Бесконечно малые функции. Свойства пределов функций

Прогресс изучения0 из 8

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

Все теоремы темы8

Связь функции, её предела и бесконечно малой
Свойства бесконечно малых функций
Знакопостоянство функции, имеющей ненулевой предел
Арифметические операции над функциями, имеющими предел
Пределы многочленов и рациональных функций
Предел сложной функции (замена переменной в пределе)
Предельный переход в неравенстве
Теорема о пределе промежуточной функции

теорема

Связь функции, её предела и бесконечно малой

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , $A\in\mathbb R$ . Тогда

\lim_{x\to a}f(x) = A\quad\Longleftrightarrow\quad f(x) = A + \alpha(x),\ \text{где } \alpha \text{ — б.м. при } x\to a .

Доказательство

Развернуть

Положим $\alpha(x) = f(x) - A$ , $x\in X$ ; тогда $f = A + \alpha$ тождественно на $X$ , и обратно, если $f = A + \alpha$ , то $\alpha = f - A$ .

Условие $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ означает: $\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ : $|f(x) - A| < \varepsilon$ . Так как $|f(x) - A| = |\alpha(x) - 0|$ , это дословно совпадает с условием $\lim\limits_{x\to a}\alpha(x) = 0$ , т. е. с тем, что $\alpha$ — б.м. при $x\to a$ . $\blacksquare$

теорема

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 $k$ . $\blacksquare$

теорема

Знакопостоянство функции, имеющей ненулевой предел

Формулировка

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

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

f(x) > \frac A2 > 0,

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

теорема

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

следствие

Пределы многочленов и рациональных функций

Формулировка

Для многочлена $P$ и любого $a\in\mathbb R$ : $\lim\limits_{x\to a}P(x) = P(a)$ . Если $P, Q$ — многочлены и $Q(a)\ne 0$ , то

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

Пусть $P(x) = p_0x^n + p_1x^{n - 1} + \dots + p_n$ , $Q(x) = q_0x^m + q_1x^{m - 1} + \dots + q_m$ , $p_0\ne 0$ , $q_0\ne 0$ . Тогда

\lim_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)} = \begin{cases}\dfrac{p_0}{q_0}, & n = m,\\[2mm] 0, & n < m.\end{cases}

Доказательство

Развернуть

Из определения $\lim\limits_{x\to a}c = c$ (для постоянной) и $\lim\limits_{x\to a}x = a$ (берём $\delta = \varepsilon$ ). По теореме о пределе произведения индукцией по $k$ получаем $x^k\to a^k$ , затем $p_kx^k\to p_ka^k$ , а по теореме о пределе суммы — $P(x)\to P(a)$ . Если $Q(a)\ne 0$ , то по теореме о пределе частного $\frac PQ\to\frac{P(a)}{Q(a)}$ .
Сначала $\lim\limits_{x\to\infty}\frac1x = 0$ : при $|x| > \frac1\varepsilon$ имеем $\left|\frac1x\right| < \varepsilon$ . Отсюда по теореме о пределе произведения $\frac1{x^k}\to 0$ при $x\to\infty$ для любого $k\in\mathbb N$ .

При $x\ne 0$ разделим числитель и знаменатель на $x^m$ :

\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{1}{x^{m - n}}\cdot\frac{p_0 + \frac{p_1}x + \dots + \frac{p_n}{x^n}}{q_0 + \frac{q_1}x + \dots + \frac{q_m}{x^m}} .

Числитель дроби стремится к $p_0$ , знаменатель — к $q_0\ne 0$ (теорема о пределе суммы), поэтому дробь стремится к $\frac{p_0}{q_0}$ ; при этом знаменатель отличен от нуля при достаточно больших $|x|$ (теорема о знакопостоянстве), так что и $Q(x)\ne 0$ там. Множитель $\frac1{x^{m - n}}$ равен $1$ при $n = m$ и стремится к $0$ при $n < m$ . По теореме о пределе произведения получаем ответ. $\blacksquare$

теорема

Предел сложной функции (замена переменной в пределе)

Формулировка

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

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

Пусть выполнено одно из условий:

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

Тогда

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

теорема

Предельный переход в неравенстве

Формулировка

Пусть $f, g$ определены на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , существует $\delta_0 > 0$ такое, что

f(x)\le g(x)\quad\forall x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X,

и существуют конечные пределы $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ , $\lim\limits_{x\to a}g(x) = B$ . Тогда $A\le B$ .

В частности, если $f(x)\ge c$ в проколотой окрестности $a$ , то $A\ge c$ . Строгое неравенство при предельном переходе может не сохраниться: $|x| > 0$ при $x\ne 0$ , но $\lim\limits_{x\to 0}|x| = 0$ .

Доказательство

Развернуть

Предположим противное: $A > B$ . По теореме об арифметических операциях над пределами $g(x) - f(x)\to B - A < 0$ при $x\to a$ .

По теореме о знакопостоянстве найдётся $\delta_1 > 0$ такое, что $g(x) - f(x) < 0$ для всех $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ .

Пусть $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}$ . Так как $a$ — предельная точка $X$ , существует $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ . Для этой точки одновременно $f(x)\le g(x)$ и $g(x) < f(x)$ — противоречие. Значит, $A\le B$ .

Частный случай получается при $g$ — постоянной: $c\le f(x)$ влечёт $c\le A$ . $\blacksquare$

теорема

Теорема о пределе промежуточной функции

Формулировка

Пусть $f, h, g$ определены на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , и в некоторой проколотой окрестности

f(x)\le h(x)\le g(x)\quad\forall x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X .

Если $\lim\limits_{x\to a}f(x) = \lim\limits_{x\to a}g(x) = A\in\mathbb R$ , то $\lim\limits_{x\to a}h(x) = A$ .
Если $f(x)\le h(x)$ в $\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ и $\lim\limits_{x\to a}f(x) = +\infty$ , то $\lim\limits_{x\to a}h(x) = +\infty$ (аналогично, $h\le g$ и $g\to -\infty$ влекут $h\to -\infty$ ).

Доказательство

Развернуть

Пусть дано $\varepsilon > 0$ . Найдутся $\delta_1 > 0$ с $A - \varepsilon < f(x)$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ и $\delta_2 > 0$ с $g(x) < A + \varepsilon$ при $x\in\dot U_{\delta_2}(a)\cap X$ .

Пусть $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1, \delta_2\}$ . Для $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$

A - \varepsilon < f(x)\le h(x)\le g(x) < A + \varepsilon,

т. е. $|h(x) - A| < \varepsilon$ . Значит, $h(x)\to A$ .

Для любого $M$ найдётся $\delta_1 > 0$ с $f(x) > M$ 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 $h(x)\ge f(x) > M$ . Случай $-\infty$ симметричен. $\blacksquare$

Пределы рациональных функций в конечной точке

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to 2}\frac{x^2 - 5x + 6}{x^2 - 4}$ ; б) $\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^3 - 1}{x^2 - 1}$ ; в) $\lim\limits_{x\to -1}\frac{x^3 + 1}{x^2 + 3x + 2}$ .

