Бесконечно большие функции. Замечательные пределы

Прогресс изучения0 из 8

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

Все теоремы темы8

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций
Теорема Вейерштрасса о пределе монотонной функции
Предел строго монотонной функции, множество значений которой — интервал
Первый замечательный предел
Следствия первого замечательного предела
Предел показательно-степенной функции
Второй замечательный предел
Следствия второго замечательного предела

теорема

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. $\blacksquare$

теорема

Теорема Вейерштрасса о пределе монотонной функции

Формулировка

Пусть $-\infty\le a < b\le +\infty$ , и функция $f$ не убывает на интервале $(a, b)$ . Тогда:

если $f$ ограничена сверху на $(a, b)$ , то существует конечный предел

\lim_{x\to b - 0}f(x) = \sup_{(a, b)}f ;

если $f$ не ограничена сверху, то $\lim\limits_{x\to b - 0}f(x) = +\infty$ ; 2. если $f$ ограничена снизу на $(a, b)$ , то $\lim\limits_{x\to a + 0}f(x) = \inf\limits_{(a, b)}f$ ; иначе $\lim\limits_{x\to a + 0}f(x) = -\infty$ .

(При $b = +\infty$ запись $x\to b - 0$ означает $x\to +\infty$ , при $a = -\infty$ запись $x\to a + 0$ означает $x\to -\infty$ .) Для невозрастающей функции верны аналогичные утверждения с заменой $\sup$ на $\inf$ и наоборот.

Доказательство

Развернуть

Пусть $f$ ограничена сверху. Множество значений $\{f(x):\ x\in(a, b)\}$ непусто и ограничено сверху, поэтому по теореме о существовании точной верхней грани существует $M = \sup\limits_{(a, b)}f\in\mathbb R$ .

Пусть дано $\varepsilon > 0$ . По критерию точной верхней грани найдётся $x_\varepsilon\in(a, b)$ с $f(x_\varepsilon) > M - \varepsilon$ . Для всех $x\in(x_\varepsilon, b)$ в силу монотонности и определения $\sup$

M - \varepsilon < f(x_\varepsilon)\le f(x)\le M < M + \varepsilon .

Если $b$ конечно, это означает $|f(x) - M| < \varepsilon$ при $b - \delta < x < b$ , где $\delta = b - x_\varepsilon > 0$ ; если $b = +\infty$ — то же при $x > \Delta = x_\varepsilon$ . Значит, $\lim\limits_{x\to b - 0}f(x) = M$ .

Если $f$ не ограничена сверху, то для любого $K$ найдётся $x_K\in(a, b)$ с $f(x_K) > K$ , и по монотонности $f(x)\ge f(x_K) > K$ при всех $x\in(x_K, b)$ . Это и означает $f(x)\to +\infty$ при $x\to b - 0$ .

Доказательство аналогично: если $m = \inf\limits_{(a, b)}f$ конечно, то по критерию нижней грани найдётся $x_\varepsilon$ с $f(x_\varepsilon) < m + \varepsilon$ , и при $x\in(a, x_\varepsilon)$ имеем $m\le f(x)\le f(x_\varepsilon) < m + \varepsilon$ . Неограниченный снизу случай — как выше.

Для невозрастающей $f$ функция $-f$ не убывает, и достаточно применить пп. 1, 2 к $-f$ , учитывая, что $\sup(-f) = -\inf f$ . $\blacksquare$

лемма

Предел строго монотонной функции, множество значений которой — интервал

Формулировка

Пусть функция $f$ строго монотонна на интервале $I$ и её множество значений $f(I)$ — интервал. Тогда для любой точки $c\in I$

\lim_{x\to c}f(x) = f(c) .

В частности (по свойствам основных элементарных функций), для всех точек $c$ из указанных интервалов

\lim_{x\to c}e^x = e^c\ (c\in\mathbb R),\quad \lim_{x\to c}\ln x = \ln c\ (c > 0),\quad \lim_{x\to c}\arcsin x = \arcsin c\ (|c| < 1),\quad \lim_{x\to c}\operatorname{arctg}x = \operatorname{arctg}c\ (c\in\mathbb R),

а также $a^x\to a^c$ ( $a > 0$ ), $\sin x\to\sin c$ и $\operatorname{tg}x\to\operatorname{tg}c$ при $|c| < \frac\pi2$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть для определённости $f$ строго возрастает (иначе рассмотрим $-f$ ), и $J = f(I)$ — интервал. Точка $f(c)$ — внутренняя точка интервала $J$ . Пусть дано $\varepsilon > 0$ ; уменьшив $\varepsilon$ (если неравенство $|f(x) - f(c)| < \varepsilon$ выполнено для меньшего $\varepsilon$ , то и для большего), можно считать, что $f(c) - \varepsilon\in J$ и $f(c) + \varepsilon\in J$ .

