Непрерывность элементарных функций. Равномерная непрерывность

Прогресс изучения0 из 5

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

Все теоремы темы5

Непрерывность основных элементарных функций
Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке
Достаточное условие равномерной непрерывности
Теорема Кантора о равномерной непрерывности
Равномерная непрерывность на интервале и продолжение на отрезок

теорема

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. $\blacksquare$

теорема

Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке

Формулировка

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

теорема

Достаточное условие равномерной непрерывности

Формулировка

Если функция $f$ удовлетворяет на множестве $X$ условию Липшица

|f(x') - f(x'')|\le L|x' - x''|\qquad\forall x', x''\in X,

то $f$ равномерно непрерывна на $X$ . 2. Более общо, равномерно непрерывна на $X$ любая функция, удовлетворяющая на $X$ условию Гёльдера $|f(x') - f(x'')|\le L|x' - x''|^\alpha$ , $0 < \alpha\le 1$ . 3. Примеры: $\sin x$ и $\cos x$ равномерно непрерывны на $\mathbb R$ ; функция $\sqrt x$ удовлетворяет на $[0, +\infty)$ неравенству

|\sqrt{x'} - \sqrt{x''}|\le\sqrt{|x' - x''|}

и потому равномерно непрерывна на $[0, +\infty)$ , хотя условию Липшица на $[0, 1]$ не удовлетворяет.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1 — частный случай пункта 2 при $\alpha = 1$ ; докажем пункт 2. Если $L = 0$ , то $f$ постоянна, и годится любое $\delta$ . Пусть $L > 0$ и $\varepsilon > 0$ . Положим

\delta = \Bigl(\frac\varepsilon L\Bigr)^{1/\alpha}.

Тогда при $x', x''\in X$ , $|x' - x''| < \delta$ , получаем $|f(x') - f(x'')|\le L|x' - x''|^\alpha < L\delta^\alpha = \varepsilon$ . Поскольку $\delta$ зависит только от $\varepsilon$ , функция равномерно непрерывна.

Пример $\sin$ , $\cos$ : при доказательстве теоремы о непрерывности основных элементарных функций установлено, что $|\sin x' - \sin x''|\le|x' - x''|$ и $|\cos x' - \cos x''|\le|x' - x''|$ , т. е. выполнено условие Липшица с $L = 1$ .

Пример $\sqrt x$ : пусть $x'\ge x''\ge 0$ . Неравенство $\sqrt{x'} - \sqrt{x''}\le\sqrt{x' - x''}$ равносильно (обе части неотрицательны) неравенству $\sqrt{x'}\le\sqrt{x''} + \sqrt{x' - x''}$ , а после возведения в квадрат — неравенству $x'\le x'' + 2\sqrt{x''(x' - x'')} + x' - x''$ , т. е. $0\le 2\sqrt{x''(x' - x'')}$ , которое верно. Значит, выполнено условие Гёльдера порядка $\frac12$ с $L = 1$ , и $\sqrt x$ равномерно непрерывна на $[0, +\infty)$ (подходит $\delta = \varepsilon^2$ ). Условие Липшица на $[0, 1]$ нарушено: при $x' = x > 0$ , $x'' = 0$ отношение $\frac{\sqrt x}{x} = \frac1{\sqrt x}$ неограниченно растёт при $x\to+0$ . $\blacksquare$

теорема

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

теорема

Равномерная непрерывность на интервале и продолжение на отрезок

Формулировка

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

Равномерная непрерывность функции x² на отрезке и на прямой

Условие

Функция $f(x) = x^2$ . а) Доказать, что она равномерно непрерывна на $[-A, A]$ ( $A > 0$ ), и указать $\delta(\varepsilon)$ . б) Доказать, что она не является равномерно непрерывной на $[0, +\infty)$ (и тем более на $\mathbb R$ ).

Решение

Развернуть

а) Для $x', x''\in[-A, A]$

|x'^2 - x''^2| = |x' + x''|\,|x' - x''|\le 2A|x' - x''|,

т. е. выполнено условие Липшица с $L = 2A$ . По достаточному условию равномерной непрерывности $f$ равномерно непрерывна на $[-A, A]$ , и годится $\delta = \frac\varepsilon{2A}$ : при $|x' - x''| < \frac\varepsilon{2A}$ имеем $|f(x') - f(x'')| < \varepsilon$ .

б) Возьмём $x_n = n + \frac1n$ , $y_n = n$ — точки $[0, +\infty)$ . Тогда $x_n - y_n = \frac1n\to 0$ , но

x_n^2 - y_n^2 = 2 + \frac1{n^2} > 2.

По критерию отсутствия равномерной непрерывности (с $\varepsilon_0 = 2$ ) $f$ не равномерно непрерывна на $[0, +\infty)$ , а значит, и на $\mathbb R$ . Причина — неограниченный рост «крутизны»: на $[-A, A]$ постоянная Липшица $2A$ растёт вместе с $A$ .

Ответ: а) равномерно непрерывна, $\delta = \frac\varepsilon{2A}$ ; б) не равномерно непрерывна.

Равномерная непрерывность логарифма

Условие

Исследовать на равномерную непрерывность функцию $f(x) = \ln x$ : а) на $[1, +\infty)$ ; б) на $(0, 1)$ .

Решение

Развернуть

а) Пусть $\varepsilon > 0$ , положим $\delta = e^\varepsilon - 1 > 0$ . Пусть $x', x''\ge 1$ , $|x' - x''| < \delta$ ; без ограничения общности $x' > x''$ (при равенстве доказывать нечего). Тогда

1 < \frac{x'}{x''} = 1 + \frac{x' - x''}{x''} < 1 + \delta,

поскольку $x''\ge 1$ . Логарифм строго возрастает, поэтому

0 < \ln x' - \ln x'' = \ln\frac{x'}{x''} < \ln(1 + \delta) = \varepsilon.

Значит, $\ln x$ равномерно непрерывна на $[1, +\infty)$ (то же рассуждение с $\delta = a(e^\varepsilon - 1)$ годится на $[a, +\infty)$ при любом $a > 0$ ).

