Предел и непрерывность функции: Методические указания к практическим занятия по математическому анализу (I курс, 1-й семестр)

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ Федеральное государственное образовательное учреждение высшего профессионального образование «ЮЖНЫЙ ФЕДЕРАЛЬНЫЙ УНИВЕРСИТЕТ»

Коршикова Т. И., Калиниченко Л. И., Кирютенко Ю. А., Спинко Л. И. МЕТОДИЧЕСКИЕ

УКАЗАНИЯ

К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ

I ПРЕДЕЛ

КУРС,

1-Й

СЕМЕСТР

И НЕПРЕРЫВНОСТЬ ФУНКЦИИ

Ростов-на-Дону 2007 год

Методические указания разработаны сотрудниками кафедры математического анализа Коршиковой Т. И., Калиниченко Л. И., Кирютенко Ю. А., Спинко Л.И. В них рассматриваются методы решения типовых примеров, традиционно решаемых на практических занятиях по математическому анализу в первом семестре первого курса на отделениях «Математика» и «Механика». После каждого раздела приведены задачи для самостоятельной работы. Основными задачниками для работы в аудитории и дома являются книги [1], [2]. В указаниях авторы существенно опираются на теоретический материал, изложенный в курсе лекций по математическому анализу [3], используют его определения и обозначения. Ответственный редактор

доктор физ.-мат. наук А. В. Абанин

Компьютерный набор и верстка

канд. физ.-мат. наук Ю. А. Кирютенко

Печатается в соответствии с решением кафедры математического анализа факультета «Математика, механика и компьютерные науки», протокол №8 от 17 апреля 2007 г.

1

Предел функции

Теоретический материал, необходимый для практики, изложен в разделе 2.2 курса лекций [3]. 1.1

Предельная точка множества

Пусть X — подмножество R. Существует большое разнообразие возможных ситуаций: множество X может состоять только из своих предельных точек, а может не содержать ни одной предельной точки, если a — предельная точка X, то она может принадлежать или не принадлежать множеству. Рассмотрим примеры. Пример 1. Указать множество предельных точек следующих множеств: (

)

(

)

1 πn 1 a) X = {(−1) , n ∈ N }, b) X = , n ∈ N , c) X = sin + ,n∈N . n 2 n n

 a) Множество X состоит из двух элементов: −1 и 1. Поэтому для любой точки a ∈ R в любой окрестности Ua содержится не более двух точек множества X. В силу определения 2.20 из [3] точка a не является предельной точкой X. Следовательно, множество X не имеет предельных точек в R. 1 b) Рассмотрим числовую последовательность {xn }∞ n=1 : xn = . Ее элементы n составляют множество X и, кроме того, n→∞ lim xn = 0, причем ∀ n ∈ N xn 6= 0. Следовательно, по критерию предельной точки числового множества ([3, теорема 2.29]), точка x = 0 является предельной точкой множества X. Так как множество элементов последовательности {xn } и исследуемое множество X совпадают, то вне любой окрестности точки x = 0 содержится не более конечного числа элементов из X. Поэтому, ◦

∀ a ∈ R\{0} ∃ Ua : U a ∩X 6= ∅. Значит, множество X не имеет других предельных точек, кроме x = 0. πn 1 c) Элементы последовательности {xn }∞ : x = sin + , составляют n n=1 2 n πn ∞ 0 0 множество X. Рассмотрим последовательность {xn }n=1 : x n = sin . Ясно, 2 что для всех n ∈ N 1 0 (1) xn = xn + . n 0 Выпишем первые элементы последовательности {x n }∞ n=1 : 0, 1, 0, −1, 0, 1, 0, −1, . . . . 3

Можно утверждать, что данная последовательность исчерпывается подпо∞ ∞ 0 0 0 0 следовательностями : {x 2k−1 }k=1 : x 2k−1 = 0, {x 4k−2 }k=1 : x 4k−2 = 1 и ∞ 0 0 {x 4k }k=1 : x 4k = −1 (то есть каждый элемент последовательности принадлежит одной и только одной из указанных подпоследовательностей). Далее, так как n→∞ lim 1/n = 0, существуют следующие пределы lim x2k−1 = 0, lim x4k−1 = 1, lim x4k = −1.

k→∞

k→∞

(2)

k→∞

А поскольку для всех k ∈ N 1 1 1 6= 0, x4k−1 = 1 + 6= 1, x4k = −1 + 6= −1, 2k − 1 4k − 1 4k по критерию предельной точки числового множества, точки 0, 1, −1 — предельные точки множества X. Докажем, что X не имеет других предельных точек. Так как x2k−1 =

1 ≤ 1, ∀ n ∈ N, n то, в силу (1), −1 ≤ xn ≤ 2, ∀ n ∈ N. Поэтому множество X ограничено, а значит бесконечно удаленные точки не являются его предельными точками. Пусть a ∈ R \ {−1; 0; 1}. В силу аксиомы непрерывности для множества вещественных чисел, существуют попарно не пересекающиеся окрестности U−1 , U0 , U1 , Ua , точек −1, 0, 1, a, соответственно. Из (2) следует, что вне окрестностей U−1 , U0 , U1 находится не более конечного числа элементов ∞ ∞ подпоследовательностей {x2k−1 }∞ k=1 , {x4k−2 }k=1 , {x4k }k=1 , а, значит, не более конечного числа элементов последовательности {xn }∞ n=1 . Тогда в окрестности ◦ ∞ U a находится не более конечного числа членов последовательности {xn }n=1 . Последнее означает, что точка a не является предельной точкой множества X (см. определение ??). Итак, только точки −1, 0, 1 являются предельными для множества X.  0

−1 ≤ xn ≤ 1 , 0 <

Задания для самостоятельной работы Найти предельные точки следующих множеств: (

  (−1)n

)

2n + 1 a) X = (−1)n , n∈N , n c) X = (0, 2), ( ) nπ e) X = sin , n∈N , 3

+1

 

, n ∈ N, 2 d) X = {−n(1 + cos nπ), n ∈ N}, ( ) π f) X = cos , n ∈ N . n b) X = 

4

1.2

Определение предела функции в точке

Важную роль в курсе математического анализа играет понятие предела функции в точке a, связанное с поведением функции в проколотой окрестности этой точки. Напомним здесь только два важнейших определения. Определение 1 (Коши). Пусть X ⊂ R, f : X → R и a — предельная точка множества X. Точка A ∈ R называется пределом функции f (x) в точке a (или, говорят, при x стремящемся к a), если для любой окрестности UA точки A существует окрестность Ua точки a такая, ◦ что f (x) ∈ UA , ∀ x ∈ U a ∩ X; при этом используют одно из следующих обозначений: A = x→a lim f (x), A = lim f, f (x) → A при x → a. a Равносильным первому, является следующее определение предела функции в точке на языке последовательностей (см. [3, теорема 2.31]). Определение 2 (Гейне). Пусть f : X ⊂ R → R, a — предельная точка множества X. Точка A ∈ R называется пределом функции f (x) в точке a, если для любой последовательности {xn }∞ n=1 такой, что xn ∈ X, xn 6= a, ∀ n ∈ N, n→∞ lim xn = a, соответствующая ей последовательность образов {f (xn )}∞ n=1 имеет предел, равный A, то есть n→∞ lim f (xn ) = A. Из этих определений следует, что существование и величина предела функции f (x) в точке a не зависит ни от значения функции f (x) в точке a (функция может быть даже не определена в этой точке), ни от поведения функции f (x) вне некоторой окрестности точки a. Тот факт, что A из R не является пределом функции f в точке a означает следующее. 1) по Коши (в случае a, A ∈ R): ∃ ε0 > 0 : ∀ δ > 0 ∃ xδ ∈ X : 0 < |xδ − a| < δ, |f (xδ ) − A| ≥ ε0 ; 2) по Гейне: ∃ {xn }∞ lim xn = a, но A не n=1 : xn ∈ X, xn 6= a, ∀ n ∈ N, n→∞ является пределом последовательности {f (xn )}. Из определения Гейне предела функции в точке следует, что если суще0 ∞ ствуют последовательности {xn }∞ n=1 и {xn }n=1 , удовлетворяющие всем требованиям определения 2, но такие, что соответствующие им последовательно∞ 0 сти {f (xn )}∞ n=1 и {f (xn )}n=1 имеют различные пределы (либо предел одной из них вовсе не существует), то не существует и x→a lim f (x). Пример 2. Используя определение предела функции в точке доказать: 5

a) lim (1 − 2x) = 3,

b) lim x2 = 9,

x sin x c) lim 2 = 0, x→+∞ x − 100x + 3000

x3 d) lim = −∞. x→−1 (x + 1)2

x→−1

x→−3

 a) Рассмотрим функцию f (x) = 1 − 2x. Очевидно, что D(f ) = R и точка a = −1 — предельная точка множества D(f ). Фиксируем число ε > 0. Найдем окрестность точки a = −1, в которой выполняется неравенство |f (x) − 3| < ε: ε |(1 − 2x) − 3| < ε ⇔ 2|x + 1| < ε ⇔ |x + 1| < . 2 ε Положим δ = , тогда получим: 2 ε ∀ ε > 0 ∃ δ(ε) = > 0 : ∀ x ∈ R, 0 < |x + 1| < δ ⇒ |f (x) − 3| < ε. 2 По определению предела функции в точке по Коши lim f (x) = 3. x→−1