Так как $J = f(I)$ , найдутся точки $c_1, c_2\in I$ с $f(c_1) = f(c) - \varepsilon$ , $f(c_2) = f(c) + \varepsilon$ . Из строгого возрастания $f$ следует $c_1 < c < c_2$ (например, при $c_1\ge c$ было бы $f(c_1)\ge f(c)$ ).

Положим $\delta = \min\{c - c_1, c_2 - c\} > 0$ . Если $|x - c| < \delta$ , то $c_1 < x < c_2$ , и по монотонности

f(c) - \varepsilon = f(c_1) < f(x) < f(c_2) = f(c) + \varepsilon .

Значит, $\lim\limits_{x\to c}f(x) = f(c)$ .

Функция $e^x$ строго возрастает на $\mathbb R$ и отображает $\mathbb R$ на интервал $(0, +\infty)$ ; $a^x$ при $a > 0$ , $a\ne 1$ строго монотонна на $\mathbb R$ с тем же множеством значений (при $a = 1$ утверждение тривиально). Функция $\sin x$ строго возрастает на $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ и отображает его на $(-1, 1)$ ; $\operatorname{tg}x$ строго возрастает на $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ и отображает его на $\mathbb R$ . Функции $\ln x$ , $\arcsin x$ , $\operatorname{arctg}x$ — обратные к $e^x$ , $\sin x$ , $\operatorname{tg}x$ на указанных интервалах; обратная к строго возрастающей функция строго возрастает, а её множество значений — область определения исходной, т. е. снова интервал ( $\mathbb R$ , $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ , $\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ соответственно). Во всех случаях применим п. 1. $\blacksquare$

теорема

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 $\frac{\sin x}x\to 1$ . $\blacksquare$

следствие

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 $0$ . $\blacksquare$

лемма

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)) $e^{v(x)\ln u(x)}\to e^{B\ln A} = A^B$ . $\blacksquare$

теорема

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

следствие

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 $\mu$ . $\blacksquare$

Применение первого замечательного предела

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 5x}{\sin 3x}$ ; б) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}2x}x$ ; в) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1 - \cos 4x}{x^2}$ .

Решение

Развернуть

а) При $0 < |x| < \frac\pi3$

\frac{\sin 5x}{\sin 3x} = \frac{\sin 5x}{5x}\cdot\frac{3x}{\sin 3x}\cdot\frac53 .

Заменой $t = 5x$ (и $t = 3x$ ), $t\ne 0$ при $x\ne 0$ , по первому замечательному пределу и теореме о пределе сложной функции первые два множителя стремятся к $1$ . Предел равен $\frac53$ .

б) $\frac{\operatorname{tg}2x}x = 2\cdot\frac{\operatorname{tg}2x}{2x}\to 2$ (следствие первого замечательного предела, замена $t = 2x$ ).

в) $\frac{1 - \cos 4x}{x^2} = 16\cdot\frac{1 - \cos 4x}{(4x)^2}\to 16\cdot\frac12 = 8$ .

Ответ: а) $\frac53$ ; б) $2$ ; в) $8$ .

Тригонометрические пределы с заменой переменной

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{1 - \cos x\cos 2x}{x^2}$ ; б) $\lim\limits_{x\to\pi}\frac{\sin x}{\pi - x}$ ; в) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\arcsin 2x}{\operatorname{arctg}3x}$ .

Решение

Развернуть

а) Представим $1 - \cos x\cos 2x = (1 - \cos x) + \cos x(1 - \cos 2x)$ . Тогда

\frac{1 - \cos x\cos 2x}{x^2} = \frac{1 - \cos x}{x^2} + \cos x\cdot 4\cdot\frac{1 - \cos 2x}{(2x)^2}\to\frac12 + 1\cdot 4\cdot\frac12 = \frac52,

по следствию первого замечательного предела, замене $t = 2x$ и теоремам о пределе суммы и произведения ( $\cos x\to 1$ ).