Решение

Развернуть

Во всех случаях числитель и знаменатель обращаются в нуль в предельной точке (неопределённость вида $\frac00$ ), так что теорему о пределе частного сразу применить нельзя. Но в определении предела участвуют только $x\ne a$ , поэтому можно сократить дробь на множитель $x - a$ , отличный от нуля в проколотой окрестности.

а) $x^2 - 5x + 6 = (x - 2)(x - 3)$ , $x^2 - 4 = (x - 2)(x + 2)$ . При $x\ne\pm 2$

\frac{x^2 - 5x + 6}{x^2 - 4} = \frac{x - 3}{x + 2}\to\frac{2 - 3}{2 + 2} = -\frac14

по теореме о пределе рациональной функции (знаменатель в точке $2$ не равен нулю).

б) $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ , $x^2 - 1 = (x - 1)(x + 1)$ . При $x\ne\pm 1$ дробь равна $\frac{x^2 + x + 1}{x + 1}\to\frac32$ .

в) $x^3 + 1 = (x + 1)(x^2 - x + 1)$ , $x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)$ . При $x\ne -1, -2$ дробь равна $\frac{x^2 - x + 1}{x + 2}\to\frac{1 + 1 + 1}{1} = 3$ .

Ответ: а) $-\frac14$ ; б) $\frac32$ ; в) $3$ .

Пределы рациональных функций на бесконечности

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{3x^3 - 2x + 1}{2x^3 + x^2 - 5}$ ; б) $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{x^2 + 1}{x^3 + x}$ ; в) $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{(2x + 1)^3(x - 2)^2}{x^5 + 1}$ .

Решение

Развернуть

а) Степени числителя и знаменателя равны $3$ ; делим на $x^3$ :

\frac{3 - \frac2{x^2} + \frac1{x^3}}{2 + \frac1x - \frac5{x^3}}\to\frac32,

так как $\frac1{x^k}\to 0$ при $x\to\infty$ и по теореме о пределе частного.

б) Степень числителя $2$ меньше степени знаменателя $3$ . Делим на $x^3$ : $\frac{\frac1x + \frac1{x^3}}{1 + \frac1{x^2}}\to\frac01 = 0$ .

в) Числитель — многочлен степени $5$ со старшим коэффициентом $2^3\cdot 1 = 8$ . Делим на $x^5$ :

\frac{\left(2 + \frac1x\right)^3\left(1 - \frac2x\right)^2}{1 + \frac1{x^5}}\to\frac{2^3\cdot 1^2}{1} = 8 .

Ответ: а) $\frac32$ ; б) $0$ ; в) $8$ .

Пределы с иррациональностями

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to 4}\frac{\sqrt x - 2}{x - 4}$ ; б) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt{1 + x} - 1}x$ ; в) $\lim\limits_{x\to +\infty}\left(\sqrt{x^2 + x} - x\right)$ ; г) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sqrt[3]{1 + x} - 1}x$ .

Решение

Развернуть

Предварительно: $\sqrt{1 + t}\to 1$ при $t\to 0$ , поскольку при $t\ge -1$

0\le\left|\sqrt{1 + t} - 1\right| = \frac{|t|}{\sqrt{1 + t} + 1}\le |t|,

и по теореме о пределе промежуточной функции. Аналогично $\sqrt x\to 2$ при $x\to 4$ : $|\sqrt x - 2| = \frac{|x - 4|}{\sqrt x + 2}\le\frac{|x - 4|}2$ .

а) Умножая на сопряжённое, при $x\ne 4$ : $\frac{\sqrt x - 2}{x - 4} = \frac1{\sqrt x + 2}\to\frac14$ (теорема о пределе частного).

б) При $x\ne 0$ , $x\ge -1$ : $\frac{\sqrt{1 + x} - 1}x = \frac1{\sqrt{1 + x} + 1}\to\frac12$ .

в) При $x > 0$ :

\sqrt{x^2 + x} - x = \frac x{\sqrt{x^2 + x} + x} = \frac1{\sqrt{1 + \frac1x} + 1}.

При $x\to +\infty$ имеем $t = \frac1x\to 0$ , и по теореме о пределе сложной функции (условие (б): $\sqrt{1 + 0} = 1$ ) $\sqrt{1 + \frac1x}\to 1$ . Значит, предел равен $\frac12$ .

г) Пусть $u = \sqrt[3]{1 + x}$ . Из $u^3 - 1 = (u - 1)(u^2 + u + 1)$ и $u^2 + u + 1 = \left(u + \frac12\right)^2 + \frac34\ge\frac34$ получаем при $x\ne 0$

\frac{\sqrt[3]{1 + x} - 1}x = \frac1{u^2 + u + 1},\qquad |u - 1| = \frac{|x|}{u^2 + u + 1}\le\frac43|x| .

Следовательно, $u\to 1$ при $x\to 0$ , $u^2 + u + 1\to 3$ , и предел равен $\frac13$ .

Ответ: а) $\frac14$ ; б) $\frac12$ ; в) $\frac12$ ; г) $\frac13$ .

Произведение бесконечно малой на ограниченную и теорема о промежуточной функции

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{\sin x}x$ ; б) $\lim\limits_{x\to 0}x\left(2 + \sin\frac1x\right)$ ; в) $\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{x + \sin x}{x - \cos x}$ ; г) $\lim\limits_{x\to +\infty}\frac{[x]}x$ .

Решение

Развернуть

а) $\frac1x$ — б.м. при $x\to +\infty$ , $|\sin x|\le 1$ . По свойству произведения б.м. на ограниченную функцию $\frac{\sin x}x\to 0$ .

б) $x$ — б.м. при $x\to 0$ , а $\left|2 + \sin\frac1x\right|\le 3$ при $x\ne 0$ . По тому же свойству предел равен $0$ .

в) При $x > 1$ знаменатель положителен. Делим на $x$ :

\frac{x + \sin x}{x - \cos x} = \frac{1 + \frac{\sin x}x}{1 - \frac{\cos x}x}\to\frac{1 + 0}{1 - 0} = 1,

где $\frac{\cos x}x\to 0$ — как в п. а); применена теорема о пределе частного.

г) Из $x - 1 < [x]\le x$ при $x > 0$ получаем

1 - \frac1x < \frac{[x]}x\le 1 .

Крайние функции стремятся к $1$ при $x\to +\infty$ , и по теореме о пределе промежуточной функции $\frac{[x]}x\to 1$ .

Ответ: а) $0$ ; б) $0$ ; в) $1$ ; г) $1$ .

Существенность условий теоремы о пределе сложной функции

Условие

Пусть $g(y) = 1$ при $y\ne 0$ , $g(0) = 0$ , и $f(x) = x\sin\frac1x$ при $x\ne 0$ . а) Найти $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ и $\lim\limits_{y\to 0}g(y)$ . б) Доказать, что $\lim\limits_{x\to 0}g(f(x))$ не существует, и объяснить, какое условие теоремы о пределе сложной функции нарушено. в) Найти $\lim\limits_{x\to 0}g(x^2)$ .

Решение

Развернуть

а) $|f(x)|\le |x|$ , поэтому $f(x)\to 0$ (при $\delta = \varepsilon$ ). Функция $g$ равна $1$ во всей проколотой окрестности нуля, поэтому $\lim\limits_{y\to 0}g(y) = 1$ .

