Rightarrow\ |f(a + \Delta x) - f(a)| < \varepsilon.

После подстановки $x = a + \Delta x$ это дословно определение $\lim\limits_{x\to a}f(x) = f(a)$ . $\blacksquare$

теорема

Связь непрерывности с односторонней непрерывностью

Формулировка

Пусть $f: X\to\mathbb R$ , $a\in X$ . Функция $f$ непрерывна в точке $a$ тогда и только тогда, когда она непрерывна в $a$ и слева, и справа.

Если $f$ определена в некоторой окрестности точки $a$ , это равносильно равенствам

f(a - 0) = f(a + 0) = f(a).

В частности, если хотя бы один из односторонних пределов не существует или не равен $f(a)$ , то $a$ — точка разрыва.

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Если $\forall x\in X$ , $|x - a| < \delta$ , выполнено $|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ , то это неравенство верно и для $x\in X\cap(a - \delta, a]$ , и для $x\in X\cap[a, a + \delta)$ . Значит, $f$ непрерывна слева и справа.
Достаточность. Пусть задано $\varepsilon > 0$ . По непрерывности слева найдётся $\delta_1 > 0$ , такое что $|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ при $x\in X$ , $a - \delta_1 < x\le a$ ; по непрерывности справа — $\delta_2 > 0$ с тем же неравенством при $a\le x < a + \delta_2$ . Положим $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ . Любая точка $x\in X$ с $|x - a| < \delta$ попадает в один из промежутков $(a - \delta_1, a]$ или $[a, a + \delta_2)$ , поэтому $|f(x) - f(a)| < \varepsilon$ . Значит, $f$ непрерывна в $a$ .
Пусть $f$ определена в окрестности $a$ . Тогда $a$ — предельная точка как для $X$ , так и для левой и правой полуокрестностей. Рассуждая так же, как в теореме об эквивалентности определений непрерывности (переход от $0 < |x - a| < \delta$ к $|x - a| < \delta$ ), получаем: непрерывность слева $\iff f(a - 0) = f(a)$ , непрерывность справа $\iff f(a + 0) = f(a)$ , а непрерывность $\iff\lim\limits_{x\to a}f(x) = f(a)$ . По теореме о связи двустороннего предела с односторонними последнее равносильно тому, что $f(a - 0)$ и $f(a + 0)$ существуют и оба равны $f(a)$ . $\blacksquare$

теорема

Локальные свойства функций, непрерывных в точке

Формулировка

Пусть $f: X\to\mathbb R$ непрерывна в точке $a\in X$ . Тогда:

(локальная ограниченность) существуют $\delta > 0$ и $M > 0$ , такие что

|f(x)|\le M\quad\forall x\in X\cap(a - \delta, a + \delta);

(сохранение неравенства) если $f(a) > c$ (соответственно $f(a) < c$ ), то существует $\delta > 0$ , такое что $f(x) > c$ (соответственно $f(x) < c$ ) для всех $x\in X\cap(a - \delta, a + \delta)$ ;
(знакопостоянство) если $f(a) > 0$ , то существует $\delta > 0$ , такое что

f(x) > \frac{f(a)}{2} > 0\quad\forall x\in X\cap(a - \delta, a + \delta);

аналогично при $f(a) < 0$ : $f(x) < \frac{f(a)}2 < 0$ . В частности, если $f(a)\ne 0$ , то $f$ не обращается в нуль и сохраняет знак в некоторой окрестности точки $a$ .

В отличие от соответствующих свойств функций, имеющих предел, здесь окрестность не проколотая: точка $a$ в неё входит.

Доказательство

Развернуть

Возьмём в определении непрерывности ( $\varepsilon$ – $\delta$ ) $\varepsilon = 1$ : найдётся $\delta > 0$ , такое что $|f(x) - f(a)| < 1$ при $x\in X$ , $|x - a| < \delta$ . Тогда для таких $x$

|f(x)|\le|f(x) - f(a)| + |f(a)| < 1 + |f(a)| = M.

Пусть $f(a) > c$ . Положим $\varepsilon = f(a) - c > 0$ и найдём $\delta$ из определения непрерывности. При $x\in X$ , $|x - a| < \delta$ :

f(x) > f(a) - \varepsilon = c.

Случай $f(a) < c$ сводится к рассмотренному заменой $f$ на $-f$ (функция $-f$ непрерывна в $a$ , так как $|(-f)(x) - (-f)(a)| = |f(x) - f(a)|$ ) и $c$ на $-c$ .

При $f(a) > 0$ применим пункт 2 с $c = \frac{f(a)}2 < f(a)$ ; при $f(a) < 0$ — с $c = \frac{f(a)}2 > f(a)$ . $\blacksquare$

теорема

Арифметические операции над непрерывными функциями

Формулировка

Пусть функции $f, g: X\to\mathbb R$ непрерывны в точке $a\in X$ . Тогда в точке $a$ непрерывны функции

f + g,\qquad f - g,\qquad f\cdot g,\qquad c\,f\ (c\in\mathbb R),

а если $g(a)\ne 0$ , то и частное $\frac fg$ , рассматриваемое на множестве $X' = \{x\in X: g(x)\ne 0\}$ ; при этом $X'$ содержит все точки $X$ из некоторой окрестности точки $a$ .

Следствие: сумма, разность и произведение функций, непрерывных на множестве $E$ , непрерывны на $E$ ; частное непрерывно во всех точках $E$ , где знаменатель не равен нулю.

Доказательство

Развернуть

Воспользуемся определением непрерывности по Гейне (оно равносильно определению на языке $\varepsilon$ – $\delta$ для любой точки $a\in X$ , в том числе изолированной). Пусть $x_n\in X$ , $x_n\to a$ . По непрерывности $f$ и $g$ имеем $f(x_n)\to f(a)$ , $g(x_n)\to g(a)$ .
По теореме об арифметических операциях с пределами последовательностей

f(x_n)\pm g(x_n)\to f(a)\pm g(a),\qquad f(x_n)g(x_n)\to f(a)g(a),\qquad c\,f(x_n)\to c\,f(a).

Так как последовательность $x_n$ произвольна, функции $f\pm g$ , $fg$ , $cf$ непрерывны в $a$ по Гейне.

Частное. Пусть $g(a)\ne 0$ . По теореме о знакопостоянстве непрерывной функции существует $\delta > 0$ , при котором $g(x)\ne 0$ для всех $x\in X\cap(a - \delta, a + \delta)$ ; значит, эти точки (и сама $a$ ) лежат в $X'$ , т. е. $f/g$ определена вблизи $a$ на всём $X$ .
Пусть $x_n\in X'$ , $x_n\to a$ . Тогда $g(x_n)\ne 0$ , $g(x_n)\to g(a)\ne 0$ , $f(x_n)\to f(a)$ , и по теореме о пределе частного последовательностей

\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\to\frac{f(a)}{g(a)}.

Следовательно, $\frac fg$ непрерывна в $a$ . Следствие получается применением доказанного в каждой точке $E$ . $\blacksquare$

теорема

Непрерывность сложной функции. Предельный переход под знаком непрерывной функции

Формулировка

Пусть $f: X\to Y$ , $g: Y\to\mathbb R$ .

Если $f$ непрерывна в точке $a\in X$ , а $g$ непрерывна в точке $b = f(a)$ , то сложная функция $g\circ f$ непрерывна в точке $a$ .
Если $a$ — предельная точка $X$ , существует конечный предел $\lim\limits_{x\to a}f(x) = b$ , причём $b\in Y$ и $g$ непрерывна в точке $b$ , то

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

(В отличие от теоремы о пределе сложной функции, условие $f(x)\ne b$ здесь не требуется.)

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Используем определение по Гейне. Пусть $x_n\in X$ , $x_n\to a$ . По непрерывности $f$ в точке $a$ последовательность $y_n = f(x_n)\in Y$ сходится к $b = f(a)$ . По непрерывности $g$ в точке $b$ (определение Гейне для $g$ ) $g(y_n)\to g(b)$ , т. е. $(g\circ f)(x_n)\to(g\circ f)(a)$ . Значит, $g\circ f$ непрерывна в $a$ .
Пункт 2. Зададим $\varepsilon > 0$ . По непрерывности $g$ в точке $b$ найдётся $\eta > 0$ , такое что

y\in Y,\ |y - b| < \eta\ \Rightarrow\ |g(y) - g(b)| < \varepsilon.

По определению предела $f(x)\to b$ для этого $\eta$ найдётся $\delta > 0$ , такое что $|f(x) - b| < \eta$ при $x\in X$ , $0 < |x - a| < \delta$ .
Тогда при $x\in X$ , $0 < |x - a| < \delta$ точка $y = f(x)\in Y$ удовлетворяет $|y - b| < \eta$ , и потому $|g(f(x)) - g(b)| < \varepsilon$ . Это и означает $\lim\limits_{x\to a}g(f(x)) = g(b)$ . Заметим, что равенство $f(x) = b$ при некоторых $x$ ничему не мешает: тогда $|g(f(x)) - g(b)| = 0$ . $\blacksquare$

лемма

Непрерывность простейших функций

Формулировка

Постоянная функция и функция $f(x) = x$ непрерывны на $\mathbb R$ ; многочлены непрерывны на $\mathbb R$ ; рациональная функция $\frac{P(x)}{Q(x)}$ непрерывна в каждой точке, где $Q(x)\ne 0$ .
Функция $|x|$ непрерывна на $\mathbb R$ .
Функции $\sin x$ и $\cos x$ непрерывны на $\mathbb R$ , причём

|\sin x - \sin a|\le|x - a|,\qquad|\cos x - \cos a|\le|x - a|;

$\operatorname{tg}x$ непрерывен при $x\ne\frac\pi2 + \pi k$ , $\operatorname{ctg}x$ — при $x\ne\pi k$ , $k\in\mathbb Z$ . 4. Функция $e^x$ непрерывна на $\mathbb R$ ; функция $a^x = e^{x\ln a}$ ( $a > 0$ ) непрерывна на $\mathbb R$ .

(Непрерывность всех элементарных функций в их областях определения устанавливается позже, после теоремы об обратной функции.)

Доказательство

Развернуть

Для постоянной $|c - c| = 0 < \varepsilon$ при любом $\delta$ ; для $f(x) = x$ достаточно взять $\delta = \varepsilon$ . Одночлен $c\,x^k$ — произведение постоянной и $k$ сомножителей $x$ , многочлен — сумма одночленов; по теореме об арифметических операциях над непрерывными функциями (индукцией по числу сомножителей и слагаемых) многочлены непрерывны на $\mathbb R$ . Рациональная функция — частное многочленов, она непрерывна там, где знаменатель не равен нулю.
Из неравенства треугольника $\big||x| - |a|\big|\le|x - a|$ , поэтому при $\delta = \varepsilon$ из $|x - a| < \delta$ следует $\big||x| - |a|\big| < \varepsilon$ .
Докажем неравенство $|\sin u|\le|u|$ для всех $u$ . При $0 < u < \frac\pi2$ имеем $\sin u < u$ (неравенство из доказательства первого замечательного предела); по нечётности $|\sin u| < |u|$ при $0 < |u| < \frac\pi2$ ; при $|u|\ge\frac\pi2 > 1$ имеем $|\sin u|\le 1 < |u|$ ; при $u = 0$ равенство.
По формулам разности синусов и косинусов

|\sin x - \sin a| = 2\left|\sin\frac{x - a}2\right|\left|\cos\frac{x + a}{2}\right|\le 2\cdot\frac{|x - a|}{2} = |x - a|,

|\cos x - \cos a| = 2\left|\sin\frac{x - a}2\right|\left|\sin\frac{x + a}{2}\right|\le|x - a|.

Значит, при $\delta = \varepsilon$ выполнено определение непрерывности. Функции $\operatorname{tg}x = \frac{\sin x}{\cos x}$ и $\operatorname{ctg}x = \frac{\cos x}{\sin x}$ непрерывны как частные там, где знаменатель не равен нулю.

Экспонента. Для приращения в точке $a$ имеем $\Delta y = e^{a + \Delta x} - e^a = e^a\left(e^{\Delta x} - 1\right)$ . По следствию второго замечательного предела $\frac{e^t - 1}t\to 1$ при $t\to 0$ , поэтому по теореме о пределе произведения

e^t - 1 = t\cdot\frac{e^t - 1}{t}\to 0\cdot 1 = 0\quad(t\to 0).

Следовательно, $\Delta y\to 0$ при $\Delta x\to 0$ , и по эквивалентности определений непрерывности $e^x$ непрерывна в любой точке $a$ .

Функция $a^x = e^{x\ln a}$ — композиция непрерывной функции $x\mapsto x\ln a$ (многочлен) и непрерывной функции $y\mapsto e^y$ ; по теореме о непрерывности сложной функции она непрерывна на $\mathbb R$ . $\blacksquare$

Классификация точек разрыва (sin x / x, модуль, sign)

Условие

Найти точки разрыва и определить их род:

а) $f(x) = \dfrac{\sin x}{x}$ ;

б) $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ ;

в) $f(x) = \operatorname{sign}x$ .

