Предел функции

Прогресс изучения0 из 5

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

Все теоремы темы5

Связь двустороннего предела с односторонними
Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне
Единственность предела функции
Локальная ограниченность функции, имеющей конечный предел
Признак отсутствия предела функции

теорема

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. $\blacksquare$

теорема

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

Единственность предела функции

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ . Если $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ и $\lim\limits_{x\to a}f(x) = B$ , где $A, B\in\mathbb R\cup\{-\infty, +\infty\}$ , то $A = B$ .

Доказательство

Развернуть

Предположим, что $A\ne B$ . Покажем, что у различных элементов $A, B$ расширенной прямой есть непересекающиеся окрестности $U_\varepsilon(A)$ , $U_\varepsilon(B)$ . Если $A, B$ конечны, годится $\varepsilon = \frac{|A - B|}2$ . Если $A$ конечно, а $B = +\infty$ , возьмём $\varepsilon$ так, что $\varepsilon < 1$ и $\frac1\varepsilon > |A| + 1$ : тогда $U_\varepsilon(A)\subset(-\infty, |A| + 1)$ и $U_\varepsilon(+\infty) = (\frac1\varepsilon, +\infty)\subset(|A| + 1, +\infty)$ . Случай $B = -\infty$ симметричен, а при $A = -\infty$ , $B = +\infty$ годится $\varepsilon = 1$ .

По определению предела найдутся $\delta_1, \delta_2 > 0$ такие, что $f(x)\in U_\varepsilon(A)$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ и $f(x)\in U_\varepsilon(B)$ при $x\in\dot U_{\delta_2}(a)\cap X$ .

Пусть $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ . Так как $a$ — предельная точка $X$ , в проколотой окрестности $\dot U_\delta(a)$ есть точка $x\in X$ . Для неё одновременно $f(x)\in U_\varepsilon(A)$ и $f(x)\in U_\varepsilon(B)$ , что невозможно, так как эти окрестности не пересекаются. Противоречие показывает, что $A = B$ . $\blacksquare$

теорема

Локальная ограниченность функции, имеющей конечный предел

Формулировка

Если $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A\in\mathbb R$ , то $f$ локально ограничена при $x\to a$ : существует $\delta > 0$ такое, что

|f(x)|\le |A| + 1\quad\forall x\in\dot U_\delta(a)\cap X .

Обратное неверно: $\sin\frac1x$ ограничена, но не имеет предела при $x\to 0$ .

Доказательство

Развернуть

Применим определение предела с $\varepsilon = 1$ : найдётся $\delta > 0$ такое, что $|f(x) - A| < 1$ для всех $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ .

Для таких $x$ по неравенству треугольника

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

Это и есть локальная ограниченность с $M = |A| + 1$ . Отсутствие предела у $\sin\frac1x$ при $x\to 0$ устанавливается по Гейне (последовательности $\frac1{\pi n}$ и $\frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ дают предельные значения $0$ и $1$ ). $\blacksquare$

следствие

Признак отсутствия предела функции

Формулировка

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

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

Доказательство пределов по определению Коши

Условие

Пользуясь определением предела на языке $\varepsilon$ – $\delta$ , доказать: а) $\lim\limits_{x\to 2}(3x - 1) = 5$ ; б) $\lim\limits_{x\to 3}x^2 = 9$ ; в) $\lim\limits_{x\to 1}\frac1x = 1$ .

Решение

Развернуть

а) $|(3x - 1) - 5| = 3|x - 2|$ . Для данного $\varepsilon > 0$ положим $\delta = \frac\varepsilon3$ : при $0 < |x - 2| < \delta$ получаем $|(3x - 1) - 5| < 3\delta = \varepsilon$ .

б) $|x^2 - 9| = |x - 3|\,|x + 3|$ . Ограничим $\delta\le 1$ : тогда при $|x - 3| < 1$ имеем $2 < x < 4$ и $|x + 3| < 7$ , так что $|x^2 - 9| < 7|x - 3|$ . Положим

\delta = \min\left\{1, \frac\varepsilon7\right\}.

Тогда при $0 < |x - 3| < \delta$ выполнено $|x^2 - 9| < 7\delta\le\varepsilon$ . (Оценка $|x + 3| < 7$ — это локальная ограниченность функции $x + 3$ , имеющей конечный предел $6$ при $x\to 3$ ; именно она позволяет свести задачу к оценке через $|x - 3|$ .)

в) Функция определена при $x\ne 0$ . $\left|\frac1x - 1\right| = \frac{|x - 1|}{|x|}$ . При $|x - 1| < \frac12$ имеем $x > \frac12$ , поэтому $\left|\frac1x - 1\right| < 2|x - 1|$ . Положим $\delta = \min\left\{\frac12, \frac\varepsilon2\right\}$ ; тогда при $0 < |x - 1| < \delta$ получаем $\left|\frac1x - 1\right| < 2\delta\le\varepsilon$ .

Ответ: в каждом случае $\delta(\varepsilon)$ указано: а) $\delta = \frac\varepsilon3$ ; б) $\delta = \min\{1, \frac\varepsilon7\}$ ; в) $\delta = \min\{\frac12, \frac\varepsilon2\}$ .

Предел квадратного корня по определению

Условие

Функция $f(x) = \sqrt x$ рассматривается на $X = [0, +\infty)$ . Пользуясь определением, доказать: а) $\lim\limits_{x\to a}\sqrt x = \sqrt a$ при $a > 0$ (в частности, $\lim\limits_{x\to 4}\sqrt x = 2$ ); б) $\lim\limits_{x\to 0}\sqrt x = 0$ .

Решение

Развернуть

а) При $x\ge 0$ , $a > 0$ имеем

|\sqrt x - \sqrt a| = \frac{|x - a|}{\sqrt x + \sqrt a}\le\frac{|x - a|}{\sqrt a}.

Для $\varepsilon > 0$ положим $\delta = \varepsilon\sqrt a$ . Если $x\in X$ и $0 < |x - a| < \delta$ , то $|\sqrt x - \sqrt a| < \frac\delta{\sqrt a} = \varepsilon$ . При $a = 4$ получаем $\delta = 2\varepsilon$ .