б) Возьмём $x_n = e^{-n}$ , $y_n = e^{-n-1}$ , $n\ge 1$ — точки $(0, 1)$ . По неравенству Бернулли $e^n = (1 + (e - 1))^n\ge 1 + n(e - 1) > n$ , поэтому $0 < x_n - y_n < x_n < \frac1n$ и $x_n - y_n\to 0$ . При этом $\ln x_n - \ln y_n = -n + n + 1 = 1$ . По критерию отсутствия равномерной непрерывности ( $\varepsilon_0 = 1$ ) функция $\ln x$ не равномерно непрерывна на $(0, 1)$ , хотя по теореме о непрерывности элементарных функций непрерывна на нём.

Ответ: а) равномерно непрерывна; б) не равномерно непрерывна.

Функции sin(1/x) и x sin(1/x) на интервале (0, 1)

Условие

а) Доказать, что $f(x) = \sin\frac1x$ не является равномерно непрерывной на $(0, 1)$ , но равномерно непрерывна на $(a, 1)$ при любом $a\in(0, 1)$ .

б) Доказать, что $g(x) = x\sin\frac1x$ равномерно непрерывна на $(0, 1)$ .

Решение

Развернуть

Обе функции элементарны и определены на $(0, +\infty)$ , поэтому по теореме о непрерывности элементарных функций непрерывны на $(0, +\infty)$ . Применим теорему о равномерной непрерывности на интервале: функция равномерно непрерывна на конечном интервале тогда и только тогда, когда она непрерывна на нём и имеет конечные пределы на концах.

а) У $f$ нет предела при $x\to+0$ : для $x_n = \frac1{\pi n}\to+0$ имеем $f(x_n) = 0$ , а для $x'_n = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}\to+0$ — $f(x'_n) = 1$ ; по определению предела по Гейне предел не существует. Следовательно, $f$ не равномерно непрерывна на $(0, 1)$ .

На $(a, 1)$ при $a > 0$ функция непрерывна, а точки $a$ и $1$ принадлежат области непрерывности $(0, +\infty)$ , поэтому $f(a + 0) = \sin\frac1a$ , $f(1 - 0) = \sin 1$ — конечные пределы. Значит, $f$ равномерно непрерывна на $(a, 1)$ .

б) Так как $|g(x)| = x\bigl|\sin\frac1x\bigr|\le x$ при $x > 0$ и $x\to 0$ , по теореме о пределе промежуточной функции $g(0 + 0) = 0$ . Кроме того, $g(1 - 0) = \sin 1$ . Функция $g$ непрерывна на $(0, 1)$ , следовательно, равномерно непрерывна на $(0, 1)$ (её продолжение $g(0) = 0$ , $g(1) = \sin 1$ непрерывно на $[0, 1]$ ).

Ответ: а) $\sin\frac1x$ не равномерно непрерывна на $(0, 1)$ , но равномерно непрерывна на $(a, 1)$ ; б) $x\sin\frac1x$ равномерно непрерывна на $(0, 1)$ .

Функции x sin x, sin x² и sin √x на неограниченных промежутках

Условие

Исследовать на равномерную непрерывность: а) $f(x) = x\sin x$ на $\mathbb R$ ; б) $g(x) = \sin x^2$ на $\mathbb R$ ; в) $h(x) = \sin\sqrt x$ на $[0, +\infty)$ .

Решение

Развернуть

а) Пусть $x_n = 2\pi n$ , $y_n = 2\pi n + \frac1n$ . Тогда $y_n - x_n = \frac1n\to 0$ , $f(x_n) = 0$ и

f(y_n) - f(x_n) = \Bigl(2\pi n + \frac1n\Bigr)\sin\frac1n = \Bigl(2\pi + \frac1{n^2}\Bigr)\cdot\frac{\sin(1/n)}{1/n}\to 2\pi

по первому замечательному пределу (на языке последовательностей). Значит, начиная с некоторого номера $N$ , $|f(y_n) - f(x_n)| > \pi$ . Последовательности $x_n, y_n$ при $n > N$ удовлетворяют критерию отсутствия равномерной непрерывности с $\varepsilon_0 = \pi$ : $f$ не равномерно непрерывна на $\mathbb R$ .

б) Пусть $x_n = \sqrt{\pi n}$ , $y_n = \sqrt{\pi n + \frac\pi2}$ . Тогда

0 < y_n - x_n = \frac{\pi/2}{\sqrt{\pi n + \pi/2} + \sqrt{\pi n}} < \frac{\pi/2}{2\sqrt{\pi n}}\to 0,

а $g(y_n) - g(x_n) = \sin\bigl(\pi n + \frac\pi2\bigr) - \sin\pi n = \cos\pi n = (-1)^n$ , т. е. $|g(y_n) - g(x_n)| = 1$ . Значит, $g$ не равномерно непрерывна на $\mathbb R$ (хотя ограничена и непрерывна): колебания становятся всё более частыми.

в) Используя неравенство $|\sin u - \sin v|\le|u - v|$ и неравенство $|\sqrt x - \sqrt y|\le\sqrt{|x - y|}$ , получаем для $x, y\ge 0$

|\sin\sqrt x - \sin\sqrt y|\le|\sqrt x - \sqrt y|\le\sqrt{|x - y|}.

Это условие Гёльдера порядка $\frac12$ , и по достаточному условию равномерной непрерывности $h$ равномерно непрерывна на $[0, +\infty)$ (подходит $\delta = \varepsilon^2$ ).

Ответ: а) нет; б) нет; в) да.

Арифметические операции и равномерная непрерывность

Условие

Пусть функции $f$ и $g$ равномерно непрерывны на множестве $X$ . Доказать, что: а) $f + g$ равномерно непрерывна на $X$ ; б) если $\varphi$ равномерно непрерывна на множестве $Y\supset f(X)$ , то $\varphi\circ f$ равномерно непрерывна на $X$ ; в) если $f$ и $g$ ограничены на $X$ , то $fg$ равномерно непрерывна на $X$ ; г) без условия ограниченности произведение может не быть равномерно непрерывным.

Решение

Развернуть

а) Пусть $\varepsilon > 0$ . Возьмём $\delta_1$ для $f$ и $\delta_2$ для $g$ , отвечающие $\frac\varepsilon2$ , и $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ . При $|x' - x''| < \delta$

|(f + g)(x') - (f + g)(x'')|\le|f(x') - f(x'')| + |g(x') - g(x'')| < \frac\varepsilon2 + \frac\varepsilon2 = \varepsilon.