2

b) Рассмотрим функцию f (x) = x . Так как D(f ) = R, то точка a = −3 — предельная для множества D(f ). Фиксируем число ε > 0. Найдем окрестность точки a = −3, в которой выполняется неравенство |f (x) − 9| < ε. Так как |f (x) − 9| = |x2 − 9| = |x − 3| |x + 3|, то оценим сверху |x − 3| в некоторой окрестности точки a = −3. Например, в окрестности U−3 (1) |x − 3| = |(x + 3) − 6| ≤ |x + 3| + 6 < 7. Следовательно, |x2 − 9| < 7|x + 3|, ∀ x ∈ U−3 (1).

(3)

Далее, заметим, что 7|x + 3| < ε ⇔ |x + 3| < ε/7. Чтобы можно было использовать полученное неравенство (3), искомая δ-окрестность точки a = −3 должна лежать в U−3 (1). Поэтому положим δ = min{1; ε/7}. Таким образом, 



∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x : 0 < |x + 3| < δ ⇒ |x2 − 9| < ε . По определению предела функции в точке по Коши lim f (x) = 9. x→−3 x sin x c) Рассмотрим функцию f (x) = 2 . Нетрудно убедиться в x + 100x + 3000 том, что D(f ) = R и, следовательно, точка +∞ является предельной точкой множества D(f ). Фиксируем произвольное число ε > 0. Покажем, что существует число δ > 0 такое, что ∀x ∈ (δ, +∞) выполняется неравенство |f (x)| < ε. Выберем удобную для дальнейших оценок окрестность точки +∞, например, U+∞ (1) = (1, +∞). Тогда для всех x ∈ U+∞ (1) x2 + 100x + 3000 > x2 6

1 1 1 . Но < ε ⇔ x > . Чтобы использовать поx x ε лученные оценки, искомая окрестность U+∞ (δ) = (δ, ∞) должна содержаться в U+∞ (1). Положим δ = max {1; 1/ε}. Тогда из неравенства x > δ следует, что |f (x)| < ε. Таким образом,

и | sin x| ≤ 1, значит, |f (x)| <

(

)

2 ∀ ε > 0 ∃ δ = max 1; : |f (x)| < ε, ∀ x ∈ (δ, +∞). ε По определению предела функции в точке по Коши lim f (x) = 0. x→+∞

3

3

x x = −∞. Положим f (x) = . Область определения 2 x→−1 (x + 1) (x + 1)2 этой функции — множество D(f ) = R \ {−1}. Точка a = −1 является предельной точкой D(f ). Фиксируем ε > 0. Докажем, что функция f (x) является бесконечно большой в точке x = −1, для чего оценим f (x) в некоторой 1 окрестности этой точки, например, в U−1 (1/2) = {x ∈ R : |x + 1| < }. Так 2 как для всех x ∈ U−1 (1/2) |x + 1| < 1/2 и d) lim

|x| = |(x + 1) − 1| ≥ 1 − |x + 1| > 1 − 1/2 = 1/2, |x3 | 1 1 то |f (x)| = > > . Но (x + 1)2 8 (x + 1)2 4 |x + 1| 1 1 > ε ⇐⇒ 0 < |x + 1| < . 4 |x + 1| 4ε n

1 1 2 ; 4ε

o

. Заметим, что в U−1 (1/2), а, значит, и для x ∈ U−1 (δ), 1 > ε. Итак, f (x) < 0. Поэтому −f (x) > 4 |x + 1|

Положим δ = min

(

)

1 1 ∀ ε > 0 ∃ δ = min ; > 0 : ∀ x ∈ R, 0 < |x + 1| < δ =⇒ f (x) < −ε. 2 4ε По определению предела функций в точке по Коши lim f (x) = −∞.  x→−1 1 Пример 3. Доказать, что функция f (x) = sin не имеет предела при x x → 0.  Воспользуемся следствием из определения Гейне об отсутствии предела 1 функции в точке. Рассмотрим последовательность {xn } : xn = π . Оче+ 2πn 2 ! π видно, что xn ∈ R \ {0}, ∀ n ∈ N, и n→∞ lim xn = 0. Так как sin + 2πn = 1, 2 ∀ n ∈ N, то lim f (xn ) = 1. 7

Аналогично, для последовательности x0n : x0n = 1/πn имеем: x0n ∈ R \ {0}, ∀ n ∈ N, n→∞ lim x0n = 0, sin x0n = 0, n→∞ lim f (x0n ) = 0. 1 Следовательно, не существует lim sin .  x→0 x Из приведенных выше примеров видно, что определение предела функции в точке позволяет доказать, что данная величина является пределом функции в точке, но не дает конструктивного метода вычисления предела. Задания для самостоятельной работы 1. Что означает на языке “ε − δ” утверждение: a) lim f (x) = 3;

b) x→∞ lim f (x) = −5;

c) lim f (x) = 2;

d) lim f (x) 6= +∞ ?

x→2

x→0

x→−∞

2. Используя определение предела функции в точке, доказать: a) lim (3x + 2) = 8; x→2

c) lim x cos x2 = 0; x→0

arctg(x + 1) = 0; x→+∞ 2x2 + x + 5 x3 − 2x g) lim = +∞; x→−∞ x + 1 e) lim

1.3

x2 − 9 b) lim = 6; x→3 x − 3 √ x2 + 1 − 1 = 0; d) lim x→0 x 2 sin x + 3 f) lim 2 = 0; x→−∞ x + x − 1 cos(x + 1) h) lim √ = 0. x→+∞ x+1

Вычисление предела функции в точке

Чтобы вычислить предел функции в точке, следует использовать теоремы [3, 2.34 – 2.44] и их следствия о свойствах функций, имеющих предел в точке, а также свойства бесконечно малых и бесконечно больших функций. Но непосредственное применение этих результатов часто невозможно, наприf (x) мер, при вычислении x→a lim , когда x→a lim f (x) = x→a lim g(x) = 0. В этом случае g(x) 0 говорят, что имеет место неопределенность вида . Аналогично вводятся 0 символические обозначения других неопределенностей: ∞ , 0 · ∞, ∞ − ∞, 1∞ , 00 , ∞0 . ∞ 8

В тех случаях, когда имеет место неопределенность, для вычисления предела (“раскрытия неопределенности”) выражение следует преобразовать так, чтобы всё же применить теоремы о функциях, имеющих предел. Для таких преобразований используют либо тождественные (в проколотой окрестности предельной точки) преобразования, либо сравнение поведения функций при стремлении аргумента к предельной точке ([3, раздел 2.2.8]). При вычислении пределов часто используют следующий результат. Теорема 1. Если f1 (x) ∼ f (x), g1 (x) ∼ g(x) при x → a, то из существоf1 (x) вания предела функции при x → a следует существование предела g1 (x) f (x) f1 (x) f (x) при x → a и справедливость равенства x→a lim = x→a lim . функции g(x) g(x) g1 (x) Одна из самых распространенных ошибок при вычислении предела функции состоит в замене на эквивалентную функции, не являющейся множителем (чаще всего, это ошибочная замена в отдельном слагаемом алгебраической суммы или в суперпозиции функций). Напомним некоторые эквивалентные при x → 0 функции: sin x ∼ x x2 1 − cos x ∼ 2 1 ctg x ∼ x tg x ∼ x arcsin x ∼ x arctg x ∼ x

(1 + x)1/x ∼ e ex − 1 ∼ x ax − 1 ∼ x ln a ln(1 + x) ∼ x x (a > 0, a 6= 1) loga (1 + x) ∼ ln a (1 + x)µ − 1 ∼ µx (µ ∈ R \ {0})