б) Точка $0$ — предельная для $X\cap(0, +\infty)$ , а слева от $0$ точек $X$ нет, поэтому по теореме о связи двустороннего предела с односторонними здесь двусторонний предел совпадает с пределом справа. Для $\varepsilon > 0$ положим $\delta = \varepsilon^2$ : при $x\in X$ , $0 < x < \delta$ , получаем $0 < \sqrt x < \sqrt\delta = \varepsilon$ .

Ответ: а) $\delta = \varepsilon\sqrt a$ ; б) $\delta = \varepsilon^2$ .

Пределы на бесконечности и бесконечные пределы по определению

Условие

Пользуясь определением на языке окрестностей, доказать: а) $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{2x - 1}{x + 3} = 2$ ; б) $\lim\limits_{x\to 1}\frac1{(x - 1)^2} = +\infty$ ; в) $\lim\limits_{x\to 0 - 0}\frac1x = -\infty$ , $\lim\limits_{x\to 0 + 0}\frac1x = +\infty$ , и объяснить, почему $\lim\limits_{x\to 0}\frac1x = \infty$ , но не равен ни $+\infty$ , ни $-\infty$ .

Решение

Развернуть

а) При $x\ne -3$ :

\left|\frac{2x - 1}{x + 3} - 2\right| = \frac7{|x + 3|}.

При $|x| > 3$ имеем $|x + 3|\ge |x| - 3 > 0$ . Для $\varepsilon > 0$ положим $\Delta = 3 + \frac7\varepsilon$ . Если $|x| > \Delta$ , то $|x + 3| > \frac7\varepsilon$ , и разность меньше $\varepsilon$ .

б) Для $M > 0$ положим $\delta = \frac1{\sqrt M}$ . При $0 < |x - 1| < \delta$ имеем $(x - 1)^2 < \frac1M$ , т. е. $\frac1{(x - 1)^2} > M$ . (Для $M\le 0$ неравенство $\frac1{(x - 1)^2} > M$ выполнено при всех $x\ne 1$ .)

в) Для $M > 0$ положим $\delta = \frac1M$ . При $-\delta < x < 0$ имеем $\frac1x < -\frac1\delta = -M$ , а при $0 < x < \delta$ — $\frac1x > M$ . Значит, $f(-0) = -\infty$ , $f(+0) = +\infty$ . При $0 < |x| < \frac1M$ выполнено $\left|\frac1x\right| > M$ , т. е. $\lim\limits_{x\to 0}\frac1x = \infty$ .

Если бы $\lim\limits_{x\to 0}\frac1x = +\infty$ , то, как в доказательстве теоремы о связи двустороннего предела с односторонними, и предел слева равнялся бы $+\infty$ ; но слева $\frac1x < 0$ , так что ни при каком $\delta$ не выполнено $\frac1x > 0$ на $(-\delta, 0)$ . Аналогично предел не равен $-\infty$ .

Ответ: а) $\Delta = 3 + \frac7\varepsilon$ ; б) $\delta = \frac1{\sqrt M}$ ; в) $\delta = \frac1M$ ; односторонние пределы $-\infty$ и $+\infty$ различны.

Отсутствие предела у sin(1/x) в нуле

Условие

а) Доказать, что функция $f(x) = \sin\frac1x$ не имеет предела при $x\to 0$ . б) Доказать, что $\lim\limits_{x\to 0}x\sin\frac1x = 0$ . в) Существует ли $\lim\limits_{x\to 0}\frac1x\sin\frac1x$ (конечный или бесконечный)?

Решение

Развернуть

а) Возьмём $x_n' = \frac1{\pi n}$ и $x_n'' = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ . Обе последовательности состоят из ненулевых чисел и стремятся к $0$ . При этом

f(x_n') = \sin\pi n = 0\to 0,\qquad f(x_n'') = \sin\left(\frac\pi2 + 2\pi n\right) = 1\to 1 .

Пределы различны, поэтому по признаку отсутствия предела (следствию определения Гейне) $\lim\limits_{x\to 0}\sin\frac1x$ не существует.

в) Пусть $g(x) = \frac1x\sin\frac1x$ . На последовательности $x_n' = \frac1{\pi n}$ имеем $g(x_n') = 0\to 0$ , а на $x_n'' = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ имеем $g(x_n'') = \frac\pi2 + 2\pi n\to +\infty$ . Различные пределы (в расширенном смысле) по признаку отсутствия предела показывают, что $g$ не имеет ни конечного предела, ни предела $\pm\infty$ ; предел $\infty$ также невозможен, так как $|g(x_n')| = 0\not\to +\infty$ . При этом $g$ не ограничена ни в какой окрестности нуля.

Ответ: а) предела нет; б) предел равен $0$ ; в) не существует.

Функция Дирихле не имеет предела

Условие

Пусть $D(x) = 1$ при $x\in\mathbb Q$ и $D(x) = 0$ при $x\notin\mathbb Q$ (функция Дирихле). а) Доказать, что $D$ не имеет предела ни в одной точке $a\in\mathbb R$ . б) Доказать, что функция $g(x) = xD(x)$ имеет предел при $x\to 0$ , равный $0$ , и не имеет предела ни в одной точке $a\ne 0$ .

Решение

Развернуть

Построим для произвольного $a\in\mathbb R$ две последовательности. По следствию принципа Архимеда (плотность $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ ) для каждого $n$ существует рациональное $r_n\in\left(a, a + \frac1n\right)$ . Далее, существует рациональное $q_n\in\left(a - \sqrt2, a - \sqrt2 + \frac1n\right)$ ; положим $s_n = q_n + \sqrt2\in\left(a, a + \frac1n\right)$ . Число $s_n$ иррационально: иначе $\sqrt2 = s_n - q_n$ было бы рациональным, что неверно (иррациональность $\sqrt2$ доказывается от противного).

Итак, $r_n\to a$ , $s_n\to a$ , $r_n\ne a$ , $s_n\ne a$ , $r_n\in\mathbb Q$ , $s_n\notin\mathbb Q$ .

а) $D(r_n) = 1\to 1$ , $D(s_n) = 0\to 0$ . Пределы различны, поэтому по признаку отсутствия предела $D$ не имеет предела в точке $a$ .

б) В точке $0$ : $|g(x)|\le |x|$ , и при $\delta = \varepsilon$ из $0 < |x| < \delta$ следует $|g(x)| < \varepsilon$ ; значит, $\lim\limits_{x\to 0}g(x) = 0$ . В точке $a\ne 0$ : $g(r_n) = r_n\to a$ , $g(s_n) = 0\to 0$ , и $a\ne 0$ , поэтому предела нет.