в) Пусть $|f|\le M$ и $|g|\le M$ на $X$ , $M > 0$ . Тогда

|f(x')g(x') - f(x'')g(x'')|\le|f(x')|\,|g(x') - g(x'')| + |g(x'')|\,|f(x') - f(x'')|\le M\bigl(|g(x') - g(x'')| + |f(x') - f(x'')|\bigr).

Возьмём $\delta_1$ , $\delta_2$ для $f$ , $g$ , отвечающие $\frac\varepsilon{2M}$ , и $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ ; при $|x' - x''| < \delta$ правая часть меньше $M\cdot\frac\varepsilon M = \varepsilon$ .

г) Функция $f(x) = g(x) = x$ равномерно непрерывна на $\mathbb R$ (условие Липшица с $L = 1$ ), но произведение $x^2$ не равномерно непрерывно на $\mathbb R$ : для $x_n = n + \frac1n$ , $y_n = n$ имеем $x_n - y_n\to 0$ , $x_n^2 - y_n^2 > 2$ , и по критерию через последовательности равномерной непрерывности нет. Другой пример: $x$ и $\sin x$ равномерно непрерывны на $\mathbb R$ , а $x\sin x$ — нет.

Ответ: а)–в) доказаны; г) контрпример $f = g = x$ на $\mathbb R$ .

Непрерывная функция с конечным пределом на бесконечности

Условие

а) Пусть функция $f$ непрерывна на $[a, +\infty)$ и существует конечный предел $\lim\limits_{x\to+\infty} f(x) = A$ . Доказать, что $f$ равномерно непрерывна на $[a, +\infty)$ .

б) Вывести отсюда, что функция $\frac{\sin x}x$ равномерно непрерывна на $(0, +\infty)$ .

в) Верно ли обратное утверждение к а)?

Решение

Развернуть

а) Пусть $\varepsilon > 0$ . По определению предела найдётся $R > a$ такое, что $|f(x) - A| < \frac\varepsilon2$ при $x > R$ ; тогда для любых $x', x'' > R$

|f(x') - f(x'')|\le|f(x') - A| + |A - f(x'')| < \varepsilon.

На отрезке $[a, R + 1]$ функция $f$ непрерывна, и по теореме Кантора она равномерно непрерывна на нём: найдётся $\delta_1 > 0$ такое, что $|f(x') - f(x'')| < \varepsilon$ при $x', x''\in[a, R + 1]$ , $|x' - x''| < \delta_1$ .

Положим $\delta = \min(\delta_1, 1)$ и возьмём $x', x''\ge a$ с $|x' - x''| < \delta$ . Если обе точки лежат в $[a, R + 1]$ , то $|f(x') - f(x'')| < \varepsilon$ по выбору $\delta_1$ . Иначе одна из них, скажем $x'$ , больше $R + 1$ , и тогда $x'' > x' - 1 > R$ ; обе точки больше $R$ , и снова $|f(x') - f(x'')| < \varepsilon$ . Значит, $f$ равномерно непрерывна на $[a, +\infty)$ .

б) Положим $F(x) = \frac{\sin x}x$ при $x > 0$ , $F(0) = 1$ . По первому замечательному пределу $F(0 + 0) = 1 = F(0)$ , так что $F$ непрерывна на $[0, +\infty)$ (при $x > 0$ — как частное непрерывных функций). Кроме того, $|F(x)|\le\frac1x\to 0$ при $x\to+\infty$ , т. е. $\lim\limits_{x\to+\infty} F(x) = 0$ . По п. а) $F$ равномерно непрерывна на $[0, +\infty)$ , а значит, и на $(0, +\infty)$ , где $F(x) = \frac{\sin x}x$ .

в) Нет: $\sin x$ и $\sqrt x$ равномерно непрерывны на $[0, +\infty)$ (по достаточному условию — условиям Липшица и Гёльдера), но предела при $x\to+\infty$ не имеют (у $\sin x$ нет предела, $\sqrt x\to+\infty$ ).

Ответ: а), б) доказаны; в) обратное неверно (примеры $\sin x$ , $\sqrt x$ ).

Равномерно непрерывная функция на ограниченном множестве ограничена

Условие

а) Доказать, что функция, равномерно непрерывная на ограниченном множестве $X$ , ограничена на $X$ .

б) Вывести, что функции $\frac1x$ на $(0, 1)$ , $\ln x$ на $(0, 1)$ и $\operatorname{tg} x$ на $\bigl(-\frac\pi2, \frac\pi2\bigr)$ не равномерно непрерывны.

в) Верно ли обратное: всякая ограниченная непрерывная функция на ограниченном множестве равномерно непрерывна?

Решение

Развернуть

а) Пусть $\delta > 0$ отвечает $\varepsilon = 1$ в определении равномерной непрерывности. Предположим, что $f$ не ограничена на $X$ : для каждого $n$ найдётся $x_n\in X$ с $|f(x_n)| > n$ . Последовательность $(x_n)$ ограничена (так как $X$ ограничено), по принципу Больцано–Вейерштрасса у неё есть сходящаяся подпоследовательность $(x_{n_k})$ .

Сходящаяся последовательность фундаментальна (критерий Коши), поэтому найдётся $K$ такое, что $|x_{n_k} - x_{n_K}| < \delta$ при всех $k\ge K$ . Тогда $|f(x_{n_k}) - f(x_{n_K})| < 1$ , и

|f(x_{n_k})| < |f(x_{n_K})| + 1\qquad\forall k\ge K.

Но $|f(x_{n_k})| > n_k\ge k\to\infty$ — противоречие. Значит, $f$ ограничена.

б) Все три множества ограничены, а функции не ограничены на них: $\frac1x$ принимает значение $n$ в точке $\frac1n$ ( $n\ge 2$ ); $\ln e^{-n} = -n$ , где $e^{-n}\in(0, 1)$ ; $\operatorname{tg} x\to+\infty$ при $x\to\frac\pi2 - 0$ . По п. а) они не равномерно непрерывны.