Решение

Развернуть

а) Функция определена при $x\ne 0$ и непрерывна там как частное непрерывных функций $\sin x$ и $x$ (непрерывность простейших функций, арифметические операции). В точке $0$ она не определена, а по первому замечательному пределу

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

Предел конечен, значит, $x = 0$ — точка устранимого разрыва; доопределение $f(0) = 1$ делает функцию непрерывной на $\mathbb R$ .

б) Функция определена при $x\ne 1$ и непрерывна там: $|x - 1|$ — композиция непрерывных функций $x - 1$ и $|\cdot|$ , знаменатель не равен нулю. Поскольку $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ ,

f(x) = \begin{cases}x + 1, & x > 1,\\ -(x + 1), & x < 1.\end{cases}

Отсюда $f(1 + 0) = 2$ , $f(1 - 0) = -2$ . Односторонние пределы конечны и различны: $x = 1$ — точка разрыва первого рода, скачок $f(1 + 0) - f(1 - 0) = 4$ .

в) При $x > 0$ функция $\operatorname{sign}x\equiv 1$ , при $x < 0$ — $\equiv -1$ ; в каждой точке $a\ne 0$ она постоянна в некоторой окрестности $a$ , поэтому непрерывна. В нуле $f(0 - 0) = -1$ , $f(0 + 0) = 1$ , $f(0) = 0$ . По теореме о связи непрерывности с односторонней непрерывностью функция в нуле разрывна; это разрыв первого рода со скачком $2$ (и $f$ не непрерывна ни слева, ни справа).

Ответ: а) $x = 0$ — устранимый разрыв (доопределить $f(0) = 1$ ); б) $x = 1$ — разрыв первого рода, скачок $4$ ; в) $x = 0$ — разрыв первого рода, скачок $2$ .

Разрывы функций e^{1/x}, 1/(1+e^{1/x}), sin(1/x)

Условие

Исследовать на непрерывность и классифицировать точки разрыва:

а) $f(x) = e^{1/x}$ ;

б) $g(x) = \dfrac{1}{1 + e^{1/x}}$ ;

в) $h(x) = \sin\dfrac1x$ .

Решение

Развернуть

При $x\ne 0$ все три функции непрерывны: $\frac1x$ непрерывна как рациональная функция, $e^y$ и $\sin y$ непрерывны на $\mathbb R$ , композиции непрерывны по теореме о непрерывности сложной функции, а $g$ — частное с положительным знаменателем. Единственная точка разрыва — $x = 0$ (там функции не определены). Найдём односторонние пределы.

а) Пусть $x\to 0+$ . Для любого $M > 1$ при $0 < x < \frac{1}{\ln M}$ имеем $\frac1x > \ln M$ и, по возрастанию экспоненты, $e^{1/x} > M$ . Значит, $f(0 + 0) = +\infty$ . Пусть $x\to 0-$ . Для любого $\varepsilon\in(0, 1)$ при $\frac{1}{\ln\varepsilon} < x < 0$ имеем $\frac1x < \ln\varepsilon$ (обе части отрицательны), так что $0 < e^{1/x} < \varepsilon$ . Значит, $f(0 - 0) = 0$ . Правый предел бесконечен — $x = 0$ точка разрыва второго рода.

б) При $x\to 0+$ знаменатель $1 + e^{1/x}\to+\infty$ (по п. а), и по теореме о связи бесконечно больших и бесконечно малых $g(0 + 0) = 0$ . При $x\to 0-$ знаменатель $1 + e^{1/x}\to 1 + 0 = 1$ , и $g(0 - 0) = 1$ . Оба односторонних предела конечны и различны: разрыв первого рода, скачок $g(0 + 0) - g(0 - 0) = -1$ .

в) Возьмём

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

Тогда $h(x_n) = \sin\pi n = 0$ , $h(y_n) = 1$ . Если бы существовал предел $h(0 + 0)$ (конечный или бесконечный), то по определению Гейне (равносильному определению Коши) обе последовательности значений сходились бы к нему. Значит, $h(0 + 0)$ не существует; так как $h$ нечётна, не существует и $h(0 - 0)$ . Это разрыв второго рода (функция колеблется между $-1$ и $1$ , хотя и ограничена).

Ответ: все функции непрерывны при $x\ne 0$ ; в точке $x = 0$ : а) разрыв второго рода ( $f(0 - 0) = 0$ , $f(0 + 0) = +\infty$ ); б) разрыв первого рода, $g(0 - 0) = 1$ , $g(0 + 0) = 0$ , скачок $-1$ ; в) разрыв второго рода (односторонних пределов нет).

Подбор параметров для непрерывности

Условие

а) При каких $a$ функция

f(x) = \begin{cases}\dfrac{1 - \cos ax}{x^2}, & x\ne 0,\\[2mm] 2, & x = 0\end{cases}

непрерывна на $\mathbb R$ ?

б) При каких $a$ и $b$ ( $b\ge 0$ ) функция

g(x) = \begin{cases}\dfrac{\sin 3x}{x}, & x < 0,\\[2mm] a, & x = 0,\\[1mm] \dfrac{\ln(1 + bx)}{x}, & x > 0\end{cases}

непрерывна на $\mathbb R$ ?

Решение

Развернуть

В обоих случаях при $x\ne 0$ функции непрерывны как частные и композиции непрерывных функций (знаменатель $x\ne 0$ ; для $\ln(1 + bx)$ при $b\ge 0$ , $x > 0$ аргумент $1 + bx\ge 1 > 0$ ; непрерывность логарифма на $(0, +\infty)$ мы используем как известное свойство элементарной функции, а в окрестности точки $0$ нам нужен только предел). Остаётся точка $x = 0$ .

а) Если $a = 0$ , то $f(x) = 0$ при $x\ne 0$ , и $\lim\limits_{x\to 0}f(x) = 0\ne 2$ — разрыв. Если $a\ne 0$ , то $ax\ne 0$ при $x\ne 0$ и по таблице эквивалентных (с заменой переменной) $1 - \cos ax\sim\frac{a^2x^2}2$ , так что

\lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos ax}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{a^2x^2/2}{x^2} = \frac{a^2}{2}.

Непрерывность в нуле означает $\frac{a^2}2 = 2$ , т. е. $a = \pm 2$ .

б) Левый предел: $\sin 3x\sim 3x$ , поэтому $g(0 - 0) = \lim\limits_{x\to 0-}\frac{3x}{x} = 3$ . Правый предел: при $b = 0$ имеем $g(x) = 0$ при $x > 0$ и $g(0 + 0) = 0$ ; при $b > 0$ $\ln(1 + bx)\sim bx$ и $g(0 + 0) = \lim\limits_{x\to 0+}\frac{bx}x = b$ . По теореме о связи непрерывности с односторонней непрерывностью нужно $g(0 - 0) = g(0 + 0) = g(0)$ , т. е. $3 = b = a$ (случай $b = 0$ невозможен, так как $0\ne 3$ ).

Проверка: при $a = 2$ , $x = 10^{-4}$ имеем $\frac{1 - \cos 2x}{x^2}\approx 1{,}99999999$ ; $\frac{\sin 3x}x\approx 2{,}99999996$ , $\frac{\ln(1 + 3x)}x\approx 2{,}99955$ .

Ответ: а) $a = \pm 2$ ; б) $a = 3$ , $b = 3$ .

Функция Дирихле и её модификации

Условие

а) Доказать, что функция Дирихле $D(x)$ разрывна в каждой точке $\mathbb R$ и все её точки разрыва — второго рода.

б) Доказать, что функция $f(x) = x\,D(x)$ непрерывна в точке $0$ и разрывна (второго рода) во всех остальных точках.

Решение

Развернуть

Вспомогательный факт: в любом интервале $(c, d)$ есть как рациональные, так и иррациональные числа. Рациональное — по плотности $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ (следствие принципа Архимеда). Иррациональное: возьмём рациональное $q\in(c - \sqrt2, d - \sqrt2)$ ; тогда $q + \sqrt 2\in(c, d)$ и $q + \sqrt2$ иррационально (иначе $\sqrt2 = (q + \sqrt2) - q$ было бы рациональным).

а) Пусть $a\in\mathbb R$ . Для каждого $n$ выберем рациональное $r_n$ и иррациональное $s_n$ в интервале $\left(a, a + \frac1n\right)$ . Тогда $r_n\to a+$ , $s_n\to a+$ , $r_n, s_n\ne a$ , но

D(r_n) = 1\to 1,\qquad D(s_n) = 0\to 0.

Если бы существовал правый предел $D(a + 0)$ , то по определению Гейне (для одностороннего предела — с последовательностями справа от $a$ ) обе последовательности значений стремились бы к нему; противоречие. Значит, $D(a + 0)$ не существует (аналогично $D(a - 0)$ ), и $a$ — точка разрыва второго рода.

б) Непрерывность в нуле: $f(0) = 0$ и $|f(x) - f(0)| = |x|\,D(x)\le|x|$ , поэтому при $\delta = \varepsilon$ из $|x| < \delta$ следует $|f(x) - f(0)| < \varepsilon$ .

Пусть $a\ne 0$ . Возьмём $r_n, s_n\in\left(a, a + \frac1n\right)$ , рациональные и иррациональные соответственно. Тогда $f(r_n) = r_n\to a$ , а $f(s_n) = 0\to 0\ne a$ . Как и в п. а), правый (и аналогично левый) предел в точке $a$ не существует, $a$ — точка разрыва второго рода. (Непрерывность в $a$ нарушена уже по определению Гейне: $s_n\to a$ , но $f(s_n)\not\to f(a)$ при рациональном $a$ , и $r_n\to a$ , но $f(r_n)\not\to f(a) = 0$ при иррациональном $a$ .)

Ответ: а) $D$ разрывна всюду, все разрывы второго рода; б) $xD(x)$ непрерывна только в точке $0$ , остальные точки — разрывы второго рода.

Непрерывность функции Римана

Условие

Доказать, что для функции Римана $R(x)$ при любом $a\in\mathbb R$

\lim_{x\to a}R(x) = 0.

Вывести отсюда, что $R$ непрерывна в каждой иррациональной точке и имеет устранимый разрыв в каждой рациональной точке.

Решение

Развернуть

Зафиксируем $a\in\mathbb R$ и $\varepsilon > 0$ . Рассмотрим множество

F = \left\{x\in(a - 1, a + 1):\ R(x)\ge\varepsilon\right\}.

Если $R(x)\ge\varepsilon > 0$ , то $x$ рационально, $x = \frac pq$ (несократимая дробь), и $\frac1q\ge\varepsilon$ , т. е. $q\le\frac1\varepsilon$ . Таких знаменателей $q\in\mathbb N$ конечное число.

Для фиксированного $q$ условие $\frac pq\in(a - 1, a + 1)$ равносильно $p\in\big(q(a - 1), q(a + 1)\big)$ ; интервал длины $2q$ содержит не более $2q + 1$ целых чисел. Значит, $F$ конечно.
Положим $\delta = \min\left(1,\ \min\{|x - a|: x\in F,\ x\ne a\}\right)$ (если $F\setminus\{a\} = \varnothing$ , то $\delta = 1$ ); так как множество конечно, $\delta > 0$ .
Пусть $0 < |x - a| < \delta$ . Тогда $x\in(a - 1, a + 1)$ и $x\notin F$ (точки $F$ , отличные от $a$ , отстоят от $a$ не меньше чем на $\delta$ ). Поэтому $0\le R(x) < \varepsilon$ , т. е. $|R(x) - 0| < \varepsilon$ . Это доказывает $\lim\limits_{x\to a}R(x) = 0$ .
Если $a$ иррационально, то $R(a) = 0 = \lim\limits_{x\to a}R(x)$ , и по эквивалентности определений непрерывности $R$ непрерывна в $a$ .
Если $a = \frac pq$ (несократимая дробь), то $R(a) = \frac1q > 0$ , а предел равен $0\ne R(a)$ : конечный предел существует, но не совпадает со значением — точка устранимого разрыва.

Ответ: $R$ непрерывна во всех иррациональных точках; каждая рациональная точка — точка устранимого разрыва.

Предельный переход под знаком непрерывной функции

Условие

Вычислить пределы:

а) $\displaystyle\lim_{x\to 0}(\cos x)^{1/x^2}$ ;

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

Решение

Развернуть

Схема: представить степень в виде $u^v = e^{v\ln u}$ (при $u > 0$ ), найти предел показателя $v\ln u\to L$ с помощью эквивалентных и воспользоваться предельным переходом под знаком непрерывной функции $e^y$ (она непрерывна в точке $L$ ): $\lim e^{v\ln u} = e^L$ .

а) При $0 < |x| < \frac\pi2$ имеем $\cos x > 0$ и

(\cos x)^{1/x^2} = e^{\frac{\ln\cos x}{x^2}}.