б) Пусть $x_n' = \frac1{\pi n}$ : $f(x_n') = 0$ , и $g(f(x_n')) = g(0) = 0\to 0$ . Пусть $x_n'' = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ : $f(x_n'') = x_n''\ne 0$ , и $g(f(x_n'')) = 1\to 1$ . Обе последовательности стремятся к $0$ и не содержат нуля. По признаку отсутствия предела $g(f(x))$ предела при $x\to 0$ не имеет.

Нарушены оба условия теоремы: (а) $f(x) = 0 = b$ в точках $\frac1{\pi n}$ , сколь угодно близких к $0$ , т. е. ни в какой проколотой окрестности нуля $f\ne b$ ; (б) $g(0) = 0\ne 1 = \lim\limits_{y\to 0}g(y)$ .

в) Внутренняя функция $x^2\to 0$ и $x^2\ne 0$ при $x\ne 0$ — условие (а) выполнено. По теореме о пределе сложной функции $g(x^2)\to 1$ (это видно и непосредственно: $g(x^2)\equiv 1$ при $x\ne 0$ ).

Ответ: а) $0$ и $1$ ; б) предела нет; в) $1$ .

Предел отношения x^m − 1 и x^n − 1

Условие

Найти $\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^m - 1}{x^n - 1}$ , где $m, n\in\mathbb N$ . В частности, вычислить $\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^5 - 1}{x^3 - 1}$ .

Решение

Развернуть

Для $k\in\mathbb N$ справедливо разложение

x^k - 1 = (x - 1)\left(x^{k - 1} + x^{k - 2} + \dots + x + 1\right).

Знаменатель $x^n - 1$ обращается в нуль только при $x = 1$ (и при $x = -1$ для чётного $n$ ), поэтому в проколотой окрестности $0 < |x - 1| < 1$ он отличен от нуля. Сокращая на $x - 1\ne 0$ , получаем

\frac{x^m - 1}{x^n - 1} = \frac{x^{m - 1} + \dots + x + 1}{x^{n - 1} + \dots + x + 1}.

Числитель и знаменатель — многочлены, их значения в точке $1$ равны $m$ и $n\ne 0$ . По теореме о пределе рациональной функции предел равен $\frac mn$ . При $m = 5$ , $n = 3$ получаем $\frac53$ .

Ответ: $\frac mn$ ; в частности $\frac53$ .

Предел модуля и квадратного корня из функции

Условие

Пусть $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A\in\mathbb R$ . а) Доказать, что $\lim\limits_{x\to a}|f(x)| = |A|$ . Верно ли обратное утверждение? б) Пусть, кроме того, $f(x)\ge 0$ на $X$ . Доказать, что $A\ge 0$ и $\lim\limits_{x\to a}\sqrt{f(x)} = \sqrt A$ .

Решение

Развернуть

а) По неравенству $\bigl||u| - |v|\bigr|\le |u - v|$

0\le\bigl||f(x)| - |A|\bigr|\le |f(x) - A| .

Правая часть — б.м. при $x\to a$ (теорема о связи функции, её предела и б.м.), поэтому по теореме о пределе промежуточной функции $|f(x)| - |A|\to 0$ , т. е. $|f(x)|\to |A|$ .

Обратное неверно при $A\ne 0$ : для $f(x) = \operatorname{sgn}x$ имеем $|f(x)| = 1\to 1$ при $x\to 0$ , но $f(-0) = -1\ne 1 = f(+0)$ , и по теореме о связи двустороннего предела с односторонними $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ не существует. При $A = 0$ обратное верно, так как $|f(x) - 0| = \bigl||f(x)| - 0\bigr|$ .

б) Неравенство $A\ge 0$ следует из предельного перехода в неравенстве $f(x)\ge 0$ .

Если $A > 0$ , то

\left|\sqrt{f(x)} - \sqrt A\right| = \frac{|f(x) - A|}{\sqrt{f(x)} + \sqrt A}\le\frac{|f(x) - A|}{\sqrt A},

и правая часть — б.м.; по теореме о промежуточной функции $\sqrt{f(x)}\to\sqrt A$ .

Если $A = 0$ : для $\varepsilon > 0$ найдём $\delta > 0$ с $0\le f(x) < \varepsilon^2$ при $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ ; тогда $0\le\sqrt{f(x)} < \varepsilon$ , т. е. $\sqrt{f(x)}\to 0$ .

Ответ: а) доказано; обратное верно только при $A = 0$ ; б) доказано.

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

Бесконечно малая функция

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

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

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

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

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.

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.

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.

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.

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.

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 $1$ ). $\blacksquare$

Принцип математической индукции

Формулировка

Пусть $\mathbb N = \{1, 2, 3,\dots\}$ и выполнен принцип наименьшего элемента: всякое непустое подмножество $\mathbb N$ имеет наименьший элемент (основное свойство натуральных чисел; при аксиоматическом построении $\mathbb R$ оно выводится из определения $\mathbb N$ как наименьшего индуктивного множества). Пусть $P(n)$ — предикат на $\mathbb N$ .

(Принцип индукции.) Если $P(1)$ истинно (база) и для любого $n\in\mathbb N$ из $P(n)$ следует $P(n+1)$ (шаг), то $P(n)$ истинно при всех $n\in\mathbb N$ :

\Bigl(P(1)\land\forall n\in\mathbb N\ \bigl(P(n)\Rightarrow P(n+1)\bigr)\Bigr)\Rightarrow\forall n\in\mathbb N\ \ P(n).

(Индукция с базой $n_0$ .) Пусть $n_0\in\mathbb Z$ и $P(n)$ — предикат на множестве целых $n\ge n_0$ . Если $P(n_0)$ истинно и для любого целого $n\ge n_0$ из $P(n)$ следует $P(n+1)$ , то $P(n)$ истинно при всех целых $n\ge n_0$ .
(Полная индукция.) Если $P(1)$ истинно и для любого $n\in\mathbb N$ из истинности $P(1),\dots,P(n)$ следует истинность $P(n+1)$ , то $P(n)$ истинно при всех $n\in\mathbb N$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Рассуждаем от противного. Пусть множество $M = \{n\in\mathbb N:\ P(n)\ \text{ложно}\}$ непусто. По принципу наименьшего элемента в $M$ есть наименьший элемент $m$ .

Так как $P(1)$ истинно, $m\ne 1$ , поэтому $m\ge 2$ и $m - 1\in\mathbb N$ . Поскольку $m - 1 < m$ и $m$ — наименьший элемент $M$ , имеем $m - 1\notin M$ , т. е. $P(m - 1)$ истинно.

По условию шага из $P(m-1)$ следует $P(m)$ , т. е. $P(m)$ истинно, что противоречит $m\in M$ . Значит, $M = \varnothing$ , и $P(n)$ истинно при всех $n\in\mathbb N$ .