в) Нет: $\sin\frac1x$ непрерывна и ограничена на ограниченном множестве $(0, 1)$ , но не равномерно непрерывна (точки $x_n = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ и $y_n = \frac1{3\pi/2 + 2\pi n}$ сближаются, а $f(x_n) - f(y_n) = 2$ ).

Ответ: а), б) доказаны; в) неверно, пример $\sin\frac1x$ на $(0, 1)$ .

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

Равномерная непрерывность

Функция $f$ , определённая на множестве $X$ , называется равномерно непрерывной на $X$ , если

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

Отрицание: $f$ не является равномерно непрерывной на $X$ , если

\exists\varepsilon_0 > 0\ \forall\delta > 0\ \exists x', x''\in X:\ |x' - x''| < \delta,\ \ |f(x') - f(x'')|\ge\varepsilon_0.

Сравним с непрерывностью на $X$ : $\forall x_0\in X\ \forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x\in X:\ |x - x_0| < \delta\Rightarrow|f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$ . Здесь $\delta$ зависит от $\varepsilon$ и от точки $x_0$ , а при равномерной непрерывности одно $\delta = \delta(\varepsilon)$ годится сразу для всех точек множества — кванторы $\forall x_0$ и $\exists\delta$ переставлены.

Пример: $f(x) = kx + b$ ( $k\ne 0$ ) равномерно непрерывна на $\mathbb R$ : $|f(x') - f(x'')| = |k||x' - x''| < \varepsilon$ при $\delta = \frac\varepsilon{|k|}$ .

Условие Липшица и условие Гёльдера

Функция $f$ удовлетворяет на множестве $X$ условию Липшица с постоянной $L\ge 0$ , если

\forall x', x''\in X:\quad |f(x') - f(x'')|\le L|x' - x''|.

Более общо, $f$ удовлетворяет на $X$ условию Гёльдера порядка $\alpha\in(0, 1]$ , если для некоторого $L\ge 0$

\forall x', x''\in X:\quad |f(x') - f(x'')|\le L|x' - x''|^\alpha;

при $\alpha = 1$ это условие Липшица.

Примеры: $\sin x$ удовлетворяет на $\mathbb R$ условию Липшица с $L = 1$ ; $\sqrt x$ удовлетворяет на $[0, +\infty)$ условию Гёльдера порядка $\frac12$ с $L = 1$ , но не удовлетворяет условию Липшица на $[0, 1]$ , так как отношение $\frac{|\sqrt x - \sqrt 0|}{|x - 0|} = \frac1{\sqrt x}$ не ограничено.

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.

Непрерывность функции в точке

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

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

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

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

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

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

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

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

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

бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно малое приращение функции.

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

Односторонняя непрерывность. Непрерывность на множестве

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

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

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

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

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

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

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 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.

Подпоследовательность. Частичный предел. Верхний и нижний пределы

Пусть дана последовательность $\{x_n\}$ и строго возрастающая последовательность натуральных чисел $n_1 < n_2 < \ldots < n_k < \ldots$ Последовательность

x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots, x_{n_k}, \ldots

называется подпоследовательностью последовательности $\{x_n\}$ и обозначается $\{x_{n_k}\}_{k=1}^\infty$ . Индукцией по $k$ проверяется, что $n_k\ge k$ .

Точка $a$ (конечная или $\pm\infty$ ) называется частичным пределом (предельной точкой) последовательности $\{x_n\}$ , если существует подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$ такая, что

\lim_{k\to\infty}x_{n_k} = a.

Верхним пределом $\varlimsup\limits_{n\to\infty}x_n$ последовательности называется её наибольший частичный предел, нижним пределом $\varliminf\limits_{n\to\infty}x_n$ — наименьший (в смысле порядка расширенной прямой $-\infty < x < +\infty$ ). Для ограниченной последовательности они существуют и конечны.

Частичный предел последовательности и предельная точка множества её значений — разные понятия: у постоянной последовательности $x_n = 1$ частичный предел $1$ , а множество значений $\{1\}$ предельных точек не имеет. Пример: у $x_n = (-1)^n$ частичные пределы $1$ и $-1$ , $\varlimsup x_n = 1$ , $\varliminf x_n = -1$ .

Односторонние пределы

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Предел функции по Гейне

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

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

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

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

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

Фундаментальная последовательность

Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной (последовательностью Коши), если она удовлетворяет условию Коши:

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

Равносильная запись:

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N\ \ \forall p\in\mathbb N:\ |x_{n+p} - x_n| < \varepsilon.

Отрицание (последовательность не фундаментальна):

\exists\varepsilon_0 > 0\ \ \forall N\ \ \exists n, m > N:\ |x_n - x_m|\ge\varepsilon_0.

В отличие от определения предела, условие Коши не содержит самого предела: оно говорит лишь о том, что члены с большими номерами сколь угодно близки друг к другу.

Арифметические операции над непрерывными функциями

Формулировка

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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 $|g(f(x)) - g(b)| = 0$ . $\blacksquare$

Эквивалентность определений непрерывности

Формулировка

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

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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 $x\ne 0$ . $\blacksquare$

Теорема о трёх последовательностях

Формулировка

Пусть существует $N_0$ такое, что

x_n\le y_n\le z_n\quad\text{при всех } n > N_0,

и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \lim\limits_{n\to\infty}z_n = a\in\mathbb R$ . Тогда последовательность $\{y_n\}$ сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}y_n = a$ . 2. Если $x_n\le y_n$ при $n > N_0$ и $x_n\to+\infty$ , то $y_n\to+\infty$ ; если $y_n\le z_n$ при $n > N_0$ и $z_n\to-\infty$ , то $y_n\to-\infty$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $\varepsilon > 0$ . Найдутся $N_1$ и $N_2$ такие, что $a - \varepsilon < x_n$ при $n > N_1$ и $z_n < a + \varepsilon$ при $n > N_2$ . Положим $N = \max(N_0, N_1, N_2)$ . При $n > N$

a - \varepsilon < x_n\le y_n\le z_n < a + \varepsilon,

т. е. $|y_n - a| < \varepsilon$ . Значит, $y_n\to a$ .