Положим $t = \cos x - 1$ ; $t\to 0$ при $x\to 0$ (непрерывность косинуса) и $t\ne 0$ при $0 < |x| < 2\pi$ . По теореме об эквивалентностях при замене переменной $\ln\cos x = \ln(1 + t)\sim t$ , а $t = -(1 - \cos x)\sim -\frac{x^2}2$ . Поэтому

\lim_{x\to 0}\frac{\ln\cos x}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{-x^2/2}{x^2} = -\frac12,

и по теореме о предельном переходе под знаком непрерывной функции

\lim_{x\to 0}(\cos x)^{1/x^2} = e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt e}.

б) При $0 < |x| < \frac\pi4$ имеем $1 + \sin 2x > 0$ , $\sin 2x\ne 0$ , и

(1 + \sin 2x)^{1/x} = e^{\frac{\ln(1 + \sin 2x)}{x}}.

Так как $\sin 2x\to 0$ , $\sin 2x\ne 0$ , то $\ln(1 + \sin 2x)\sim\sin 2x\sim 2x$ , и

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

По непрерывности экспоненты в точке $2$ искомый предел равен $e^2$ .

Проверка: при $x = 10^{-4}$ значения равны $0{,}606531\approx e^{-1/2} = 0{,}606531$ и $7{,}3876\approx e^2 = 7{,}3891$ .

Ответ: а) $e^{-1/2}$ ; б) $e^2$ .

Операции над непрерывными и разрывными функциями

Условие

а) Доказать, что если $f$ и $g$ непрерывны в точке $a$ , то функции $\max(f, g)$ и $\min(f, g)$ непрерывны в $a$ .

б) Привести пример функции $f$ , разрывной в каждой точке $\mathbb R$ , для которой $|f|$ и $f^2$ непрерывны на $\mathbb R$ .

в) Привести пример функций $f$ и $g$ , разрывных в каждой точке, сумма и произведение которых непрерывны на $\mathbb R$ .

Решение

Развернуть

а) При любых числах $u, v$

\max(u, v) = \frac{u + v + |u - v|}{2},\qquad\min(u, v) = \frac{u + v - |u - v|}2

(при $u\ge v$ правые части равны $u$ и $v$ , при $u < v$ — $v$ и $u$ ). Функция $f - g$ непрерывна в $a$ (арифметические операции), $|f - g|$ — композиция $f - g$ и непрерывной функции $|y|$ , поэтому непрерывна в $a$ по теореме о непрерывности сложной функции. Следовательно, $\max(f, g)$ и $\min(f, g)$ непрерывны в $a$ как линейные комбинации непрерывных функций.

б) Пусть $f(x) = 2D(x) - 1$ , где $D$ — функция Дирихле, т. е. $f(x) = 1$ при рациональных $x$ и $f(x) = -1$ при иррациональных. В любой точке $a$ найдутся последовательности рациональных $r_n\to a$ и иррациональных $s_n\to a$ , для которых $f(r_n) = 1$ , $f(s_n) = -1$ ; значения не могут стремиться к одному числу $f(a)$ , поэтому $f$ разрывна в $a$ (по Гейне). Но $|f|\equiv 1$ и $f^2\equiv 1$ — постоянные, непрерывные функции.

Это показывает, что из непрерывности $|f|$ (или $f^2$ ) не следует непрерывность $f$ ; обратное же верно: если $f$ непрерывна, то $|f|$ и $f^2$ непрерывны (композиция и произведение).

в) Пусть $f = D$ , $g = 1 - D$ . Обе разрывны в каждой точке (как в п. б), значения на рациональных и иррациональных точках различны). Но

f + g\equiv 1,\qquad f\cdot g = D(1 - D)\equiv 0

(в каждой точке один из сомножителей равен нулю) — непрерывные функции. Значит, теорема об арифметических операциях необратима: непрерывность суммы или произведения не влечёт непрерывности слагаемых или сомножителей.

Ответ: а) доказано через $\max(f, g) = \frac{f + g + |f - g|}{2}$ ; б) $f = 2D - 1$ ; в) $f = D$ , $g = 1 - D$ .

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

Непрерывность функции в точке

Пусть функция $f$ определена на множестве $X\subset\mathbb R$ и $a\in X$ . Функция $f$ называется непрерывной в точке $a$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\ |x - a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x) - f(a)| < \varepsilon.

На языке окрестностей: для любой окрестности $V(f(a))$ существует окрестность $U(a)$ , такая что $f\big(U(a)\cap X\big)\subset V(f(a))$ .

Если $a$ — предельная точка $X$ (в частности, если $f$ определена в некоторой окрестности точки $a$ ), то непрерывность в $a$ равносильна равенству

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

т. е. предел существует, конечен и равен значению функции в точке («знаки предела и функции перестановочны»: $\lim f(x) = f(\lim x)$ ).

Определение по Гейне: $f$ непрерывна в $a$ , если для любой последовательности $x_n\in X$ , $x_n\to a$ , выполнено $f(x_n)\to f(a)$ .

Приращением аргумента в точке $a$ называется $\Delta x = x - a$ , приращением функции — $\Delta y = \Delta f(a) = f(a + \Delta x) - f(a)$ . Непрерывность в точке $a$ (предельной для $X$ ) равносильна условию

\lim_{\Delta x\to 0}\Delta y = 0:

бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно малое приращение функции.

В изолированной точке множества $X$ любая функция непрерывна (по первому определению).

Односторонняя непрерывность. Непрерывность на множестве

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in X$ . Функция $f$ называется непрерывной слева в точке $a$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\ a - \delta < x\le a\ \Rightarrow\ |f(x) - f(a)| < \varepsilon,

и непрерывной справа, если то же выполнено для $a\le x < a + \delta$ . Если $a$ — предельная точка множества $X\cap(-\infty, a)$ , то непрерывность слева означает $f(a - 0) = f(a)$ ; аналогично непрерывность справа — $f(a + 0) = f(a)$ .

Функция называется непрерывной на множестве $E\subset X$ , если она непрерывна в каждой точке $E$ . В частности:

$f$ непрерывна на интервале $(a, b)$ , если она непрерывна в каждой точке $x_0\in(a, b)$ ;
$f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , если она непрерывна в каждой точке интервала $(a, b)$ , непрерывна справа в точке $a$ и непрерывна слева в точке $b$ (это равносильно непрерывности сужения $f|_{[a, b]}$ в каждой точке отрезка).

Аналогично определяется непрерывность на полуинтервалах. Множество функций, непрерывных на $[a, b]$ , обозначается $C[a, b]$ .

Точки разрыва и их классификация

Пусть функция $f$ определена в некоторой проколотой окрестности точки $a$ (в самой точке $a$ она может быть как определена, так и не определена). Точка $a$ называется точкой разрыва функции $f$ , если $f$ не является непрерывной в точке $a$ (в частности, если $f$ не определена в $a$ ).

Точка $a$ — точка устранимого разрыва, если существует конечный предел $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ , но $f$ либо не определена в $a$ , либо $f(a)\ne A$ . Положив $f(a) = A$ , получаем функцию, непрерывную в $a$ .
Точка $a$ — точка разрыва первого рода (скачок), если односторонние пределы $f(a - 0)$ и $f(a + 0)$ существуют, конечны, но различны. Число

f(a + 0) - f(a - 0)

называется скачком функции в точке $a$ .

Точка $a$ — точка разрыва второго рода, если хотя бы один из односторонних пределов $f(a - 0)$ , $f(a + 0)$ не существует или бесконечен.

Замечание. Во многих учебниках (например, у Фихтенгольца) разрывом первого рода называют любой разрыв, в котором оба односторонних предела конечны; тогда устранимый разрыв — частный случай разрыва первого рода (скачок, равный нулю). Если $f$ определена лишь по одну сторону от $a$ (например, $a$ — конец промежутка), классификация проводится по соответствующему одностороннему пределу.

Функция знака, функции Дирихле и Римана

Функция знака (сигнум):

\operatorname{sign}x = \begin{cases}1, & x > 0,\\ 0, & x = 0,\\ -1, & x < 0.\end{cases}

Справедливо $|x| = x\operatorname{sign}x$ .

Функция Дирихле:

D(x) = \begin{cases}1, & x\in\mathbb Q,\\ 0, & x\in\mathbb R\setminus\mathbb Q.\end{cases}

Функция Римана:

R(x) = \begin{cases}\dfrac1q, & x = \dfrac pq,\ p\in\mathbb Z,\ q\in\mathbb N,\ \text{дробь несократима},\\[2mm] 0, & x\in\mathbb R\setminus\mathbb Q\end{cases}

(в частности, $R(0) = 1$ , так как $0 = \frac01$ ; $R\left(\frac{6}{4}\right) = R\left(\frac32\right) = \frac12$ ).

Эти функции служат стандартными примерами при исследовании непрерывности: $\operatorname{sign}x$ имеет скачок в нуле, $D$ разрывна в каждой точке, $R$ непрерывна во всех иррациональных и разрывна во всех рациональных точках.

Предел функции по Коши

Пусть функция $f$ определена на множестве $X\subset\mathbb R$ и $a\in\overline{\mathbb R} = \mathbb R\cup\{-\infty, +\infty, \infty\}$ — предельная точка множества $X$ . Для единообразия будем обозначать $\varepsilon$ -окрестности так:

U_\varepsilon(A) = (A - \varepsilon, A + \varepsilon),\quad U_\varepsilon(+\infty) = \left(\tfrac1\varepsilon, +\infty\right),\quad U_\varepsilon(-\infty) = \left(-\infty, -\tfrac1\varepsilon\right),\quad U_\varepsilon(\infty) = \left\{x:\ |x| > \tfrac1\varepsilon\right\},

а через $\dot U_\delta(a) = U_\delta(a)\setminus\{a\}$ — проколотую окрестность (для бесконечных $a$ она совпадает с $U_\delta(a)$ ).

При конечном $a\in\mathbb R$ число $A\in\mathbb R$ называется пределом функции $f$ при $x\to a$ (по Коши, на языке $\varepsilon$ – $\delta$ ), если

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\quad 0 < |x - a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x) - A| < \varepsilon .

Обозначение: $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ или $f(x)\to A$ при $x\to a$ .

На языке окрестностей определение одинаково для конечных и бесконечных $a$ и $A$ : $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0:\quad f\bigl(\dot U_\delta(a)\cap X\bigr)\subset U_\varepsilon(A).

Расписывая окрестности, получаем, например:

$\lim\limits_{x\to +\infty}f(x) = A$ : $\ \forall\varepsilon > 0\ \exists\Delta\ \forall x\in X:\ x > \Delta\ \Rightarrow\ |f(x) - A| < \varepsilon$ ;
$\lim\limits_{x\to\infty}f(x) = A$ : $\ \forall\varepsilon > 0\ \exists\Delta\ \forall x\in X:\ |x| > \Delta\ \Rightarrow\ |f(x) - A| < \varepsilon$ ;
$\lim\limits_{x\to a}f(x) = +\infty$ ( $a$ конечно): $\ \forall M\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\ 0 < |x - a| < \delta\ \Rightarrow\ f(x) > M$ ;
$\lim\limits_{x\to a}f(x) = \infty$ : $\ \forall M > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\ 0 < |x - a| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x)| > M$ .

Замечание. Значение $f$ в самой точке $a$ (если оно определено) на существование и величину предела не влияет: в определении участвуют только $x\ne a$ . Требование, чтобы $a$ была предельной точкой $X$ , гарантирует, что в каждой проколотой окрестности $a$ есть точки, где $f$ определена.

Предел функции по Гейне

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ . Элемент $A\in\overline{\mathbb R}$ (число или один из символов $+\infty$ , $-\infty$ , $\infty$ ) называется пределом функции $f$ при $x\to a$ по Гейне (на языке последовательностей), если для любой последовательности $(x_n)$ такой, что

x_n\in X,\quad x_n\ne a\ \ (n\in\mathbb N),\quad x_n\to a,

выполняется $f(x_n)\to A$ при $n\to\infty$ .

Последовательности с этими свойствами существуют, так как $a$ — предельная точка $X$ .

Отрицание: $A$ не является пределом $f$ при $x\to a$ по Гейне, если существует последовательность $x_n\in X$ , $x_n\ne a$ , $x_n\to a$ , для которой $f(x_n)\not\to A$ . Определение по Гейне особенно удобно для доказательства отсутствия предела.

Односторонние пределы

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\mathbb R$ .

Если $a$ — предельная точка множества $X\cap(-\infty, a)$ , то число $A$ называется пределом слева (левым односторонним пределом) функции $f$ в точке $a$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\quad a - \delta < x < a\ \Rightarrow\ |f(x) - A| < \varepsilon .

Обозначения: $f(a - 0) = \lim\limits_{x\to a - 0}f(x) = A$ .

Если $a$ — предельная точка множества $X\cap(a, +\infty)$ , то число $A$ называется пределом справа функции $f$ в точке $a$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\quad a < x < a + \delta\ \Rightarrow\ |f(x) - A| < \varepsilon ,

обозначения: $f(a + 0) = \lim\limits_{x\to a + 0}f(x) = A$ . При $a = 0$ пишут $f(-0)$ , $f(+0)$ .