Ответ: а) предела нет нигде; б) $\lim\limits_{x\to 0}xD(x) = 0$ , в остальных точках предела нет.

Односторонние пределы целой части и функции с модулем

Условие

а) Найти односторонние пределы функции $f(x) = [x]$ (целая часть) в точке $k\in\mathbb Z$ и выяснить, существует ли $\lim\limits_{x\to k}[x]$ . Что можно сказать о пределе в нецелой точке $a$ ? б) Найти $\lim\limits_{x\to 1 - 0}\frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ , $\lim\limits_{x\to 1 + 0}\frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ и выяснить, существует ли $\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^2 - 1}{|x - 1|}$ .

Решение

Развернуть

а) При $x\in(k - 1, k)$ имеем $[x] = k - 1$ , при $x\in(k, k + 1)$ — $[x] = k$ . Для любого $\varepsilon > 0$ возьмём $\delta = 1$ : при $k - 1 < x < k$ получаем $|[x] - (k - 1)| = 0 < \varepsilon$ , а при $k < x < k + 1$ — $|[x] - k| = 0 < \varepsilon$ . Значит, $f(k - 0) = k - 1$ , $f(k + 0) = k$ . Односторонние пределы различны, поэтому по теореме о связи двустороннего предела с односторонними $\lim\limits_{x\to k}[x]$ не существует.

Если $a\notin\mathbb Z$ , то $[x] = [a]$ на интервале $([a], [a] + 1)\ni a$ ; взяв $\delta = \min\{a - [a], [a] + 1 - a\}$ , получаем $[x] - [a] = 0$ при $|x - a| < \delta$ , так что $\lim\limits_{x\to a}[x] = [a]$ .

б) При $x > 1$ : $\frac{x^2 - 1}{|x - 1|} = \frac{(x - 1)(x + 1)}{x - 1} = x + 1$ ; при $x < 1$ : $\frac{x^2 - 1}{|x - 1|} = \frac{(x - 1)(x + 1)}{1 - x} = -(x + 1)$ . Поскольку $|(x + 1) - 2| = |x - 1|$ , при $\delta = \varepsilon$ получаем

\lim_{x\to 1 + 0}\frac{x^2 - 1}{|x - 1|} = 2,\qquad \lim_{x\to 1 - 0}\frac{x^2 - 1}{|x - 1|} = -2 .

Односторонние пределы различны, двустороннего предела нет.

Ответ: а) $f(k - 0) = k - 1$ , $f(k + 0) = k$ , предела в целых точках нет; в нецелой точке $a$ предел равен $[a]$ ; б) $-2$ и $2$ , двустороннего предела нет.

Пределы многочлена и синуса по Гейне

Условие

а) Пользуясь определением по Гейне и арифметическими свойствами пределов последовательностей, доказать, что для любого многочлена $P(x) = c_0 + c_1x + \dots + c_mx^m$ и любого $a\in\mathbb R$

\lim_{x\to a}P(x) = P(a).

б) Доказать, что $\lim\limits_{x\to a}\sin x = \sin a$ и $\lim\limits_{x\to a}\cos x = \cos a$ для любого $a\in\mathbb R$ .

Решение

Развернуть

а) Пусть $x_n\to a$ , $x_n\ne a$ . По теореме об арифметических операциях с пределами последовательностей $x_n^k = x_n\cdot\ldots\cdot x_n\to a^k$ (индукция по $k$ ), затем $c_kx_n^k\to c_ka^k$ и, суммируя конечное число слагаемых, $P(x_n)\to P(a)$ . Так как последовательность $(x_n)$ произвольна, $P(a)$ — предел $P$ при $x\to a$ по Гейне, а по теореме об эквивалентности определений — и по Коши.

б) Воспользуемся неравенством $|\sin t|\le |t|$ (при $0 < t < \frac\pi2$ длина хорды $2\sin t$ единичной окружности меньше длины дуги $2t$ ; при $|t|\ge\frac\pi2$ имеем $|\sin t|\le 1 < |t|$ ; нечётность даёт случай $t < 0$ ). Тогда

|\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\cdot 1 = |x - a| .

Для $\varepsilon > 0$ возьмём $\delta = \varepsilon$ : при $0 < |x - a| < \delta$ получаем $|\sin x - \sin a| < \varepsilon$ . Аналогично $|\cos x - \cos a| = 2\left|\sin\frac{x - a}2\right|\left|\sin\frac{x + a}2\right|\le |x - a|$ .

Ответ: утверждения доказаны; в п. б) можно взять $\delta = \varepsilon$ .

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

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.

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 $f(-0) = -1$ , $f(+0) = 1$ .

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.

Локально ограниченная функция

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ . Функция $f$ называется локально ограниченной при $x\to a$ (ограниченной в окрестности точки $a$ ), если существуют проколотая окрестность $\dot U(a)$ и число $M$ такие, что

|f(x)|\le M\quad\forall x\in\dot U(a)\cap X .

Пример: $\sin\frac1x$ локально ограничена при $x\to 0$ (с $M = 1$ ), а $\frac1x$ — нет.

Предельная точка множества. Изолированная точка

Пусть $X\subset\mathbb R$ . Точка $a$ (конечная или один из символов $+\infty$ , $-\infty$ ) называется предельной точкой множества $X$ , если в любой проколотой окрестности точки $a$ есть хотя бы одна точка множества $X$ :

\forall\mathring U(a):\ \mathring U(a)\cap X\ne\varnothing.

Для конечной $a$ это означает

\forall\delta > 0\ \ \exists x\in X:\ 0 < |x - a| < \delta,

а для $a = +\infty$ — что $\forall M\ \exists x\in X:\ x > M$ , т. е. что $X$ не ограничено сверху (аналогично для $-\infty$ ).

Точка $a\in X$ , не являющаяся предельной точкой $X$ , называется изолированной точкой множества $X$ : существует $\delta > 0$ такое, что $(a - \delta, a + \delta)\cap X = \{a\}$ .

Предельная точка может как принадлежать множеству, так и не принадлежать ему. Примеры: для $X = (0, 1]$ множество предельных точек — $[0, 1]$ ; у множества $\mathbb N$ все точки изолированные, а единственная предельная точка — $+\infty$ ; у $\mathbb Q$ предельной является каждая точка $\mathbb R$ (по плотности $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ ); конечное множество не имеет предельных точек.