Пусть $E > 0$ . Найдётся $N_1$ такое, что $x_n > E$ при $n > N_1$ . Тогда при $n > \max(N_0, N_1)$ имеем $y_n\ge x_n > E$ , т. е. $y_n\to+\infty$ . Второе утверждение получается применением первого к $-z_n\le -y_n$ . $\blacksquare$

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

т. е. $\frac1f$ — б.м.

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

Теорема о существовании и непрерывности обратной функции

Формулировка

Пусть функция $f$ строго возрастает (строго убывает) и непрерывна на промежутке $I$ . Тогда:

множество значений $J = f(I)$ — промежуток; в частности,

f([a, b]) = [f(a), f(b)]\quad(\text{для возрастающей}),\qquad f((a, b)) = \Bigl(\inf_{(a, b)} f,\ \sup_{(a, b)} f\Bigr),

где $a, b$ могут быть и бесконечными, а грани — бесконечными; 2. $f: I\to J$ — биекция, и существует обратная функция $f^{-1}: J\to I$ ; 3. $f^{-1}$ строго возрастает (строго убывает) на $J$ ; 4. $f^{-1}$ непрерывна на $J$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть для определённости $f$ строго возрастает. По теореме о промежуточных значениях $J = f(I)$ — промежуток. Если $I = [a, b]$ , то по монотонности $f(a)\le f(x)\le f(b)$ , и $f(a), f(b)\in J$ , поэтому $J = [f(a), f(b)]$ . Если $I = (a, b)$ , то для любой $x\in(a, b)$ найдутся $x', x''\in(a, b)$ с $x' < x < x''$ , и $f(x') < f(x) < f(x'')$ ; значит, $J$ не содержит своих точных граней, и промежуток $J$ есть интервал $(\inf f, \sup f)$ .

Строго монотонная функция инъективна, а на $J = f(I)$ отображение $f: I\to J$ сюръективно по определению $J$ . Значит, $f: I\to J$ — биекция, и по теореме о существовании обратного отображения существует $f^{-1}: J\to I$ , причём $f(f^{-1}(y)) = y$ , $f^{-1}(f(x)) = x$ .

По теореме об обратимости строго монотонной функции обратная к строго возрастающей функции строго возрастает: если $y_1 < y_2$ и $x_i = f^{-1}(y_i)$ , то $x_1\ge x_2$ дало бы $y_1 = f(x_1)\ge f(x_2) = y_2$ .

Наконец, $f^{-1}$ монотонна на промежутке $J$ , и множество её значений $f^{-1}(J) = I$ — промежуток. По критерию непрерывности монотонной функции $f^{-1}$ непрерывна на $J$ . Случай строго убывающей $f$ сводится к рассмотренному заменой $f$ на $-f$ (или повторяется дословно).

Замечание. Существование строго монотонной обратной функции на $f(X)$ (пункты 2–3) верно для любой строго монотонной функции на любом множестве $X$ ; непрерывность (пункт 4) существенно использует то, что $I$ — промежуток. $\blacksquare$

Общая схема исследования функции и построения графика

Формулировка

Пусть функция $f$ (как правило, элементарная) такова, что $f$ , $f'$ и $f''$ непрерывны на своих областях определения, а точек, где $f'$ или $f''$ обращаются в нуль или не существуют, конечное число на каждом отрезке, содержащемся в $D(f)$ . (Даже для элементарной функции второе условие может нарушаться: например, $|x| + |x - 1| = 1$ на $[0, 1]$ , и все точки $(0, 1)$ стационарны.) Следующая последовательность шагов позволяет описать все промежутки монотонности и выпуклости, экстремумы, перегибы и асимптоты графика:

Найти область определения $D(f)$ , точки разрыва и односторонние пределы на границе $D(f)$ .
Выяснить чётность, нечётность, периодичность (график симметричен относительно оси $Oy$ , начала координат или повторяется со сдвигом; исследование можно вести на части области).
Найти точки пересечения с осями и промежутки знакопостоянства $f$ : на каждом промежутке $D(f)$ между соседними нулями знак $f$ постоянен.
Найти асимптоты: вертикальные — только в точках разрыва и в конечных граничных точках $D(f)$ ; наклонные при $x\to\pm\infty$ — по формулам $k = \lim\frac{f(x)}x$ , $b = \lim(f(x) - kx)$ .
Найти $f'$ , критические точки и промежутки знакопостоянства $f'$ ; на них $f$ строго монотонна; экстремумы — в критических точках, где $f'$ меняет знак (или по знаку $f''$ в стационарной точке).
Найти $f''$ , точки, где $f''$ равна нулю или не существует, промежутки знакопостоянства $f''$ ; на них $f$ строго выпукла вниз ( $f'' > 0$ ) или вверх ( $f'' < 0$ ); точки перегиба — те из найденных точек, где $f''$ меняет знак и существует касательная.
Свести результаты в таблицу, найти множество значений и построить эскиз графика по найденным точкам, промежуткам и асимптотам.

Доказательство

Развернуть

Пункты 1–2 (область определения, симметрия) состоят в вычислении и не требуют обоснования; отметим лишь, что для чётной (нечётной) функции график симметричен относительно оси $Oy$ (начала координат), поскольку вместе с точкой $(x, f(x))$ ему принадлежит точка $(-x, f(x))$ (соответственно $(-x, -f(x))$ ).

Пункт 3 (знакопостоянство). Пусть $I\subset D(f)$ — промежуток, на котором $f$ непрерывна и не обращается в нуль. Если бы $f(x_1)f(x_2) < 0$ для $x_1, x_2\in I$ , то по теореме Больцано–Коши $f$ обратилась бы в нуль между ними. Значит, знак $f$ на $I$ постоянен, и его достаточно определить в одной точке.

Пункт 4 (асимптоты). Если $f$ непрерывна в точке $a$ , то $\lim\limits_{x\to a}f(x) = f(a)$ конечен, и прямая $x = a$ не является вертикальной асимптотой; поэтому вертикальные асимптоты могут быть лишь в точках разрыва и в конечных граничных точках $D(f)$ . Элементарные функции непрерывны в своей области определения, так что кандидатов немного. Наклонные асимптоты находятся по теореме о наклонной асимптоте, которая даёт и необходимое, и достаточное условие.