Иначе говоря, односторонний предел — это предел сужения $f$ на множество $X\cap(-\infty, a)$ (соответственно $X\cap(a, +\infty)$ ). Аналогично определяются бесконечные односторонние пределы: например, $f(a + 0) = -\infty$ , если $\forall M\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X\cap(a, a + \delta)$ : $f(x) < M$ .

Пример: для $f(x) = \operatorname{sgn}x$ имеем $f(-0) = -1$ , $f(+0) = 1$ .

Основные элементарные функции

Основными элементарными функциями называются:

постоянная $y = c$ ;
степенная $y = x^\alpha$ , $\alpha\in\mathbb R$ . Область определения зависит от $\alpha$ : при $\alpha\in\mathbb N$ это $\mathbb R$ ; при целом $\alpha\le 0$ это $\mathbb R\setminus\{0\}$ ; при $\alpha = \frac1n$ с нечётным $n$ это $\mathbb R$ , с чётным $n$ — $[0, +\infty)$ ; при произвольном $\alpha > 0$ функцию рассматривают на $[0, +\infty)$ , при $\alpha < 0$ — на $(0, +\infty)$ . При $\alpha > 0$ функция возрастает на $[0, +\infty)$ , при $\alpha < 0$ убывает на $(0, +\infty)$ ;
показательная $y = a^x$ , $a > 0$ , $a\ne 1$ : $D = \mathbb R$ , $E = (0, +\infty)$ ; возрастает при $a > 1$ , убывает при $0 < a < 1$ ;
логарифмическая $y = \log_ax$ , $a > 0$ , $a\ne 1$ — обратная к $a^x$ : $D = (0, +\infty)$ , $E = \mathbb R$ ; $\ln x = \log_ex$ ;
тригонометрические: $\sin x$ и $\cos x$ ( $D = \mathbb R$ , $E = [-1, 1]$ , основной период $2\pi$ , синус нечётен, косинус чётен); $\operatorname{tg}x = \frac{\sin x}{\cos x}$ ( $D = \mathbb R\setminus\{\frac\pi2 + \pi k:\ k\in\mathbb Z\}$ , $E = \mathbb R$ , период $\pi$ , нечётна); $\operatorname{ctg}x = \frac{\cos x}{\sin x}$ ( $D = \mathbb R\setminus\{\pi k:\ k\in\mathbb Z\}$ , $E = \mathbb R$ , период $\pi$ , нечётна);
обратные тригонометрические: $\arcsin\colon[-1, 1]\to[-\frac\pi2, \frac\pi2]$ — обратная к сужению синуса на $[-\frac\pi2, \frac\pi2]$ , возрастает, нечётна; $\arccos\colon[-1, 1]\to[0, \pi]$ — обратная к сужению косинуса на $[0, \pi]$ , убывает; $\operatorname{arctg}\colon\mathbb R\to(-\frac\pi2, \frac\pi2)$ — обратная к сужению тангенса на $(-\frac\pi2, \frac\pi2)$ , возрастает, нечётна; $\operatorname{arcctg}\colon\mathbb R\to(0, \pi)$ — обратная к сужению котангенса на $(0, \pi)$ , убывает.

Элементарной функцией называется функция, получаемая из основных элементарных функций с помощью конечного числа арифметических операций и композиций. Например, $y = |x| = \sqrt{x^2}$ и $y = \ln\bigl(x + \sqrt{x^2 + 1}\bigr)$ — элементарные функции.

Замечание. Строгие определения $a^x$ при иррациональных $x$ и тригонометрических функций и доказательство перечисленных свойств даются в теории пределов и непрерывности; пока они используются как известные из школьного курса.

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. $\blacksquare$

Теорема Больцано–Коши о нулях непрерывной функции

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ и на его концах принимает значения разных знаков:

f(a)\cdot f(b) < 0.

Тогда существует точка $c\in(a, b)$ , в которой

f(c) = 0.

Доказательство

Развернуть

Для определённости пусть $f(a) < 0 < f(b)$ (иначе рассмотрим функцию $-f$ , которая непрерывна и имеет те же нули). Построим последовательность вложенных отрезков методом деления пополам. Положим $[a_0, b_0] = [a, b]$ . Пусть построен отрезок $[a_n, b_n]$ , для которого $f(a_n) < 0 < f(b_n)$ . Обозначим $m_n = \frac{a_n + b_n}2$ . Если $f(m_n) = 0$ , то $c = m_n$ — искомая точка (она лежит в $(a, b)$ ), и доказательство окончено. Если $f(m_n) > 0$ , положим $[a_{n+1}, b_{n+1}] = [a_n, m_n]$ , если $f(m_n) < 0$ — положим $[a_{n+1}, b_{n+1}] = [m_n, b_n]$ . В обоих случаях снова $f(a_{n+1}) < 0 < f(b_{n+1})$ .

Если процесс не оборвался, получена система вложенных отрезков $[a_0, b_0]\supset[a_1, b_1]\supset\ldots$ с длинами

b_n - a_n = \frac{b - a}{2^n}\le\frac{b - a}{n}

при $n\ge 1$ (так как $2^n\ge n$ ). По следствию из принципа Архимеда для любого $\varepsilon > 0$ найдётся $n$ с $\frac{b - a}n < \varepsilon$ , т. е. длины отрезков становятся меньше любого $\varepsilon$ . По принципу вложенных отрезков существует единственная точка $c$ , принадлежащая всем отрезкам $[a_n, b_n]$ ; ясно, что $c\in[a, b]$ .

Так как $a_n\le c\le b_n$ , то $|a_n - c|\le b_n - a_n\le\frac{b - a}n$ и $|b_n - c|\le\frac{b - a}n$ , откуда $a_n\to c$ и $b_n\to c$ . Все $a_n, b_n$ лежат в $[a, b]$ , а $f$ непрерывна в точке $c$ (как функция на $[a, b]$ ), поэтому по определению непрерывности по Гейне

f(a_n)\to f(c),\qquad f(b_n)\to f(c).

Переходя к пределу в неравенствах $f(a_n) < 0$ и $f(b_n) > 0$ , по теореме о предельном переходе в неравенствах получаем $f(c)\le 0$ и $f(c)\ge 0$ , т. е. $f(c) = 0$ . Наконец, $c\ne a$ и $c\ne b$ , так как $f(a)\ne 0$ и $f(b)\ne 0$ ; значит, $c\in(a, b)$ .

Замечание. Метод даёт приближённое значение корня: середина отрезка $[a_n, b_n]$ отличается от некоторого корня не более чем на $\frac{b - a}{2^{n+1}}$ . $\blacksquare$

Первая теорема Вейерштрасса (об ограниченности)

Формулировка

Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , то она ограничена на нём:

\exists K > 0\ \ \forall x\in[a, b]:\ |f(x)|\le K.

Для промежутков другого типа утверждение неверно: функция $f(x) = \frac1x$ непрерывна на $(0, 1]$ , но не ограничена на нём.

Доказательство

Развернуть

Предположим противное: $f$ не ограничена на $[a, b]$ . Тогда для каждого $n\in\mathbb N$ найдётся точка $x_n\in[a, b]$ с $|f(x_n)| > n$ .

Последовательность $(x_n)$ ограничена ( $a\le x_n\le b$ ), поэтому по принципу Больцано–Вейерштрасса из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность $x_{n_k}\to c$ . Переходя к пределу в неравенствах $a\le x_{n_k}\le b$ , по теореме о предельном переходе в неравенствах получаем $c\in[a, b]$ .

Функция $f$ непрерывна в точке $c$ (на множестве $[a, b]$ ), и $x_{n_k}\in[a, b]$ , поэтому по определению непрерывности по Гейне $f(x_{n_k})\to f(c)$ . Сходящаяся последовательность ограничена: $|f(x_{n_k})|\le K_0$ при всех $k$ .

С другой стороны, $|f(x_{n_k})| > n_k\ge k$ , так что последовательность $f(x_{n_k})$ не ограничена. Противоречие доказывает теорему.

Пример $f(x) = \frac1x$ на $(0, 1]$ : $f(\frac1{n+1}) = n + 1 > n$ , так что $f$ не ограничена; здесь ломается шаг $c\in[a, b]$ : подпоследовательность $\frac1{n+1}\to 0\notin(0, 1]$ . $\blacksquare$

Непрерывность дифференцируемой функции

Формулировка

Если функция $f$ дифференцируема в точке $a$ , то она непрерывна в точке $a$ .

Обратное неверно: функция $f(x) = |x|$ непрерывна в точке $0$ , но не дифференцируема в ней.

Доказательство

Развернуть

По теореме о связи дифференцируемости с конечной производной

\Delta y = f'(a)\,\Delta x + \alpha(\Delta x)\,\Delta x,\qquad \alpha(\Delta x)\to 0.

При $\Delta x\to 0$ оба слагаемых стремятся к нулю, поэтому $\Delta y\to 0$ . По определению непрерывности через приращения (равносильному остальным по теореме об эквивалентности определений непрерывности) $f$ непрерывна в точке $a$ .

Контрпример. Функция $|x|$ непрерывна в нуле: $\big||\Delta x| - 0\big| = |\Delta x|\to 0$ . Но $f'_+(0) = 1$ , $f'_-(0) = -1$ , и по теореме о существовании производной и односторонних производных $f'(0)$ не существует; значит, $|x|$ не дифференцируема в нуле. $\blacksquare$

Замечания

Из бесконечной производной непрерывность не следует: $\operatorname{sign}x$ разрывна в нуле, но $f'(0) = +\infty$ . 2) Существуют функции, непрерывные на всей прямой и не дифференцируемые ни в одной точке (пример Вейерштрасса).

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка

Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , то она равномерно непрерывна на $[a, b]$ :

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x', x''\in[a, b]:\ |x' - x''| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x') - f(x'')| < \varepsilon.

Для интервала и для неограниченного промежутка утверждение неверно ( $\frac1x$ на $(0, 1)$ , $x^2$ на $\mathbb R$ ).

Доказательство

Развернуть

Предположим противное. По критерию отсутствия равномерной непрерывности (через последовательности) найдутся $\varepsilon_0 > 0$ и последовательности $x_n, y_n\in[a, b]$ с

x_n - y_n\to 0,\qquad|f(x_n) - f(y_n)|\ge\varepsilon_0.

Последовательность $(x_n)$ ограничена, и по принципу Больцано–Вейерштрасса у неё есть сходящаяся подпоследовательность $x_{n_k}\to c$ . Предельный переход в неравенствах $a\le x_{n_k}\le b$ даёт $c\in[a, b]$ .

Подпоследовательность $x_{n_k} - y_{n_k}$ бесконечно малой последовательности сама стремится к нулю, поэтому по теореме о пределе разности

y_{n_k} = x_{n_k} - (x_{n_k} - y_{n_k})\to c - 0 = c.

Функция $f$ непрерывна в точке $c\in[a, b]$ , а все $x_{n_k}, y_{n_k}$ лежат в $[a, b]$ . По определению непрерывности по Гейне $f(x_{n_k})\to f(c)$ и $f(y_{n_k})\to f(c)$ , откуда $f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})\to 0$ .

Это противоречит неравенству $|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})|\ge\varepsilon_0 > 0$ при всех $k$ . Значит, $f$ равномерно непрерывна на $[a, b]$ .

Примеры из формулировки разобраны в теореме о связи равномерной непрерывности и непрерывности; в них ломается шаг $c\in[a, b]$ : точка сгущения $0\notin(0, 1)$ , а у $x_n = n + \frac1n$ нет сходящихся подпоследовательностей. $\blacksquare$

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Функции $y = c$ и $y = x$ непрерывны на $\mathbb R$ ; $x^n$ ( $n\in\mathbb N$ ) и многочлены непрерывны на $\mathbb R$ ; дробно-рациональная функция $\frac{P(x)}{Q(x)}$ непрерывна в каждой точке, где $Q(x)\ne 0$ .
$\sin x$ и $\cos x$ непрерывны на $\mathbb R$ , причём

|\sin x - \sin a|\le|x - a|,\qquad|\cos x - \cos a|\le|x - a|;

$\operatorname{tg} x$ непрерывен при $x\ne\frac\pi2 + \pi k$ , $\operatorname{ctg} x$ — при $x\ne\pi k$ , $k\in\mathbb Z$ . 3. $\arcsin x$ и $\arccos x$ непрерывны на $[-1, 1]$ ; $\operatorname{arctg} x$ и $\operatorname{arcctg} x$ — на $\mathbb R$ . 4. Показательная функция $a^x$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ), в частности $e^x$ , непрерывна на $\mathbb R$ . 5. Логарифмическая функция $\log_a x$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ) непрерывна на $(0, +\infty)$ . 6. Степенная функция $x^\alpha$ непрерывна на $(0, +\infty)$ при любом $\alpha\in\mathbb R$ , а при $\alpha > 0$ — на $[0, +\infty)$ (где $0^\alpha = 0$ ). 7. Всякая элементарная функция непрерывна в каждой точке своей области определения.