Предел последовательности

Число $a\in\mathbb R$ называется пределом последовательности $\{x_n\}$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\in\mathbb N\ \ \forall n > N:\ |x_n - a| < \varepsilon.

Пишут $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ или $x_n\to a$ при $n\to\infty$ . Последовательность, имеющая конечный предел, называется сходящейся, не имеющая конечного предела — расходящейся.

Геометрический смысл: неравенство $|x_n - a| < \varepsilon$ означает $x_n\in U_\varepsilon(a) = (a - \varepsilon, a + \varepsilon)$ . Поэтому $x_n\to a$ тогда и только тогда, когда в любой $\varepsilon$ -окрестности точки $a$ лежат все члены последовательности, кроме, быть может, конечного их числа (с номерами $n\le N$ ). В частности, изменение конечного числа членов не влияет ни на сходимость, ни на величину предела.

Бесконечные пределы:

\lim_{n\to\infty}x_n = +\infty\iff\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ x_n > E;

\lim_{n\to\infty}x_n = -\infty\iff\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ x_n < -E;

\lim_{n\to\infty}x_n = \infty\iff\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ |x_n| > E.

Все случаи объединяются языком окрестностей: $\lim x_n = a$ , где $a\in\mathbb R$ или $a$ — один из символов $+\infty, -\infty, \infty$ , если для любой окрестности $U(a)$ существует $N$ такое, что $x_n\in U(a)$ при всех $n > N$ . Последовательности с бесконечным пределом считаются расходящимися.

Промежутки. Окрестности конечной точки и бесконечности

Пусть $a, b\in\mathbb R$ , $a < b$ . Промежутками называются множества:

отрезок $[a, b] = \{x:\ a\le x\le b\}$ (допускается и $a = b$ );
интервал $(a, b) = \{x:\ a < x < b\}$ ;
полуинтервалы $[a, b) = \{x:\ a\le x < b\}$ и $(a, b] = \{x:\ a < x\le b\}$ ;
бесконечные промежутки $(a, +\infty) = \{x:\ x > a\}$ , $[a, +\infty)$ , $(-\infty, b)$ , $(-\infty, b]$ , $(-\infty, +\infty) = \mathbb R$ .

Число $b - a$ — длина конечного промежутка.

Расширенная числовая прямая $\overline{\mathbb R} = \mathbb R\cup\{-\infty, +\infty\}$ , где по определению $-\infty < x < +\infty$ для всех $x\in\mathbb R$ .

$\varepsilon$ -окрестностью точки $a\in\mathbb R$ ( $\varepsilon > 0$ ) называется интервал

U_\varepsilon(a) = (a - \varepsilon, a + \varepsilon) = \{x:\ |x - a| < \varepsilon\},

проколотой $\varepsilon$ -окрестностью — множество $\mathring U_\varepsilon(a) = U_\varepsilon(a)\setminus\{a\} = \{x:\ 0 < |x - a| < \varepsilon\}$ . Правая и левая полуокрестности: $U^+_\varepsilon(a) = [a, a + \varepsilon)$ , $U^-_\varepsilon(a) = (a - \varepsilon, a]$ .

Окрестности бесконечно удалённых точек ( $\varepsilon > 0$ ):

U_\varepsilon(+\infty) = \Bigl(\frac1\varepsilon, +\infty\Bigr),\qquad U_\varepsilon(-\infty) = \Bigl(-\infty, -\frac1\varepsilon\Bigr),\qquad U_\varepsilon(\infty) = \Bigl\{x:\ |x| > \frac1\varepsilon\Bigr\}.

Эквивалентно, окрестность $+\infty$ — любой луч $(M, +\infty)$ , окрестность $\infty$ (бесконечности без знака) — множество $\{x:\ |x| > M\}$ . Проколотые окрестности бесконечностей совпадают с самими окрестностями.

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 $f(a)$ . $\blacksquare$

Существование производной и односторонние производные

Формулировка

Пусть $f$ определена в окрестности точки $a$ . Производная $f'(a)$ (конечная или равная $+\infty$ , $-\infty$ ) существует тогда и только тогда, когда существуют обе односторонние производные и

f'_-(a) = f'_+(a);

при этом $f'(a) = f'_-(a) = f'_+(a)$ .

Доказательство

Развернуть

Рассмотрим разностное отношение $g(\Delta x) = \frac{f(a + \Delta x) - f(a)}{\Delta x}$ , определённое в проколотой окрестности точки $\Delta x = 0$ . По определению $f'(a) = \lim\limits_{\Delta x\to 0}g(\Delta x)$ , $f'_\pm(a) = \lim\limits_{\Delta x\to\pm 0}g(\Delta x)$ .

По теореме о связи двустороннего предела с односторонними предел $g$ при $\Delta x\to 0$ существует и равен $A$ (конечному или $\pm\infty$ ) тогда и только тогда, когда существуют оба односторонних предела $g(-0)$ и $g(+0)$ и оба равны $A$ . Переходя к обозначениям производных, получаем утверждение теоремы. $\blacksquare$

Замечание

Функция $|x|$ в точке $0$ имеет $f'_-(0) = -1\ne 1 = f'_+(0)$ , поэтому производной в нуле не имеет.

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [∞/∞]

Формулировка

Пусть $a\in\mathbb R$ или $a = \pm\infty$ , и в некоторой проколотой (или односторонней) окрестности $\mathring U(a)$ :

функции $f$ и $g$ дифференцируемы, причём $g'(x)\ne 0$ ;
$\lim\limits_{x\to a}g(x) = \infty$ (обычно и $f(x)\to\infty$ , но это не требуется);
существует предел $\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ , где $A\in\mathbb R$ , или $A = +\infty$ , или $A = -\infty$ .

Тогда

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

Доказательство

Развернуть

Рассмотрим случай $x\to a + 0$ , $a\in\mathbb R$ , условия выполнены на $(a, a + \delta)$ . Остальные случаи ( $x\to a - 0$ , $x\to a$ , $x\to\pm\infty$ , $x\to\infty$ ) сводятся к этому так же, как в теореме Бернулли–Лопиталя для неопределённости $\left[\frac00\right]$ : через односторонние пределы и заменой $x = 1/t$ (условие $g\to\infty$ при замене сохраняется).

