Правило Бернулли–Лопиталя. Раскрытие неопределённостей

Прогресс изучения0 из 4

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

Все теоремы темы4

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [0/0]
Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [∞/∞]
Сравнение роста логарифмической, степенной и показательной функций
Раскрытие неопределённостей [0·∞], [∞−∞], [0^0], [1^∞], [∞^0]

теорема

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 $-\infty$ . $\blacksquare$

теорема

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [∞/∞]

Формулировка

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

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

Тогда

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

теорема

Сравнение роста логарифмической, степенной и показательной функций

Формулировка

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

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

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

Следствия.

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

теорема

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. $\blacksquare$

Неопределённость [0/0] — правило Лопиталя

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x - \sin x}{x^3}$ ;

б) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x}$ ;

в) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x - x}{x - \sin x}$ ;

г) $\lim\limits_{x\to 1}\frac{x^x - x}{\ln x - x + 1}$ ;

д) $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{\frac\pi2 - \operatorname{arctg}x}{1/x}$ .

Решение

Развернуть

Во всех случаях числитель и знаменатель дифференцируемы в проколотой окрестности, производная знаменателя там не обращается в нуль, и имеет место неопределённость $\left[\frac00\right]$ ; применяем теорему Бернулли–Лопиталя, пока получается неопределённость, а затем находим предел обычным образом. Существование последнего предела обосновывает все предыдущие равенства.

а) Используя первый замечательный предел на последнем шаге,

\lim_{x\to 0}\frac{x - \sin x}{x^3} = \lim_{x\to 0}\frac{1 - \cos x}{3x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{6x} = \frac16.

б)

\lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x} - 2x}{x - \sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x + e^{-x} - 2}{1 - \cos x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x - e^{-x}}{\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x + e^{-x}}{\cos x} = 2.

в) После одного применения правила удобно использовать эквивалентности $\operatorname{tg}x\sim x$ , $1 - \cos x\sim\frac{x^2}2$ :

\lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x - x}{x - \sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{\frac1{\cos^2x} - 1}{1 - \cos x} = \lim_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}^2x}{1 - \cos x} = \lim_{x\to 0}\frac{x^2}{x^2/2} = 2.

г) Так как $(x^x)' = x^x(\ln x + 1)$ (логарифмическая производная), то

\lim_{x\to 1}\frac{x^x - x}{\ln x - x + 1} = \lim_{x\to 1}\frac{x^x(\ln x + 1) - 1}{\frac1x - 1}.

Это снова $\left[\frac00\right]$ (при $x = 1$ числитель $1\cdot 1 - 1 = 0$ ). Дифференцируем ещё раз: $\bigl(x^x(\ln x + 1)\bigr)' = x^x(\ln x + 1)^2 + x^{x - 1}$ , $\bigl(\frac1x - 1\bigr)' = -\frac1{x^2}$ , откуда

\lim_{x\to 1}\frac{x^x(\ln x + 1)^2 + x^{x - 1}}{-1/x^2} = \frac{1 + 1}{-1} = -2.

д) Числитель и знаменатель стремятся к нулю при $x\to+\infty$ ;

\lim_{x\to+\infty}\frac{\frac\pi2 - \operatorname{arctg}x}{1/x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{-\frac{1}{1 + x^2}}{-\frac{1}{x^2}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{x^2}{1 + x^2} = 1.

Ответ: а) $\frac16$ ; б) $2$ ; в) $2$ ; г) $-2$ ; д) $1$ .

Неопределённость [∞/∞]

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{x\to 0 + 0}\frac{\ln\sin 3x}{\ln\sin x}$ ;

б) $\lim\limits_{x\to\pi/2}\frac{\operatorname{tg}3x}{\operatorname{tg}x}$ ;

в) $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x^3}{e^{2x}}$ ;

г) $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}}$ (показать, что правило Лопиталя здесь «зацикливается», и найти предел иначе).

Решение

Развернуть

а) При $x\to 0 + 0$ оба логарифма стремятся к $-\infty$ , производная знаменателя $\frac{\cos x}{\sin x}\ne 0$ вблизи нуля. По теореме Бернулли–Лопиталя для $\left[\frac\infty\infty\right]$

\lim_{x\to 0 + 0}\frac{\ln\sin 3x}{\ln\sin x} = \lim_{x\to 0 + 0}\frac{3\cos 3x/\sin 3x}{\cos x/\sin x} = \lim_{x\to 0 + 0}\frac{3\sin x}{\sin 3x}\cdot\frac{\cos 3x}{\cos x} = 3\cdot\frac13\cdot 1 = 1,

так как $\sin x\sim x$ , $\sin 3x\sim 3x$ .

