Лекции с официального сайта кафедры ФН-12, страница 8

Утверждение теоремы можно вывести из доказанных выше теорем об арифметических операциях над сходящимися последовательностями, используяопределение предела функции по Гейне. Рассмотрим, например, утверждение о пределе частного. Пусть Ů (x0 ) — проколотая окрестность точки x0 , в которой определены функции f (x) и g(x), причем g(x) 6= 0 для любого x ∈Ů (x0 ).

Рассмотрим произвольную последовательность {xn }, все элементы которой лежат в Ů (x0 ), ипри этом lim xn = x0 . По определению предела функции по Гейне имеем равенстваlim (f (x) ± g(x)) = a ± b,lim f (x) · g(x) = ab,limx→x0lim f (xn ) = a и lim g(xn ) = b, причем g(xn ) 6= 0, n = 1, 2, .... По теореме о пределеn→∞n→∞частного из теории последовательностейlim f (xn )af (xn )n→∞lim== .n→∞ g(xn )lim g(xn )bn→∞f (x)a= .g(x)bАналогично можно доказать два оставшихся утверждения теоремы. Теорема доказана.Поэтому в соответствии с определением предела функции по Гейне2limx→x0замечательном пределе).Имеет место равенствоsin x=1.limx→0 xsin xДоказательство.

Т.к. функция limявляется чётной, то достаточно доказать раx→0 xsin xвенство lim= 1.x→0+ xТеорема(опервомπ. Рассмотрим окружность радиуса R с центром в начале координат,2пересекающую ось абсцисс в точке A, и пусть угол AOB равен x (радиан). Пусть, далее,CA — перпендикуляр к этой оси, C — точка пересечения с этим перпендикуляром продолжения отрезка OB за точку B. Тогда площадь 4OAB меньше площади сектора OAB,а площадь этого сектора меньше площади 4OAC, т.е.Пусть 0 < x <111 2R sin x < R2 x < R2 tg x , и222sin xcos x <<1.(1)xЧтобы можно было применить теорему о пределе промежуточной функции, достаточноπдоказать, что cos x → 1 при x → 0+.

Т.к. 0 < sin x < x при 0 < x <(это следует из2доказанного; на деле неравенство верно при всех x > 0), то sin x → 0 при x → 0+. Отсюдаxxследует, что sin2 → 0 при x → 0+, а поскольку cos x = 1 − 2 sin2 , то cos x → 1 при22x → 0+. Поэтому из (1) вытекает требуемое. Теорема доказана.замечательномСправедливопределе).x1lim 1 +=e.x→∞xДоказательство. Требуется доказать, чтоxx11=e иlim 1 +=e.lim 1 +x→−∞x→+∞xxТеорема(овторомравенство(2)Рассмотрим первое из этих равенств. Имеем [x] 6 x < [x] + 1, где [x] — целая часть x.При x > 1 (при этом [x] > 0) получаем отсюда:1+11+[x]111>1+ >1+,[x]x[x] + 1[x]+1>11+xxn1Т.к.

lim 1 += e , тоn→∞nn+1n 111lim 1 += lim 1 +· 1+=n→∞n→∞nnn3>11+[x] + 1[x].(3)= limn→∞Аналогично и limn→∞11+n+1n· limn→∞11+n=e.n= e. Таким образом, для вспомогательных функцийg1 (n) =11+n11+nn+1и g2 (n) =11+n+1nнатурального аргумента n имеемlim g1 (n) = lim g2 (n) = e.n→∞n→∞Если x → +∞, то и целая часть [x] → +∞. Следовательно, по теореме о пределе сложнойфункции g1 ([x]) → e и g2 ([x]) → e при x → +∞. Отсюда и из (3) по теореме о пределе промежуточной функции получаем первое из соотношений (2). Для доказательства второгоиз этих соотношений вновь применим теорему о пределе сложной функции:x−yy−1 1111= lim 1 += lim 1 +1+= e.lim 1 +y→+∞y→+∞x→−∞x−yy−1y−1Итак, справедливость обоих равенств (2) установлена, и теорема доказана.Замечание.

Нетрудно убедиться, что утверждение теоремы о втором замечательномпределе равносильно равенству lim(1 + t)1/t .t→0f (x)Если в выражении limчислитель и знаменатель стремятся к нулю, т.е. еслиx→x0 g(x)lim f (x) = lim g(x) = 0, то нельзя непосредственно применить теорему о пределе част-x→x0x→x00ного. В этом случае говорят, что мы имеем дело с неопределённостью вида . Вычисление0предела в этой ситуации называется раскрытием неопределённости. При этом в некоторыхслучаях может оказаться полезной теорема о первом замечательном пределе.

Напримерsin 2x2 sin 2x3x2= lim ··· cos 3x = .x→0 tg 3xx→0 32xsin 3x3limПри вычислении предела степенно-показательного выражения u(x)v(x) могут встретитьсянеопределённости вида 1∞ , 00 и ∞0 . Первую из них обычно удаётся раскрыть с помощьютеоремы о втором замечательном пределе. При этом используется следующее утверждение. Пусть x → x0 ; тогда, если u(x) → a, a > 0, v(x) → b, то u(x)v(x) → ab . Доказательством этого утверждения мы сейчас заниматься не будем.1→ ∞, иПример. Требуется найти предел lim (1 + sin x)1/x .

Здесь 1 + sin x → 1,x→0x∞мы имеем дело с неопределённостью вида 1 . Раскрыть эту неопределённость можно,например, так: sinx x1lim (1 + sin x)1/x = lim (1 + sin x) sin x=e,x→0x→0т.к. выражение в больших скобках стремится к e по теореме о втором замечательномsin xпределе, а показатель степени→ 1 по теореме о первом замечательном пределе.x4кафедра «Математическое моделирование»проф.

П. Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекция 7.Бесконечно малые функции. Связь функции, ее предела и бесконечномалой. Свойства бесконечно малых функций. Бесконечно большиефункции, их связь с бесконечно малыми.ОЛ-1 п.

7.6Функция ϕ(x) называется бесконечно малой при x → x0 , если lim ϕ(x) = 0.x→x0Теорема (о связи функции, ее предела и бесконечно малой). Равенство a = lim f (x)x→x0имеет место тогда и только тогда, когда f (x) = a + ϕ(x), где функция ϕ(x) бесконечномала при x → x0 .Доказательство. Необходимость. Пусть a = lim f (x). Требуется доказать, чтоx→x0f (x) = a + ϕ(x), где ϕ(x) − бесконечно малая функция при x → x0 . Обозначимϕ(x) = f (x) − a. Тогда из определения предела функции получаем, что для любого ε > 0существует число δ = δ(ε) > 0 такое, что при всех x, 0 < |x − x0 | < δ, выполняется неравенство |f (x) − a| = |ϕ(x)| < ε.

Это означает, что lim ϕ(x) = 0, т.е. ϕ(x) бесконечноx→x0мала при x → x0 . Необходимость доказана.Достаточность. Пусть f (x) = a + ϕ(x), где функция ϕ(x) бесконечно мала приx → x0 . Тогда для любого ε > 0 существует число δ = δ(ε) > 0 такое, что при всехx, 0 < |x − x0 | < δ выполняется неравенство |ϕ(x)| < ε, а т.к. ϕ(x) = f (x) − a, тотакже и неравенство |f (x) − a| < ε. Отсюда следует, что lim f (x) = a.

Достаточностьx→x0доказана. Теорема доказана.Рассмотрим свойства бесконечно малых функций.Теорема (о сумме бесконечно малых). Пусть функции ϕ1 (x), ..., ϕn (x) бесконечноnPмалы при x → x0 . Тогда их алгебраическая сумма±ϕi (x) также бесконечно малаi=1при x → x0 .Доказательство.

Очевидно, достаточно доказать теорему для n = 2, т.е. доказать,что бесконечно малой при x → x0 является функция ±ϕ1 (x) ± ϕ2 (x). Пусть заданоε > 0; из того, что ϕ1 (x) и ϕ2 (x) бесконечно малы при x → x0 получаем, чтосуществует число δ1 = δ1 (ε) > 0 такое, что при всех x, 0 < |x − x0 | < δ1 , выполняетсяεнеравенство |ϕ1 (x)| < ; существует также число δ2 = δ2 (ε) > 0 такое, что при всех21εx, 0 < |x − x0 | < δ2 , выполняется неравенство |ϕ2 (x)| < . Если δ = min(δ1 , δ2 ), то при2всех x, 0 < |x − x0 | < δ , имеем| ± ϕ1 (x) ± ϕ2 (x)| 6 |ϕ1 (x)| + |ϕ2 (x)| <ε ε+ = ε.2 2Отсюда lim (±ϕ1 (x) ± ϕ2 (x)) = 0, т.е.

функция ±ϕ1 (x) ± ϕ2 (x) бесконечно мала приx→x0x → x0 , и теорема доказана.Теорема (о произведении бесконечно малой величины на ограниченную). Пусть впроколотой окрестности Ů (x0 ) точки x0 заданы функции f (x) и ϕ(x), причем f (x)ограничена на Ů (x0 ), а ϕ(x) бесконечно мала при x → x0 . Тогда произведение f (x)·ϕ(x)есть бесконечно малая функция при x → x0 .Доказательство. Т.к. f (x) ограничена на множестве Ů (x0 ), то существует числоc такое, что |f (x)| 6 c при всех x ∈ Ů (x0 ).

Далее, пусть задано ε > 0. Дляε(т.к. с > 0, то c + 1 6= 0) существует δ > 0 такое, что приположительного числаc+1ε. Для указанных xвсех x, 0 < |x − x0 | < δ , выполняется неравенство |ϕ(x)| <c+1εимеем |f (x) · ϕ(x)| 6 c ·< ε. Поэтому lim f (x) · ϕ(x) = 0, и функция f (x) · ϕ(x)x→x0c+1бесконечно мала при x → x0 . Теорема доказана.∗ Замечание.В качестве примера на применение теоремы о связи функции,ее предела и бесконечно малой дадим другое доказательство утверждения о пределе частного двух функций. Посколькуlim f (x) = a и lim g(x) = b, тоx→x0x→x0f (x) = a + ϕ(x) и g(x) = b + ψ(x), где ϕ(x) и ψ(x) − бесконечно малые при x → x0 .

Приэтом b 6= 0, и g(x) = b + ψ(x) 6= 0 в некоторой проколотой окрестности точки x0 . Чтобыaf (x) af (x)=достаточно убедиться в том, что разность−доказать равенство limx→x0 g(x)bg(x)bбесконечно мала при x → x0 . Имеемf (x) aa + ϕ(x) abϕ(x) − aψ(x)− =− =.g(x)bb + ψ(x)bb(b + ψ(x))Из теорем о произведении бесконечно малой величины на ограниченную и о суммебесконечно малых следует, что функция, находящаяся в числителе последней дроби бесконечно мала (при x → x0 ). Далее, lim b(b + ψ(x)) = b2 — это следует из упомянутой вышеx→x0теоремы о связи функции, её предела и бесконечно малой.