Кроме перехода к эквивалентным при вычислении пределов функций надо помнить некоторые результаты о сравнении поведения двух бесконечно малых или бесконечно больших функций при стремлении аргумента к предельной точке (см.[3, раздел 2.2.8]). Например, logβa x 1) lim = 0 (∀ α, β > 0; ∀ a > 1), то есть xα — бесконечно большая x→+∞ xα более высокого порядка роста по сравнению с logβa x при x → +∞; xα 2) lim x = 0 (∀ α > 0; ∀ a > 1), то есть ax — бесконечно большая более x→+∞ a высокого порядка роста по сравнению с xα при x → +∞. 9

1.4 Вычисление предела рациональной функции

Рациональной функцией или рациональной дробью называется функция Pn (x) вида f (x) = , где Pn (x), Qm (x) — многочлены степеней n и m, соотQm (x) ветственно. Множество предельных точек области определения рациональPn (x) , где a ∈ R. lim ной функции есть R. Рассмотрим вычисление пределов x→a Qm (x) Если a ∈ R и x→a lim Pn (x) = x→a lim Qm (x) = 0, то для вычисления указанного предела (раскрытия неопределенности вида 0/0) обычно преобразуют дробь, выделяя в числителе и знаменателе множитель вида (x − a). Если a = ∞ (или ±∞), то x→a lim Pn (x) = x→a lim Qm (x) = ∞ и для раскрытия ∞ неопределенности вида выносят в числителе и в знаменателе за скобку xn ∞ и xm , соответственно, а, затем, используют свойства пределов и сравнивают рост бесконечно больших функций xn и xm при x → ∞: xn Pn (x) = x→∞ lim lim x→∞ Q (x) m xm

1 a0 + a1 x 1 b0 + b1 x  a 0   ,    b0 =  0,     ∞,

!

1 1 + a2 2 + ... + an n n x x ! = a lim x = 1 1 b x→∞ xm + b2 2 + ... + bn m x x если n = m если n < m если n > m

x3 − 1 Пример 4. Вычислить lim 2 . x→1 x − 4x + 3  Так как lim (x3 − 1) = lim (x2 − 4x − 3) = 0, то имеем неопределенность x→1 x→1 вида 0/0. Представим числитель и знаменатель в виде x3 − 1 = (x − 1)(x2 + x + 1),

x2 − 4x + 3 = (x − 1)(x − 3).

x2 + x + 1 x3 − 1 = . x2 − 4x + 3 x−3 Но lim (x2 + x + 1) = 3, а lim (x − 3) = 2, поэтому по теореме о пределе

При x 6= 1 имеем: x→1

x→1

x3 − 1 x2 + x + 1 3 частного (см. теорему [3, 2.36]) lim 2 = lim = . x→1 x − 4x + 3 x→1 x−3 2 Замечание. При делении многочлена на (x − a) часто используются при n ∈ N следующие равенства: 



x2n − a2n = (x − a) x2n−1 + x2n−2 a + x2n−3 a2 + · · · + x a2n−2 + a2n−1 , 10





x2n − a2n = (x + a) x2n−1 − x2n−2 a + x2n−3 a2 − · · · + x a2n−2 − a2n−1 , 



x2n+1 − a2n+1 = (x − a) x2n + x2n−1 a + x2n−2 a2 + · · · + x a2n−1 + a2n . x20 + 2x + 1 Пример 5. Вычислить lim 30 . x→−1 x + 3x + 2  Так как lim (x20 + 2x + 1) = lim (x30 + 3x + 2) = 0, то имеем неопредеx→−1 x→−1 0 ленность вида и для ее раскрытия выделим в числителе и знаменателе 0 множитель (x + 1): 



x20 + 2x + 1 = x20 − 1 + 2(x + 1) = (x + 1) x19 − x18 + · · · + x − 1 + 2(x + 1) = 



= (x + 1) x19 − x18 + · · · + x − 1 + 2 , 



x30 + 3x + 2 = (x30 − 1) + 3(x + 1) = (x + 1) x29 − x28 + · · · + x − 1 + 3(x + 1) = 



= (x + 1) x29 − x28 + · · · + x − 1 + 3 . Итак, по теореме о пределе суммы и частного(см. теорему [3, 2.36]) x20 + 2x + 1 (x19 − x18 + · · · + x − 1) + 2 −18 2 lim = lim 29 = = . x→−1 x30 + 3x + 2 x→−1 (x − x28 + · · · + x − 1) + 3 −27 3 (x − 1)20 (3x + 1)11 . Пример 6. Вычислить lim x→−∞ (5x − 17)30  Так как lim (x − 1)20 (3x + 1)11 = −∞, lim (5x − 17)20 = +∞, то имеем x→−∞ x→−∞ ∞ . Преобразуем исходное отношение: неопределённость вида ∞ ! ! ! ! 1 20 1 20 11 1 11 1 11 20 1− x 1− x 3+ 3+ (x − 1)20 (3x + 1)11 x x x x . =x· = !30 !30 30 17 17 (5x − 17) x30 5 − 5− x x Применяя теорему о пределе суммы, произведения и частного, имеем: !20

!

1 11 3+ 311 x lim = 6= 0. ! x→−∞ 17 30 530 5− x Теперь, учитывая свойства бесконечно больших функций, получаем, что 1 1− x



!

1 1 20  3+ 1−  x x x · lim  !30 x→−∞  17  5− x 11

!11       

= −∞. 

Задания для самостоятельной работы Вычислить пределы: x3 − x 1) lim , x→1 x(x + 1) (x→0;x→−1)

2) lim

5x + 1 − (1 + x)5 3) lim , x→0 x2 − 3x5 ! 1 3 5) lim + , x→1 1 − x3 x−1 (x + 1)15 (2x + 3)20 7) x→∞ lim , (3x + 5)35 xn − 1 , (n, m ∈ N), 9) lim m x→1 x − 1 x100 − 2x + 1 11) lim 50 , x→1 x − 2x + 1

x3 − 3x2 + 1 4) lim 3 , x→1 x − x2 − x + 1 (x + 5)5 − (x + 6)5 6) x→∞ lim , x4 + x3 5x + 1 − (1 + x)5 8) x→∞ lim , x2 − 3x5 x + x2 + · · · + xn − n 10) lim , x→1 x−1 xn − (n + 1)x + n 12) lim . x→1 (x − 1)2

1.5

(1 + x)(1 + 2x) − 1 , x→0 x + 3x2

Вычисление предела иррациональной функции

Общих правил вычисления предела иррациональной функции нет. Способ вычисления зависит от вида функции. Поэтому рассмотрим применяемые методы на конкретных примерах. √ 3+x−2 . Пример 7. Вычислить lim x→1 x−1 0  Имеем неопределённость вида . Умножим числитель и знаменатель на 0 √ выражение ( 3 + x + 2) «сопряжённое» к числителю, и получим √ 3+x−2 x−1 1 1 √ lim = lim = lim √ = .  x→1 (x − 1)( 3 + x + 2) x→1 x→1 x−1 3+x+2 4 √ 1−x−3 √ . Пример 8. Вычислить lim x→−8 2+ 3 x  Имеем неопределённость вида 0/0. В числителе и знаменателе данной дроби имеем почти ту же ситуацию, что и в числителе предыдущего примера. Отличие состоит в том, что в знаменателе стоит корень кубический. В этом случае выражением «сопряженным» к знаменателю будет неполный квадрат разности. В остальном метод решения остается прежним: умножим и разделим исходное отношение на выражения, «сопряжённые» к числителю 12

и знаменателю, и получим √ √ √ 3 1−x−3 −(x + 8)(4 − 2 3 x + x2 ) √ √ lim = lim = x→−8 x→−8 2+ 3x ( 1 − x + 3)(8 + x) √ √ 3 12 4 − 2 3 x + x2 = − lim √ = − = −2 .  x→−8 6 1−x+3 √ 5 x + x7 √ Пример 9. Вычислить lim . x→0 2 − 3 8 − x  Имеем неопределённость вида 0/0. Числитель рассматриваемой функций является суммой степенных функций x и x7/5 . Так как x → 0, то для выяснения порядка малости этой суммы вынесем в числителе за скобку слагаемое с наименьшей степенью, то есть x. Знаменатель является разностью двух функций, одна из которых является иррациональной. Отношение умножим и разделим на выражение, «сопряжённое» к знаменателю. q   √ √ 5 x(1 + x2/5 ) 4 + 2 3 8 − x + 3 (8 − x)2 x + x7 √ = lim = lim x→0 2 − 3 8 − x x→0 x q √ = lim (1 + x2/5 )(4 + 2 3 8 − x + 3 (8 − x)2 ) = 1 · 12 = 12 .  x→0

f (x) , где f (x) и g(x) — бесконечно g(x) большие функции при x → ∞, часто бывает полезно вынести за скобку в числителе и знаменателе функцию, имеющую наибольший рост при x → ∞. √ √ 3 2 2 x + x +5 . Пример 10. Вычислить lim √ √ x→+∞ 5 x7 + x+1 √ ∞ . Так как при x → +∞ функция x2 + 5  Имеем неопределённость вида ∞ имеет тот же порядок роста, что и x, а x2/3 имеет меньший рост, чем x, то в числителе вынесем за скобки x. Аналогично, в знаменателе наибольший рост при x → +∞ имеет функция x7/5 , поэтому вынесем её за скобки: При вычислении пределов вида x→∞ lim



s



5  √ √ x + 1 + 3 x2 + x2 + 5 x1/3 x2   = s A = lim √ = lim √ x→+∞ 5 x7 + x→+∞ 1 1 x+1  + x7/5 1 + x9/5 x14/5 1