Основное тождество. Зафиксируем $\eta\in(a, a + \delta)$ . Для любого $x\in(a, \eta)$ функции $f$ , $g$ удовлетворяют на $[x, \eta]$ условиям теоремы Коши, поэтому $g(x)\ne g(\eta)$ и

Q(x) := \frac{f(x) - f(\eta)}{g(x) - g(\eta)} = \frac{f'(c)}{g'(c)},\qquad c = c(x)\in(x, \eta).

Так как $g(x)\to\infty$ , при $x$ , близких к $a$ , $g(x)\ne 0$ , и непосредственно проверяется равенство

\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(\eta)}{g(x)} + \Bigl(1 - \frac{g(\eta)}{g(x)}\Bigr)Q(x).

(Действительно, $\bigl(1 - \frac{g(\eta)}{g(x)}\bigr)Q(x) = \frac{g(x) - g(\eta)}{g(x)}\cdot\frac{f(x) - f(\eta)}{g(x) - g(\eta)} = \frac{f(x) - f(\eta)}{g(x)}$ .) При фиксированном $\eta$ и $x\to a + 0$ величины $\frac{f(\eta)}{g(x)}$ и $\frac{g(\eta)}{g(x)}$ бесконечно малы, так как $\frac1{g(x)}$ — бесконечно малая (связь бесконечно больших и бесконечно малых).

Конечный $A$ . Пусть $0 < \varepsilon < 1$ . Выберем $\eta\in(a, a + \delta)$ так, чтобы $\left|\frac{f'(t)}{g'(t)} - A\right| < \varepsilon$ при $t\in(a, \eta)$ . Тогда для всех $x\in(a, \eta)$ , поскольку $c(x)\in(a, \eta)$ , имеем $|Q(x) - A| < \varepsilon$ и $|Q(x)| < |A| + 1$ .

При этом $\eta$ найдём $\delta_1\in(0, \eta - a)$ так, что при $x\in(a, a + \delta_1)$ выполнено $g(x)\ne 0$ , $\left|\frac{f(\eta)}{g(x)}\right| < \varepsilon$ , $\left|\frac{g(\eta)}{g(x)}\right| < \varepsilon$ . Из основного тождества при таких $x$

\left|\frac{f(x)}{g(x)} - A\right|\le\left|\frac{f(\eta)}{g(x)}\right| + |Q(x) - A| + \left|\frac{g(\eta)}{g(x)}\right||Q(x)| < \varepsilon + \varepsilon + \varepsilon(|A| + 1) = (|A| + 3)\varepsilon.

В силу произвольности $\varepsilon$ это означает $\frac{f(x)}{g(x)}\to A$ .

Случай $A = +\infty$ . Пусть $E > 0$ . Выберем $\eta$ так, что $\frac{f'(t)}{g'(t)} > 2(E + 1)$ при $t\in(a, \eta)$ ; тогда $Q(x) > 2(E + 1)$ при $x\in(a, \eta)$ . Затем выберем $\delta_1$ так, что при $x\in(a, a + \delta_1)$ выполнено $\left|\frac{f(\eta)}{g(x)}\right| < 1$ и $\left|\frac{g(\eta)}{g(x)}\right| < \frac12$ . Тогда $1 - \frac{g(\eta)}{g(x)} > \frac12$ и

\frac{f(x)}{g(x)} > -1 + \frac12\cdot 2(E + 1) = E.

Значит, $\frac{f(x)}{g(x)}\to+\infty$ . Случай $A = -\infty$ сводится к предыдущему заменой $f$ на $-f$ . $\blacksquare$

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [0/0]

Формулировка

Пусть $a\in\mathbb R$ или $a = \pm\infty$ , и в некоторой проколотой (или односторонней) окрестности $\mathring U(a)$ точки $a$ :

функции $f$ и $g$ дифференцируемы, причём $g'(x)\ne 0$ ;
$\lim\limits_{x\to a}f(x) = \lim\limits_{x\to a}g(x) = 0$ ;
существует (конечный или бесконечный) предел $\lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} = A$ .

Тогда $g(x)\ne 0$ в $\mathring U(a)$ , существует предел отношения функций и

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

Замечания. 1) Если $\frac{f'}{g'}$ снова даёт неопределённость $\left[\frac00\right]$ и $f'$ , $g'$ удовлетворяют условиям теоремы, правило можно применить повторно. 2) Теорема даёт лишь достаточное условие: из существования $\lim\frac fg$ не следует существование $\lim\frac{f'}{g'}$ .

Доказательство

Развернуть

Случай $x\to a + 0$ , $a\in\mathbb R$ . Пусть условия выполнены на $(a, a + \delta)$ . Доопределим $f(a) = g(a) = 0$ ; тогда по условию 2 функции $f$ , $g$ непрерывны на $[a, a + \delta)$ , а на $(a, a + \delta)$ дифференцируемы (и потому непрерывны).

Для любого $x\in(a, a + \delta)$ функции $f$ , $g$ на отрезке $[a, x]$ удовлетворяют условиям теоремы Коши ( $g'\ne 0$ на $(a, x)$ ). Поэтому $g(x) = g(x) - g(a)\ne 0$ и найдётся $c = c(x)\in(a, x)$ такое, что

\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f(x) - f(a)}{g(x) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}.

Пусть $V$ — произвольная окрестность $A$ (конечного или бесконечного). По условию 3 существует $\delta_1\in(0, \delta]$ такое, что $\frac{f'(t)}{g'(t)}\in V$ для всех $t\in(a, a + \delta_1)$ . Если $x\in(a, a + \delta_1)$ , то $c(x)\in(a, x)\subset(a, a + \delta_1)$ , следовательно, $\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{f'(c(x))}{g'(c(x))}\in V$ . Это и означает, что $\frac{f(x)}{g(x)}\to A$ при $x\to a + 0$ .

Случай $x\to a - 0$ разбирается так же (отрезок $[x, a]$ ), а двусторонний предел при $x\to a$ получается из совпадения односторонних по теореме о связи двустороннего предела с односторонними.