Пункт 5 (монотонность и экстремумы). Между соседними критическими точками (и точками разрыва) производная $f'$ непрерывна и не обращается в нуль, поэтому, как в пункте 3, по теореме Больцано–Коши сохраняет знак. По достаточному условию строгой монотонности $f$ строго монотонна на каждом таком промежутке (включая его концы, где $f$ непрерывна). По необходимому условию экстремума экстремумы могут быть только в критических точках; по достаточному условию по первой производной экстремум есть там, где $f'$ меняет знак, и его нет, где знак сохраняется; в стационарной точке можно также использовать достаточное условие по второй производной.

Пункт 6 (выпуклость и перегибы). Аналогично $f''$ сохраняет знак между соседними точками, где она равна нулю или не существует. По условию выпуклости дважды дифференцируемой функции на промежутках с $f'' > 0$ функция строго выпукла вниз, с $f'' < 0$ — строго выпукла вверх. По необходимому условию точки перегиба перегиб возможен лишь там, где $f''$ равна нулю или не существует, а по достаточному условию он есть там, где $f''$ меняет знак и касательная существует.

Пункт 7 (сводка). Найденные промежутки покрывают всю область определения, поэтому таблица полностью описывает характер монотонности и выпуклости на $D(f)$ ; множество значений на каждом промежутке строгой монотонности непрерывной функции есть промежуток между её значениями (пределами) на концах. Эскиз строится по этим данным. $\blacksquare$

Геометрический смысл производной

Формулировка

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

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

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

Замечание

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

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

Сравнение роста логарифмической, степенной и показательной функций

Формулировка

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

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

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

Следствия.

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Формулировка

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

Построение отрицания высказываний с кванторами

Формулировка

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

Отрицание квантора всеобщности:

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

Отрицание квантора существования:

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

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

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

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

Доказательство

Развернуть

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

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

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

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

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

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

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

Следствия теоремы Лагранжа

Формулировка

Пусть $I$ — промежуток (любого типа), функции $f$ и $g$ непрерывны на $I$ и дифференцируемы во всех его внутренних точках.

Если $f'(x) = 0$ во всех внутренних точках $I$ , то $f$ постоянна на $I$ .
Если $f'(x) = g'(x)$ во всех внутренних точках $I$ , то $f(x) - g(x) = C = \mathrm{const}$ на $I$ .
Если $|f'(x)|\le L$ во всех внутренних точках $I$ , то

|f(x_1) - f(x_2)|\le L|x_1 - x_2|\qquad\forall x_1, x_2\in I,

т.е. $f$ удовлетворяет на $I$ условию Липшица и, следовательно, равномерно непрерывна на $I$ . 4. (Предел производной.) Пусть $f$ непрерывна на $[a, a + \delta)$ , дифференцируема на $(a, a + \delta)$ и существует $\lim\limits_{x\to a+0}f'(x) = A$ (конечный или бесконечный). Тогда существует $f'_+(a) = A$ . Аналогично для левой производной; если $f$ непрерывна в точке $a$ , дифференцируема в её проколотой окрестности и $\lim\limits_{x\to a}f'(x) = A$ , то $f'(a) = A$ .

Замечание. В п. 1 существенно, что $I$ — промежуток: функция, равная $0$ на $(-1, 0)$ и $1$ на $(0, 1)$ , имеет нулевую производную во всех точках своей области определения, но не постоянна.

Доказательство

Развернуть

Пусть $x_1, x_2\in I$ , $x_1 < x_2$ . Тогда $[x_1, x_2]\subset I$ , все точки интервала $(x_1, x_2)$ внутренние для $I$ , $f$ непрерывна на $[x_1, x_2]$ и дифференцируема на $(x_1, x_2)$ . По теореме Лагранжа

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

П. 1: если $f'\equiv 0$ во внутренних точках, то $f'(c) = 0$ и $f(x_2) = f(x_1)$ для любых $x_1, x_2\in I$ , т.е. $f$ постоянна.

П. 2: функция $h = f - g$ непрерывна на $I$ и по правилу дифференцирования разности $h' = f' - g' = 0$ во внутренних точках; по п. 1 $h = \mathrm{const}$ .

П. 3: из формулы Лагранжа $|f(x_2) - f(x_1)| = |f'(c)|\,|x_2 - x_1|\le L|x_2 - x_1|$ . По достаточному условию равномерной непрерывности функция, удовлетворяющая условию Липшица, равномерно непрерывна.

П. 4, случай конечного $A$ : возьмём $\varepsilon > 0$ и выберем $\delta_1\in(0, \delta]$ так, что $|f'(t) - A| < \varepsilon$ при $a < t < a + \delta_1$ . Для $x\in(a, a + \delta_1)$ по теореме Лагранжа на $[a, x]$

\frac{f(x) - f(a)}{x - a} = f'(c_x),\qquad c_x\in(a, x)\subset(a, a + \delta_1),

поэтому $\left|\frac{f(x) - f(a)}{x - a} - A\right| = |f'(c_x) - A| < \varepsilon$ . Это и означает $f'_+(a) = A$ .

Если $A = +\infty$ (или $-\infty$ , $\infty$ ), рассуждение то же с заменой $\varepsilon$ -окрестности точки $A$ на соответствующую окрестность бесконечности: из $f'(t)\in U(A)$ при $t\in(a, a + \delta_1)$ следует, что разностное отношение $f'(c_x)$ лежит в $U(A)$ при $x\in(a, a + \delta_1)$ .

Для левой производной рассуждение симметрично. В двустороннем случае получаем $f'_-(a) = f'_+(a) = A$ , и по теореме о связи производной с односторонними производными $f'(a) = A$ . $\blacksquare$

Принцип Больцано–Вейерштрасса

Формулировка

Из всякой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность; иначе говоря, ограниченная последовательность имеет хотя бы один конечный частичный предел.
Всякое бесконечное ограниченное множество $X\subset\mathbb R$ имеет хотя бы одну конечную предельную точку.
Из всякой последовательности, не ограниченной сверху, можно выделить подпоследовательность, стремящуюся к $+\infty$ (из не ограниченной снизу — к $-\infty$ ). В частности, из неограниченной последовательности можно выделить бесконечно большую подпоследовательность.