1

s

5 1 1/3 x2 . = lim 2/5 · x s x→+∞ x 1 1 1+ + x9/5 x14/5 13

+ 1+

Используя свойства бесконечно больших функций и теорему о пределе суммы и частного, получим, что 1

s

5 1 1/3 x2 = 1. lim 2/5 = 0, lim x s x→+∞ x x→+∞ 1 1 1+ + x9/5 x14/5 Окончательно, из теоремы о пределе произведения, следует, что A = 0 · 1 = 0.  При вычислении пределов вида x→∞ lim (f (x) − g(x)), где + 1+

lim f (x) = x→∞ lim g(x) = +∞ (или − ∞),

x→∞

то есть при раскрытии неопределенности вида (∞ − ∞), поступают так: 1) если f (x) и g(x) при x → ∞ не являются функциями одного порядка роста, то выносят за скобку функцию, имеющую больший рост; 2) если f (x) и g(x) — функции одного порядка роста при x → ∞, то выполняют тождественные преобразования в окрестности U∞ так, чтобы можно было воспользоваться свойствами пределов. В частности, если одна из функций f (x), g(x) является иррациональной, то часто полезно умножить и разделить исходное выражение на «сопряжённое» к f (x) − g(x). √ √ 2 Пример 11. Вычислить A = lim ( 1 + 2x + x − x2 − 4x + 1). x→+∞  Имеем неопределённость вида (∞ − ∞), при этом слагаемые являются иррациональными выражениями. Умножим и разделим исследуемую разность на «сопряжённое» к ней выражение и получим, что A = lim √ x→+∞

6x √ . 1 + 2x + x2 + x2 − 4x + 1

Последнее отношение представляет собой неопределённость вида ∞/∞ при x → +∞, но в знаменателе стоит сумма двух бесконечно больших функций одного знака, порядок роста каждой их которых при x → +∞ равен x. Вынося в знаменателе x за скобку, имеем: A = lim

x→+∞

= lim

x→+∞

s

s

x

6x

s



1 2 4 1 + + 1 + 1 − + x2 x x x2 6

s

1 2 4 1 1 − + + 1 + + x2 x x x2 14

=

= 3. 

√ Пример 12. Вычислить lim x( x2 + 1 + 2x). √ x→−∞  Заметим, что lim x2 + 1 = +∞, lim (2x) = −∞. Так как x→−∞

√

x→−∞ v u u t

x2 + 1 = −x 1 +

1 , x2

√ то при x → −∞ функции x2 + 1 и 2x имеют одинаковый порядок роста. Вынесем в исходном выражении за скобку x и получим: lim x

√

x→−∞

 



v u u t

1 − 1 +  = +∞, x2 + 1 + 2x = lim x2  + 2 2 x→−∞ x

поскольку предел последнего сомножителя равен 1.  √ 2 x + 6 + |x| Пример 13. Вычислить x→∞ lim √ . 4 4 + 2 − |x| x √  Легко видеть, что x→∞ lim ( x2 + 6 + |x|) = +∞, а знаменатель представляет неопределённость вида (∞ − ∞) и является разностью эквивалентных при x → ∞ функций. Для её раскрытия можно было бы умножить и разделить исходное отношение на выражение, сопряжённое знаменателю. Однако, оно достаточно громоздко. Поэтому выполним следующие преобразования: s



6  1+ √ |x| + 1 x2 + 6 + |x| x2  s  = lim lim √ = x→∞ lim x→∞ 4 x4 + 2 − |x| x→∞ 2 |x|  4 1 + 4 − 1 x

s

6 +1 x2 s = +∞, 2 4 1+ 4 −1 x 1+

так как предел числителя равен 2, а знаменатель является положительной бесконечно малой функцией при x → ∞.  Задания для самостоятельной работы Вычислить следующие пределы: √

1 + 2x − 3 1) lim √ , x→4 x−2 √ 3 x + x5 , 3) lim √ x→0 3 1 − x − 1 r

5) lim

x→+∞

√ 2x + 2x √ , x+1

q

q

x+ x+

2) lim

x→+∞ 

√

x−

√

!

x ,



1 1  √ − √ , 4) lim  x→1 1 − x 1− 3x √ √ 2x2 + x − x2 + 1 √ √ 6) lim √ , x→+∞ ( 2x + 1 − x)( 3x + 5) 15

√  √ √ 2 2 2 7) lim x( x − 1 + x), 8) lim x x + 2x − 2 x + x + x , x→−∞ x→+∞ √ √ √ 9) lim x3/2 ( x + 2 − 2 x + 1 + x). x→+∞

1.6

Первый замечательный предел

Прежде всего напомним, что x→a lim sin x = sin a, x→a lim cos x = cos a, для любого числа a ∈ R, и x→a lim arcsin x = arcsin a для любого числа a ∈ [−1, 1]. В частности, lim sin x = 0, lim arcsin x = 0, lim cos x = 1. x→0 x→0 x→0 sin x Имеет место равенство lim = 1, называемое первым замечательным x→0 x пределом, из которого следует, что tg x arctg x arcsin x = 1, lim = 1, lim = 1. x→0 x x→0 x→0 x x Таким образом, sin x ∼ x, arcsin x ∼ x, tg x ∼ x, arctg x ∼ x при x → 0. Используя эти соотношения и теорему о пределе суперпозиции ([3, теорема 2.37]), получаем, что при x → a, если x→a lim α(x) = 0, lim

sin α(x) ∼ α(x), arcsin α(x) ∼ α(x) tg α(x) ∼ α(x), arctg α(x) ∼ α(x). cos 3x − cos 7x . x→0 sin x2  Имеем неопределенность вида 0/0. Поскольку sin α(x) ∼ α(x) при α(x) → 0 и эквивалентными можно заменять функции в произведении и частном, то Пример 14. Вычислить lim

cos 3x − cos 7x sin 5x sin 2x 5x · 2x = 2 lim = 2 lim = 20.  x→0 x→0 x→0 sin x2 sin x2 x2 sin 7πx Пример 15. Вычислить lim . x→1 sin 2πx  Имеем неопределенность вида 0/0. Следует обратить внимание на то, что хотя lim sin nπx = 0, n ∈ N, но nπx → nπ 6= 0 при x → 1, и sin nπx 6∼ nπx x→1 при x → 1. Чтобы применить первый замечательный предел, используем представление nπx = nπ + nπ(x − 1) и формулы приведения lim

sin 7πx = sin(7π + 7π(x − 1)) = − sin 7π(x − 1), sin 2πx = sin(2π + 2π(x − 1)) = sin 2π(x − 1). При x → 1 sin 7π(x − 1) ∼ 7π(x − 1), sin 2π(x − 1) ∼ 2π(x − 1), поэтому sin 7πx sin 7π(x − 1) 7π(x − 1) 7π 7 = − lim = − lim =− =− .  x→1 sin 2πx x→1 sin 2π(x − 1) x→1 2π(x − 1) 2π 2 lim