Пункт 2. Положим $Q(k) = P(n_0 + k - 1)$ , $k\in\mathbb N$ . Тогда $Q(1) = P(n_0)$ истинно, а при любом $k\in\mathbb N$ число $n = n_0 + k - 1\ge n_0$ , и из $Q(k) = P(n)$ следует $P(n + 1) = Q(k+1)$ . По пункту 1 $Q(k)$ истинно при всех $k$ . Любое целое $n\ge n_0$ имеет вид $n_0 + k - 1$ с $k = n - n_0 + 1\in\mathbb N$ , поэтому $P(n)$ истинно.

Пункт 3. Положим $Q(n) = P(1)\land P(2)\land\ldots\land P(n)$ . Тогда $Q(1) = P(1)$ истинно. Если $Q(n)$ истинно, то по условию истинно $P(n+1)$ , а значит, и $Q(n+1) = Q(n)\land P(n+1)$ . По пункту 1 $Q(n)$ истинно при всех $n$ , откуда истинно и каждое $P(n)$ . $\blacksquare$

Правила действий с «о малым»

Формулировка

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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 $o(x)$ . $\blacksquare$

Достаточные условия точки перегиба

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна в точке $a$ , график имеет в точке $(a, f(a))$ касательную (наклонную или вертикальную), $f$ дважды дифференцируема в проколотой окрестности $(a - \delta, a)\cup(a, a + \delta)$ , и $f''$ имеет разные знаки на $(a - \delta, a)$ и на $(a, a + \delta)$ . Тогда $a$ — точка перегиба.
Если $f$ трижды дифференцируема в точке $a$ ,

f''(a) = 0,\qquad f'''(a)\ne 0,

то $a$ — точка перегиба.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Пусть, например, $f'' > 0$ на $(a - \delta, a)$ и $f'' < 0$ на $(a, a + \delta)$ . Функция $f$ непрерывна на $(a - \delta, a]$ (на $(a - \delta, a)$ она дифференцируема, а в $a$ непрерывна по условию) и дважды дифференцируема во внутренних точках этого промежутка, где $f'' > 0$ ; по условию выпуклости дважды дифференцируемой функции $f$ выпукла вниз на $(a - \delta, a]$ . Аналогично $f$ выпукла вверх на $[a, a + \delta)$ . Так как касательная в точке $a$ существует, по определению $a$ — точка перегиба.

Пункт 2. Существование $f'''(a)$ означает, что $f''$ определена в окрестности $a$ ; в частности, $f'(a)$ конечна и касательная наклонная. Так как $f''(a) = 0$ ,

\frac{f''(x)}{x - a} = \frac{f''(x) - f''(a)}{x - a}\xrightarrow[x\to a]{} f'''(a)\ne 0.

По теореме о знакопостоянстве в некоторой проколотой окрестности точки $a$ дробь $\frac{f''(x)}{x - a}$ имеет знак $f'''(a)$ . Значит, $f''(x)$ имеет разные знаки при $x < a$ и $x > a$ , и по пункту 1 $a$ — точка перегиба. $\blacksquare$

Теорема Дарбу о промежуточных значениях производной

Формулировка

Пусть функция $f$ дифференцируема на отрезке $[a, b]$ (в концах — односторонние производные $f'(a) = f'_+(a)$ , $f'(b) = f'_-(b)$ ). Тогда для любого числа $C$ , лежащего строго между $f'(a)$ и $f'(b)$ , существует точка $c\in(a, b)$ такая, что

f'(c) = C.

Следствие. Производная, существующая во всех точках промежутка, не может иметь на нём разрывов первого рода (скачков и устранимых разрывов): если в точке $x_0$ существует односторонний предел $f'(x_0 + 0)$ (или $f'(x_0 - 0)$ ), то он равен $f'(x_0)$ .

Замечание. Непрерывность $f'$ здесь не предполагается: например, $f(x) = x^2\sin\frac1x$ , $f(0) = 0$ , имеет разрывную в нуле производную, и тем не менее теорема Дарбу для неё верна.

Доказательство

Развернуть

Пусть для определённости $f'(a) < C < f'(b)$ (противоположный случай сводится к этому заменой $f$ на $-f$ и $C$ на $-C$ ). Рассмотрим $g(x) = f(x) - Cx$ . Она дифференцируема на $[a, b]$ , и

g'(a) = f'(a) - C < 0,\qquad g'(b) = f'(b) - C > 0.

Функция $g$ непрерывна на $[a, b]$ (дифференцируемая функция непрерывна), поэтому по второй теореме Вейерштрасса она достигает наименьшего значения в некоторой точке $c\in[a, b]$ .

Покажем, что $c\ne a$ . Так как $\lim\limits_{x\to a+0}\frac{g(x) - g(a)}{x - a} = g'(a) < 0$ , по теореме о знакопостоянстве функции, имеющей ненулевой предел, это отношение отрицательно при $x\in(a, a + \eta)$ для некоторого $\eta > 0$ ; при таких $x$ имеем $x - a > 0$ , значит, $g(x) < g(a)$ , и $a$ — не точка минимума.

Аналогично $c\ne b$ : так как $\lim\limits_{x\to b-0}\frac{g(x) - g(b)}{x - b} = g'(b) > 0$ , при $x$ , близких к $b$ слева, отношение положительно, а $x - b < 0$ , т.е. $g(x) < g(b)$ .

Итак, $c\in(a, b)$ — внутренняя точка, в которой $g$ принимает наименьшее на $[a, b]$ значение, т.е. точка локального минимума, и $g'(c)$ существует. По теореме Ферма $g'(c) = f'(c) - C = 0$ , т.е. $f'(c) = C$ .

Следствие. Пусть $f'(x_0 + 0) = L$ существует. Тогда $f$ непрерывна на $[x_0, x_0 + \delta)$ (дифференцируемая функция непрерывна) и дифференцируема на $(x_0, x_0 + \delta)$ , и по п. 4 следствий теоремы Лагранжа $f'_+(x_0) = L$ ; так как $f'(x_0)$ существует, $f'(x_0) = f'_+(x_0) = L$ , и разрыва в точке $x_0$ нет. Для $f'(x_0 - 0)$ — аналогично. (Можно рассуждать и по теореме Дарбу: если бы $L\ne f'(x_0)$ , то при $x_1 > x_0$ , близком к $x_0$ , значение $f'(x_1)$ было бы ближе к $L$ , чем середина $M$ отрезка между $f'(x_0)$ и $L$ , а по доказанному $f'$ принимала бы на $(x_0, x_1)$ значение $M$ — вопреки тому, что все значения $f'$ на $(x_0, x_1)$ ближе к $L$ , чем $M$ .) $\blacksquare$

Достаточное условие экстремума по n-й производной

Формулировка

Пусть $n\ge 2$ , функция $f$ дифференцируема $n$ раз в точке $a$ ,

f'(a) = f''(a) = \ldots = f^{(n-1)}(a) = 0,\qquad f^{(n)}(a)\ne 0.

Если $n$ чётно, то $a$ — точка строгого локального экстремума: минимума при $f^{(n)}(a) > 0$ и максимума при $f^{(n)}(a) < 0$ .
Если $n$ нечётно, то экстремума в точке $a$ нет.