Доказательство

Развернуть

Для $f(x) = c$ имеем $|f(x) - f(a)| = 0 < \varepsilon$ при любом $\delta$ ; для $f(x) = x$ достаточно взять $\delta = \varepsilon$ . Тогда $x^n = x\cdot\ldots\cdot x$ непрерывна как произведение непрерывных функций (индукция по $n$ ), многочлен $\sum c_kx^k$ — как сумма произведений непрерывных функций, а $\frac PQ$ — как частное непрерывных функций в точках, где $Q\ne 0$ (теорема об арифметических операциях над непрерывными функциями).
При доказательстве первого замечательного предела установлено неравенство $\sin t < t$ при $0 < t < \frac\pi2$ ; по нечётности $|\sin t| < |t|$ при $0 < |t| < \frac\pi2$ , а при $|t|\ge\frac\pi2 > 1$ имеем $|\sin t|\le 1 < |t|$ . Итак, $|\sin t|\le|t|$ для всех $t$ . Отсюда

|\sin x - \sin a| = 2\Bigl|\sin\frac{x - a}2\Bigr|\Bigl|\cos\frac{x + a}2\Bigr|\le 2\cdot\frac{|x - a|}2 = |x - a|,

и аналогично $|\cos x - \cos a| = 2\bigl|\sin\frac{x - a}2\bigr|\bigl|\sin\frac{x + a}2\bigr|\le|x - a|$ . Поэтому в определении непрерывности на языке $\varepsilon$ – $\delta$ можно взять $\delta = \varepsilon$ . Функции $\operatorname{tg} x = \frac{\sin x}{\cos x}$ и $\operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$ непрерывны как частные там, где знаменатель не равен нулю.

На $[-\frac\pi2, \frac\pi2]$ функция $\sin$ непрерывна и строго возрастает: при $-\frac\pi2\le x < y\le\frac\pi2$ имеем $\sin y - \sin x = 2\sin\frac{y - x}2\cos\frac{y + x}2 > 0$ . По теореме об обратной функции её множество значений — отрезок $[\sin(-\frac\pi2), \sin\frac\pi2] = [-1, 1]$ , а обратная функция $\arcsin$ непрерывна на $[-1, 1]$ . Аналогично $\cos$ строго убывает на $[0, \pi]$ ( $\cos y - \cos x = -2\sin\frac{y + x}2\sin\frac{y - x}2 < 0$ ), и $\arccos$ непрерывен на $[-1, 1]$ . На $(-\frac\pi2, \frac\pi2)$ функция $\operatorname{tg}$ непрерывна и строго возрастает: $\operatorname{tg} y - \operatorname{tg} x = \frac{\sin(y - x)}{\cos x\cos y} > 0$ при $x < y$ . При $x\to\frac\pi2 - 0$ имеем $\sin x\to 1$ , $\cos x\to+0$ , поэтому $\frac1{\cos x}$ — бесконечно большая (связь бесконечно малых и бесконечно больших) и $\operatorname{tg} x\to+\infty$ ; аналогично $\operatorname{tg} x\to-\infty$ при $x\to-\frac\pi2 + 0$ . По теореме об обратной функции множество значений — интервал $(\inf\operatorname{tg}, \sup\operatorname{tg}) = \mathbb R$ , и $\operatorname{arctg}$ непрерывен на $\mathbb R$ . Для $\operatorname{ctg}$ на $(0, \pi)$ (строго убывает: $\operatorname{ctg} x - \operatorname{ctg} y = \frac{\sin(y - x)}{\sin x\sin y} > 0$ ) рассуждение то же, и $\operatorname{arcctg}$ непрерывен на $\mathbb R$ .
Пусть $a > 1$ . Используем известные свойства степени с действительным показателем: $a^x > 0$ , $a^{x + y} = a^xa^y$ , $a^0 = 1$ , $a^x$ строго возрастает. Покажем, что $a^{1/n}\to 1$ . Положим $h_n = a^{1/n} - 1 > 0$ ; по неравенству Бернулли $a = (1 + h_n)^n\ge 1 + nh_n$ , откуда $0 < h_n\le\frac{a - 1}n$ , и по теореме о трёх последовательностях $h_n\to 0$ . Тогда и $a^{-1/n} = \frac1{a^{1/n}}\to 1$ . Для $\varepsilon\in(0, 1)$ выберем $n$ так, что $a^{1/n} < 1 + \varepsilon$ и $a^{-1/n} > 1 - \varepsilon$ . При $|x| < \delta = \frac1n$ по монотонности

1 - \varepsilon < a^{-1/n} < a^x < a^{1/n} < 1 + \varepsilon,

т. е. $|a^x - 1| < \varepsilon$ : функция непрерывна в нуле. В произвольной точке $x_0$ приращение

\Delta y = a^{x_0 + \Delta x} - a^{x_0} = a^{x_0}\bigl(a^{\Delta x} - 1\bigr)\to 0\quad(\Delta x\to 0),

что по определению непрерывности через приращения означает непрерывность в $x_0$ . При $0 < a < 1$ имеем $a^x = \frac1{(1/a)^x}$ , где $\frac1a > 1$ , и непрерывность следует из теоремы о частном. Частный случай $a = e > 1$ даёт непрерывность $e^x$ .

Пусть $a > 1$ . Функция $a^x$ непрерывна и строго возрастает на $\mathbb R$ . По неравенству Бернулли $a^n = (1 + (a - 1))^n\ge 1 + n(a - 1)$ , так что $a^x$ не ограничена сверху, а $a^{-n} = \frac1{a^n}\le\frac1{1 + n(a - 1)}$ , так что $\inf a^x = 0$ (все значения положительны). По теореме об обратной функции множество значений есть $(0, +\infty)$ , а обратная функция $\log_a x$ строго возрастает и непрерывна на $(0, +\infty)$ . При $0 < a < 1$ имеем $\log_a x = -\log_{1/a} x$ , и непрерывность следует из уже доказанного.
При $x > 0$ по определению степени $x^\alpha = e^{\alpha\ln x}$ . Функция $\ln x$ непрерывна на $(0, +\infty)$ (п. 5), $\alpha\ln x$ — тоже, а $e^t$ непрерывна на $\mathbb R$ (п. 4); по теореме о непрерывности сложной функции $x^\alpha$ непрерывна на $(0, +\infty)$ . Пусть $\alpha > 0$ ; тогда $x^\alpha$ строго возрастает на $(0, +\infty)$ как композиция возрастающих функций, и для $\varepsilon > 0$ при $0\le x < \delta = \varepsilon^{1/\alpha}$ имеем $0\le x^\alpha < \delta^\alpha = \varepsilon$ , т. е. $x^\alpha$ непрерывна справа в нуле.
Элементарная функция получается из основных элементарных функций и постоянных с помощью конечного числа арифметических операций и композиций. Индукцией по числу операций: если функции, участвующие в очередной операции, непрерывны в каждой точке своих областей определения, то по теоремам об арифметических операциях над непрерывными функциями и о непрерывности сложной функции результат непрерывен в каждой точке своей области определения. База — пп. 1–6. $\blacksquare$

Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке

Формулировка

Если функция $f$ равномерно непрерывна на множестве $X$ , то она непрерывна в каждой точке $X$ (на множестве $X$ ).
Функция $f$ не является равномерно непрерывной на $X$ тогда и только тогда, когда существуют $\varepsilon_0 > 0$ и последовательности $x_n, y_n\in X$ такие, что

x_n - y_n\to 0,\qquad |f(x_n) - f(y_n)|\ge\varepsilon_0\quad\forall n.

Обратное к п. 1 неверно: функции $\frac1x$ и $\sin\frac1x$ непрерывны на $(0, 1)$ , функция $x^2$ непрерывна на $\mathbb R$ , но ни одна из них не равномерно непрерывна на указанном множестве.

Доказательство

Развернуть

Пусть $x_0\in X$ , $\varepsilon > 0$ , и $\delta$ взято из определения равномерной непрерывности. Для любой $x\in X$ с $|x - x_0| < \delta$ , полагая $x' = x$ , $x'' = x_0$ , получаем $|f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$ . Это определение непрерывности в точке $x_0$ на языке $\varepsilon$ – $\delta$ .
Необходимость. По правилу построения отрицания высказывания с кванторами отсутствие равномерной непрерывности означает: существует $\varepsilon_0 > 0$ такое, что для любого $\delta > 0$ найдутся $x', x''\in X$ с $|x' - x''| < \delta$ и $|f(x') - f(x'')|\ge\varepsilon_0$ . Взяв $\delta = \frac1n$ , получим точки $x_n, y_n\in X$ с $|x_n - y_n| < \frac1n$ и $|f(x_n) - f(y_n)|\ge\varepsilon_0$ ; при этом $x_n - y_n\to 0$ .

Достаточность. Пусть такие $\varepsilon_0$ , $x_n$ , $y_n$ существуют, но $f$ равномерно непрерывна. Возьмём $\delta$ , отвечающее $\varepsilon_0$ . Так как $x_n - y_n\to 0$ , найдётся $n$ с $|x_n - y_n| < \delta$ , и тогда $|f(x_n) - f(y_n)| < \varepsilon_0$ — противоречие.

Все три функции непрерывны на указанных множествах по теореме о непрерывности элементарных функций. Применим п. 2 с подходящими последовательностями.

Для $\frac1x$ на $(0, 1)$ : $x_n = \frac1n$ , $y_n = \frac1{n+1}$ ( $n\ge 2$ ); $x_n - y_n = \frac1{n(n+1)}\to 0$ , а $|f(x_n) - f(y_n)| = 1$ , т. е. $\varepsilon_0 = 1$ .

Для $\sin\frac1x$ на $(0, 1)$ : $x_n = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ , $y_n = \frac1{3\pi/2 + 2\pi n}$ ; обе последовательности лежат в $(0, 1)$ и стремятся к нулю, так что $x_n - y_n\to 0$ , а $f(x_n) - f(y_n) = 1 - (-1) = 2$ .

Для $x^2$ на $\mathbb R$ : $x_n = n + \frac1n$ , $y_n = n$ ; $x_n - y_n = \frac1n\to 0$ , а $x_n^2 - y_n^2 = 2 + \frac1{n^2} > 2$ .

Таким образом, ни одна из функций не равномерно непрерывна. $\blacksquare$

Связь двустороннего предела с односторонними

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , точка $a\in\mathbb R$ является предельной как для $X\cap(-\infty, a)$ , так и для $X\cap(a, +\infty)$ , и $A\in\overline{\mathbb R}$ . Тогда

\lim_{x\to a}f(x) = A\quad\Longleftrightarrow\quad f(a - 0) = f(a + 0) = A .

В частности, если односторонние пределы существуют, но различны, то предела $f$ в точке $a$ нет.

Если же $a$ — предельная точка множества $X\cap(a, +\infty)$ , но не множества $X\cap(-\infty, a)$ , то $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A\ \Longleftrightarrow\ f(a + 0) = A$ (аналогично для предела слева).

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ , и дано $\varepsilon > 0$ . Найдётся $\delta > 0$ такое, что $f(x)\in U_\varepsilon(A)$ для всех $x\in X$ с $0 < |x - a| < \delta$ . В частности, это верно для всех $x\in X\cap(a - \delta, a)$ и для всех $x\in X\cap(a, a + \delta)$ , т. е. то же $\delta$ годится в определениях обоих односторонних пределов. Значит, $f(a - 0) = f(a + 0) = A$ .

Достаточность. Пусть $f(a - 0) = f(a + 0) = A$ , и дано $\varepsilon > 0$ . По определению левого предела найдётся $\delta_1 > 0$ с $f(x)\in U_\varepsilon(A)$ при $x\in X\cap(a - \delta_1, a)$ , а по определению правого — $\delta_2 > 0$ с $f(x)\in U_\varepsilon(A)$ при $x\in X\cap(a, a + \delta_2)$ .

Положим $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ . Если $x\in X$ и $0 < |x - a| < \delta$ , то либо $a - \delta_1 < x < a$ , либо $a < x < a + \delta_2$ ; в обоих случаях $f(x)\in U_\varepsilon(A)$ . Следовательно, $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ . Утверждение о различных односторонних пределах — переформулировка необходимости.

Наконец, если $a$ не является предельной точкой $X\cap(-\infty, a)$ , то найдётся $\delta_1 > 0$ с $X\cap(a - \delta_1, a) = \varnothing$ . Тогда при $0 < \delta\le\delta_1$ условия « $x\in X$ , $0 < |x - a| < \delta$ » и « $x\in X$ , $a < x < a + \delta$ » равносильны, и определения двустороннего предела и предела справа совпадают. $\blacksquare$

Критерий непрерывности монотонной функции

Формулировка

Пусть функция $f$ монотонна на невырожденном промежутке $I$ . Тогда

f \text{ непрерывна на } I\quad\Longleftrightarrow\quad f(I)\ \text{— промежуток}.

В частности, монотонная на отрезке $[a, b]$ функция, принимающая все значения между $f(a)$ и $f(b)$ , непрерывна на $[a, b]$ .

Доказательство

Развернуть

Необходимость не использует монотонность: если $f$ непрерывна на промежутке $I$ , то по теореме о промежуточных значениях $f(I)$ — промежуток.