б) Сделаем замену $t = \pi - x$ : $t\to 0$ при $x\to\pi$ , $t\ne 0$ при $x\ne\pi$ , и $\sin x = \sin(\pi - t) = \sin t$ . По теореме о пределе сложной функции

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

в) При малых $x\ne 0$

\frac{\arcsin 2x}{\operatorname{arctg}3x} = \frac{\arcsin 2x}{2x}\cdot\frac{3x}{\operatorname{arctg}3x}\cdot\frac23\to 1\cdot 1\cdot\frac23 = \frac23 .

Ответ: а) $\frac52$ ; б) $1$ ; в) $\frac23$ .

Пределы, сводящиеся к первому замечательному

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\operatorname{tg}x - \sin x}{x^3}$ ; б) $\lim\limits_{x\to\infty}x\sin\frac1x$ ; в) $\lim\limits_{x\to 1}(1 - x)\operatorname{tg}\frac{\pi x}2$ .

Решение

Развернуть

а) $\operatorname{tg}x - \sin x = \frac{\sin x}{\cos x}(1 - \cos x) = \operatorname{tg}x\,(1 - \cos x)$ . Поэтому при $0 < |x| < \frac\pi2$

\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 .

б) Замена $t = \frac1x$ : $t\to 0$ при $x\to\infty$ , $t\ne 0$ . По теореме о пределе сложной функции $x\sin\frac1x = \frac{\sin t}t\to 1$ .

в) Пусть $t = 1 - x\to 0$ , $t\ne 0$ при $x\ne 1$ . Тогда $\frac{\pi x}2 = \frac\pi2 - \frac{\pi t}2$ и $\operatorname{tg}\frac{\pi x}2 = \operatorname{ctg}\frac{\pi t}2$ . При $0 < |t| < 1$

(1 - x)\operatorname{tg}\frac{\pi x}2 = t\,\frac{\cos\frac{\pi t}2}{\sin\frac{\pi t}2} = \frac2\pi\cdot\frac{\frac{\pi t}2}{\sin\frac{\pi t}2}\cdot\cos\frac{\pi t}2\to\frac2\pi\cdot 1\cdot 1 = \frac2\pi .

Ответ: а) $\frac12$ ; б) $1$ ; в) $\frac2\pi$ .

Неопределённость вида 1 в степени бесконечность

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to\infty}\left(\frac{x + 1}{x - 2}\right)^x$ ; б) $\lim\limits_{x\to 0}(1 + 2x)^{1/x}$ ; в) $\lim\limits_{x\to 0}(\cos x)^{1/x^2}$ .

Решение

Развернуть

Общий приём: если $u(x)\to 1$ , $u(x)\ne 1$ вблизи $a$ , то, полагая $t = u - 1$ , пишем

u^v = \left[(1 + t)^{1/t}\right]^{tv}.

По второму замечательному пределу и теореме о пределе сложной функции (условие (а): $t\ne 0$ ) основание стремится к $e$ ; если показатель $tv\to c\in\mathbb R$ , то по лемме о пределе показательно-степенной функции $u^v\to e^c$ .

а) $\frac{x + 1}{x - 2} = 1 + \frac3{x - 2}$ ; функция определена и положительна при $x > 2$ и $x < -1$ . Здесь $t = \frac3{x - 2}\to 0$ , $t\ne 0$ , и

tv = \frac{3x}{x - 2}\to 3\quad(x\to\infty).

Предел равен $e^3$ .

б) $t = 2x\to 0$ , $t\ne 0$ при $x\ne 0$ (рассматриваем $x > -\frac12$ ); $tv = 2x\cdot\frac1x = 2$ . Предел равен $e^2$ .

в) Функция определена при $0 < |x| < \frac\pi2$ , где $0 < \cos x < 1$ . Здесь $t = \cos x - 1\to 0$ , $t\ne 0$ , и

tv = \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1 - \cos x}{x^2}\to -\frac12

по следствию первого замечательного предела. Предел равен $e^{-1/2} = \frac1{\sqrt e}$ .