Доказательство

Развернуть

По формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано порядка $n$ , учитывая равенство нулю производных до порядка $n - 1$ ,

f(x) - f(a) = \frac{f^{(n)}(a)}{n!}(x - a)^n + o((x-a)^n) = (x - a)^n\left(\frac{f^{(n)}(a)}{n!} + \alpha(x)\right),\quad\alpha(x)\to 0.

По теореме о знакопостоянстве найдётся $\delta > 0$ такое, что при $0 < |x - a| < \delta$ скобка имеет знак числа $f^{(n)}(a)$ .

Если $n$ чётно, то $(x - a)^n > 0$ при $x\ne a$ , и знак $f(x) - f(a)$ в проколотой $\delta$ -окрестности совпадает со знаком $f^{(n)}(a)$ : при $f^{(n)}(a) > 0$ это строгий минимум, при $f^{(n)}(a) < 0$ — строгий максимум.

Если $n$ нечётно, то $(x - a)^n$ меняет знак при переходе через $a$ , следовательно, и $f(x) - f(a)$ принимает в любой окрестности точки $a$ значения обоих знаков; экстремума нет. $\blacksquare$

Достаточное условие экстремума по второй производной

Формулировка

Пусть функция $f$ дважды дифференцируема в точке $a$ и

f'(a) = 0.

Если $f''(a) > 0$ , то $a$ — точка строгого локального минимума; если $f''(a) < 0$ — точка строгого локального максимума. При $f''(a) = 0$ вывод сделать нельзя (функции $x^3$ , $x^4$ , $-x^4$ в точке $0$ ).

Доказательство

Развернуть

По формуле Тейлора с остаточным членом в форме Пеано порядка $2$ с учётом $f'(a) = 0$

f(x) - f(a) = \frac{f''(a)}{2}(x - a)^2 + o((x - a)^2) = (x - a)^2\left(\frac{f''(a)}{2} + \alpha(x)\right),

где $\alpha(x)\to 0$ при $x\to a$ .

Выражение в скобках стремится к $\frac{f''(a)}{2}\ne 0$ , поэтому по теореме о знакопостоянстве функции, имеющей ненулевой предел, оно имеет знак $f''(a)$ в некоторой проколотой окрестности точки $a$ .

Так как $(x - a)^2 > 0$ при $x\ne a$ , в этой окрестности разность $f(x) - f(a)$ имеет знак $f''(a)$ : при $f''(a) > 0$ имеем $f(x) > f(a)$ (строгий минимум), при $f''(a) < 0$ имеем $f(x) < f(a)$ (строгий максимум).

Для $x^3$ , $x^4$ , $-x^4$ в нуле $f' = f'' = 0$ , а в нуле соответственно нет экстремума, минимум и максимум. $\blacksquare$

Теорема о наклонной асимптоте

Формулировка

Пусть функция $f$ определена на $(c, +\infty)$ . Прямая $y = kx + b$ является наклонной асимптотой графика $f$ при $x\to+\infty$ тогда и только тогда, когда существуют и конечны оба предела

k = \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x},\qquad b = \lim_{x\to+\infty}\big(f(x) - kx\big).

Аналогичное утверждение верно при $x\to-\infty$ . В частности, если хотя бы один из этих пределов не существует или бесконечен, наклонной (и горизонтальной) асимптоты при $x\to+\infty$ нет.

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $\alpha(x) = f(x) - kx - b\to 0$ при $x\to+\infty$ . Тогда при $x > \max(c, 0)$

\frac{f(x)}{x} = k + \frac bx + \frac{\alpha(x)}{x}.

По арифметическим свойствам пределов $\frac bx\to 0$ , $\frac{\alpha(x)}{x}\to 0$ , поэтому $\frac{f(x)}{x}\to k$ . Далее $f(x) - kx = b + \alpha(x)\to b$ .

Достаточность. Если $\lim\limits_{x\to+\infty}(f(x) - kx) = b$ с конечными $k, b$ , то $f(x) - (kx + b) = (f(x) - kx) - b\to 0$ , т. е. $y = kx + b$ — асимптота по определению.

Для $x\to-\infty$ доказательство дословно то же. $\blacksquare$

Критерий эквивалентности бесконечно малых

Формулировка

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

Справедливы равносильности

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

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

Отношение $\sim$ является отношением эквивалентности:

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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). $\blacksquare$

Теоремы об эквивалентных бесконечно больших

Формулировка

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

Если $f\sim f_1$ , $g\sim g_1$ , то

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

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

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

f + g\sim f:

сумма бесконечно больших разных порядков роста эквивалентна слагаемому старшего порядка.

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

P(x)\sim a_nx^n.

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

т. е. $f + g\sim f$ .

Для многочлена при $x\ne 0$

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

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

По пункту 1

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

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

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 $\mathbb R$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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.

Производная обратной функции

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна и строго монотонна на промежутке $I$ , $x_0$ — внутренняя точка $I$ , и существует конечная производная $f'(x_0)\ne 0$ . Тогда обратная функция $g = f^{-1}$ , определённая на промежутке $J = f(I)$ , дифференцируема в точке $y_0 = f(x_0)$ и

g'(y_0) = \frac1{f'(x_0)}.

Если же $f'(x_0) = 0$ , то $g'(y_0) = +\infty$ при возрастающей $f$ и $g'(y_0) = -\infty$ при убывающей.

Геометрически: графики $f$ и $g$ симметричны относительно прямой $y = x$ , и если касательные образуют с осями абсцисс углы $\alpha$ и $\beta$ , то $\operatorname{tg}\beta = \frac1{\operatorname{tg}\alpha}$ , т. е. $\alpha + \beta = \frac\pi2$ для возрастающей $f$ и $\alpha + \beta = -\frac\pi2$ для убывающей.

Доказательство

Развернуть

По теореме о существовании и непрерывности обратной функции $g$ определена на промежутке $J$ , строго монотонна (того же характера, что $f$ ) и непрерывна на $J$ . Точка $y_0$ внутренняя для $J$ : найдутся $x_1 < x_0 < x_2$ из $I$ , значения $f(x_1)$ и $f(x_2)$ лежат по разные стороны от $y_0$ и отличны от него, а весь отрезок между ними лежит в промежутке $J$ .

Пусть $\Delta y\ne 0$ , $y_0 + \Delta y\in J$ , и $\Delta x = g(y_0 + \Delta y) - g(y_0)$ . Так как $g$ инъективна, $\Delta x\ne 0$ ; так как $g$ непрерывна в $y_0$ , $\Delta x\to 0$ при $\Delta y\to 0$ . Кроме того, $f(x_0 + \Delta x) = y_0 + \Delta y$ , т. е. $\Delta y = f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)$ .

Положим $h(\Delta x) = \frac{f(x_0 + \Delta x) - f(x_0)}{\Delta x}$ ; по условию $h(\Delta x)\to f'(x_0)$ при $\Delta x\to 0$ . Внутренняя функция $\Delta x(\Delta y)$ стремится к $0$ и не обращается в $0$ при $\Delta y\ne 0$ , поэтому по теореме о пределе сложной функции $h(\Delta x(\Delta y))\to f'(x_0)$ при $\Delta y\to 0$ . Тогда

\frac{g(y_0 + \Delta y) - g(y_0)}{\Delta y} = \frac{\Delta x}{\Delta y} = \frac1{h(\Delta x(\Delta y))}\to\frac1{f'(x_0)}

по теореме об арифметических операциях с пределами (так как $f'(x_0)\ne 0$ ).