Достаточность. Пусть для определённости $f$ не убывает (для невозрастающей рассмотрим $-f$ ; $(-f)(I)$ — промежуток одновременно с $f(I)$ ), $f(I)$ — промежуток, и предположим, что $f$ разрывна в некоторой точке $x_0\in I$ . По теореме о связи непрерывности с односторонней непрерывностью $f$ не является непрерывной в $x_0$ справа или слева (на $I$ ). Пусть, например, нарушена непрерывность справа; тогда $x_0$ — не правый конец $I$ (в правом конце непрерывность на $I$ сводится к непрерывности слева).

По лемме об односторонних пределах монотонной функции существует $f(x_0 + 0)\ge f(x_0)$ , и так как $f$ не непрерывна справа в $x_0$ , то $f(x_0) < f(x_0 + 0)$ . Возьмём любую точку $y\in I$ , $y > x_0$ ; тогда $f(y)\ge f(x_0 + 0)$ . Числа $f(x_0)$ и $f(y)$ принадлежат промежутку $f(I)$ , поэтому

\bigl(f(x_0),\ f(x_0 + 0)\bigr)\subset[f(x_0), f(y)]\subset f(I).

С другой стороны, $f$ не принимает ни одного значения из интервала $(f(x_0), f(x_0 + 0))$ : при $x\le x_0$ имеем $f(x)\le f(x_0)$ , а при $x > x_0$ — $f(x)\ge f(x_0 + 0)$ (точная нижняя грань значений справа от $x_0$ ). Противоречие. Случай нарушения непрерывности слева разбирается симметрично (с использованием $f(x_0 - 0) < f(x_0)$ и точки $y < x_0$ ). Значит, $f$ непрерывна на $I$ . $\blacksquare$

Точки разрыва монотонной функции

Формулировка

Пусть функция $f$ монотонна на промежутке $I$ . Тогда:

каждая точка разрыва $f$ является точкой разрыва первого рода: во внутренней точке это скачок, а в принадлежащем $I$ конце промежутка соответствующий односторонний предел конечен (но отличен от $f(x_0)$ ); при этом для неубывающей $f$ во внутренней точке разрыва $x_0$

f(x_0 - 0)\le f(x_0)\le f(x_0 + 0),\qquad f(x_0 - 0) < f(x_0 + 0);

множество точек разрыва $f$ не более чем счётно.

Доказательство

Развернуть

Пусть для определённости $f$ не убывает (иначе рассмотрим $-f$ : у неё те же точки разрыва). Возьмём внутреннюю точку $x_0$ промежутка $I$ . По лемме об односторонних пределах монотонной функции существуют конечные $f(x_0 - 0)$ и $f(x_0 + 0)$ , и $f(x_0 - 0)\le f(x_0)\le f(x_0 + 0)$ . Если $f(x_0 - 0) = f(x_0 + 0)$ , то оба односторонних предела равны $f(x_0)$ , и по теореме о связи непрерывности с односторонней непрерывностью $f$ непрерывна в $x_0$ . Значит, в точке разрыва $f(x_0 - 0) < f(x_0 + 0)$ : оба односторонних предела конечны и различны — это скачок, т. е. разрыв первого рода (устранимого разрыва быть не может).

Если $x_0$ — конец промежутка, принадлежащий $I$ , например левый, то непрерывность в $x_0$ на $I$ означает непрерывность справа. По той же лемме существует конечный $f(x_0 + 0)\ge f(x_0)$ , и разрыв возможен только при $f(x_0) < f(x_0 + 0)$ : односторонний предел конечен, но не равен $f(x_0)$ — разрыв первого рода в широком смысле (по классификации, проводимой по одностороннему пределу, — устранимый, но не второго рода). Аналогично для правого конца.

Для доказательства п. 2 обозначим через $D$ множество внутренних точек разрыва. Каждой точке $x\in D$ сопоставим непустой интервал

J_x = \bigl(f(x - 0),\ f(x + 0)\bigr).

При $x < y$ , $x, y\in D$ , по лемме $f(x + 0)\le f(y - 0)$ , поэтому интервалы $J_x$ и $J_y$ не пересекаются.

По следствию из принципа Архимеда (плотность $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ ) в каждом интервале $J_x$ найдётся рациональное число; выберем одно из них и обозначим $r(x)$ . Так как интервалы попарно не пересекаются, отображение $r: D\to\mathbb Q$ инъективно, и $D$ равномощно множеству $r(D)\subset\mathbb Q$ .

Множество $\mathbb Q$ счётно, а всякое подмножество счётного множества конечно или счётно (бесконечное подмножество счётного множества счётно). Поэтому $D$ не более чем счётно. Добавление к $D$ не более чем двух концов промежутка не меняет этого вывода. $\blacksquare$

Производная суммы, разности, произведения и частного

Формулировка

Пусть функции $u$ и $v$ дифференцируемы в точке $x$ . Тогда функции $u\pm v$ , $uv$ , а при $v(x)\ne 0$ и $\frac uv$ дифференцируемы в точке $x$ и

(u\pm v)' = u'\pm v',\qquad (uv)' = u'v + uv',\qquad \left(\frac uv\right)' = \frac{u'v - uv'}{v^2}.

Доказательство

Развернуть

Обозначим $\Delta u = u(x + \Delta x) - u(x)$ , $\Delta v = v(x + \Delta x) - v(x)$ ; по условию $\frac{\Delta u}{\Delta x}\to u'(x)$ , $\frac{\Delta v}{\Delta x}\to v'(x)$ , а по теореме о непрерывности дифференцируемой функции $v(x + \Delta x)\to v(x)$ при $\Delta x\to 0$ .

Сумма и разность: $\frac{\Delta(u\pm v)}{\Delta x} = \frac{\Delta u}{\Delta x}\pm\frac{\Delta v}{\Delta x}\to u'(x)\pm v'(x)$ по теореме об арифметических операциях над пределами.

Произведение: прибавляя и вычитая $u(x)v(x + \Delta x)$ , получаем

\Delta(uv) = u(x + \Delta x)v(x + \Delta x) - u(x)v(x) = \Delta u\cdot v(x + \Delta x) + u(x)\,\Delta v,

откуда

\frac{\Delta(uv)}{\Delta x} = \frac{\Delta u}{\Delta x}\,v(x + \Delta x) + u(x)\frac{\Delta v}{\Delta x}\to u'(x)v(x) + u(x)v'(x).

Частное: так как $v$ непрерывна в точке $x$ и $v(x)\ne 0$ , по локальным свойствам непрерывных функций $v\ne 0$ в некоторой окрестности точки $x$ , так что $\frac uv$ определена в этой окрестности. Далее

\Delta\left(\frac uv\right) = \frac{u(x + \Delta x)}{v(x + \Delta x)} - \frac{u(x)}{v(x)} = \frac{u(x + \Delta x)v(x) - u(x)v(x + \Delta x)}{v(x)v(x + \Delta x)} = \frac{\Delta u\cdot v(x) - u(x)\,\Delta v}{v(x)v(x + \Delta x)}.

Разделив на $\Delta x$ и перейдя к пределу (знаменатель стремится к $v^2(x)\ne 0$ ), получим $\left(\frac uv\right)'(x) = \frac{u'(x)v(x) - u(x)v'(x)}{v^2(x)}$ . Во всех трёх случаях производная конечна, т. е. функции дифференцируемы. $\blacksquare$

Логарифмическая производная. Производная показательно-степенной функции

Формулировка

Если $f$ дифференцируема в точке $x$ и $f(x)\ne 0$ , то

\big(\ln|f(x)|\big)' = \frac{f'(x)}{f(x)}

— логарифмическая производная; отсюда $f' = f\cdot(\ln|f|)'$ . В частности, для $f = u_1^{k_1}\cdots u_m^{k_m}$ ( $u_i$ дифференцируемы в точке $x$ , $u_i(x)\ne 0$ , $k_i\in\mathbb Z$ ):

\frac{f'}{f} = k_1\frac{u_1'}{u_1} + \dots + k_m\frac{u_m'}{u_m}.

Если $u$ и $v$ дифференцируемы в точке $x$ и $u(x) > 0$ , то

\left(u^v\right)' = u^v\left(v'\ln u + v\frac{u'}{u}\right) = vu^{v-1}u' + u^v\ln u\cdot v'.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Функция $f$ непрерывна в точке $x$ и $f(x)\ne 0$ , поэтому по локальным свойствам непрерывных функций $f\ne 0$ в некоторой окрестности $x$ и $\ln|f|$ определена в ней. По таблице производных $(\ln|y|)' = \frac1y$ при $y\ne 0$ , и по теореме о производной сложной функции $\big(\ln|f(x)|\big)' = \frac1{f(x)}f'(x)$ .

Для произведения степеней в окрестности точки $x$ выполнено $\ln|f| = k_1\ln|u_1| + \dots + k_m\ln|u_m|$ . Дифференцируя обе части (правую — по правилу суммы) и применяя уже доказанную формулу к каждому слагаемому, получаем требуемое.

Пункт 2. По определению степени с положительным основанием $u^v = e^{v\ln u}$ . По теореме о производной сложной функции и правилу произведения

\left(e^{v\ln u}\right)' = e^{v\ln u}\left(v\ln u\right)' = u^v\left(v'\ln u + v\frac{u'}{u}\right).

$\blacksquare$

Замечание

Формула пункта 2 — сумма производной «как степенной функции» ( $vu^{v-1}u'$ , $v$ фиксировано) и «как показательной» ( $u^v\ln u\cdot v'$ , $u$ фиксировано).

Арифметические операции с пределами последовательностей

Формулировка

Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ , $\lim\limits_{n\to\infty}y_n = b$ , где $a, b\in\mathbb R$ . Тогда

$\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\pm y_n) = a\pm b$ ;
$\lim\limits_{n\to\infty}x_ny_n = ab$ ; в частности, $\lim\limits_{n\to\infty}cx_n = ca$ для любой постоянной $c$ и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n^k = a^k$ , $k\in\mathbb N$ ;
если $b\ne 0$ и $y_n\ne 0$ при всех $n$ , то

\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n} = \frac ab.

Доказательство

Развернуть

По свойству бесконечно малых последовательностей запишем $x_n = a + \alpha_n$ , $y_n = b + \beta_n$ , где $\alpha_n\to 0$ , $\beta_n\to 0$ . Достаточно показать, что разность между выражением и предполагаемым пределом — бесконечно малая.

$(x_n\pm y_n) - (a\pm b) = \alpha_n\pm\beta_n$ — бесконечно малая как сумма (разность) бесконечно малых.
Имеем

x_ny_n - ab = a\beta_n + b\alpha_n + \alpha_n\beta_n.

Каждое слагаемое — произведение бесконечно малой на ограниченную (постоянную или бесконечно малую, которая ограничена как сходящаяся последовательность), т. е. бесконечно малая; сумма трёх бесконечно малых — бесконечно малая. Частные случаи: $y_n = c$ и индукция по $k$ .

Сначала покажем, что $\frac1{y_n}$ ограничена начиная с некоторого номера. Для $\varepsilon = \frac{|b|}2 > 0$ найдётся $N$ с $|y_n - b| < \frac{|b|}2$ при $n > N$ ; тогда

|y_n|\ge|b| - |y_n - b| > \frac{|b|}2,\qquad\left|\frac1{y_n}\right| < \frac2{|b|}\quad(n > N).

Теперь

\frac{x_n}{y_n} - \frac ab = \frac{bx_n - ay_n}{by_n} = (b\alpha_n - a\beta_n)\cdot\frac1{by_n}.

Первый множитель — бесконечно малая (по п. 1 и п. 2), второй по модулю меньше $\frac2{b^2}$ при $n > N$ . Произведение бесконечно малой на последовательность, ограниченную при $n > N$ , — бесконечно малая (в доказательстве свойства достаточно рассматривать $n > N$ , так как конечное число членов не влияет на предел). Значит, $\frac{x_n}{y_n}\to\frac ab$ . $\blacksquare$

Связь непрерывности, инъективности и строгой монотонности

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна на промежутке $I$ . Тогда

f \text{ инъективна на } I\quad\Longleftrightarrow\quad f \text{ строго монотонна на } I.

Без условия непрерывности импликация « $\Rightarrow$ » неверна: функция, равная $x$ при $0\le x < 1$ и $3 - x$ при $1\le x\le 2$ , инъективна на $[0, 2]$ , но не монотонна.

Доказательство

Развернуть

Импликация « $\Leftarrow$ »: строго монотонная функция инъективна (теорема об обратимости строго монотонной функции).

Импликация « $\Rightarrow$ ». Если $I$ состоит из одной точки, доказывать нечего. Зафиксируем точки $a < b$ из $I$ . По инъективности $f(a)\ne f(b)$ ; пусть для определённости $f(a) < f(b)$ (иначе рассмотрим инъективную непрерывную функцию $-f$ ; её строгое возрастание означает строгое убывание $f$ ). Докажем, что $f$ строго возрастает, т. е. $f(x) < f(y)$ для любых $x < y$ из $I$ .