Ответ: а) $e^3$ ; б) $e^2$ ; в) $\frac1{\sqrt e}$ .

Пределы с показательными и логарифмическими функциями

Условие

Найти пределы: а) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{3x} - 1}{\sin 2x}$ ; б) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{\ln(1 + 3x)}{2^x - 1}$ ; в) $\lim\limits_{x\to 0}\frac{e^{ax} - e^{bx}}x$ ( $a, b\in\mathbb R$ ); г) $\lim\limits_{x\to e}\frac{\ln x - 1}{x - e}$ .

Решение

Развернуть

а) При малых $x\ne 0$

\frac{e^{3x} - 1}{\sin 2x} = \frac{e^{3x} - 1}{3x}\cdot\frac{2x}{\sin 2x}\cdot\frac32\to 1\cdot 1\cdot\frac32 = \frac32

(замены $u = 3x$ , $t = 2x$ ; следствие второго и первый замечательный предел).

б) $\frac{\ln(1 + 3x)}{2^x - 1} = \frac{\ln(1 + 3x)}{3x}\cdot\frac x{2^x - 1}\cdot 3\to 1\cdot\frac1{\ln 2}\cdot 3 = \frac3{\ln 2}$ .

в) $\frac{e^{ax} - e^{bx}}x = \frac{e^{ax} - 1}x - \frac{e^{bx} - 1}x$ , и $\frac{e^{kx} - 1}x\to k$ при любом $k$ (при $k\ne 0$ — замена $u = kx$ , при $k = 0$ функция равна $0$ ). Предел равен $a - b$ .

г) Пусть $t = x - e\to 0$ , $t\ne 0$ . Тогда $\ln x - 1 = \ln\frac xe = \ln\left(1 + \frac te\right)$ , и

\frac{\ln x - 1}{x - e} = \frac1e\cdot\frac{\ln\left(1 + \frac te\right)}{\frac te}\to\frac1e .

Ответ: а) $\frac32$ ; б) $\frac3{\ln 2}$ ; в) $a - b$ ; г) $\frac1e$ .

Односторонние пределы функции с 2 в степени 1/x

Условие

а) Доказать, что $\lim\limits_{y\to +\infty}2^y = +\infty$ и $\lim\limits_{y\to -\infty}2^y = 0$ . б) Найти односторонние пределы функции $f(x) = \frac1{1 + 2^{1/x}}$ в точке $0$ . Существует ли $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ ?

Решение

Развернуть

а) При $y\ge 1$ по монотонности показательной функции и неравенству Бернулли

2^y\ge 2^{[y]} = (1 + 1)^{[y]}\ge 1 + [y] > y .

Поэтому для любого $M$ при $y > \max\{M, 1\}$ имеем $2^y > M$ , т. е. $2^y\to +\infty$ при $y\to +\infty$ . При $y\to -\infty$ имеем $2^y = \frac1{2^{-y}}$ , где $-y\to +\infty$ ; по теореме о пределе сложной функции $2^{-y}\to +\infty$ , а по теореме о связи б.б. и б.м. $\frac1{2^{-y}}\to 0$ .

б) Справа: при $x\to 0 + 0$ имеем $y = \frac1x\to +\infty$ , поэтому (теорема о пределе сложной функции) $2^{1/x}\to +\infty$ и $1 + 2^{1/x}\to +\infty$ . По теореме о связи б.б. и б.м. $f(x)\to 0$ , т. е. $f(+0) = 0$ .

Слева: при $x\to 0 - 0$ имеем $y = \frac1x\to -\infty$ , поэтому $2^{1/x}\to 0$ и $f(x)\to\frac1{1 + 0} = 1$ (теорема о пределе частного), т. е. $f(-0) = 1$ .

Односторонние пределы различны, поэтому по теореме о связи двустороннего предела с односторонними $\lim\limits_{x\to 0}f(x)$ не существует.

Ответ: $f(-0) = 1$ , $f(+0) = 0$ ; предела в точке $0$ нет.

Односторонние пределы монотонной функции во внутренней точке

Условие

Пусть $f$ не убывает на интервале $(a, b)$ и $c\in(a, b)$ . Доказать, что существуют конечные односторонние пределы $f(c - 0)$ , $f(c + 0)$ и

f(c - 0)\le f(c)\le f(c + 0),

причём $\lim\limits_{x\to c}f(x)$ существует тогда и только тогда, когда $f(c - 0) = f(c + 0)$ , и тогда он равен $f(c)$ . Проиллюстрировать на функции $[x]$ .