б) Неопределённость $\left[\frac\infty\infty\right]$ . Отношение производных $\frac{3/\cos^23x}{1/\cos^2x} = \frac{3\cos^2x}{\cos^23x}$ — снова неопределённость, теперь $\left[\frac00\right]$ ; поэтому выгоднее сначала преобразовать:

\frac{\operatorname{tg}3x}{\operatorname{tg}x} = \frac{\sin 3x}{\sin x}\cdot\frac{\cos x}{\cos 3x}.

Первый множитель стремится к $\frac{\sin(3\pi/2)}{\sin(\pi/2)} = -1$ . Ко второму применим правило Лопиталя ( $\left[\frac00\right]$ , $(\cos 3x)' = -3\sin 3x\ne 0$ вблизи $\frac\pi2$ ):

\lim_{x\to\pi/2}\frac{\cos x}{\cos 3x} = \lim_{x\to\pi/2}\frac{-\sin x}{-3\sin 3x} = \frac{1}{3\cdot(-1)} = -\frac13.

Итого предел равен $(-1)\cdot\left(-\frac13\right) = \frac13$ .

в) Трижды применяя правило (каждый раз $\left[\frac\infty\infty\right]$ ):

\lim_{x\to+\infty}\frac{x^3}{e^{2x}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{3x^2}{2e^{2x}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{6x}{4e^{2x}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{6}{8e^{2x}} = 0.

г) Отношение производных равно $\frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}}$ — обратное к исходному; повторное применение возвращает исходное выражение, и правило ничего не даёт. Разделив числитель и знаменатель на $e^x$ :

\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}} = \lim_{x\to+\infty}\frac{1 - e^{-2x}}{1 + e^{-2x}} = 1.

Ответ: а) $1$ ; б) $\frac13$ ; в) $0$ ; г) $1$ .

Когда правило Лопиталя неприменимо

Условие

а) Найти $\lim\limits_{x\to+\infty}\frac{x + \sin x}{x}$ и показать, что предел отношения производных при этом не существует.

б) То же для $\lim\limits_{x\to 0}\frac{x^2\sin\frac1x}{\sin x}$ .

Объяснить, почему это не противоречит теоремам Бернулли–Лопиталя.

Решение

Развернуть

а) Имеем неопределённость $\left[\frac\infty\infty\right]$ . Непосредственно:

\frac{x + \sin x}{x} = 1 + \frac{\sin x}{x}\to 1,

так как $\frac{\sin x}{x}$ — произведение ограниченной функции $\sin x$ на бесконечно малую $\frac1x$ .

Отношение производных равно $\frac{1 + \cos x}{1} = 1 + \cos x$ . Оно не имеет предела при $x\to+\infty$ : по определению Гейне достаточно взять $x_n = 2\pi n\to+\infty$ , для которых $1 + \cos x_n = 2$ , и $y_n = \pi + 2\pi n\to+\infty$ , для которых $1 + \cos y_n = 0$ .

б) Неопределённость $\left[\frac00\right]$ . Так как $\sin x\sim x$ ,

\frac{x^2\sin\frac1x}{\sin x} = \frac{x}{\sin x}\cdot x\sin\frac1x\to 1\cdot 0 = 0

( $x\sin\frac1x$ — произведение бесконечно малой на ограниченную). Отношение производных

\frac{2x\sin\frac1x - \cos\frac1x}{\cos x}

предела при $x\to 0$ не имеет: первое слагаемое числителя и знаменатель имеют пределы $0$ и $1$ , а $\cos\frac1x$ предела не имеет (на последовательностях $x_n = \frac1{2\pi n}$ и $y_n = \frac{1}{\pi + 2\pi n}$ он равен $1$ и $-1$ ).

Противоречия нет: теоремы Бернулли–Лопиталя утверждают, что из существования предела $\frac{f'}{g'}$ следует существование предела $\frac fg$ и их равенство, но не наоборот. Условие 3 теорем здесь не выполнено, и они просто неприменимы.

Ответ: а) $1$ ; б) $0$ ; в обоих случаях предела отношения производных нет.