Для $t\in[0, 1]$ положим

u(t) = (1 - t)a + tx,\qquad v(t) = (1 - t)b + ty.

Точка $u(t)$ лежит между $a$ и $x$ , точка $v(t)$ — между $b$ и $y$ , поэтому $u(t), v(t)\in I$ . Кроме того,

v(t) - u(t) = (1 - t)(b - a) + t(y - x) > 0,

так что $u(t)\ne v(t)$ при всех $t\in[0, 1]$ .

Функция $h(t) = f(v(t)) - f(u(t))$ непрерывна на $[0, 1]$ : $u$ и $v$ — линейные функции, $f$ непрерывна на $I$ , поэтому по теореме о непрерывности сложной функции $f\circ u$ и $f\circ v$ непрерывны, а их разность непрерывна по теореме об арифметических операциях. По инъективности $f$ и неравенству $u(t)\ne v(t)$ имеем $h(t)\ne 0$ при всех $t\in[0, 1]$ .

Имеем $h(0) = f(b) - f(a) > 0$ . Если бы $h(1) < 0$ , то по теореме Больцано–Коши $h$ обращалась бы в нуль на $(0, 1)$ , что невозможно. Так как $h(1)\ne 0$ , то $h(1) > 0$ , т. е. $f(y) - f(x) > 0$ . Итак, $f$ строго возрастает на $I$ .

Пример из формулировки: значения на $[0, 1)$ заполняют $[0, 1)$ , на $[1, 2]$ — отрезок $[1, 2]$ , поэтому функция инъективна; но $f(0) = 0 < f(1) = 2 > f(2) = 1$ , т. е. она не монотонна (и разрывна в точке $1$ ). $\blacksquare$

Теорема о промежуточных значениях

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , $f(a) = A$ , $f(b) = B$ , $A\ne B$ . Тогда для любого числа $C$ , лежащего строго между $A$ и $B$ , существует точка $c\in(a, b)$ такая, что

f(c) = C.

Если функция $f$ непрерывна на промежутке $I$ (любого типа), то множество её значений $f(I)$ — также промежуток (возможно, вырожденный в точку).

Доказательство

Развернуть

Рассмотрим функцию $g(x) = f(x) - C$ . Она непрерывна на $[a, b]$ как разность непрерывных функций. Так как $C$ лежит строго между $A$ и $B$ , числа $g(a) = A - C$ и $g(b) = B - C$ имеют разные знаки: $g(a)\, g(b) < 0$ . По теореме Больцано–Коши существует $c\in(a, b)$ с $g(c) = 0$ , т. е. $f(c) = C$ .
Сначала заметим, что непустое множество $E\subset\mathbb R$ , обладающее свойством

\forall y_1, y_2\in E,\ y_1 < y_2:\quad [y_1, y_2]\subset E,

является промежутком или точкой. Действительно, пусть $m = \inf E$ , $M = \sup E$ (конечные или бесконечные). Если $m < y < M$ , то $y$ не является верхней границей $E$ , и найдётся $y_2\in E$ с $y_2 > y$ ; аналогично (по критерию точной нижней грани или по неограниченности снизу) найдётся $y_1\in E$ с $y_1 < y$ . По свойству $y\in[y_1, y_2]\subset E$ . Значит, $(m, M)\subset E\subset[m, M]$ , т. е. $E$ — промежуток с концами $m$ и $M$ (концы принадлежат или не принадлежат $E$ ); при $m = M$ множество $E$ — точка.

Проверим это свойство для $E = f(I)$ . Пусть $y_1 = f(x_1) < y_2 = f(x_2)$ , $x_1, x_2\in I$ . Тогда $x_1\ne x_2$ , и отрезок $\Delta$ с концами $x_1, x_2$ лежит в промежутке $I$ ; функция $f$ непрерывна на $\Delta$ . По п. 1, применённому к $f$ на $\Delta$ , каждое $y\in(y_1, y_2)$ принимается в некоторой точке $\Delta$ , а значения $y_1, y_2$ принимаются в концах. Итак, $[y_1, y_2]\subset f(I)$ , и $f(I)$ — промежуток. $\blacksquare$

Вторая теорема Вейерштрасса (о достижении точных граней)

Формулировка

Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , то она достигает на нём своих точной верхней и точной нижней граней: существуют $x_1, x_2\in[a, b]$ такие, что

f(x_1) = \inf_{[a, b]} f = \min_{[a, b]} f,\qquad f(x_2) = \sup_{[a, b]} f = \max_{[a, b]} f.

Для интервала утверждение неверно: функция $f(x) = x$ непрерывна и ограничена на $(0, 1)$ , но не достигает ни $\sup = 1$ , ни $\inf = 0$ . Неверно оно и для разрывной функции на отрезке.

Доказательство

Развернуть

По первой теореме Вейерштрасса $f$ ограничена на $[a, b]$ , поэтому множество $f([a, b])$ непусто и ограничено, и по теореме о существовании точной грани существует конечное $M = \sup_{[a, b]} f$ . При этом $f(x)\le M$ для всех $x\in[a, b]$ .

Предположим, что $M$ не достигается: $f(x) < M$ при всех $x\in[a, b]$ . Тогда функция

g(x) = \frac1{M - f(x)}

определена, положительна и непрерывна на $[a, b]$ как частное непрерывных функций с ненулевым знаменателем.

По первой теореме Вейерштрасса $g$ ограничена: $0 < g(x)\le K$ на $[a, b]$ при некотором $K > 0$ . Отсюда $M - f(x)\ge\frac1K$ , т. е. $f(x)\le M - \frac1K$ для всех $x\in[a, b]$ . Это противоречит критерию точной верхней грани (при $\varepsilon = \frac1K$ должна найтись точка с $f(x) > M - \varepsilon$ ). Значит, $M = f(x_2)$ для некоторого $x_2\in[a, b]$ .

Для точной нижней грани применим доказанное к непрерывной функции $-f$ : $\sup(-f) = -\inf f$ достигается в некоторой точке $x_1$ , т. е. $f(x_1) = \inf_{[a, b]} f$ .

Для $f(x) = x$ на $(0, 1)$ : $0 < f(x) < 1$ , и для любого $\varepsilon\in(0, 1)$ значения $f(1 - \frac\varepsilon2) > 1 - \varepsilon$ и $f(\frac\varepsilon2) < \varepsilon$ , так что $\sup = 1$ , $\inf = 0$ , но $f(x)\ne 0$ , $f(x)\ne 1$ . Для разрывной функции на $[0, 1]$ , равной $x$ при $x < 1$ и $0$ при $x = 1$ , точная верхняя грань $1$ также не достигается. $\blacksquare$

Геометрический смысл производной

Формулировка

Пусть $f$ определена в окрестности точки $a$ и непрерывна в точке $a$ , $M_0 = (a, f(a))$ .

Наклонная касательная к графику $f$ в точке $M_0$ существует тогда и только тогда, когда существует конечная производная $f'(a)$ ; при этом угловой коэффициент касательной равен $\operatorname{tg}\varphi_0 = f'(a)$ , а её уравнение

y = f(a) + f'(a)(x - a).

Вертикальная касательная $x = a$ существует тогда и только тогда, когда $f'(a) = \infty$ (т. е. $\left|\frac{\Delta y}{\Delta x}\right|\to+\infty$ ; в частности, при $f'(a) = \pm\infty$ ).
Левая (правая) наклонная касательная существует тогда и только тогда, когда существует конечная $f'_-(a)$ (соответственно $f'_+(a)$ ); её угловой коэффициент равен этой односторонней производной.
Если $f'(a)$ конечна, уравнение нормали:

(x - a) + f'(a)\,(y - f(a)) = 0,

т. е. $y = f(a) - \frac{x - a}{f'(a)}$ при $f'(a)\ne 0$ и $x = a$ при $f'(a) = 0$ . При вертикальной касательной нормаль — прямая $y = f(a)$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $k(\Delta x) = \frac{\Delta y}{\Delta x}$ и $\varphi(\Delta x) = \operatorname{arctg}k(\Delta x)$ — угловой коэффициент и угол наклона секущей. Функции $\operatorname{arctg}$ (на $\mathbb R$ ) и $\operatorname{tg}$ (на $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ ) непрерывны по теореме о непрерывности основных элементарных функций.

Пусть существует конечная $f'(a) = k_0$ , т. е. $k(\Delta x)\to k_0$ . Так как $\operatorname{arctg}$ непрерывен в точке $k_0$ , по теореме о предельном переходе под знаком непрерывной функции $\varphi(\Delta x) = \operatorname{arctg}k(\Delta x)\to\operatorname{arctg}k_0 = \varphi_0\in\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ . Значит, наклонная касательная существует и $\operatorname{tg}\varphi_0 = k_0 = f'(a)$ .

Обратно, пусть $\varphi(\Delta x)\to\varphi_0\in\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ . Так как $\operatorname{tg}$ непрерывен в точке $\varphi_0$ , то $k(\Delta x) = \operatorname{tg}\varphi(\Delta x)\to\operatorname{tg}\varphi_0$ , т. е. существует конечная производная $f'(a) = \operatorname{tg}\varphi_0$ . Прямая через $M_0$ с угловым коэффициентом $f'(a)$ имеет уравнение $y - f(a) = f'(a)(x - a)$ . Пункт 1 доказан.

Пункт 2. Функция $\operatorname{arctg}$ нечётна и строго возрастает, поэтому $|\varphi| = \operatorname{arctg}|k|$ . Если $|k(\Delta x)|\to+\infty$ , то для любого $\varepsilon\in\left(0, \frac\pi2\right)$ при $|k| > \operatorname{tg}\left(\frac\pi2 - \varepsilon\right)$ имеем $|\varphi| > \frac\pi2 - \varepsilon$ , т. е. $|\varphi(\Delta x)|\to\frac\pi2$ . Обратно, если $|\varphi(\Delta x)|\to\frac\pi2$ , то для любого $E > 0$ , взяв $\varepsilon = \frac\pi2 - \operatorname{arctg}E$ , при $|\varphi| > \frac\pi2 - \varepsilon$ получаем $|k| = \operatorname{tg}|\varphi| > E$ , т. е. $|k(\Delta x)|\to+\infty$ .

Пункт 3 доказывается дословно так же, как пункт 1, с заменой $\Delta x\to 0$ на $\Delta x\to\mp 0$ .

Пункт 4. Касательная имеет направляющий вектор $(1, f'(a))$ . Нормаль — прямая через $M_0$ , для которой этот вектор является нормальным: $1\cdot(x - a) + f'(a)(y - f(a)) = 0$ . При $f'(a)\ne 0$ это $y = f(a) - \frac{x - a}{f'(a)}$ , при $f'(a) = 0$ — прямая $x = a$ . Вертикальная касательная имеет направляющий вектор $(0, 1)$ , и нормаль к ней через $M_0$ — прямая $y = f(a)$ . $\blacksquare$

Замечание

Условие непрерывности существенно. Для $f(x) = \operatorname{sign}x$ имеем $\frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac1{|\Delta x|}\to+\infty$ , т. е. $f'(0) = +\infty$ , но касательной в точке $(0, 0)$ нет: точки графика не приближаются к $M_0$ .

Производная сложной функции

Формулировка

Пусть функция $y = f(x)$ определена в окрестности точки $a$ и дифференцируема в точке $a$ , а функция $z = g(y)$ определена в окрестности $V$ точки $b = f(a)$ и дифференцируема в точке $b$ . Тогда сложная функция $h = g\circ f$ определена в некоторой окрестности точки $a$ , дифференцируема в точке $a$ и

h'(a) = g'(f(a))\cdot f'(a),\qquad\text{т. е.}\quad \frac{dz}{dx} = \frac{dz}{dy}\cdot\frac{dy}{dx}.

Доказательство

Развернуть

По теореме о непрерывности дифференцируемой функции $f$ непрерывна в точке $a$ , поэтому найдётся окрестность $U$ точки $a$ , для которой $f(U)\subset V$ ; на $U$ определена функция $h(x) = g(f(x))$ .

По теореме о связи дифференцируемости с конечной производной (пункт 2) для $g$ в точке $b$ : при всех $\Delta y$ с $b + \Delta y\in V$

g(b + \Delta y) - g(b) = g'(b)\,\Delta y + \beta(\Delta y)\,\Delta y,

где $\beta(0) = 0$ и $\beta$ непрерывна в нуле. Важно, что формула верна и при $\Delta y = 0$ .

Пусть $\Delta x\ne 0$ , $a + \Delta x\in U$ , $\Delta y = f(a + \Delta x) - f(a)$ (возможно, $\Delta y = 0$ ). Тогда $h(a + \Delta x) - h(a) = g(b + \Delta y) - g(b)$ , и после деления на $\Delta x$ :

\frac{h(a + \Delta x) - h(a)}{\Delta x} = g'(b)\,\frac{\Delta y}{\Delta x} + \beta(\Delta y)\,\frac{\Delta y}{\Delta x}.