Решение

Развернуть

Рассмотрим $f$ на интервале $(a, c)$ . Она не убывает и ограничена сверху числом $f(c)$ : при $x < c$ имеем $f(x)\le f(c)$ . По теореме Вейерштрасса о пределе монотонной функции существует конечный предел

f(c - 0) = \sup_{(a, c)}f\le f(c),

так как $f(c)$ — верхняя граница значений на $(a, c)$ , а $\sup$ — наименьшая верхняя граница.

Аналогично на $(c, b)$ функция не убывает и ограничена снизу числом $f(c)$ , поэтому существует $f(c + 0) = \inf\limits_{(c, b)}f\ge f(c)$ .

По теореме о связи двустороннего предела с односторонними предел в точке $c$ существует тогда и только тогда, когда $f(c - 0) = f(c + 0)$ ; в этом случае из $f(c - 0)\le f(c)\le f(c + 0)$ следует, что общее значение равно $f(c)$ .

Для $f(x) = [x]$ и $c = k\in\mathbb Z$ : $f(k - 0) = k - 1 < k = f(k) = f(k + 0)$ — предела нет; для нецелого $c$ односторонние пределы равны $[c]$ .

Ответ: утверждение доказано; $f(c - 0) = \sup\limits_{(a, c)}f$ , $f(c + 0) = \inf\limits_{(c, b)}f$ .

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 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 $x = \pi n$ .

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 $x\to a$ .

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

Точные верхняя и нижняя грани множества

Точной верхней гранью (супремумом) множества $E\subset\mathbb R$ называется наименьшая из его верхних границ, т. е. число $M = \sup E$ , такое что

$M$ — верхняя граница $E$ : $\forall x\in E\ \ x\le M$ ;
любая верхняя граница $M'$ множества $E$ удовлетворяет $M'\ge M$ , т. е.

\forall M' < M\ \ \exists x\in E:\ \ x > M'.

Точной нижней гранью (инфимумом) $\inf E$ называется наибольшая из нижних границ $E$ .

Точная грань единственна: если $M_1$ , $M_2$ — две наименьшие верхние границы, то $M_1\le M_2$ и $M_2\le M_1$ . Если у $E$ есть максимум, то $\sup E = \max E$ ; но $\sup E$ может не принадлежать $E$ : $\sup[0, 1) = 1$ .

Соглашение: если $E$ не ограничено сверху, полагают $\sup E = +\infty$ ; если не ограничено снизу — $\inf E = -\infty$ .

Ограниченные, монотонные, чётные и периодические функции

Пусть $f\colon X\to\mathbb R$ , $X\subset\mathbb R$ .

Ограниченность. Функция $f$ ограничена сверху на $X$ , если $\exists M\ \forall x\in X\ \ f(x)\le M$ ; ограничена снизу, если $\exists m\ \forall x\in X\ \ f(x)\ge m$ ; ограничена, если

\exists C > 0\ \ \forall x\in X\quad|f(x)|\le C.

Иначе говоря, $f$ ограничена (сверху, снизу) на $X$ , если таково множество $f(X)$ . Обозначают $\sup_Xf = \sup f(X)$ , $\inf_Xf = \inf f(X)$ .

Монотонность. Функция $f$ называется неубывающей на $X$ , если

\forall x_1, x_2\in X\ \ \bigl(x_1 < x_2\Rightarrow f(x_1)\le f(x_2)\bigr),

и (строго) возрастающей, если $x_1 < x_2\Rightarrow f(x_1) < f(x_2)$ . Аналогично определяются невозрастающие ( $f(x_1)\ge f(x_2)$ ) и (строго) убывающие ( $f(x_1) > f(x_2)$ ) функции. Все они называются монотонными, а возрастающие и убывающие — строго монотонными. (В литературе встречается и другая терминология: «возрастающая» в смысле «неубывающая».)

Чётность. Множество $X$ симметрично относительно нуля, если $x\in X\Rightarrow -x\in X$ . Функция $f$ , заданная на симметричном $X$ , называется чётной, если $f(-x) = f(x)$ , и нечётной, если $f(-x) = -f(x)$ при всех $x\in X$ .