Неопределённости [0·∞] и [∞−∞]

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{x\to 1}\left(\frac1{\ln x} - \frac1{x - 1}\right)$ ;

б) $\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac1x - \frac1{e^x - 1}\right)$ ;

в) $\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac1{x^2} - \operatorname{ctg}^2x\right)$ ;

г) $\lim\limits_{x\to 1 - 0}\ln x\cdot\ln(1 - x)$ .

Решение

Развернуть

а) Неопределённость $[\infty - \infty]$ приводим к общему знаменателю и получаем $\left[\frac00\right]$ :

\lim_{x\to 1}\frac{x - 1 - \ln x}{(x - 1)\ln x} = \lim_{x\to 1}\frac{1 - \frac1x}{\ln x + \frac{x - 1}x} = \lim_{x\to 1}\frac{x - 1}{x\ln x + x - 1} = \lim_{x\to 1}\frac{1}{\ln x + 1 + 1} = \frac12.

б) Аналогично, заменяя в знаменателе $e^x - 1\sim x$ (замена эквивалентными в произведении):

\lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x(e^x - 1)} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1 - x}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{e^x - 1}{2x} = \frac12.

в) Приводим к общему знаменателю и заменяем $\sin^2x\sim x^2$ :

\frac1{x^2} - \frac{\cos^2x}{\sin^2x} = \frac{\sin^2x - x^2\cos^2x}{x^2\sin^2x},\qquad \lim_{x\to 0}\frac{(\sin x - x\cos x)(\sin x + x\cos x)}{x^4}.

Здесь $\frac{\sin x + x\cos x}{x} = \frac{\sin x}x + \cos x\to 2$ , а по правилу Лопиталя

\lim_{x\to 0}\frac{\sin x - x\cos x}{x^3} = \lim_{x\to 0}\frac{\cos x - \cos x + x\sin x}{3x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{3x} = \frac13.

Итого предел равен $\frac13\cdot 2 = \frac23$ .

г) Неопределённость $[0\cdot\infty]$ . Положим $t = 1 - x\to 0 + 0$ . Так как $\ln x = \ln(1 - t)\sim -t$ , получаем

\lim_{x\to 1 - 0}\ln x\cdot\ln(1 - x) = \lim_{t\to 0 + 0}\frac{\ln(1 - t)}{-t}\cdot(-t\ln t) = 1\cdot 0 = 0,

где $t\ln t\to 0$ по следствию из сравнения роста логарифмической и степенной функций (его можно получить и правилом Лопиталя: $\frac{\ln t}{1/t}\to\lim\frac{1/t}{-1/t^2} = \lim(-t) = 0$ ).

Ответ: а) $\frac12$ ; б) $\frac12$ ; в) $\frac23$ ; г) $0$ .

Неопределённости [0^0], [1^∞], [∞^0]

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{x\to 0 + 0}x^{\sin x}$ ;

б) $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(x + 2^x\right)^{1/x}$ ;

в) $\lim\limits_{x\to 0}(\cos x)^{1/x^2}$ ;

г) $\lim\limits_{x\to 0}\left(\frac{(1 + x)^{1/x}}{e}\right)^{1/x}$ .

Решение

Развернуть

Все основания положительны; используем $u^v = e^{v\ln u}$ .

а) $[0^0]$ : $v\ln u = \sin x\ln x = \frac{\sin x}{x}\cdot x\ln x\to 1\cdot 0 = 0$ (по следствию о сравнении роста $x\ln x\to 0$ при $x\to 0 + 0$ ). Предел равен $e^0 = 1$ .

б) $[\infty^0]$ : $v\ln u = \frac{\ln(x + 2^x)}{x}$ — неопределённость $\left[\frac\infty\infty\right]$ . По правилу Лопиталя

\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x + 2^x)}{x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{1 + 2^x\ln 2}{x + 2^x} = \lim_{x\to+\infty}\frac{2^{-x} + \ln 2}{x2^{-x} + 1} = \ln 2,

так как $x2^{-x} = \frac{x}{2^x}\to 0$ (показательная функция растёт быстрее степенной). Предел равен $e^{\ln 2} = 2$ .

в) $[1^\infty]$ : по формуле $\lim u^v = e^{\lim v(u - 1)}$

\lim_{x\to 0}\frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac12\quad\Longrightarrow\quad\lim_{x\to 0}(\cos x)^{1/x^2} = e^{-1/2} = \frac1{\sqrt e}.