При $\Delta x\to 0$ : $\frac{\Delta y}{\Delta x}\to f'(a)$ ; функция $\Delta x\mapsto\Delta y$ непрерывна в нуле и равна там нулю, а $\beta$ непрерывна в нуле и $\beta(0) = 0$ , поэтому по теореме о непрерывности сложной функции $\beta(\Delta y(\Delta x))\to 0$ . По теореме об арифметических операциях с пределами правая часть стремится к $g'(b)f'(a)$ . Следовательно, $h'(a) = g'(f(a))f'(a)$ — конечна, т. е. $h$ дифференцируема в точке $a$ . $\blacksquare$

Замечание

Приём с функцией $\beta$ , доопределённой нулём, нужен потому, что $\Delta y$ может обращаться в нуль при сколь угодно малых $\Delta x\ne 0$ (например, для $f(x) = x^2\sin\frac1x$ при $a = 0$ ), и делить на $\Delta y$ нельзя.

Сравнение роста логарифмической, степенной и показательной функций

Формулировка

Пусть $\alpha > 0$ , $\beta > 0$ , $a > 1$ . Тогда при $x\to+\infty$

\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^\beta x}{x^\alpha} = 0,\qquad \lim_{x\to+\infty}\frac{x^\alpha}{a^x} = 0,

т.е. $\ln^\beta x = o(x^\alpha)$ и $x^\alpha = o(a^x)$ : любая положительная степень логарифма растёт медленнее любой положительной степени $x$ , а любая степень $x$ — медленнее любой показательной функции с основанием $a > 1$ .

Следствия.

$\lim\limits_{x\to 0 + 0}x^\alpha\ln^\beta\frac1x = 0$ ; в частности, $\lim\limits_{x\to 0 + 0}x^\alpha\ln x = 0$ .
Для последовательностей: $\frac{\ln^\beta n}{n^\alpha}\to 0$ , $\frac{n^\alpha}{a^n}\to 0$ при $n\to\infty$ .

Доказательство

Развернуть

Сначала докажем, что $\frac{\ln x}{x^\gamma}\to 0$ при любом $\gamma > 0$ . Это неопределённость $\left[\frac\infty\infty\right]$ : функции $\ln x$ и $x^\gamma$ дифференцируемы на $(1, +\infty)$ , $(x^\gamma)' = \gamma x^{\gamma - 1}\ne 0$ , $x^\gamma\to+\infty$ , и

\frac{(\ln x)'}{(x^\gamma)'} = \frac{1/x}{\gamma x^{\gamma - 1}} = \frac{1}{\gamma x^\gamma}\to 0.

По теореме Бернулли–Лопиталя для неопределённости $\left[\frac\infty\infty\right]$ $\frac{\ln x}{x^\gamma}\to 0$ .

Далее при $x > 1$ , $\gamma = \alpha/\beta$ :

\frac{\ln^\beta x}{x^\alpha} = \left(\frac{\ln x}{x^{\alpha/\beta}}\right)^\beta.

Функция $t\mapsto t^\beta$ непрерывна в точке $t = 0$ (справа) и $0^\beta = 0$ , поэтому по теореме о предельном переходе под знаком непрерывной функции предел равен $0^\beta = 0$ .

Аналогично сначала докажем, что $\frac{x}{b^x}\to 0$ при $b > 1$ : по той же теореме, так как $b^x\to+\infty$ , $(b^x)' = b^x\ln b\ne 0$ и

\frac{(x)'}{(b^x)'} = \frac{1}{b^x\ln b}\to 0.

Затем $\frac{x^\alpha}{a^x} = \left(\frac{x}{b^x}\right)^\alpha$ с $b = a^{1/\alpha} > 1$ , и снова по непрерывности $t^\alpha$ в нуле предел равен $0$ .

Следствие 1: замена $x = 1/t$ , $t\to+\infty$ , даёт $x^\alpha\ln^\beta\frac1x = \frac{\ln^\beta t}{t^\alpha}\to 0$ ; при $\beta = 1$ получаем $x^\alpha\ln x = -\frac{\ln t}{t^\alpha}\to 0$ .

Следствие 2 вытекает из определения предела функции по Гейне (эквивалентного определению по Коши): если $\varphi(x)\to 0$ при $x\to+\infty$ , то $\varphi(n)\to 0$ для последовательности $x_n = n\to+\infty$ . $\blacksquare$

Раскрытие неопределённостей [0·∞], [∞−∞], [0^0], [1^∞], [∞^0]

Формулировка

Пусть все функции определены в проколотой окрестности точки $a$ , и пределы берутся при $x\to a$ .

Неопределённость $[0\cdot\infty]$ ( $f\to 0$ , $g\to\infty$ ) сводится к $\left[\frac00\right]$ или $\left[\frac\infty\infty\right]$ :

f g = \frac{f}{1/g} = \frac{g}{1/f}\quad(\text{второе — если } f\ne 0).

Неопределённость $[\infty - \infty]$ ( $f, g\to+\infty$ ) сводится к $\left[\frac00\right]$ :

f - g = \frac{\dfrac1g - \dfrac1f}{\dfrac{1}{fg}},

или вынесением множителя: $f - g = f\bigl(1 - \frac gf\bigr)$ . 3. Для степенных неопределённостей $[0^0]$ , $[1^\infty]$ , $[\infty^0]$ при $u(x) > 0$ используется представление $u^v = e^{v\ln u}$ , в котором $v\ln u$ — неопределённость $[0\cdot\infty]$ . Если $\lim v\ln u = L$ , то

\lim u^v = e^L\quad(L\in\mathbb R),\qquad \lim u^v = +\infty\quad(L = +\infty),\qquad \lim u^v = 0\quad(L = -\infty).

Для неопределённости $[1^\infty]$ ( $u\to 1$ , $v\to\infty$ ): если существует $\lim v(u - 1) = L$ (конечный или $\pm\infty$ ), то

\lim u^v = e^{\lim v(u - 1)} = e^L

(с соглашениями $e^{+\infty} = +\infty$ , $e^{-\infty} = 0$ ).

Доказательство

Развернуть

Пп. 1, 2 — тождественные преобразования. Они корректны в проколотой окрестности $a$ : функция $g$ , будучи бесконечно большой, отлична от нуля вблизи $a$ , так что $\frac1g$ определена и стремится к нулю (то же для $f$ в п. 2); при этом $\frac1g\to 0$ и $\frac{1}{fg}\to 0$ , т.е. получаются неопределённости $\left[\frac00\right]$ (или $\left[\frac\infty\infty\right]$ для $\frac{g}{1/f}$ ).

П. 3, случай $L\in\mathbb R$ . По определению степени с положительным основанием $u^v = e^{w}$ , $w = v\ln u$ . Показательная функция непрерывна в точке $L$ , поэтому по теореме о предельном переходе под знаком непрерывной функции $\lim e^{w} = e^{\lim w} = e^L$ .

П. 3, случай $L = +\infty$ . Для любого $E > 0$ имеем $e^w > E\iff w > \ln E$ (монотонность экспоненты). Так как $w\to+\infty$ , в некоторой проколотой окрестности $a$ выполнено $w > \ln E$ , т.е. $u^v > E$ . Значит, $u^v\to+\infty$ . Случай $L = -\infty$ : для $\varepsilon > 0$ имеем $0 < e^w < \varepsilon\iff w < \ln\varepsilon$ , откуда $u^v\to 0$ .

П. 4. Определим функцию $\lambda(t) = \frac{\ln t}{t - 1}$ при $t > 0$ , $t\ne 1$ , и $\lambda(1) = 1$ . Из следствия второго замечательного предела $\frac{\ln(1 + s)}{s}\to 1$ при $s\to 0$ и теоремы о пределе сложной функции (подстановка $s = t - 1\ne 0$ ) получаем $\lambda(t)\to 1 = \lambda(1)$ при $t\to 1$ , т.е. $\lambda$ непрерывна в точке $1$ .

При всех $u > 0$ справедливо тождество $\ln u = (u - 1)\lambda(u)$ (при $u = 1$ обе части равны нулю). Поэтому

v\ln u = v(u - 1)\cdot\lambda(u).

Так как $u\to 1$ и $\lambda$ непрерывна в точке $1$ , по теореме о непрерывности сложной функции $\lambda(u(x))\to 1$ . По арифметике пределов (для бесконечного $L$ — так как произведение бесконечно большой на функцию, стремящуюся к $1 > 0$ , есть бесконечно большая того же знака) $v\ln u\to L\cdot 1 = L$ . Остаётся применить п. 3. $\blacksquare$

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 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 $\mu$ . $\blacksquare$

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 $\frac fg\to\frac AB$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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). $\blacksquare$

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 $\sin 3x\sim 3x$ . $\blacksquare$

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 $o(x)$ . $\blacksquare$

Следствия из принципа Архимеда

Формулировка

Для любого $\varepsilon > 0$ существует $n\in\mathbb N$ , такое что $\frac1n < \varepsilon$ ; тогда и $\frac1m < \varepsilon$ при всех $m\ge n$ .
(Целая часть.) Для любого $x\in\mathbb R$ существует единственное целое $k$ , такое что

k\le x < k + 1;

оно называется целой частью числа $x$ и обозначается $[x]$ . 3. (Плотность $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ .) Для любых $a < b$ существует $r\in\mathbb Q$ с $a < r < b$ . Следовательно, в любом интервале бесконечно много рациональных чисел.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. По принципу Архимеда (с $a = 1$ , $b = \varepsilon$ ) найдётся $n$ с $n\varepsilon > 1$ , т. е. $\frac1n < \varepsilon$ . При $m\ge n$ имеем $\frac1m\le\frac1n < \varepsilon$ .

Пункт 2, существование. Рассмотрим $E = \{k\in\mathbb Z:\ k\le x\}$ . По принципу Архимеда найдётся $n\in\mathbb N$ с $n > -x$ ; тогда $-n\in\mathbb Z$ и $-n < x$ , так что $E\ne\varnothing$ . Множество $E$ ограничено сверху числом $x$ , поэтому существует $s = \sup E$ .

По критерию точной верхней грани (с $\varepsilon = 1$ ) найдётся $k\in E$ с $k > s - 1$ . Тогда $k + 1 > s$ , и так как $k + 1\in\mathbb Z$ , а все элементы $E$ не превосходят $s$ , то $k + 1\notin E$ , т. е. $k + 1 > x$ . Вместе с $k\le x$ (так как $k\in E$ ) получаем $k\le x < k + 1$ .

Единственность. Если $k\le x < k + 1$ и $k'\le x < k' + 1$ , то $k' < k + 1$ и $k < k' + 1$ , т. е. $-1 < k - k' < 1$ . Единственное целое число с модулем меньше $1$ — нуль, поэтому $k = k'$ .

Пункт 3. По пункту 1 выберем $n\in\mathbb N$ с $\frac1n < b - a$ , т. е. $nb - na > 1$ . Положим $m = [na] + 1\in\mathbb Z$ . По определению целой части $m - 1\le na < m$ , поэтому

a < \frac mn,\qquad m\le na + 1 < nb,\ \text{ т. е. }\ \frac mn < b.

Число $r = \frac mn$ рационально и лежит в $(a, b)$ .

Бесконечность. Если бы в $(a, b)$ было лишь конечное число рациональных чисел (по доказанному — хотя бы одно), то среди них нашлось бы наименьшее $r_1$ ; но в интервале $(a, r_1)$ по доказанному есть рациональное число, меньшее $r_1$ , — противоречие. $\blacksquare$

Непрерывность функции в точке. Точки разрыва

Эквивалентность определений непрерывности

Формулировка

Доказательство

Связь непрерывности с односторонней непрерывностью

Формулировка

Доказательство

Локальные свойства функций, непрерывных в точке

Формулировка

Доказательство

Арифметические операции над непрерывными функциями

Формулировка

Доказательство

Непрерывность сложной функции. Предельный переход под знаком непрерывной функции

Формулировка

Доказательство

Непрерывность простейших функций

Формулировка

Доказательство

Классификация точек разрыва (sin x / x, модуль, sign)

Условие

Решение

Разрывы функций e^{1/x}, 1/(1+e^{1/x}), sin(1/x)

Условие

Решение

Подбор параметров для непрерывности

Условие

Решение

Функция Дирихле и её модификации

Условие

Решение

Непрерывность функции Римана

Условие

Решение

Предельный переход под знаком непрерывной функции

Условие

Решение

Операции над непрерывными и разрывными функциями

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Непрерывность функции в точке

Односторонняя непрерывность. Непрерывность на множестве

Точки разрыва и их классификация

Функция знака, функции Дирихле и Римана

Предел функции по Коши

Предел функции по Гейне

Односторонние пределы

Основные элементарные функции

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

Доказательство

Теорема Больцано–Коши о нулях непрерывной функции

Формулировка

Доказательство

Первая теорема Вейерштрасса (об ограниченности)

Формулировка

Доказательство

Непрерывность дифференцируемой функции

Формулировка

Доказательство

Замечания

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка

Доказательство

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Доказательство

Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке

Формулировка

Доказательство

Связь двустороннего предела с односторонними

Формулировка

Доказательство

Критерий непрерывности монотонной функции

Формулировка

Доказательство

Точки разрыва монотонной функции

Формулировка