Случай $x\to+\infty$ . Пусть условия выполнены на $(M, +\infty)$ , $M > 0$ . Положим $F(t) = f(1/t)$ , $G(t) = g(1/t)$ при $t\in(0, 1/M)$ . По теореме о пределе сложной функции ( $1/t\to+\infty$ при $t\to 0 + 0$ ) $F(t)\to 0$ , $G(t)\to 0$ . По правилу дифференцирования сложной функции

F'(t) = -\frac{1}{t^2}f'\Bigl(\frac1t\Bigr),\qquad G'(t) = -\frac{1}{t^2}g'\Bigl(\frac1t\Bigr)\ne 0,\qquad \frac{F'(t)}{G'(t)} = \frac{f'(1/t)}{g'(1/t)}\to A\ \ (t\to 0 + 0).

По уже доказанному $\frac{F(t)}{G(t)}\to A$ при $t\to 0 + 0$ . Снова по теореме о пределе сложной функции ( $1/x\to 0 + 0$ и $1/x\ne 0$ при $x\to+\infty$ ) получаем $\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{F(1/x)}{G(1/x)}\to A$ .

Случай $x\to-\infty$ аналогичен, а случай $x\to\infty$ следует из двух предыдущих, так как окрестность $\infty$ есть объединение окрестностей $+\infty$ и $-\infty$ . $\blacksquare$

Второй замечательный предел

Формулировка

\lim_{x\to\infty}\left(1 + \frac1x\right)^x = e,\qquad \lim_{t\to 0}(1 + t)^{1/t} = e .

(Первая функция определена при $x\in(-\infty, -1)\cup(0, +\infty)$ , вторая — при $t\in(-1, 0)\cup(0, +\infty)$ .)

Доказательство

Развернуть

Вспомогательные последовательности. По теореме о числе $e$ имеем $c_n = \left(1 + \frac1n\right)^n\to e$ . Тогда по теореме об арифметических операциях с пределами последовательностей

a_n = \left(1 + \frac1n\right)^{n + 1} = c_n\left(1 + \frac1n\right)\to e,\qquad b_n = \left(1 + \frac1{n + 1}\right)^n = \frac{c_{n + 1}}{1 + \frac1{n + 1}}\to e

(последовательность $c_{n + 1}$ имеет тот же предел, что и $c_n$ ).

Неравенство с целой частью. Пусть $x\ge 1$ и $n = [x]\in\mathbb N$ (целая часть существует по следствию принципа Архимеда), так что $n\le x < n + 1$ . Тогда $1 + \frac1{n + 1} < 1 + \frac1x\le 1 + \frac1n$ . Степенная функция $s^x$ ( $x > 0$ ) возрастает по основанию $s > 0$ , а показательная $s^y$ при $s > 1$ возрастает по показателю $y$ , поэтому

b_n = \left(1 + \frac1{n + 1}\right)^n\le\left(1 + \frac1{n + 1}\right)^x < \left(1 + \frac1x\right)^x\le\left(1 + \frac1n\right)^x < \left(1 + \frac1n\right)^{n + 1} = a_n .

Предел при $x\to +\infty$ . Пусть дано $\varepsilon > 0$ . Найдётся $N\in\mathbb N$ такое, что $|a_n - e| < \varepsilon$ и $|b_n - e| < \varepsilon$ при всех $n\ge N$ . Если $x > N$ , то $n = [x]\ge N$ , и из неравенства выше

e - \varepsilon < b_n < \left(1 + \frac1x\right)^x < a_n < e + \varepsilon .

Значит, $\lim\limits_{x\to +\infty}\left(1 + \frac1x\right)^x = e$ .

Предел при $x\to -\infty$ . Пусть $x < -1$ и $z = -x - 1 > 0$ . Тогда $1 + \frac1x = \frac{x + 1}x = \frac z{z + 1}$ , и

\left(1 + \frac1x\right)^x = \left(\frac{z + 1}z\right)^{z + 1} = \left(1 + \frac1z\right)^z\left(1 + \frac1z\right) = \varphi(z).

По доказанному и теореме о пределе произведения $\varphi(z)\to e\cdot 1 = e$ при $z\to +\infty$ . Функция $z(x) = -x - 1\to +\infty$ при $x\to -\infty$ , и по теореме о пределе сложной функции (предельное значение $+\infty$ бесконечно, условие (а) выполнено) $\left(1 + \frac1x\right)^x\to e$ при $x\to -\infty$ .

Предел при $x\to\infty$ . Для $\varepsilon > 0$ найдём $\Delta_1$ и $\Delta_2$ такие, что $\left|\left(1 + \frac1x\right)^x - e\right| < \varepsilon$ при $x > \Delta_1$ и при $x < -\Delta_2$ . При $|x| > \max\{\Delta_1, \Delta_2\}$ неравенство выполнено для всех $x$ из области определения.

Предел при $t\to 0$ . Имеем $(1 + t)^{1/t} = \left(1 + \frac1x\right)^x$ при $x = \frac1t$ . При $t\to 0 + 0$ функция $x = \frac1t\to +\infty$ , а при $t\to 0 - 0$ (где $-1 < t < 0$ ) $x = \frac1t\to -\infty$ , причём $x < -1$ . По теореме о пределе сложной функции оба односторонних предела $(1 + t)^{1/t}$ при $t\to 0$ равны $e$ , и по теореме о связи двустороннего предела с односторонними $\lim\limits_{t\to 0}(1 + t)^{1/t} = e$ . $\blacksquare$

Построение отрицания высказываний с кванторами

Формулировка

Пусть $P(x)$ — предикат на множестве $X$ . Тогда

Отрицание квантора всеобщности:

\lnot\bigl(\forall x\in X\ \ P(x)\bigr)\equiv\exists x\in X:\ \lnot P(x).

Отрицание квантора существования:

\lnot\bigl(\exists x\in X:\ P(x)\bigr)\equiv\forall x\in X\ \ \lnot P(x).

(Правило построения отрицания.) Чтобы построить отрицание высказывания вида $Q_1x_1\,Q_2x_2\ldots Q_kx_k\ P(x_1,\dots,x_k)$ , где каждое $Q_i$ — квантор $\forall$ или $\exists$ (возможно, с ограничением вида $x_i\in X_i$ , $\varepsilon > 0$ , $n\ge N$ ), нужно заменить каждый квантор $\forall$ на $\exists$ и каждый $\exists$ на $\forall$ , сохранив порядок кванторов и их ограничения, а предикат $P$ заменить его отрицанием (которое затем упрощается по законам де Моргана).