г) $[1^\infty]$ (основание стремится к $\frac ee = 1$ по второму замечательному пределу). Здесь

v\ln u = \frac1x\left(\frac{\ln(1 + x)}{x} - 1\right) = \frac{\ln(1 + x) - x}{x^2}.

По правилу Лопиталя

\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1 + x) - x}{x^2} = \lim_{x\to 0}\frac{\frac1{1 + x} - 1}{2x} = \lim_{x\to 0}\frac{-x}{2x(1 + x)} = -\frac12.

Предел равен $e^{-1/2}$ .

Ответ: а) $1$ ; б) $2$ ; в) $\frac1{\sqrt e}$ ; г) $\frac1{\sqrt e}$ .

Сравнение порядков роста функций

Условие

Расположить функции в порядке возрастания скорости роста при $x\to+\infty$ (каждая следующая — бесконечно большая более высокого порядка, чем предыдущая):

x^{100},\quad e^x,\quad\ln^{100}x,\quad x^x,\quad\sqrt x,\quad 2^x.

Решение

Развернуть

Нужно для каждой пары соседей проверить, что отношение «младшей» функции к «старшей» стремится к нулю.

$\ln^{100}x$ и $\sqrt x$ : по теореме о сравнении роста ( $\beta = 100$ , $\alpha = \frac12$ ) $\frac{\ln^{100}x}{\sqrt x}\to 0$ .

$\sqrt x$ и $x^{100}$ : $\frac{\sqrt x}{x^{100}} = x^{-99{,}5}\to 0$ .

$x^{100}$ и $2^x$ : по теореме о сравнении роста ( $a = 2 > 1$ ) $\frac{x^{100}}{2^x}\to 0$ . (Прямое применение правила Лопиталя потребовало бы ста шагов: $\frac{x^{100}}{2^x}\to\ldots\to\frac{100!}{2^x\ln^{100}2}\to 0$ .)

$2^x$ и $e^x$ : $\frac{2^x}{e^x} = \left(\frac2e\right)^x\to 0$ , так как $0 < \frac2e < 1$ .

$e^x$ и $x^x$ : $\frac{e^x}{x^x} = \left(\frac ex\right)^x\le\left(\frac12\right)^x\to 0$ при $x > 2e$ .

Ответ: $\ln^{100}x,\ \sqrt x,\ x^{100},\ 2^x,\ e^x,\ x^x$ .

Вторая производная как предел второй разности

Условие

а) Пусть функция $f$ дифференцируема в окрестности точки $a$ и существует $f''(a)$ . Доказать, что

\lim_{h\to 0}\frac{f(a + h) - 2f(a) + f(a - h)}{h^2} = f''(a).

б) Показать на примере $f(x) = x|x|$ , $a = 0$ , что из существования этого предела не следует существование $f''(a)$ .

Решение

Развернуть

а) Рассмотрим как функции переменной $h$ числитель $\varphi(h) = f(a + h) - 2f(a) + f(a - h)$ и знаменатель $\psi(h) = h^2$ . Они дифференцируемы в проколотой окрестности нуля, $\varphi(h)\to 0$ (непрерывность $f$ в точке $a$ ), $\psi(h)\to 0$ , $\psi'(h) = 2h\ne 0$ при $h\ne 0$ . Отношение производных

\frac{\varphi'(h)}{\psi'(h)} = \frac{f'(a + h) - f'(a - h)}{2h} = \frac12\cdot\frac{f'(a + h) - f'(a)}{h} + \frac12\cdot\frac{f'(a - h) - f'(a)}{-h}.

По определению производной функции $f'$ в точке $a$ оба отношения стремятся к $f''(a)$ при $h\to 0$ (во втором — подстановка $-h\to 0$ ), так что $\frac{\varphi'}{\psi'}\to\frac12f''(a) + \frac12f''(a) = f''(a)$ . По теореме Бернулли–Лопиталя для $\left[\frac00\right]$ и $\frac\varphi\psi\to f''(a)$ .

Отметим, что применять правило второй раз (что потребовало бы существования $f''$ в окрестности $a$ ) не нужно: последний шаг сделан по определению производной.

б) Для $f(x) = x|x|$ :

f(h) - 2f(0) + f(-h) = h|h| - 0 - h|h| = 0,

поэтому предел второй разности равен $0$ . Однако $f'(x) = 2|x|$ (при $x > 0$ это $(x^2)' = 2x$ , при $x < 0$ это $(-x^2)' = -2x$ , при $x = 0$ производная $\lim\frac{h|h|}{h} = 0$ ), а функция $2|x|$ не дифференцируема в нуле. Значит, $f''(0)$ не существует.