Периодичность. Число $T\ne 0$ называется периодом функции $f$ , если для любого $x\in X$

x\pm T\in X\quad\text{и}\quad f(x + T) = f(x).

Функция, имеющая период, называется периодической. Наименьший положительный период (если он существует) называется основным периодом.

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.

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.

Предел последовательности

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

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

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

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

Бесконечные пределы:

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

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

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

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

Асимптоты рациональной функции

Формулировка

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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 $\infty$ . $\blacksquare$

Сумма бесконечно малых разных порядков. Главная часть

Формулировка

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

\alpha + \beta\sim\alpha.

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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 — $g'(y_0) = -\infty$ . $\blacksquare$

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 $-f$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

Существование точной верхней грани

Формулировка

Всякое непустое ограниченное сверху множество $E\subset\mathbb R$ имеет точную верхнюю грань $\sup E\in\mathbb R$ , и притом единственную.
Всякое непустое ограниченное снизу множество $E\subset\mathbb R$ имеет точную нижнюю грань $\inf E\in\mathbb R$ , и притом единственную.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Пусть $B$ — множество всех верхних границ $E$ . Оно непусто, так как $E$ ограничено сверху; $E$ непусто по условию. По определению верхней границы

\forall x\in E\ \ \forall y\in B\quad x\le y.

По аксиоме полноты существует $c\in\mathbb R$ , такое что $x\le c\le y$ для всех $x\in E$ , $y\in B$ .

Неравенство $x\le c$ при всех $x\in E$ означает, что $c$ — верхняя граница $E$ , т. е. $c\in B$ . Неравенство $c\le y$ при всех $y\in B$ означает, что $c$ не больше любой верхней границы. Следовательно, $c$ — наименьшая верхняя граница: $c = \sup E$ .

Единственность: если $c$ и $c'$ — наименьшие верхние границы, то каждая из них — верхняя граница, и по минимальности $c\le c'$ и $c'\le c$ , т. е. $c = c'$ .

Пункт 2. Пусть $A$ — множество всех нижних границ $E$ ; $A\ne\varnothing$ и $y\le x$ для всех $y\in A$ , $x\in E$ . По аксиоме полноты существует $c$ с $y\le c\le x$ для всех $y\in A$ , $x\in E$ . Тогда $c$ — нижняя граница $E$ , не меньшая любой нижней границы, т. е. $c = \inf E$ ; единственность — как в пункте 1. $\blacksquare$

Критерий точной верхней грани

Формулировка

Пусть $E\subset\mathbb R$ , $E\ne\varnothing$ , $M\in\mathbb R$ . Тогда $M = \sup E$ в том и только в том случае, когда

\bigl(\forall x\in E\ \ x\le M\bigr)\ \land\ \bigl(\forall\varepsilon > 0\ \ \exists x\in E:\ x > M - \varepsilon\bigr).

Аналогично, $m = \inf E$ тогда и только тогда, когда

\bigl(\forall x\in E\ \ x\ge m\bigr)\ \land\ \bigl(\forall\varepsilon > 0\ \ \exists x\in E:\ x < m + \varepsilon\bigr).

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $M = \sup E$ . Тогда $M$ — верхняя граница, т. е. выполнено первое условие. Пусть $\varepsilon > 0$ ; так как $M - \varepsilon < M$ , число $M - \varepsilon$ не может быть верхней границей (иначе $M\le M - \varepsilon$ ). По правилу построения отрицания « $M - \varepsilon$ не является верхней границей» означает: $\exists x\in E:\ x > M - \varepsilon$ .

Достаточность. Пусть выполнены оба условия. По первому $M$ — верхняя граница $E$ . Пусть $M'$ — произвольная верхняя граница, и допустим, что $M' < M$ . Положим $\varepsilon = M - M' > 0$ . По второму условию найдётся $x\in E$ с $x > M - \varepsilon = M'$ , что противоречит тому, что $M'$ — верхняя граница. Значит, $M'\ge M$ для любой верхней границы, и $M = \sup E$ .