Доказательство

Развернуть

Пусть $|x_n|\le C$ при всех $n$ , $[a_0, b_0] = [-C, C]$ ; этот отрезок содержит $x_n$ при всех $n$ . Разделим его пополам. Хотя бы одна из половин содержит $x_n$ для бесконечного множества номеров $n$ (иначе обе половины содержали бы члены лишь с конечным числом номеров, а всех номеров бесконечно много). Обозначим такую половину (левую, если подходят обе) $[a_1, b_1]$ .

Продолжая, получим систему вложенных отрезков $[a_k, b_k]$ длины $b_k - a_k = \frac{2C}{2^k}$ , каждый из которых содержит $x_n$ для бесконечного множества номеров. По принципу вложенных отрезков существует точка $c$ , принадлежащая всем $[a_k, b_k]$ .

Выберем номер $n_1$ с $x_{n_1}\in[a_1, b_1]$ , затем $n_2 > n_1$ с $x_{n_2}\in[a_2, b_2]$ , и вообще $n_k > n_{k-1}$ с $x_{n_k}\in[a_k, b_k]$ — это возможно, так как подходящих номеров бесконечно много. Получаем подпоследовательность, для которой, поскольку $x_{n_k}$ и $c$ лежат в $[a_k, b_k]$ ,

0\le|x_{n_k} - c|\le b_k - a_k = 2C\left(\frac12\right)^k.

По лемме об основных пределах $\left(\frac12\right)^k\to 0$ , и по теореме о трёх последовательностях $x_{n_k}\to c$ .

Так как $X$ бесконечно, можно по индукции выбрать попарно различные точки $x_n\in X$ (множество $X\setminus\{x_1, \ldots, x_{n-1}\}$ непусто). Последовательность $\{x_n\}$ ограничена, и по п. 1 существует подпоследовательность $x_{n_k}\to c\in\mathbb R$ . Её члены попарно различны, поэтому по теореме о предельной точке множества как пределе последовательности $c$ — предельная точка $X$ .
Пусть $\{x_n\}$ не ограничена сверху. Тогда для любых $M$ и $N$ найдётся $n > N$ с $x_n > M$ : иначе $x_n\le\max(M, x_1, \ldots, x_N)$ при всех $n$ . Выберем $n_1$ с $x_{n_1} > 1$ и далее $n_k > n_{k-1}$ с $x_{n_k} > k$ . Для $E > 0$ при $k > E$ имеем $x_{n_k} > k > E$ , т. е. $x_{n_k}\to+\infty$ . Случай неограниченности снизу аналогичен. Неограниченная последовательность не ограничена сверху или снизу, и построенная подпоследовательность стремится к $+\infty$ или к $-\infty$ , а значит, бесконечно большая. $\blacksquare$

Подпоследовательности сходящейся последовательности

Формулировка

Если $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ ( $a$ конечное или $\pm\infty$ ), то любая подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$ имеет тот же предел $a$ . В частности, сходящаяся последовательность имеет единственный частичный предел, а последовательность с двумя различными частичными пределами расходится.
Точка $a$ (конечная или $\pm\infty$ ) является частичным пределом $\{x_n\}$ тогда и только тогда, когда в любой окрестности $U(a)$ лежат члены $x_n$ с бесконечным множеством номеров $n$ .
Ограниченная последовательность сходится к $a$ тогда и только тогда, когда каждый её частичный предел равен $a$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $U(a)$ — окрестность, и $x_n\in U(a)$ при $n > N$ . Так как $n_k\ge k$ , при $k > N$ имеем $n_k > N$ и $x_{n_k}\in U(a)$ . Значит, $x_{n_k}\to a$ . Если бы сходящаяся к $a$ последовательность имела частичный предел $b\ne a$ , то некоторая подпоследовательность стремилась бы и к $a$ , и к $b$ , что противоречит единственности предела.
Если $x_{n_k}\to a$ , то для любой окрестности $U(a)$ все $x_{n_k}$ с $k > K$ лежат в $U(a)$ , а номера $n_k$ попарно различны — их бесконечно много. Обратно, пусть условие выполнено. Для конечного $a$ положим $U_k = (a - \frac1k, a + \frac1k)$ , для $a = +\infty$ — $U_k = (k, +\infty)$ , для $a = -\infty$ — $U_k = (-\infty, -k)$ . Выберем $n_1$ с $x_{n_1}\in U_1$ и далее $n_k > n_{k-1}$ с $x_{n_k}\in U_k$ (номеров с $x_n\in U_k$ бесконечно много, поэтому есть и больший $n_{k-1}$ ). Для конечного $a$ имеем $|x_{n_k} - a| < \frac1k$ , откуда по следствию из принципа Архимеда $x_{n_k}\to a$ ; для $a = \pm\infty$ получаем $x_{n_k} > k$ (соответственно $x_{n_k} < -k$ ), т. е. $x_{n_k}\to\pm\infty$ .
Необходимость следует из п. 1. Достаточность: пусть $\{x_n\}$ ограничена, все её частичные пределы равны $a$ , но $x_n\not\to a$ . Тогда найдётся $\varepsilon_0 > 0$ такое, что $|x_n - a|\ge\varepsilon_0$ для бесконечного множества номеров; выписывая эти члены в порядке возрастания номеров, получим подпоследовательность $\{x_{m_j}\}$ с $|x_{m_j} - a|\ge\varepsilon_0$ .

Она ограничена, и по принципу Больцано–Вейерштрасса из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность $x_{m_{j_i}}\to b$ ; это и подпоследовательность $\{x_n\}$ , так что $b$ — частичный предел и по условию $b = a$ . Но если бы $b$ лежало в интервале $(a - \varepsilon_0, a + \varepsilon_0)$ , то по теореме о сохранении знака (предельный переход в неравенствах) члены $x_{m_{j_i}}$ с большими номерами тоже лежали бы в нём; значит, $|b - a|\ge\varepsilon_0$ , т. е. $b\ne a$ . Противоречие.