Если $f'(x_0) = 0$ , то $h(\Delta x(\Delta y))$ — бесконечно малая, отличная от нуля (так как $\Delta y\ne 0$ ), и по связи бесконечно больших и бесконечно малых $\frac{\Delta x}{\Delta y}$ бесконечно велико. При возрастающей $f$ приращения $\Delta x$ и $\Delta y$ одного знака, поэтому $\frac{\Delta x}{\Delta y} > 0$ и $g'(y_0) = +\infty$ ; при убывающей — $g'(y_0) = -\infty$ . $\blacksquare$

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 первого замечательного предела

Формулировка

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

Косинус. При $x\ne 0$

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

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

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

Предел показательно-степенной функции

Формулировка

Пусть $u, v$ определены на $X$ , $u(x) > 0$ на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , и

\lim_{x\to a}u(x) = A > 0,\qquad \lim_{x\to a}v(x) = B\in\mathbb R .

Тогда

\lim_{x\to a}u(x)^{v(x)} = A^B .

Доказательство

Развернуть

По определению степени с действительным показателем $u^v = e^{v\ln u}$ .

По лемме о пределе строго монотонной функции $\ln y\to\ln A$ при $y\to A$ , причём $\ln$ определён в точке $A$ и принимает там значение $\ln A$ . По теореме о пределе сложной функции (условие (б)) $\ln u(x)\to\ln A$ при $x\to a$ .

По теореме о пределе произведения $w(x) = v(x)\ln u(x)\to B\ln A$ .

Снова по лемме $e^w\to e^{B\ln A}$ при $w\to B\ln A$ , и по теореме о пределе сложной функции (условие (б)) $e^{v(x)\ln u(x)}\to e^{B\ln A} = A^B$ . $\blacksquare$

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 $\lim\limits_{t\to 0}(1 + t)^{1/t} = e$ . $\blacksquare$

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 $\mu$ . $\blacksquare$

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 $c_k = \frac{f^{(k)}(a)}{k!}$ . $\blacksquare$

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

Производные основных элементарных функций

Формулировка

В каждой точке области определения (с указанными ограничениями) справедливы формулы:

$(C)' = 0$ ; $(x^\alpha)' = \alpha x^{\alpha - 1}$ при $x > 0$ , $\alpha\in\mathbb R$ (при $\alpha\in\mathbb N$ — при всех $x$ , при целых $\alpha < 0$ — при $x\ne 0$ ; если $\alpha = \frac pq$ с нечётным $q$ , то и при $x < 0$ );
$(a^x)' = a^x\ln a$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ), $(e^x)' = e^x$ ;
$(\log_ax)' = \frac1{x\ln a}$ , $(\ln x)' = \frac1x$ ( $x > 0$ ); $(\ln|x|)' = \frac1x$ ( $x\ne 0$ );
$(\sin x)' = \cos x$ , $(\cos x)' = -\sin x$ , $(\operatorname{tg}x)' = \frac1{\cos^2x}$ ( $x\ne\frac\pi2 + \pi k$ ), $(\operatorname{ctg}x)' = -\frac1{\sin^2x}$ ( $x\ne\pi k$ );
$(\arcsin x)' = \frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ , $(\arccos x)' = -\frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ ( $|x| < 1$ ); $(\operatorname{arctg}x)' = \frac1{1 + x^2}$ , $(\operatorname{arcctg}x)' = -\frac1{1 + x^2}$ ;
$(\operatorname{sh}x)' = \operatorname{ch}x$ , $(\operatorname{ch}x)' = \operatorname{sh}x$ , $(\operatorname{th}x)' = \frac1{\operatorname{ch}^2x}$ , $(\operatorname{cth}x)' = -\frac1{\operatorname{sh}^2x}$ ( $x\ne 0$ ).

Доказательство

Развернуть

Степенная функция при $x > 0$ . Положим $t = \frac{\Delta x}{x}$ ; тогда $t\to 0$ , $t\ne 0$ при $\Delta x\to 0$ , $\Delta x\ne 0$ , и

\frac{(x + \Delta x)^\alpha - x^\alpha}{\Delta x} = x^{\alpha - 1}\cdot\frac{(1 + t)^\alpha - 1}{t}\to\alpha x^{\alpha - 1}

по следствию второго замечательного предела $\frac{(1 + t)^\mu - 1}{t}\to\mu$ и теореме о пределе сложной функции. Для $\alpha\in\mathbb N$ при всех $x$ и для целых $\alpha < 0$ при $x\ne 0$ формула доказана в следствиях правил дифференцирования; постоянная имеет нулевое приращение. Если $\alpha = \frac pq$ , $q$ нечётно, $x < 0$ , то $x^\alpha = (-1)^p(-x)^\alpha$ , и по правилу дифференцирования сложной функции $(x^\alpha)' = (-1)^{p+1}\alpha(-x)^{\alpha - 1}$ ; так как $q$ нечётно, $x^{\alpha - 1} = x^{(p - q)/q} = (-1)^{p - q}(-x)^{\alpha - 1} = (-1)^{p + 1}(-x)^{\alpha - 1}$ , т. е. снова $(x^\alpha)' = \alpha x^{\alpha - 1}$ .

Показательная функция: $\frac{a^{x + \Delta x} - a^x}{\Delta x} = a^x\cdot\frac{a^{\Delta x} - 1}{\Delta x}\to a^x\ln a$ по следствию второго замечательного предела; при $a = e$ получаем $e^x$ .

Логарифм, $x > 0$ : при $t = \frac{\Delta x}{x}$

\frac{\log_a(x + \Delta x) - \log_ax}{\Delta x} = \frac1x\cdot\frac{\ln(1 + t)}{t\ln a}\to\frac1{x\ln a},

так как $\frac{\ln(1 + t)}{t}\to 1$ . При $x < 0$ : $\ln|x| = \ln(-x)$ , и по правилу дифференцирования сложной функции $(\ln(-x))' = \frac1{-x}\cdot(-1) = \frac1x$ .

Синус и косинус: по формулам разности

\frac{\sin(x + \Delta x) - \sin x}{\Delta x} = \frac{\sin(\Delta x/2)}{\Delta x/2}\cos\left(x + \frac{\Delta x}2\right)\to\cos x,

\frac{\cos(x + \Delta x) - \cos x}{\Delta x} = -\frac{\sin(\Delta x/2)}{\Delta x/2}\sin\left(x + \frac{\Delta x}2\right)\to-\sin x

по первому замечательному пределу и непрерывности $\sin$ , $\cos$ .

Тангенс и котангенс — по правилу дифференцирования частного: $(\operatorname{tg}x)' = \frac{\cos x\cos x - \sin x(-\sin x)}{\cos^2x} = \frac1{\cos^2x}$ , $(\operatorname{ctg}x)' = \frac{-\sin^2x - \cos^2x}{\sin^2x} = -\frac1{\sin^2x}$ .