Для точной нижней грани рассуждение симметрично. Если $m = \inf E$ и $\varepsilon > 0$ , то $m + \varepsilon > m$ не является нижней границей (иначе $m + \varepsilon\le m$ ), т. е. $\exists x\in E:\ x < m + \varepsilon$ . Обратно, если выполнены оба условия и $m' > m$ — нижняя граница, то при $\varepsilon = m' - m$ найдётся $x\in E$ с $x < m'$ — противоречие; значит, $m$ — наибольшая нижняя граница. $\blacksquare$

Строго монотонная функция обратима

Формулировка

Пусть $X\subset\mathbb R$ и $f\colon X\to\mathbb R$ строго возрастает (строго убывает) на $X$ . Тогда:

$f$ инъективна, и потому $f\colon X\to f(X)$ — биекция;
обратная функция $f^{-1}\colon f(X)\to X$ строго возрастает (соответственно строго убывает).

Замечание: обратное неверно — инъективная функция не обязана быть монотонной; например, $f(x) = \frac1x$ при $x\ne 0$ , $f(0) = 0$ , инъективна на $\mathbb R$ , но не монотонна ( $f(-1) < f(0) < f(1)$ , но $f(1) > f(2)$ ).

Доказательство

Развернуть

Пусть $f$ строго возрастает. Пункт 1: если $x_1\ne x_2$ , то, скажем, $x_1 < x_2$ , и $f(x_1) < f(x_2)$ , т. е. $f(x_1)\ne f(x_2)$ . Итак, $f$ инъективна; как отображение на $f(X)$ она сюръективна, значит, $f\colon X\to f(X)$ — биекция, и по теореме о существовании обратного отображения существует $f^{-1}\colon f(X)\to X$ .

Пункт 2. Пусть $y_1, y_2\in f(X)$ , $y_1 < y_2$ , и $x_i = f^{-1}(y_i)$ , т. е. $f(x_i) = y_i$ . Допустим, что $x_1\ge x_2$ . Если $x_1 = x_2$ , то $y_1 = y_2$ ; если $x_1 > x_2$ , то по строгому возрастанию $y_1 > y_2$ . Оба случая противоречат $y_1 < y_2$ . Значит, $x_1 < x_2$ , т. е. $f^{-1}$ строго возрастает.

Пусть $f$ строго убывает. Инъективность: при $x_1 < x_2$ имеем $f(x_1) > f(x_2)$ , т. е. $f(x_1)\ne f(x_2)$ . Пусть $y_1 < y_2$ , $x_i = f^{-1}(y_i)$ , и допустим, что $x_1\le x_2$ . При $x_1 = x_2$ получаем $y_1 = y_2$ , при $x_1 < x_2$ — $y_1 = f(x_1) > f(x_2) = y_2$ ; оба случая противоречат $y_1 < y_2$ . Значит, $x_1 > x_2$ , и $f^{-1}$ строго убывает. $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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

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). $\blacksquare$

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 $\mathbb R$ . $\blacksquare$

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

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

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 $o(x)$ . $\blacksquare$

Число e

Формулировка

Последовательность

x_n = \left(1 + \frac1n\right)^n

строго возрастает и ограничена сверху, следовательно, сходится. Её предел обозначается $e$ :

e = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac1n\right)^n,

причём $2 < e < 3$ (точнее, $2{,}37\le e\le 2{,}75$ ; $e = 2{,}718281828\ldots$ ).

Доказательство

Развернуть

По формуле бинома Ньютона

x_n = \sum_{k=0}^n C_n^k\frac1{n^k} = 1 + 1 + \sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1 - \frac1n\right)\left(1 - \frac2n\right)\cdots\left(1 - \frac{k - 1}n\right),

поскольку $\frac{C_n^k}{n^k} = \frac{n(n - 1)\cdots(n - k + 1)}{k!\,n^k} = \frac1{k!}\prod_{j=1}^{k-1}\left(1 - \frac jn\right)$ .

Монотонность. В аналогичной записи $x_{n+1}$ стоит $n + 2$ слагаемых. При каждом $k = 2, \ldots, n$ $k$ -е слагаемое в $x_{n+1}$ больше, чем в $x_n$ , так как $1 - \frac j{n + 1} > 1 - \frac jn > 0$ при $1\le j < k\le n$ ; кроме того, в $x_{n+1}$ есть дополнительное положительное слагаемое с $k = n + 1$ . Поэтому $x_{n+1} > x_n$ .

