maall (848881), страница 7

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 7)

Теорема доказана.Теорема (о сохранении функцией знака своего предела). Пусть предел lim f (x)x→x0положителен. Тогда функция f (x) положительна в некоторой проколотой окрестноститочки x0 .aДоказательство. Пусть lim f (x) = a, a > 0. Тогда для положительного числаx→x02aнайдется δ > 0 такое, что при 0 < |x − x0 | < δ выполняется неравенство |f (x) − a| < .2aaaЭто неравенство равносильно такому: − < f (x) − a < ; следовательно, f (x) > ,222т.е. данная функция положительна при x ∈ (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ).

Теорема доказана.Переформулированные соответствующим образом последние три теоремы остаются всиле и для других рассмотренных выше предельных процессов.Теорема (о предельном переходе в неравенстве). Пусть функции f (x) и g(x) определены в проколотой окрестности Ů (x0 ) точки x0 , причем для любого x ∈ Ů (x0 ) выполняется неравенство f (x) > g(x). Тогда, если эти функции имеют пределы a = lim f (x)x→x0и b = lim g(x), то a > b.x→x0Доказательство.Пусть вопреки утверждению теоремыa < b,и пустьb−a> 0. Тогда существует δ1 > 0 такое, что при 0 < |x − x0 | < δ1 имеет место неε=24равенство |f (x) − a| < ε, т.е.

a − ε < f (x) < a + ε. Аналогично существует δ2 > 0 такое,что при 0 < |x−x0 | < δ2 выполняется неравенство |g(x)−b| < ε, т.е. b−ε < g(x) < b+ε.a+b= b − ε < g(x), т.е.Если δ = min(δ1 , δ2 ), и 0 < |x − x0 | < δ, то f (x) < a + ε =2f (x) < g(x) для указанных значений x — противоречие. Теорема доказана.Замечание. Если в условии теоремы неравенство f (x) > g(x) заменить на строгое,т.е. если f (x) > g(x), то отсюда, вообще говоря, не следует, что a > b. Например, при|x| < 1, x 6= 0, имеем |x| > x2 . В то же время lim |x| = lim x2 = 0.x→0x→0Теорема (о пределе промежуточной функции). Пусть для всех x из некоторой проколотой окрестности Ů (x0 ) точки x0 выполняется двойное неравенствоf (x) 6 g(x) 6 h(x) , и пусть существуют пределы lim f (x) и lim h(x), равные одx→x0x→x0ному и тому же числу a.

Тогда и lim g(x) = a.x→x0Доказательство. Для произвольного положительного числа ε существуют положительные числа δ1 и δ2 такие, что при 0 < |x − x0 | < δ1 имеет место неравенство|f (x) − a| < ε, т.е. a − ε < f (x) < a + ε, а при 0 < |x − x0 | < δ2 выполняется неравенство|h(x) − a| < ε, т.е. a − ε < h(x) < a + ε. Тогда при 0 < |x − x0 | < δ, δ = min(δ1 , δ2 ),выполняется неравенство a − ε < f (x) 6 g(x) 6 h(x) < a + ε, т.е. a − ε < g(x) < a + ε, и|g(x)−a| < ε. Таким образом, при 0 < |x−x0 | < δ имеет место неравенство |g(x)−a| < ε.Это означает, что lim g(x) = a. Теорема доказана.x→x0Заметим, что аналоги доказанных теорем справедливы и для других рассмотренныхвыше предельных процессов (в том числе и в теории последовательностей).5кафедра «Математическое моделирование»проф.

П. Л. ИванковМатематический анализконспект лекцийдля студентов 1-го курса 1-го семестравсех специальностей ИУ, РЛ, БМТ (кроме ИУ9)Лекция 6.Односторонние пределы. Теорема о замене переменной в пределе(о пределе сложной функции). Арифметические операции с функциями, имеющими пределы. Первый и второй замечательные пределы.Следствия из них.ОЛ-1, пп. 7.2, 7.4-7.7Пусть функция f (x) определена при x0 < x < x0 +η, где η − некоторое положительное число.

Говорят, что a есть предел функции f (x) при x → x0 +, если для любогоε > 0 существует δ = δ(ε) > 0 такое, что при любом x, x0 < x < x0 + δ, выполняетсянеравенство |f (x) − a| < ε. Такой предел называют правосторонним или пределом приx → x0 справа. Обозначение:lim f (x) = a. Аналогично можно определить пределx→x0 +lim f (x) при условии, что функция f (x) задана при x0 − η < x < x0 ; η > 0.x→x0 −Пример. Рассмотрим функцию («сигнум 1,0,sign x =−1,Очевидно, lim sign x = −1,x→0−икс»)если x > 0,если x = 0,если x < 0.lim sign x = 1.x→0+Теорема (о пределе сложной функции).

Пусть функция f (x) определена в проколотойокрестности точки x0 и принимает значения в проколотой окрестности V̊ (y0 ) точки y0 ,причём lim f (x) = y0 . Тогда, если функция g(y) определена на V̊ (y0 ), и lim g(y) = a, тоx→x0y→y0и lim g(f (x)) = a.x→x0Доказательство.

Пусть задано ε > 0. Т.к. lim g(y) = a, то для ε найдётся δ = δ(ε) > 0y→y0такое, что при 0 < |y − y0 | < δ выполняется неравенство |g(y) − a| < ε. Для положительного числа δ в силу равенства lim f (x) = y0 существует число η = η(δ) > 0 такое, что приx→x01всех x, 0 < |x − x0 | < η, имеет место неравенство |f (x) − y0 | < δ; при этом в силу того, чтоf (x) ∈ V̊ (y), и, следовательно, f (x) 6= y0 , выполняется также неравенство |f (x) − y0 | > 0.Таким образом, по заданному ε > 0 мы нашли η > 0 такое, что при всех x, 0 < |x−x0 | < η,выполняется неравенство 0 < |f (x) − y0 | < δ; в таком случае для всех указанных x выполняется неравенство |g(f (x)) − a| < ε.

Это означает, что lim g(f (x)) = a. Теоремаx→x0доказана.Замечание. Теорема остаётся в силе, если какие-либо из чисел x0 , y0 или a заменитьсимволами −∞, +∞ или ∞. Можно также рассмотреть аналоги доказанной теоремы, вкоторых фигурируют односторонние пределы. Ограничение f (x) 6= y0 можно отбросить,если функция g(y) определена при y = y0 , и g(y0 ) = a.Пример. Найти пределы lim arccos th x и lim arccos th x.x→−∞x→+∞Из графика арккосинуса ясно, что lim arccos y = π и lim arccos y = 0.

Для доказательy→−1+y→1−ства этих равенств следует воспользоваться непрерывностью арккосинуса, которая будетрассмотрена ниже. Поскольку th x → −1 при x → −∞, и th x → 1 при x → +∞, причёмвсегда | th x| < 1, то arccos th x → π при x → −∞, и arccos th x → 0 при x → +∞.Теорема(обарифметическихоперацияхнадфункциями,имеющими предел).Пустьlim f (x)=a,lim g(x)=b.Тогдаx→x0x→x0af (x)= . Последнее равенx→x0x→x0x→x0 g(x)bство справедливо при b 6= 0, а также при условии, что g(x) 6= 0 для всех x изнекоторой проколотой окрестности точки x0 .Доказательство.

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 .

Характеристики

Список файлов лекций