Обратные тригонометрические функции — по теореме о производной обратной функции. Функция $\sin$ непрерывна и строго возрастает на $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$ ; при $|x| < 1$ точка $y = \arcsin x$ внутренняя и $(\sin y)' = \cos y > 0$ , поэтому $(\arcsin x)' = \frac1{\cos y} = \frac1{\sqrt{1 - \sin^2y}} = \frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ . Для $y = \arccos x\in(0, \pi)$ : $(\cos y)' = -\sin y < 0$ , $\sin y = \sqrt{1 - x^2}$ , откуда $(\arccos x)' = -\frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ . Для $y = \operatorname{arctg}x\in\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ : $(\operatorname{arctg}x)' = \cos^2y = \frac1{1 + \operatorname{tg}^2y} = \frac1{1 + x^2}$ . Для $y = \operatorname{arcctg}x\in(0, \pi)$ : $(\operatorname{arcctg}x)' = -\sin^2y = -\frac1{1 + \operatorname{ctg}^2y} = -\frac1{1 + x^2}$ .

Гиперболические функции. По правилу дифференцирования сложной функции $(e^{-x})' = -e^{-x}$ , поэтому $(\operatorname{sh}x)' = \frac{e^x + e^{-x}}2 = \operatorname{ch}x$ , $(\operatorname{ch}x)' = \frac{e^x - e^{-x}}2 = \operatorname{sh}x$ . По правилу частного и тождеству $\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x = 1$ : $(\operatorname{th}x)' = \frac{\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x}{\operatorname{ch}^2x} = \frac1{\operatorname{ch}^2x}$ , $(\operatorname{cth}x)' = \frac{\operatorname{sh}^2x - \operatorname{ch}^2x}{\operatorname{sh}^2x} = -\frac1{\operatorname{sh}^2x}$ . $\blacksquare$

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 $-\infty$ . $\blacksquare$

Условие выпуклости по первой производной

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна на промежутке $X$ и дифференцируема во внутренних точках $X$ (их множество обозначим $\mathring X$ ). Тогда:

$f$ выпукла вниз на $X$ $\iff$ $f'$ не убывает на $\mathring X$ ;
$f$ строго выпукла вниз на $X$ $\iff$ $f'$ строго возрастает на $\mathring X$ .

Аналогично выпуклость вверх (строгая) равносильна невозрастанию (строгому убыванию) $f'$ .

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $f$ выпукла вниз, $x_1, x_2\in\mathring X$ , $x_1 < x_2$ . По лемме о трёх хордах для любого $x\in(x_1, x_2)$

\frac{f(x) - f(x_1)}{x - x_1}\le\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\le\frac{f(x_2) - f(x)}{x_2 - x}.

Переходя к пределу в левом неравенстве при $x\to x_1+$ , получаем $f'(x_1)\le\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ ; в правом при $x\to x_2-$ получаем $\frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}\le f'(x_2)$ . Значит, $f'(x_1)\le f'(x_2)$ .

В случае строгой выпуклости возьмём $x = \frac{x_1 + x_2}{2}$ и точки $t\in(x_1, x)$ , $s\in(x, x_2)$ . По строгой лемме, применённой к тройкам $x_1 < t < x$ и $x < s < x_2$ , и к тройке $x_1 < x < x_2$ :

\frac{f(t) - f(x_1)}{t - x_1} < \frac{f(x) - f(x_1)}{x - x_1} < \frac{f(x_2) - f(x)}{x_2 - x} < \frac{f(x_2) - f(s)}{x_2 - s}.

Предельный переход при $t\to x_1+$ , $s\to x_2-$ даёт $f'(x_1)\le\frac{f(x) - f(x_1)}{x - x_1} < \frac{f(x_2) - f(x)}{x_2 - x}\le f'(x_2)$ , т. е. $f'(x_1) < f'(x_2)$ .

Достаточность. Пусть $f'$ не убывает на $\mathring X$ , и $x_1 < x < x_2$ — точки $X$ . Функция $f$ непрерывна на $[x_1, x]$ и $[x, x_2]$ и дифференцируема внутри них, поэтому по теореме Лагранжа

\frac{f(x) - f(x_1)}{x - x_1} = f'(c_1),\qquad\frac{f(x_2) - f(x)}{x_2 - x} = f'(c_2),\qquad x_1 < c_1 < x < c_2 < x_2.

Так как $c_1, c_2\in\mathring X$ и $c_1 < c_2$ , имеем $f'(c_1)\le f'(c_2)$ (при строгом возрастании $f'$ — строгое неравенство). Обозначим $A = \frac{f(x) - f(x_1)}{x - x_1}$ , $B = \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1}$ , $C = \frac{f(x_2) - f(x)}{x_2 - x}$ ; доказано $A\le C$ . Средняя дробь есть взвешенное среднее крайних:

B = \frac{(x - x_1)A + (x_2 - x)C}{x_2 - x_1},

так как $(x - x_1)A + (x_2 - x)C = (f(x) - f(x_1)) + (f(x_2) - f(x)) = f(x_2) - f(x_1)$ . Поэтому $A\le B\le C$ (при $A < C$ — строгие неравенства), т. е. выполнены неравенства леммы о трёх хордах. По лемме $f$ выпукла вниз (строго). Случай выпуклости вверх получается заменой $f$ на $-f$ . $\blacksquare$

Необходимое условие точки перегиба

Формулировка

Если $a$ — точка перегиба функции $f$ и функция $f$ дважды дифференцируема в точке $a$ (в частности, если $f''$ существует в окрестности $a$ и непрерывна в $a$ ), то

f''(a) = 0.

Следовательно, точками перегиба могут быть лишь точки, в которых $f''$ равна нулю или не существует.

Доказательство

Развернуть

Так как $f''(a)$ существует, функция $f'$ определена (конечна) в некоторой окрестности $(a - \delta, a + \delta)$ точки $a$ ; уменьшив $\delta$ , можно считать, что на $(a - \delta, a]$ функция выпукла вниз, а на $[a, a + \delta)$ — вверх (противоположный случай сводится к этому заменой $f$ на $-f$ ).

Пусть $x_1\in(a - \delta, a)$ . По лемме о трёх хордах для выпуклой вниз на $(a - \delta, a]$ функции при любом $x\in(x_1, a)$

\frac{f(x) - f(x_1)}{x - x_1}\le\frac{f(a) - f(x_1)}{a - x_1}\le\frac{f(a) - f(x)}{a - x}.

Переходя к пределу при $x\to x_1+$ в левом неравенстве и при $x\to a-$ в правом (производные в точках $x_1$ и $a$ существуют), получаем $f'(x_1)\le\frac{f(a) - f(x_1)}{a - x_1}\le f'(a)$ — так же, как в доказательстве необходимости условия выпуклости по первой производной. Аналогично для $x_2\in(a, a + \delta)$ из выпуклости вверх на $[a, a + \delta)$ получаем $f'(a)\ge f'(x_2)$ .

Значит, $f'(x)\le f'(a)$ при всех $x\in(a - \delta, a + \delta)$ , т. е. $a$ — точка локального максимума функции $f'$ .