Ответ: а) доказано; б) предел второй разности равен $0$ , но $f''(0)$ не существует.

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

Неопределённости

Пусть функции $f$ и $g$ определены в проколотой окрестности точки $a$ (конечной или бесконечной; рассматриваются и односторонние пределы). Говорят, что отношение $\frac{f(x)}{g(x)}$ при $x\to a$ представляет собой неопределённость вида $\left[\frac00\right]$ , если

\lim_{x\to a}f(x) = \lim_{x\to a}g(x) = 0,

и неопределённость вида $\left[\frac\infty\infty\right]$ , если $f(x)\to\infty$ и $g(x)\to\infty$ .

Аналогично выражение представляет неопределённость:

$[0\cdot\infty]$ — произведение $f(x)g(x)$ , где $f\to 0$ , $g\to\infty$ ;
$[\infty - \infty]$ — разность $f(x) - g(x)$ , где $f\to+\infty$ , $g\to+\infty$ (или оба $\to-\infty$ );
$[0^0]$ — степень $u(x)^{v(x)}$ ( $u > 0$ ), где $u\to 0$ , $v\to 0$ ;
$[1^\infty]$ — степень $u^v$ , где $u\to 1$ , $v\to\infty$ ;
$[\infty^0]$ — степень $u^v$ , где $u\to+\infty$ , $v\to 0$ .

Раскрыть неопределённость — значит найти предел соответствующего выражения (или установить, что его нет). Название объясняется тем, что знание пределов $f$ и $g$ не определяет предела выражения: например, при $x\to 0$ отношения $\frac{x}{x}$ , $\frac{x^2}{x}$ , $\frac{x}{x^2}$ , $\frac{x\sin(1/x)}{x}$ — все вида $\left[\frac00\right]$ — имеют соответственно предел $1$ , предел $0$ , бесконечный предел и не имеют предела.

Замечание. Выражения вида $\left[\frac0\infty\right]$ , $[\infty\cdot\infty]$ , $[(+\infty) + (+\infty)]$ , $[0^{+\infty}]$ , $[(+\infty)^{+\infty}]$ неопределённостями не являются: их пределы равны соответственно $0$ , $\infty$ , $+\infty$ , $0$ , $+\infty$ .

Предел функции по Коши

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

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

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

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

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

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

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

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

Расписывая окрестности, получаем, например:

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

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

Односторонние пределы

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Производная функции в точке

Пусть функция $f$ определена в некоторой окрестности $U(a)$ точки $a$ . Для $\Delta x\ne 0$ с $a + \Delta x\in U(a)$ положим

\Delta y = \Delta f(a) = f(a + \Delta x) - f(a)

— приращение функции, соответствующее приращению аргумента $\Delta x$ .

Производной функции $f$ в точке $a$ называется конечный предел

f'(a) = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x} = \lim_{\Delta x\to 0}\frac{f(a + \Delta x) - f(a)}{\Delta x} = \lim_{x\to a}\frac{f(x) - f(a)}{x - a},

если он существует. Обозначения: $f'(a)$ , $y'(a)$ , $\dfrac{df}{dx}(a)$ .

Если этот предел равен $+\infty$ , $-\infty$ или $\infty$ , говорят, что $f$ имеет в точке $a$ бесконечную производную ( $f'(a) = +\infty$ , $-\infty$ или $\infty$ соответственно).

Если $f$ имеет конечную производную в каждой точке интервала $X$ , то говорят, что $f$ имеет производную на множестве $X$ ; функция $x\mapsto f'(x)$ , $x\in X$ , называется производной функцией (или просто производной) функции $f$ . Для отрезка $[a, b]$ в концах используются односторонние производные. Операция нахождения производной называется дифференцированием.

Примеры: для $f(x)\equiv c$ имеем $\Delta y = 0$ , $f'(x) = 0$ ; для $f(x) = x$ имеем $\Delta y = \Delta x$ , $f'(x) = 1$ . Механический смысл: если $s = s(t)$ — путь, пройденный точкой за время $t$ , то $s'(t_0)$ — мгновенная скорость в момент $t_0$ .

Бесконечно большая функция

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

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

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

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

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

Сравнение бесконечно больших

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

Если

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

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

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

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

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

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

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

Сравнение бесконечно малых. Символ «о малое»

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

Если

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

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

Если

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Непрерывность функции в точке

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

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

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

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

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

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

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

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

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

бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно малое приращение функции.