16

x Пример 16. Вычислить x→π lim (π − x) tg . 2

x x 2 , sin x ∼ 1 при x → π,  Имеем неопределенность вида 0 · ∞, tg = x 2 2 cos 2 ! x 1 x 1 π 1 cos = cos + (x − π) = − sin (x − π) и cos ∼ − (x − π) при x → π. 2 2 2 2 2 2 Тогда x sin x/2 −2 lim (π − x) tg = lim (π − x) = lim (π − x) = 2.  x→π 2 x→π cosx/2 x→π (x − π) 2π cos( − x) Пример 17. Вычислить A = lim √ 3 . x→π/6 3 − 2 cos x  Имеем неопределенность вида (0/0). Но ! !! ! π π π 2π − x = cos + − x = − sin −x , cos 3 2 6 6  √ ! √ 3 π   − cos x = 2 cos − cos x = 3 − 2 cos x = 2 2 6 ! ! 1 π 1 π = −4 sin + x sin −x . 2 6 2 6 Переходя в числителе и знаменателе при x → π/6 к эквивалентным и ! π 1 1 π + x → sin = , получим: учитывая, что lim sin x→π/6 2 6 6 2 π −x 1 6 ! ! = lim ! = 1.  A = lim 1 π 1 π 1 π x→π/6 x→π/6 4 − x sin +x 2 sin +x 2 6 2 6 2 6 sin

1 + arcsin x2 − cos x Пример 18. Вычислить lim . x→0 sin2 3x  Имеем неопределенность вида 0/0. Так как sin2 3x ∼ 9x2 при x → 0, то 



1 + arcsin x2 − cos x arcsin x2 1 − cos x   + . A = lim = lim x→0 x→0 9x2 9x2 sin2 3x x 1 ∼ x2 при x → 0, поэтому 2 2 1 2 2 2 x arcsin x x 1 1 − cos x 1 2 lim = lim = , lim = lim = . x→0 x→0 9x2 x→0 x→0 9x2 9x2 9 9x2 18

Но arcsin x2 ∼ x2 , 1 − cos x = 2 sin2

17

1 1 1 Пользуясь теоремой 2.36 из [3], получаем, что A = + = .  √ √ 9 18 6 2 Пример 19. Вычислить x→∞ lim (sin x + 1 − sin x2 − 1).  Заметим, что при x → ∞ каждое из слагаемых не имеет предела, но √ √ sin x2 + 1 − sin x2 − 1 = √ √ √ √ x2 + 1 + x2 − 1 x2 + 1 − x2 − 1 = 2 cos sin . 2 2 Так как при x → ∞ √ √ 2 x2 + 1 + x2 − 1 √ → 0, = √ 2 2 2( x + 1 + x2 − 1) √ √ x2 + 1 − x2 − 1 то x→∞ lim sin = 0. Но 2 √ √ 2+1+ 2 − 1 x x cos ≤ 1, ∀ x : |x| ≥ 1. 2 Поэтому по свойству бесконечно малых функций √ √ 2 + 1 − sin x2 − 1) = 0.  x lim (sin x→∞ π − 4 arctg

1 1 + x.

Пример 20. Вычислить lim x→0 x ! 1 π 1  Так как π − 4 arctg =4 − arctg → 0 при x → 0, то 1+x 4 1+x ! π 1 1 π . − arctg ∼ tg − arctg 4 1+x 4 1+x Воспользуемся формулой тангенса разности: ! π 1 1 ! tg − tg arctg 1 − π 1 4 1+x ! = 1+x = x . tg − arctg = π 1 1 4 1+x 2+x 1 + tg tg arctg 1+ 4 1+x 1+x Таким образом, ! π 1 1 tg − arctg π − 4 arctg 4 1+x = 1 + x lim = 4 lim x→0 x→0 x x x 1 = 4 lim = 4 lim = 2.  x→0 x(2 + x) x→0 2 + x 18

Задания для самостоятельной работы Вычислить следующие пределы: cos 3x3 − 1 1) lim , x→0 sin6 2x sin 5x 3) x→π lim , sin 3x sin(x − π3 ) 5) limπ , x→ 3 1 − 2 cos x √ √ 7) lim (sin x + 1 − sin x), x→+∞

9) x→π lim

sin x + cos x + 1 , sin 2x − cos 2x + 1

2) lim (1 − x) tg x→1

πx , 2

!

1 2 , 4) lim − x→0 sin x sin 2x sin2 x 1 − tg2 x , 6) limπ √ x→ 4 2 cos x − 1 tg 2x − 3 arcsin 4x 8) lim , x→0 sin 5x − 6 arctg 6x arctg2 x √ 10) lim . √ x→0 1 + x sin x − cos x

1.7 Второй замечательный предел и его следствия !

1 x = e. Этот предел называется втоСправедливо утверждение: x→∞ lim 1 + x рым замечательным пределом. Используя теорему о пределе суперпозиции, получаем, что  α(x) 1  lim 1 + = e, x→a α(x) ◦

если α(x) 6= 0 в некоторой проколотой окрестности U a и x→a lim α(x) = 0. В частности, lim (1 + x)1/x = e. Из второго замечательного предела получаем x→0 как следствия следующие три часто используемых предела: loga (1 + x) 1 = loga e = (a > 0, a 6= 1), в частности, x→0 x ln a ln(1 + x) lim = 1. x→0 x

1. lim

ax − 1 ex − 1 2. lim = ln a (a > 0, a 6= 1), в частности, lim = 1. x→0 x→0 x x (1 + x)µ − 1 3. lim = µ, µ ∈ R. x→0 x Используя теорему о пределе суперпозиции в предположении, что α(x) 6= 0 ◦ в некоторой проколотой окрестности U x0 и x→x lim α(x) = 0, легко устанавливаем 0 справедливость следующих равенств: 19

1 loga (1 + α(x)) = (a > 0, a 6= 1), 0 α(x) ln a

1. x→x lim

aα(x) − 1 2. x→x lim = ln a (a > 0, a 6= 1), 0 α(x) (1 + α(x))µ − 1 = µ, µ ∈ R. 0 α(x)

3. x→x lim Если

(1) u(x) → 1 при x → x0 , (2) u(x) 6= 1 в некоторой проколотой окрестности точки x0 , то при x → x0 u(x) − 1 (a > 0, a 6= 1); ln a (u(x))µ − 1 ∼ µ (u(x) − 1), ∀ µ ∈ R\{0}. loga u(x) ∼

Замечание. В силу теоремы 3.4 из [3] последние соотношения эквивалентности остаются справедливыми и в том случае, когда условие (2) не выполняется. В последующем мы не будем проверять это условие. ln(1 + sin x) Пример 21. Вычислить lim . x→0 x  Имеем неопределенность вида 0/0. Так как lim sin x = 0, то ln(1 + sin x) ∼ x→0 ln(1 + sin x) sin x sin x при x → 0. Поэтому lim = lim = 1.  x→0 x→0 x x lg x − 1 Пример 22. Вычислить A = lim 2 . x→10 x − 12x + 20  Имеем неопределенность вида 0/0. Легко видеть, что x lg 10 A = lim . x→10 (x − 10)(x − 2) !

x x x Так как → 1 при x → 10, то lg ∼ − 1 lg e, и x − 2 ∼ 8 при x → 10. 10 10 10 ! x − 1 lg e lg e (x − 10) lg e 10 Поэтому A = lim = lim = . x→10 (x − 10) (x − 2) 10 x→10 (x − 10) (x − 2) 80 ln cos 2x . Пример 23. Вычислить lim x→0 ln cos 5x 20

 Так как lim cos 2x = lim cos 5x = 1, то при x → 0 ln cos 2x ∼ cos 2x − 1, x→0 x→0 ln cos 5x ∼ cos 5x − 1. Поэтому, 4 ln cos 2x cos 2x − 1 −2 sin2 x x2 lim = lim = lim = lim = .  2 x→0 ln cos 5x x→0 cos 5x − 1 x→0 x→0 (5x) 25 2 5x −2 sin 2 4 ! π + 4x ln tg 4 Пример 24. Вычислить lim . x→0 arctg 2x  Имеем !неопределенность вида !0/0. Так как !при x → 0 arctg 2x ∼ 2x, π π π tg + 4x → 1, то ln tg + 4x ∼ tg + 4x − 1 при x → 0. Поэтому, 4 4 4 переходя к эквивалентным, получим: !

!

!

π π π π + 4x + 4x + 4x − tg ln tg tg tg 4 4 4 4 = lim = lim = lim x→0 x→0 x→0 arctg 2x 2x 2x 4x 4 sin 4x 1 1 ! ! = √ · √ = 4.  √ lim = π π x→0 2 x→0 x cos π + 4x 2 2 2x cos + 4x cos 4 4 4 2 Для сравнения рассмотрим методы вычисления пределов вида = lim

lim x→a

ln f (x) , когда x→a lim f (x) = x→a lim g(x) = +∞. ln g(x)

ln(x2 + 4x + 2) . Пример 25. Вычислить lim x→−∞ ln(x10 + x3 + x)  Имеем неопределенность вида ∞/∞. !!

2

ln x ln(x2 + 4x + 2) = lim lim x→−∞ x→−∞ ln(x10 + x3 + x) ln x10

4 2 1+ + 2 x x !! = 1 1 1+ 7 + 9 x x !