Ограниченность. Все произведения в скобках не превосходят $1$ , а $k! = 2\cdot 3\cdots k\ge 2\cdot 3^{k-2}$ при $k\ge 2$ . Поэтому

x_n\le 2 + \sum_{k=2}^n\frac1{k!}\le 2 + \frac12\sum_{k=2}^n\frac1{3^{k-2}} = 2 + \frac12\cdot\frac{1 - 3^{-(n-1)}}{1 - \frac13} < 2 + \frac34 = 2{,}75.

По теореме Вейерштрасса последовательность сходится и $e = \sup x_n$ . Так как она строго возрастает, $e\ge x_3 = \left(\frac43\right)^3 = \frac{64}{27} > 2{,}37 > 2$ . По предельному переходу в неравенстве $x_n < 2{,}75$ получаем $e\le 2{,}75 < 3$ . $\blacksquare$

Арифметические операции с пределами последовательностей

Формулировка

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

Теперь

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

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

Следствия из принципа Архимеда

Формулировка

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

k\le x < k + 1;

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

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. $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

Неравенство Бернулли

Формулировка

Для любого действительного $x\ge -1$ и любого $n\in\mathbb N$

(1 + x)^n\ge 1 + nx.

Если, кроме того, $x\ne 0$ и $n\ge 2$ , то неравенство строгое:

(1 + x)^n > 1 + nx.

Доказательство

Развернуть

Фиксируем $x\ge -1$ и докажем нестрогое неравенство индукцией по $n$ . База $n = 1$ : $(1 + x)^1 = 1 + x$ — равенство.

Шаг. Пусть $(1 + x)^n\ge 1 + nx$ . Так как $1 + x\ge 0$ , умножение этого неравенства на $1 + x$ сохраняет знак:

(1 + x)^{n+1} = (1 + x)^n(1 + x)\ge(1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2\ge 1 + (n + 1)x,

поскольку $nx^2\ge 0$ . По принципу математической индукции неравенство верно при всех $n\in\mathbb N$ .

Строгое неравенство. Пусть $x\ne 0$ , $n\ge 2$ ; запишем $n = m + 1$ , $m\in\mathbb N$ . По доказанному $(1 + x)^m\ge 1 + mx$ , и, как выше,

(1 + x)^{m+1}\ge 1 + (m + 1)x + mx^2 > 1 + (m+1)x,

так как $mx^2 > 0$ при $x\ne 0$ . $\blacksquare$

Бесконечно большие функции. Замечательные пределы

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка

Доказательство

Теорема Вейерштрасса о пределе монотонной функции

Формулировка

Доказательство

Предел строго монотонной функции, множество значений которой — интервал

Формулировка

Доказательство

Первый замечательный предел

Формулировка

Доказательство

Следствия первого замечательного предела

Формулировка

Доказательство

Предел показательно-степенной функции

Формулировка

Доказательство

Второй замечательный предел

Формулировка

Доказательство

Следствия второго замечательного предела

Формулировка

Доказательство

Применение первого замечательного предела

Условие

Решение

Тригонометрические пределы с заменой переменной

Условие

Решение

Пределы, сводящиеся к первому замечательному

Условие

Решение

Неопределённость вида 1 в степени бесконечность

Условие

Решение

Пределы с показательными и логарифмическими функциями

Условие

Решение

Односторонние пределы функции с 2 в степени 1/x

Условие

Решение

Односторонние пределы монотонной функции во внутренней точке

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Бесконечно большая функция

Бесконечно малая функция

Односторонние пределы

Точные верхняя и нижняя грани множества

Ограниченные, монотонные, чётные и периодические функции

Предел функции по Коши

Основные элементарные функции

Предел последовательности

Асимптоты рациональной функции

Формулировка

Доказательство

Теоремы об эквивалентных бесконечно больших

Формулировка

Доказательство

Сумма бесконечно малых разных порядков. Главная часть

Формулировка

Доказательство

Производная обратной функции

Формулировка

Доказательство

Теорема Бернулли–Лопиталя для неопределённости [∞/∞]

Формулировка

Доказательство

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Доказательство

Существование точной верхней грани

Формулировка

Доказательство

Критерий точной верхней грани

Формулировка

Доказательство