Функция $f'$ дифференцируема в точке $a$ , поэтому по теореме Ферма $(f')'(a) = f''(a) = 0$ . $\blacksquare$

Теорема Ферма

Формулировка

Пусть $c$ — точка локального экстремума функции $f$ (в частности, $c$ — внутренняя точка области определения) и в точке $c$ существует производная $f'(c)$ (конечная или бесконечная определённого знака). Тогда

f'(c) = 0.

Геометрический смысл: если в точке локального экстремума существует касательная к графику, не параллельная оси $Oy$ , то она горизонтальна (параллельна оси $Ox$ ).

Замечание. Условие « $c$ — внутренняя точка» существенно: функция $f(x) = x$ на отрезке $[0, 1]$ принимает наибольшее значение в точке $1$ , но $f'_-(1) = 1\ne 0$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть для определённости $c$ — точка локального максимума (для минимума рассуждение аналогично или сводится к $-f$ ). Тогда существует $\delta > 0$ такое, что $f(c + h)\le f(c)$ при $|h| < \delta$ , т.е. $f(c + h) - f(c)\le 0$ .

Отсюда для разностного отношения получаем

\frac{f(c + h) - f(c)}{h}\le 0\ \ \text{при}\ 0 < h < \delta,\qquad \frac{f(c + h) - f(c)}{h}\ge 0\ \ \text{при}\ -\delta < h < 0.

Так как производная $f'(c)$ существует, по теореме о связи производной с односторонними производными существуют и односторонние производные, причём $f'_+(c) = f'_-(c) = f'(c)$ .

Покажем, что $f'(c)$ конечна. Если бы $f'(c) = +\infty$ , то разностное отношение было бы положительным при всех достаточно малых $h > 0$ , а если бы $f'(c) = -\infty$ , — отрицательным при всех достаточно малых по модулю $h < 0$ ; оба случая противоречат полученным неравенствам.

Итак, $f'(c)$ — число. Переходя к пределу в неравенствах для разностного отношения (предельный переход в неравенстве), получаем $f'_+(c)\le 0$ и $f'_-(c)\ge 0$ . Значит, $0\le f'_-(c) = f'(c) = f'_+(c)\le 0$ , т.е. $f'(c) = 0$ . $\blacksquare$

Необходимые и достаточные условия монотонности

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна на промежутке $X$ и дифференцируема во всех его внутренних точках (множество внутренних точек обозначим $\mathring X$ ).

$f$ не убывает на $X$ тогда и только тогда, когда

f'(x)\ge 0\quad\text{для всех } x\in\mathring X;

аналогично $f$ не возрастает на $X$ $\iff$ $f'(x)\le 0$ на $\mathring X$ . 2. Если $f'(x) > 0$ на $\mathring X$ , то $f$ строго возрастает на $X$ (если $f' < 0$ — строго убывает). Обратное неверно: $f(x) = x^3$ строго возрастает на $\mathbb R$ , но $f'(0) = 0$ . 3. (Критерий строгой монотонности.) $f$ строго возрастает на $X$ тогда и только тогда, когда $f'(x)\ge 0$ на $\mathring X$ и $f'$ не обращается тождественно в нуль ни на каком интервале $(\alpha, \beta)\subset X$ .

Доказательство

Развернуть

Необходимость в пункте 1. Пусть $f$ не убывает на $X$ и $x\in\mathring X$ . Для всех достаточно малых $h\ne 0$ точка $x + h\in X$ , и разностное отношение $\frac{f(x+h) - f(x)}{h}\ge 0$ : при $h > 0$ числитель неотрицателен, при $h < 0$ неположителен. Переходя к пределу в неравенстве при $h\to 0$ , получаем $f'(x)\ge 0$ .

Достаточность в пунктах 1 и 2. Пусть $x_1, x_2\in X$ , $x_1 < x_2$ . На отрезке $[x_1, x_2]$ функция $f$ непрерывна, а на $(x_1, x_2)\subset\mathring X$ дифференцируема. По теореме Лагранжа

f(x_2) - f(x_1) = f'(c)(x_2 - x_1),\quad c\in(x_1, x_2).

Если $f'\ge 0$ на $\mathring X$ , то $f(x_2)\ge f(x_1)$ ; если $f' > 0$ , то $f(x_2) > f(x_1)$ . Случай невозрастания получается заменой $f$ на $-f$ .

Необходимость в пункте 3. Если $f$ строго возрастает, то по пункту 1 $f'\ge 0$ на $\mathring X$ . Если бы $f'\equiv 0$ на некотором интервале $(\alpha, \beta)\subset X$ , то по следствию теоремы Лагранжа $f$ была бы постоянной на $(\alpha, \beta)$ , что противоречит строгому возрастанию.

Достаточность в пункте 3. По пункту 1 $f$ не убывает. Пусть $f$ не является строго возрастающей: $f(x_1) = f(x_2)$ для некоторых $x_1 < x_2$ . Тогда для $x\in[x_1, x_2]$ из монотонности $f(x_1)\le f(x)\le f(x_2) = f(x_1)$ , т. е. $f$ постоянна на $[x_1, x_2]$ и $f'\equiv 0$ на $(x_1, x_2)$ — противоречие с условием. $\blacksquare$

Признак отсутствия предела функции

Формулировка

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

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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. $\blacksquare$

Бесконечно малые функции. Свойства пределов функций

Связь функции, её предела и бесконечно малой

Формулировка

Доказательство

Свойства бесконечно малых функций

Формулировка

Доказательство

Знакопостоянство функции, имеющей ненулевой предел

Формулировка

Доказательство

Арифметические операции над функциями, имеющими предел

Формулировка

Доказательство

Пределы многочленов и рациональных функций

Формулировка

Доказательство

Предел сложной функции (замена переменной в пределе)

Формулировка

Доказательство

Предельный переход в неравенстве

Формулировка

Доказательство

Теорема о пределе промежуточной функции

Формулировка

Доказательство

Пределы рациональных функций в конечной точке

Условие

Решение

Пределы рациональных функций на бесконечности

Условие

Решение

Пределы с иррациональностями

Условие

Решение

Произведение бесконечно малой на ограниченную и теорема о промежуточной функции

Условие

Решение

Существенность условий теоремы о пределе сложной функции

Условие

Решение

Предел отношения x^m − 1 и x^n − 1

Условие

Решение

Предел модуля и квадратного корня из функции

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Бесконечно малая функция

Предел функции по Коши

Локально ограниченная функция

Основные элементарные функции

Предельная точка множества. Изолированная точка

Связь дифференцируемости с существованием конечной производной

Формулировка

Доказательство

Замечание

Локальная ограниченность функции, имеющей конечный предел

Формулировка

Доказательство

Принцип математической индукции

Формулировка

Доказательство

Правила действий с «о малым»

Формулировка

Доказательство

Замена эквивалентными в пределах

Формулировка

Доказательство

Достаточные условия точки перегиба

Формулировка

Доказательство

Теорема Дарбу о промежуточных значениях производной

Формулировка

Доказательство

Достаточное условие экстремума по n-й производной

Формулировка

Доказательство

Достаточное условие экстремума по второй производной

Формулировка