! 4 2 1 4 2 ln 1 + + 2 2+ 2 ln |x| + ln 1 + + 2 ln |x| x x x x ! = lim ! = lim 1 1 1 1 1 = x→−∞ x→−∞ 10 ln |x| + ln 1 + 7 + 9 10 + ln 1 + 7 + 9 x x ln |x| x x 2+0 1 = = , 10 + 0 5

21

!

!

1 4 2 1 1 1 так как функции ln 1 + + 2 , ln 1 + 7 + 9 являются бесln |x| x x ln |x| x x конечно малыми функциями при x → −∞.  ln(2 + x2 + 23x ) Пример 26. Вычислить lim . x→+∞ ln(3 + x4 + 32x )  Имеем неопределенность вида ∞/∞. Преобразуем аргументы логарифмов, вынося за скобку функции, имеющие наибольший рост при x → +∞ : 23x — в числителе, 32x — в знаменателе. 





2 x 2    23x 1 + ln + ln 2 + x2 + 23x 23x 23x    = lim = lim 4 x→+∞ ln (3 + x4 + 32x ) x→+∞ 3 x ln 32x 1 + 3x + 2x  3 3 







2 x2  1  2 x2   3x ln 2 + ln 1 + 3x + 3x 3 ln 2 + ln 1 + 3x + 3x 2 2 x 2 2   = lim  =  = lim 4 4 x→+∞ x→+∞ 3 x 1 x 3 2x ln 3 + ln 1 + 3x + 2x  2 ln 3 + ln 1 + 3x + 2x  3 3 x 3 3 3 ln 2 = , 2 ln 3     x2  x4  1  1  2 3 ln 1 + 3x + 3x = 0, lim ln 1 + 3x + 2x = 0.  так как lim x→+∞ x x→+∞ x 2 2 3 3 x ln(x + 2 ) Пример 27. Вычислить A = lim . x→0 ln(x2 + 4x )  Имеем неопределенность вида 0/0. Переходя к эквивалентным, получим: x + 2x − 1 A = lim 2 . x→0 x + 4x − 1 Но функции x, 2x − 1, 4x − 1, являются бесконечно малыми одного порядка при x → 0, а функция x2 — бесконечно малая более высокого порядка. Поэтому, вынося за скобки в числителе и знаменателе x и пользуясь теоремой об арифметических операциях с пределами, получим, что 2x − 1 2x − 1 1+ 1 + lim x→0 x x = 1 + ln 2 = ln 2e .  A = lim = x x 4 −1 4 −1 x→0 ln 4 ln 4 x+ 0 + lim x→0 x x √ √ 5 2x2 + 10x + 1 − 7 x2 + 10x + 1 Пример 28. Вычислить A = lim . x→0 sin x 22

 Имеем неопределенность вида 0/0. Заметим, что при x → 0 sin x ∼ x, 2x2 + 10x + 1 → 1, x2 + 10x + 1 → 1. √ √  5 7 2 + 10x + 1 − 1 2 + 10x + 1 − 1 2x x  . Так как Поэтому A = lim  − x→0 x x √ 5 lim

2x2

x→0

√ 7 lim

x→0

то A = 2 −

1 (2x2 + 10x) + 10x + 1 − 1 = lim 5 = 2, x→0 x x

x2 + 10x 10 x2 + 10x + 1 − 1 = lim = , x→0 x 7x 7

10 4 = .  7 7

1 − cos7 x . x→0 x2  Имеем неопределенность вида 0/0. При x → 0 cos x → 1, поэтому Пример 29. Вычислить lim

cos7 x − 1 ∼ 7(cos x − 1) и x 2 2 = 7 lim x = 7 .  x→0 2x2 x2 2

2 sin2

7

1 − cos x −7(cos x − 1) = lim = 7 lim 2 x→0 x→0 x→0 x x2 sin(πxα ) Пример 30. Вычислить lim x (a > 0, a 6= 1, α 6= 0). x→1 a − a lim

 Имеем неопределенность вида (0/0). При x → 1 πxα → π, поэтому sin(πxα ) = sin(π + π(xα − 1)) = − sin π(xα − 1) ∼ −π(xα − 1) ∼ −πα(x − 1), ax − a = a(ax−1 − 1) ∼ a(x − 1) ln a, и −πα(x − 1) πα sin(πxα ) = lim = − .  x→1 a(x − 1) ln a x→1 ax − a a ln a lim

Задания для самостоятельной работы Вычислить следующие пределы: 1) 3)

(1 + x3 )10 − 1 lim , x→0 x3 √ √ 10 x − 12 x lim πx , x→1 1 − tg 4

√ 7

2) 4)

1 + x2 − 1 , x→0 ln(1 + x2 ) cosπ x − 1 lim 2 2 , x→0 3x − 2x lim

23

5)

sin10 x − 1 lim , x→ π2 cos2 x

6)

2

ex − cos x 7) lim , x→0 sin2 x 24x − 2sin x 9) lim sin x , x→0 5 − 5sin 3x x 11) lim √ , x→0 5 1 + 2x − (1 + x) 1.8

sin(πxα ) lim (α, β 6= 0), x→1 sin(πxβ )

xα − 2α 8) lim (α 6= 0), x→2 ln x − ln 2 √ 7 cos 3x − 2x 10) lim , x→0 arcsin x − 2 sin x ln(1 + x) − ln(1 − x) 12) lim . x→0 arctg(1 + x) − arctg(1 − x)

Односторонние пределы

Пусть X ⊂ R, X 6= ∅, a ∈ R. Точка a называется левосторонней предельT ной точкой множества X, если a — предельная точка множества X (−∞, a). Аналогично, точка a называется правосторонней предельной точкой множеT ства X, если a — предельная точка множества X (a, +∞). Точка a называется двусторонней предельной точкой X, если она является и левосторонней, и правосторонней предельной точкой X. Точка a называется односторонней предельной точкой множества X, если она либо только левосторонняя, либо только правосторонняя предельная точка X. Односторонний предела функции f : X ⊂ R → R в точке a ∈ R, которая является левосторонней (правосторонней) предельной точкой множества X, T это предел функции f (x) в точке a (при x → a) по множеству X (−∞, a) T (X (a, +∞), соответственно). При этом пишут: A = lim f (x) или A = f (a − 0), x→a−0

A = lim f (x) или A = f (a + 0). x→a+0

Если A ∈ R, то в терминах "ε − δ" (по Коши) определение одностороннего предела функции в точке a имеет вид: A = lim f (x) ⇔ x→a−0 

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 : |f (x) − A| < ε, ∀ x ∈ X

\



(a − δ, a) ,

A = lim f (x) ⇔ x→a+0 

∀ ε > 0 ∃ δ = δ(ε) > 0 : |f (x) − A| < ε, ∀ x ∈ X

a в терминах последовательностей (по Гейне): 24

\



(a, a + δ) ,

A = lim f (x) ⇔ x→a−0



lim f (xn ) = A, ∀ {xn }+∞ n=1 : xn ∈ X

\



(−∞, a) ,

A = lim f (x) ⇔ x→a+0



lim f (xn ) = A, ∀{xn }+∞ n=1 : xn ∈ X

\



(a, +∞), lim xn = a .

Односторонние пределы обладают теми же свойствами, что и пределы (см. [3, раздел 2.2.4]). Если a — односторонняя предельная точка области определения функции f , то понятие предела функции в точке a и соответствующего ее одностороннего предела в этой точке совпадают. Если же a — двусторонняя предельная точка, связь между пределом функции в точке и ее односторонними пределами в этой же точке устанавливает теорема 2.42 из [3], из которой следует следующие утверждения, полезные для доказательства отсутствия предела функции: 1) если существуют оба односторонних предела и f (a−0) 6= f (a+0), причем хотя бы одно из значений конечно, то не существует x→a lim f (x); 2) если оба односторонних предела бесконечны, то f (x) — бесконечно большая функция при x → a, то есть x→a lim f (x) = ∞; 3) если не существует хотя бы один из односторонних пределов функции f (x) в точке a, то не существует и предела f (x) в точке a. Пример 31. Вычислить односторонние пределы функции f (x) в точке a: a) f (x) =

|x − 1| , a = 1; x2 − x3

b) f (x) =

1 , a = −1. 1 + e1/(x+1)

 a). Область определения функции — множество D(f ) = R\{0; 1}, x = 1 — ее двусторонняя предельная точка.   1 − x, x ∈ (1 − δ, 1) Для любого δ > 0 |x − 1| =  . Поэтому x − 1, x ∈ (1, 1 + δ) 1−x 1 = lim = 1, x→1−0 x2 (1 − x) x→1−0 x2

lim f (x) = lim

x→1−0

x−1 −1 = lim 2 = −1. x→1+0 − x) x→1−0 x Поскольку f (1 − 0) 6= f (1 + 0), то не существует lim f (x). lim f (x) = lim

x→1+0 x2 (1

x→1

25

b). Область определения функции — множество D(f ) = R \ {−1}. Точка a = −1 — двусторонняя предельная точка D(f ). Так как x → −1 − 0 ⇐⇒ x + 1 → −0 ⇐⇒