Примеры. Отрицание ограниченности множества $E$ : $\forall C > 0\ \exists x\in E:\ |x| > C$ . Отрицание того, что $a = \lim a_n$ :

\exists\varepsilon > 0\ \ \forall N\in\mathbb N\ \ \exists n\ge N:\ \ |a_n - a|\ge\varepsilon.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Левая часть истинна $\iff$ высказывание $\forall x\in X\ P(x)$ ложно $\iff$ не для каждого $x\in X$ верно $P(x)$ $\iff$ найдётся $x\in X$ , для которого $P(x)$ ложно, т. е. $\lnot P(x)$ истинно $\iff$ истинна правая часть.

Пункт 2. Применим пункт 1 к предикату $\lnot P(x)$ и закон двойного отрицания: $\lnot(\forall x\ \lnot P(x))\equiv\exists x\ \lnot\lnot P(x)\equiv\exists x\ P(x)$ . Взяв отрицание обеих частей, получаем $\forall x\ \lnot P(x)\equiv\lnot(\exists x\ P(x))$ .

Ограничения кванторов сохраняются. Действительно, $\forall\varepsilon > 0\ R(\varepsilon)$ означает $\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))$ ; по пункту 1 и формуле отрицания импликации

\lnot\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))\equiv\exists\varepsilon\ \lnot(\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))\equiv\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land\lnot R(\varepsilon)),

т. е. $\exists\varepsilon > 0:\ \lnot R(\varepsilon)$ . Аналогично, по пункту 2 и закону де Моргана $\lnot\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land R)\equiv\forall\varepsilon\ (\lnot(\varepsilon > 0)\lor\lnot R)\equiv\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow\lnot R)$ , т. е. $\forall\varepsilon > 0\ \lnot R(\varepsilon)$ .

Пункт 3 докажем индукцией по числу кванторов $k$ . При $k = 1$ это пункты 1, 2 (с учётом сохранения ограничений). Пусть правило верно для $k - 1$ кванторов. Обозначим $R(x_1) = Q_2x_2\ldots Q_kx_k\ P$ . По пункту 1 или 2 $\lnot(Q_1x_1\ R(x_1))\equiv\overline{Q_1}x_1\ \lnot R(x_1)$ , где $\overline{Q_1}$ — противоположный квантор. По предположению индукции $\lnot R(x_1)\equiv\overline{Q_2}x_2\ldots\overline{Q_k}x_k\ \lnot P$ , что и даёт требуемое.

Примеры получаются по правилу: ограниченность $\exists C > 0\ \forall x\in E\ |x|\le C$ переходит в $\forall C > 0\ \exists x\in E\ \lnot(|x|\le C)$ , т. е. $|x| > C$ ; определение предела $\forall\varepsilon > 0\ \exists N\ \forall n\ge N\ |a_n - a| < \varepsilon$ — в $\exists\varepsilon > 0\ \forall N\ \exists n\ge N\ |a_n - a|\ge\varepsilon$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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 $\lim\limits_{x\to a}f(x) = f(a)$ . $\blacksquare$

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 $x_n = n\to+\infty$ . $\blacksquare$

Равномерная непрерывность на интервале и продолжение на отрезок

Формулировка

Пусть $a < b$ — конечные числа, функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ . Тогда

f \text{ равномерно непрерывна на } (a, b)\iff f \text{ непрерывна на } (a, b) \text{ и существуют конечные } f(a + 0),\ f(b - 0).

Иначе говоря, $f$ равномерно непрерывна на $(a, b)$ тогда и только тогда, когда её можно продолжить до функции, непрерывной на $[a, b]$ .

Доказательство

Развернуть

Достаточность. Положим $F(x) = f(x)$ при $x\in(a, b)$ , $F(a) = f(a + 0)$ , $F(b) = f(b - 0)$ . Во внутренних точках $F$ непрерывна, так как совпадает с $f$ на целой окрестности точки; в точке $a$ имеем $\lim\limits_{x\to a+0} F(x) = f(a + 0) = F(a)$ — непрерывность справа, в точке $b$ — непрерывность слева. По теореме Кантора $F$ равномерно непрерывна на $[a, b]$ , а тогда и на подмножестве $(a, b)$ , где $F = f$ (определение равномерной непрерывности для меньшего множества содержит меньше требований).

Необходимость. Непрерывность $f$ на $(a, b)$ следует из теоремы о связи равномерной непрерывности и непрерывности в точке. Докажем существование конечного $f(a + 0)$ (для $f(b - 0)$ — аналогично). Пусть $x_n\in(a, b)$ , $x_n\to a$ . Для $\varepsilon > 0$ возьмём $\delta$ из определения равномерной непрерывности. Сходящаяся последовательность $(x_n)$ фундаментальна, поэтому найдётся $N$ с $|x_n - x_m| < \delta$ при $n, m > N$ , и тогда $|f(x_n) - f(x_m)| < \varepsilon$ . Итак, $(f(x_n))$ фундаментальна и по критерию Коши сходится.

Предел не зависит от выбора последовательности. Если $x_n\to a$ и $x'_n\to a$ (все точки в $(a, b)$ ) и $f(x_n)\to A$ , $f(x'_n)\to A'$ , рассмотрим перемешанную последовательность $z = (x_1, x'_1, x_2, x'_2, \ldots)$ ; она тоже стремится к $a$ , и по доказанному $(f(z_k))$ сходится. Последовательности $(f(x_n))$ и $(f(x'_n))$ — её подпоследовательности, поэтому имеют тот же предел: $A = A'$ .

Итак, для любой последовательности $x_n\to a$ , $x_n\in(a, b)$ , последовательность $f(x_n)$ сходится к одному и тому же числу $A$ . По определению предела по Гейне (и эквивалентности определений по Коши и по Гейне) $\lim\limits_{x\to a+0} f(x) = A$ конечен. $\blacksquare$

Связь дифференцируемости с существованием конечной производной

Формулировка

Функция $f$ дифференцируема в точке $a$ тогда и только тогда, когда она имеет в этой точке конечную производную $f'(a)$ ; при этом число $A$ в определении дифференцируемости единственно и

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

Если $f$ дифференцируема в точке $a$ , то

\Delta y = f'(a)\,\Delta x + \alpha(\Delta x)\,\Delta x,

где функция $\alpha$ , доопределённая значением $\alpha(0) = 0$ , непрерывна в точке $0$ (и формула верна и при $\Delta x = 0$ ).