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

Теорема Коши об обобщённых конечных приращениях

Формулировка

Пусть функции $f$ и $g$ непрерывны на отрезке $[a, b]$ , дифференцируемы на интервале $(a, b)$ и $g'(x)\ne 0$ для всех $x\in(a, b)$ . Тогда $g(b)\ne g(a)$ и существует точка $c\in(a, b)$ такая, что

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

Частный случай $g(x) = x$ — теорема Лагранжа.

Геометрический смысл: для кривой, заданной параметрически $x = g(t)$ , $y = f(t)$ , $t\in[a, b]$ , левая часть — угловой коэффициент хорды, соединяющей концы кривой, а правая — угловой коэффициент касательной в точке, отвечающей $t = c$ ; на кривой есть точка, где касательная параллельна хорде.

Замечание. Теорему нельзя получить, применив теорему Лагранжа отдельно к числителю и знаменателю: при этом получились бы, вообще говоря, разные точки $c_1$ и $c_2$ .

Доказательство

Развернуть

Если бы $g(b) = g(a)$ , то по теореме Ролля нашлась бы точка из $(a, b)$ , в которой $g' = 0$ , что противоречит условию. Следовательно, $g(b)\ne g(a)$ , и число

\lambda = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)}

определено.

Рассмотрим функцию $\varphi(x) = f(x) - \lambda g(x)$ . Она непрерывна на $[a, b]$ и дифференцируема на $(a, b)$ , причём $\varphi'(x) = f'(x) - \lambda g'(x)$ .

Проверим равенство значений на концах:

\varphi(b) - \varphi(a) = f(b) - f(a) - \lambda\bigl(g(b) - g(a)\bigr) = 0.

По теореме Ролля существует $c\in(a, b)$ с $\varphi'(c) = 0$ , т.е. $f'(c) = \lambda g'(c)$ . Поскольку $g'(c)\ne 0$ , получаем $\lambda = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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 $g(f(x))\equiv 0\to 0\ne 1$ . $\blacksquare$

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.

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

т. е. $\frac1f$ — б.м.

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

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 $\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x = 1$ : $(\operatorname{th}x)' = \frac{\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x}{\operatorname{ch}^2x} = \frac1{\operatorname{ch}^2x}$ , $(\operatorname{cth}x)' = \frac{\operatorname{sh}^2x - \operatorname{ch}^2x}{\operatorname{sh}^2x} = -\frac1{\operatorname{sh}^2x}$ . $\blacksquare$

Непрерывность сложной функции. Предельный переход под знаком непрерывной функции

Формулировка

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

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 $\mu$ . $\blacksquare$

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 $o(x)$ . $\blacksquare$

Правило Бернулли–Лопиталя. Раскрытие неопределённостей

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [0/0]

Формулировка

Доказательство

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [∞/∞]

Формулировка

Доказательство

Сравнение роста логарифмической, степенной и показательной функций

Формулировка

Доказательство

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

Формулировка

Доказательство

Неопределённость [0/0] — правило Лопиталя

Условие

Решение

Неопределённость [∞/∞]

Условие

Решение

Когда правило Лопиталя неприменимо

Условие

Решение

Неопределённости [0·∞] и [∞−∞]

Условие

Решение

Неопределённости [0^0], [1^∞], [∞^0]

Условие

Решение

Сравнение порядков роста функций

Условие

Решение

Вторая производная как предел второй разности

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Неопределённости

Предел функции по Коши

Односторонние пределы

Производная функции в точке

Бесконечно большая функция

Сравнение бесконечно больших

Сравнение бесконечно малых. Символ «о малое»

Непрерывность функции в точке

Теорема Коши об обобщённых конечных приращениях

Формулировка

Доказательство

Связь двустороннего предела с односторонними

Формулировка

Доказательство

Предел сложной функции (замена переменной в пределе)

Формулировка

Доказательство

Производная сложной функции

Формулировка

Доказательство

Замечание

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка

Доказательство

Производные основных элементарных функций

Формулировка

Доказательство

Непрерывность сложной функции. Предельный переход под знаком непрерывной функции

Формулировка

Доказательство

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Доказательство

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

Доказательство

Арифметические операции над функциями, имеющими предел

Формулировка

Доказательство

Следствия второго замечательного предела

Формулировка

Доказательство

Замена эквивалентными в пределах

Формулировка