1 → −∞ ⇐⇒ e1/(x+1) → 0, x+1

1 → +∞ ⇐⇒ 1 + e1/(x+1) → +∞, x+1 1 1 = 1, lim = 0. то lim x→−1+0 1 + e1/(x+1) x→−1−0 1 + e1/(x+1) Следовательно, не существует предела f (x) при x → −1.  x → −1 + 0 ⇐⇒ x + 1 → +0 ⇐⇒

Задания для самостоятельной работы 1. Вычислить следующие односторонние пределы : 1) lim

x→+0 (x→−0)

| sin x| ; x

2)

x→−2−0 (x→−2+0)

x+2 ; |x + 2|

4) lim (ln(x + ex ))1/ arctg x ;

3) lim sgn(sin x); x→+0 (x→−0)

!

lim

x→+0

2

πx 1/ arccos x ; 5) lim tg x→1−0 4 √ 2 ex − 1 7) lim ; x→+0 (x→−0) arcsin x (ax − a)3 √ √ ; 9) lim x→1+0 x2 − 1 − 2x − 2

√

1 + cos x ; x→π+0 x−π √ √ 1 − e−x − 1 − cos x √ ; 8) lim x→+0 sin x x2 − 4 10) lim arctg . x→2+0 (x − 2)2 6) lim

(x→2−0)

2. Сформулировать с помощью неравенств следующие утверждения: a) lim f (x) = +∞ (−∞);

b) lim f (x) = 1;

c) lim f (x) = ∞;

d)

x→a+0

x→a−0

2

x→+0

lim f (x) = 0.

x→−3−0

Непрерывность функции в точке

Всюду далее будем считать, что функция f : X ⊂ R → R. Напомним, что функция f называется непрерывной в точке a ∈ X, если для любого ε > 0 найдется такое δ = δ(ε) > 0, что для всех x ∈ X таких, что |x − a| < δ выполняется неравенство |f (x) − f (a)| < ε. 26

Функция f называется непрерывной на множестве X, если она непрерывна в каждой точке a ∈ X. Теория непрерывных функций и основные теоремы о функциях, непрерывных в точке и на множестве, определение точек разрыва функции и их классификация, изложены в [3, глава 3]. √ Пример 32. Используя определение доказать, что функция f (x) = x непрерывна на множестве [0, +∞).  1). Пусть a ∈ (0, +∞). Зафиксируем ε > 0. Так как для всех x > 0 √ √ |x − a| |x − a| √ < √ , |f (x) − f (a)| = | x − a| = √ x+ a a √ то, полагая δ = ε a, получим, что для всех x ∈ Ua (δ) |f (x) − f (a)| <

|x − a| δ √ < √ = ε. a a

Следовательно, f ∈ C({a}), ∀a > 0. √ 2). Пусть a = 0. Тогда |f (x) − f (a)| = x, ∀ x ≥ 0. Найдем те x ≥ 0, для √ которых x < ε:   x < ε2 h  √ x<ε⇔ ⇔ x ∈ 0, ε2 . x≥0 √ √ Положим δ = ε2 и получим, что |f (x) − f (a)| = x < δ = ε, ∀ x ∈ [0, δ). Значит f непрерывна в точке a = 0 и f ∈ C ([0, +∞)). 3). Непрерывность функции f на [0, +∞) можно доказать и с помощью теоремы о непрерывности функции, обратной к монотонной [3, теорема 3.11]. Положим ϕ (x) = x2 , x ∈ [0, +∞). Функция ϕ на промежутке X = [0, +∞) возрастает и непрерывна. Из теоремы Дарбу и замечания к ней ([3, теорема 3.9]) следует, что ϕ (X) = [ϕ(0), lim ϕ (x)) = [0, +∞). А потому, в силу −1

x→+∞

теоремы 3.11, f (x) = ϕ (x) ∈ C([0, +∞)) и возрастает.  Пример 33. Используя определение, доказать непрерывность функции f (x) = x3 на множестве R.  Пусть a — некоторая точка из R, ε > 0. Если x ∈ Ua (1), то есть |x − a| < 1, то |x| = |(x − a) + a| < 1 + |a|, а, значит, для всех x ∈ Ua (1) |f (x) − f (a)| = |x3 − a3 | = |x − a| · |x2 + ax + a2 | ≤ |x − a|(|x|2 + |a| · |x| + a2 ) < |x − a|((1 + |a|)2 + |a|(1 + |a|) + a2 ) = |x − a| (3a2 + 3|a| + 1).     ε Положим δ = min 1; 2 . Тогда для всех x ∈ Ua (δ) 3a + 3|a| + 1  |f (x) − f (a)| < |x − a| (3a2 + 3|a| + 1) < δ (3a2 + 3|a| + 1) < ε, 27

то есть f ∈ C({a}), и, значит, f ∈ C(R).  Пример 34. Исследовать на непрерывность следующие функции f (x) в их естественной области определения, найти точки разрыва и их характер: x2 − 1 |x| ln(1 + x) , b) f (x) = , c) f (x) = . x2 − 3x + 2 x2 + 3x x2 + 3x  a). Область определения функции f : D(f ) = R \ {1; 2}. Так как f — рациональная функция, то f ∈ C(D(f )). Точки x = 1, x = 2 являются двусторонними предельными точками множества D(f ) и не принадлежат ему. Поэтому они являются точками разрыва функции f . Установим их характер. Прежде всего заметим, что на множестве D(f ) a) f (x) =

x+1 ∈ C(R \ {2}), lim f (x) = −2. x→1 x−2 Поэтому точка x = 1 — точка устранимого разрыва функции f . x+1 Далее, lim f (x) = lim = ∓∞. Поэтому точка x = 2 является x→2∓0 x→2∓0 x − 2 точкой разрыва второго рода функции f . b). Область определения функции f : D(f ) = R \ {−3; 0}. Функция f является отношением функций ϕ(x) = |x| и g(x) = x2 + 3x, которые, очевидно, непрерывны в R. Следовательно, в силу теоремы об арифметических операциях с непрерывными функциями [3, теорема 3.3], функция f непрерывна на множестве R \ {x ∈ R : g(x) = 0} = D(f ). Точки x = −3 и x = 0 являются двусторонними предельными для множества D(f ) и не принадлежат ему, поэтому являются точками разрыва функции f . Установим их характер. |x| 1 Так как lim f (x) = lim = − lim = ±∞, то у функx→−3∓0 x→−3∓0 (x + 3)x x→−3∓0 x + 3 ции f в точке x = −3 разрыв 2-го рода. 1 1 sgn x = lim sgn x = ∓ , то x = 0 — точка Так как lim f (x) = lim x→∓0 x→∓0 x + 3 3 x→∓0 3 разрыва первого рода, причем неустранимого. Заметим, что функция f (x) =

   

f (x), x ∈ / {−3, 0}, f1 (x) =  1   − , x = 0, 3 является непрерывной слева в точке x = 0, a функция    

f (x), x ∈ / {−3, 0}, f2 (x) =  1  , x = 0,  3 является непрерывной справа в точке x = 0. 28

c). Область определения функции f : множество D(f ) = (−1, 0) ∪ (0, +∞). Функция f — отношение функций ϕ(x) = ln(1 + x) и g(x) = x2 + 3x. Функция ϕ — суперпозиция функций P (x) = 1+x и ψ(x) = ln(x). P (x) ∈ C(R), поэтому P (x) ∈ C(−1, +∞). Множество значений функции P (x) на (−1, +∞) совпадает с (0, +∞), поскольку функция P возрастает, непрерывна и lim P (x) = x→−1+0

0, lim P (x) = +∞. Так как ψ(x) ∈ C((0, +∞)), то, в силу теоремы о непреx→+∞ рывности сложной функции [3, теорема 3.4], ϕ(x) ∈ C((−1, +∞)). Далее,   x = −3, g(x) ∈ C((−1, +∞)) и g(x) = 0 ⇔  x = 0. Поскольку x = −3 ∈ / (−1, +∞), то из теоремы об арифметических операциях с непрерывными функциями следует, что f (x) ∈ C(D(f )). Рассмотрим точку x = 0. Она не принадлежит множеству D(f ), но является его двусторонней предельной точкой. Поэтому x = 0 — точка разрыва f . Далее, ln(1 + x) 1 1 lim f (x) = lim = lim = , x→±0 x→±0 x(x + 3) x→±0 x + 3 3 1 так как ln(1 + x) ∼ x при x → 0. Следовательно, существует lim f (x) = , и x→0 3 потому x = 0 — точка устранимого разрыва функции f .  Пример 35. Выяснить, существует ли число a, при котором функция f непрерывна в точке x = x0 , если    

a) x0 = 0,

f (x) =   

   

б) x0 = 1,

f (x) =   

ln(1 + x) , x ∈ (−1, 0) ∪ (0, +∞), x2 + 3x a, x = 0. 1 , x 6= 1, 1 + e1/(x−1) a, x = 1.