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $\Delta y = A\,\Delta x + o(\Delta x)$ . Разделив на $\Delta x\ne 0$ , получим $\frac{\Delta y}{\Delta x} = A + \frac{o(\Delta x)}{\Delta x}$ , а $\frac{o(\Delta x)}{\Delta x}\to 0$ по определению «о малого». Значит, $\frac{\Delta y}{\Delta x}\to A$ , т. е. существует конечная производная $f'(a) = A$ . По единственности предела функции число $A$ определено однозначно.

Достаточность. Пусть $\frac{\Delta y}{\Delta x}\to f'(a)\in\mathbb R$ . По теореме о связи функции, её предела и бесконечно малой $\frac{\Delta y}{\Delta x} = f'(a) + \alpha(\Delta x)$ , где $\alpha(\Delta x)\to 0$ при $\Delta x\to 0$ . Умножая на $\Delta x$ , получаем $\Delta y = f'(a)\Delta x + \alpha(\Delta x)\Delta x$ , причём $\alpha(\Delta x)\Delta x = o(\Delta x)$ , так как $\frac{\alpha(\Delta x)\Delta x}{\Delta x} = \alpha(\Delta x)\to 0$ . Следовательно, $f$ дифференцируема и $A = f'(a)$ .

Пункт 2. Из доказанного $\alpha(\Delta x) = \frac{\Delta y}{\Delta x} - f'(a)\to 0$ при $\Delta x\to 0$ . Положив $\alpha(0) = 0$ , получаем $\lim\limits_{\Delta x\to 0}\alpha(\Delta x) = \alpha(0)$ — непрерывность $\alpha$ в нуле; при $\Delta x = 0$ обе части формулы равны нулю. $\blacksquare$

Замечание

Поэтому для функций одной переменной термины «дифференцируема в точке» и «имеет конечную производную» равносильны; функция с бесконечной производной не дифференцируема.

Единственность разложения по формуле Тейлора с остатком в форме Пеано

Формулировка

Если при $x\to a$

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

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

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

т.е. любое такое представление является формулой Тейлора.

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

Свойства бесконечно малых функций

Формулировка

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

Метод доказательства от противного

Формулировка

Пусть $L$ — ложное высказывание (например, $C\land\lnot C$ ).

Если истинна импликация $(A\land\lnot B)\Rightarrow L$ , то истинна импликация $A\Rightarrow B$ .
В частности, если истинна импликация $\lnot B\Rightarrow L$ , то $B$ истинно.
(Пример.) Не существует рационального числа $r$ , для которого $r^2 = 2$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Так как $L$ ложно, для любого $X$ имеем $X\lor L\equiv X$ . По формуле $(X\Rightarrow Y)\equiv(\lnot X\lor Y)$

\bigl((A\land\lnot B)\Rightarrow L\bigr)\equiv\lnot(A\land\lnot B)\lor L\equiv\lnot(A\land\lnot B).

По формуле отрицания импликации $A\land\lnot B\equiv\lnot(A\Rightarrow B)$ , поэтому $\lnot(A\land\lnot B)\equiv\lnot\lnot(A\Rightarrow B)\equiv(A\Rightarrow B)$ . Итак, $\bigl((A\land\lnot B)\Rightarrow L\bigr)\equiv(A\Rightarrow B)$ .

Пункт 2. Аналогично $(\lnot B\Rightarrow L)\equiv\lnot\lnot B\lor L\equiv B$ .

Пункт 3. Предварительно заметим: если целое $p$ нечётно, $p = 2m + 1$ , то $p^2 = 2(2m^2 + 2m) + 1$ нечётно. По теореме о связи прямой и обратной противоположной теорем отсюда следует: если $p^2$ чётно, то $p$ чётно.

Предположим противное: $r^2 = 2$ при некотором $r\in\mathbb Q$ . Запишем $r = \frac pq$ несократимой дробью, $p\in\mathbb Z$ , $q\in\mathbb N$ . Тогда $p^2 = 2q^2$ , значит, $p^2$ чётно, и по доказанному $p$ чётно: $p = 2m$ .

Подставляя, получаем $4m^2 = 2q^2$ , т. е. $q^2 = 2m^2$ , откуда $q^2$ чётно и $q$ чётно. Числа $p$ и $q$ оба чётны, что противоречит несократимости дроби $\frac pq$ . По пункту 2 предположение ложно, и рационального $r$ с $r^2 = 2$ не существует. $\blacksquare$

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, $\frac{x_n}{y_n}\to\frac ab$ . $\blacksquare$

Предел функции

Связь двустороннего предела с односторонними

Формулировка

Доказательство

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

Доказательство

Единственность предела функции

Формулировка

Доказательство

Локальная ограниченность функции, имеющей конечный предел

Формулировка

Доказательство

Признак отсутствия предела функции

Формулировка

Доказательство

Доказательство пределов по определению Коши

Условие

Решение

Предел квадратного корня по определению

Условие

Решение

Пределы на бесконечности и бесконечные пределы по определению

Условие

Решение

Отсутствие предела у sin(1/x) в нуле

Условие

Решение

Функция Дирихле не имеет предела

Условие

Решение

Односторонние пределы целой части и функции с модулем

Условие

Решение

Пределы многочлена и синуса по Гейне

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Предел функции по Коши

Односторонние пределы

Предел функции по Гейне

Локально ограниченная функция

Предельная точка множества. Изолированная точка

Предел последовательности

Промежутки. Окрестности конечной точки и бесконечности

Связь непрерывности с односторонней непрерывностью

Формулировка

Доказательство

Существование производной и односторонние производные

Формулировка

Доказательство

Замечание

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [∞/∞]

Формулировка

Доказательство

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [0/0]

Формулировка

Доказательство

Второй замечательный предел

Формулировка

Доказательство

Построение отрицания высказываний с кванторами

Формулировка

Доказательство

Следствия из принципа Архимеда

Формулировка

Доказательство

Эквивалентность определений непрерывности

Формулировка

Доказательство

Сравнение роста логарифмической, степенной и показательной функций

Формулировка

Доказательство

Равномерная непрерывность на интервале и продолжение на отрезок

Формулировка

Доказательство

Связь дифференцируемости с существованием конечной производной

Формулировка

Доказательство