Ограниченность в п. 3 существенна: у $x_n = n$ при нечётных $n$ и $x_n = 0$ при чётных единственный конечный частичный предел $0$ , но последовательность расходится. $\blacksquare$

Предельный переход в неравенствах

Формулировка

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

(Сохранение знака.) Если $a > c$ , то существует $N$ такое, что $x_n > c$ при всех $n > N$ ; если $a < c$ , то $x_n < c$ при $n > N$ . В частности, если $a\ne 0$ , то начиная с некоторого номера $x_n$ имеет знак $a$ .
Если $a < b$ , то существует $N$ такое, что $x_n < y_n$ при всех $n > N$ .
Если существует $N_0$ такое, что

x_n\le y_n\quad\text{при всех } n > N_0,

то $a\le b$ . В частности, если $x_n\le c$ (или $x_n\ge c$ ) начиная с некоторого номера, то $a\le c$ (соответственно $a\ge c$ ).

Строгое неравенство при предельном переходе, вообще говоря, не сохраняется: $\frac1n > 0$ , но $\lim\frac1n = 0$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $a > c$ . Возьмём $\varepsilon = a - c > 0$ ; найдётся $N$ такое, что $|x_n - a| < \varepsilon$ при $n > N$ . Тогда $x_n > a - \varepsilon = c$ при $n > N$ . Случай $a < c$ аналогичен: при $\varepsilon = c - a$ имеем $x_n < a + \varepsilon = c$ .
Пусть $a < b$ и $c = \frac{a + b}2$ , так что $a < c < b$ . По п. 1 существуют $N_1$ и $N_2$ такие, что $x_n < c$ при $n > N_1$ и $y_n > c$ при $n > N_2$ . При $n > \max(N_1, N_2)$ получаем $x_n < c < y_n$ .
Предположим, что $a > b$ . Тогда по п. 2 (с переменой ролей последовательностей) $y_n < x_n$ при всех $n$ , больших некоторого $N$ . Для $n > \max(N, N_0)$ это противоречит условию $x_n\le y_n$ . Значит, $a\le b$ . Частный случай получается, если взять постоянную последовательность $y_n = c$ (или $x_n = c$ ). $\blacksquare$

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

Критерий Коши сходимости числовой последовательности

Формулировка

Числовая последовательность $\{x_n\}$ сходится (имеет конечный предел) тогда и только тогда, когда она фундаментальна:

\exists\lim_{n\to\infty}x_n\in\mathbb R\iff\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\ \ \forall n, m > N:\ |x_n - x_m| < \varepsilon.

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $x_n\to a$ , $\varepsilon > 0$ . Найдётся $N$ с $|x_n - a| < \frac\varepsilon2$ при $n > N$ . Тогда при $n, m > N$

|x_n - x_m|\le|x_n - a| + |a - x_m| < \frac\varepsilon2 + \frac\varepsilon2 = \varepsilon.

Достаточность. Фундаментальная последовательность ограничена: при $\varepsilon = 1$ найдётся $N_1$ с $|x_n - x_m| < 1$ при $n, m > N_1$ ; в частности $|x_n|\le|x_{N_1+1}| + 1$ при $n > N_1$ , и $|x_n|\le\max\{|x_1|, \ldots, |x_{N_1}|, |x_{N_1+1}| + 1\}$ для всех $n$ .

По принципу Больцано–Вейерштрасса существует подпоследовательность $x_{n_k}\to a\in\mathbb R$ .

Покажем, что $x_n\to a$ . Пусть $\varepsilon > 0$ . По условию Коши найдётся $N$ с $|x_n - x_m| < \frac\varepsilon2$ при $n, m > N$ , а по сходимости подпоследовательности — номер $K$ с $|x_{n_k} - a| < \frac\varepsilon2$ при $k > K$ . Возьмём $n > N$ и какое-нибудь $k > \max(K, N)$ ; тогда $n_k\ge k > N$ , и

|x_n - a|\le|x_n - x_{n_k}| + |x_{n_k} - a| < \frac\varepsilon2 + \frac\varepsilon2 = \varepsilon.

Итак, $x_n\to a$ .

Замечание. В множестве $\mathbb Q$ аналог критерия неверен: десятичные приближения $1;\ 1{,}4;\ 1{,}41;\ 1{,}414;\ \ldots$ числа $\sqrt2$ фундаментальны, но не имеют рационального предела. Критерий Коши выражает полноту $\mathbb R$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

Непрерывность элементарных функций. Равномерная непрерывность

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Доказательство

Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке

Формулировка

Доказательство

Достаточное условие равномерной непрерывности

Формулировка

Доказательство

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка

Доказательство

Равномерная непрерывность на интервале и продолжение на отрезок

Формулировка

Доказательство

Равномерная непрерывность функции x² на отрезке и на прямой

Условие

Решение

Равномерная непрерывность логарифма

Условие

Решение

Функции sin(1/x) и x sin(1/x) на интервале (0, 1)

Условие

Решение

Функции x sin x, sin x² и sin √x на неограниченных промежутках

Условие

Решение

Арифметические операции и равномерная непрерывность

Условие

Решение

Непрерывная функция с конечным пределом на бесконечности

Условие

Решение

Равномерно непрерывная функция на ограниченном множестве ограничена

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Равномерная непрерывность

Условие Липшица и условие Гёльдера

Основные элементарные функции

Непрерывность функции в точке

Односторонняя непрерывность. Непрерывность на множестве

Ограниченные, монотонные, чётные и периодические функции

Предел последовательности

Подпоследовательность. Частичный предел. Верхний и нижний пределы

Односторонние пределы

Предел функции по Гейне

Фундаментальная последовательность

Арифметические операции над непрерывными функциями

Формулировка

Доказательство

Непрерывность сложной функции. Предельный переход под знаком непрерывной функции

Формулировка

Доказательство

Эквивалентность определений непрерывности

Формулировка

Доказательство

Первый замечательный предел

Формулировка

Доказательство

Неравенство Бернулли

Формулировка

Доказательство

Теорема о трёх последовательностях

Формулировка

Доказательство

Связь бесконечно больших и бесконечно малых функций

Формулировка

Доказательство

Теорема о существовании и непрерывности обратной функции

Формулировка

Доказательство

Общая схема исследования функции и построения графика

Формулировка

Доказательство

Геометрический смысл производной

Формулировка

Доказательство