 Так как x0 — предельная точка множества D(f ), то для решения поставленной задачи следует выяснить, существует ли предел x→x lim f (x). Если он 0 существует и конечен, то полагая a равным этому числу, получим непрерывность функции f в точке x = x0 . В противном случае функцию нельзя доопределить в точке x0 по закону непрерывности. ln(1 + x) 1 1 a). Так как lim f (x) = lim = lim = (см. пример 34 c)), то x→0 x→0 x(x + 3) x→0 x + 3 3 1 при a = функция f непрерывна в точке x0 = 0. 3

29

b). Справедливы утверждения: x → 1 − 0 ⇒ x − 1 → −0 ⇒ f (x) =

1 → −∞ ⇒ e1/(x−1) → 0 ⇒ x−1

1 → 1, то есть f (1 − 0) = 1. 1 + e1/(x−1)

Аналогично: x → 1 + 0 ⇒ x − 1 → +0 ⇒

1 → +∞ ⇒ e1/(x−1) → +∞ ⇒ x−1

1 → 0, то есть f (1 + 0) = 0. 1 + e1/(x−1) Таким образом, функция f не имеет предела и точке x0 = 1. Следовательно, нельзя подобрать такое a, что функция f непрерывна в точке x0 = 1.  Пример 36. Исследовать на непрерывность функцию f , найти ее точки разрыва и их характер, если f (x) =

   

2

a) f (x) = sgn(x − 3x + 2), x ∈ R;

b) f (x) =   

1, 1 sin , x

если x ≤ 0, если x > 0.

 a). Прежде всего напомним, что     

sgn x =    

−1, 0, 1,

если x < 0, если x = 0, если x < 0.

Для решения поставленной задачи найдем промежутки знакопостоянства функции y = x2 − 3x + 2. Так как x2 − 3x + 2 = 0 в точках x = 1 и x = 2, то квадратный трехчлен имеет следующие знаки + – + и потому

    

f (x) =    

b

b

1

2

-

x

1, x ∈ (−∞, 1) ∪ (2, +∞), 0, x ∈ {1, 2}, −1, x ∈ (1, 2).

Следовательно, D(f ) = R. Изучим поведение функции f на интервале (−∞, 1). Если a ∈ (−∞, 1), то ∃ δa = |a − 1| > 0 : Ua (δa ) ⊂ (−∞, 1). Поэтому f (x) = 1, ∀x ∈ Ua (δa ), значит, Ua (δa )

∃ x→a lim f



Ua (δa )

(x) = 1 и ∃ x→a lim f (x) = x→a lim f 30



(x) = 1 = f (a), Ua (δa )

то есть функция f непрерывна в точке a. Поскольку точка a — произвольная точка интервала (−∞, 1), то f ∈ C((−∞, 1). Аналогично доказывается, что f непрерывна на (1, 2) и (2, +∞), то есть f (x) ∈ C(R \ {1; 2}). Точки x = 1, x = 2 — принадлежащие D(f ) двусторонние предельные точки. Найдем односторонние пределы функции f в этих точках: lim f (x) = lim 1 = 1,

x→1−0

x→1−0

lim f (x) = lim (−1) = −1,

x→1+0

lim f (x) = lim (−1) = −1,

x→2−0

x→2−0

x→1+0

lim f (x) = lim 1 = 1.

x→2+0

x→2+0

Поскольку f (1 − 0), f (1 + 0) ∈ R и f (1 − 0) 6= f (1 + 0), то x = 1 — точка разрыва 1-го рода, причем неустранимого. Аналогично, x = 2 — также точка неустранимого разрыва 1-го рода. Замечание. Если функция f определена на множестве X, а ϕ — на = ϕ, ∀ x ∈ (a, b) и ϕ ∈ C((a, b)), то f ∈ C((a, b)). (a, b), (a, b) ⊂ X, f (a,b)

b). Функция f определена на R. Функция ϕ(x) =

f (x)

= 1,

∀x ∈ (−∞, 0).

(−∞,0)

Поскольку постоянная функция непрерывна на (−∞, 0), то есть ϕ ∈ C((−∞, 0)), то f ∈ C((−∞, 0)). f (x)

1 , то есть g(x) = sin , ∀x > 0. Функция g(x) явля(0,+∞) x 1 ется суперпозицией функций g1 (x) = , g1 : (0, +∞) → (0, +∞) и g2 (x) = x sin x, g2 : (0, +∞) → R, то есть для всех x ∈ (0, +∞) g(x) = (g2 ◦ g1 )(x). Так как функция g1 (x) является рациональной и ее знаменатель отличен от нуля на (0, +∞), то g1 (x) ∈ C((0, +∞)). Функция g2 (x) является элементарной, поэтому g2 (x) ∈ C((0, +∞)). В силу теоремы о непрерывности сложной функции g(x) ∈ C((0, +∞)), а значит f ∈ C((0, +∞)). Итак, f ∈ C(R \ {0}). Для изучения поведения функции в x = 0 — двусторонней предельной точке D(f ), найдем ее односторонние пределы. Так как f (x) ≡ 1, то lim f (x) = 1 = f (1) и функция f непрерывна слева в Пусть g(x) =

(−∞,0)

x→−0

f (x)

1 = sin , и не существует предела lim sin t, t→+∞ (0,+∞) x то 6 ∃ lim f (x), а значит x = 0 является точкой разрыва 2-го рода. 

точке x = 0. Так как x→+0

Пример 37. Доказать непрерывность функции f (x) = [x] sin πx в R. 31

 Напомним, что функция  

[x] = 

если x = n, если x ∈ (n − 1, n), n ∈ Z,

n, n − 1,

является непрерывной на множестве R \ Z, а в точках x = n, n ∈ Z, имеет разрыв 1-го рода, так как lim [x] = n − 1, lim [x] = n. x→n−0

x→n+0

Функция f является произведением функций [x] и g(x) = sin πx. Функция g(x) является суперпозицией функций y1 = sin x и y2 = πx, которые непрерывны на R, и действуют из R в R. В силу теоремы о непрерывности сложной функции g(x) ∈ C(R). По теореме об арифметических операциях с непрерывными функциями f ∈ C(R \ Z). Если n0 ∈ Z, то n0 — двусторонняя предельная точка D(f ) и f (n0 + 0) = lim [x] sin πx = n0 · 0 = 0 = f (n0 ), x→n0 +0

f (n0 − 0) = lim [x] sin πx = (n0 − 1) · 0 = 0 = f (n0 ). x→n0 −0

Следовательно, ∃ x→n lim f (x) = 0 = f (n0 ), и f ∈ C({n0 }). В силу произвольно0 сти n0 ∈ Z и непрерывности функции f на R \ Z получаем, что f ∈ C(R). Так как   0, если x = n, f (x) =  n sin πx, если x ∈ (n, n + 1), n ∈ Z, то эскиз графика функции принимает следующий вид: y 6

2q 1q q q q 0 −3 −2 −1 −1 q

q

q

q

q

1 2 3 4

-

Пример 38. Найти числа a и b, при которых функция  

f (x) = 

x2 + 1, ax + b,

непрерывна на R. 32

если x ≤ 0, если x > 0,

x



 Область определения функции f : D(f ) = R. Пусть ϕ(x) =

f (x)

, x ∈ (−∞, 0); ψ(x) = (−∞,0)

f (x)

, x > 0. (0,+∞)

Поскольку ϕ(x) и ψ(x) являются многочленами на соответствующих множествах, то они непрерывны на них. С учетом сделанного выше замечания получаем, что f ∈ (R \ {0}). Изучим поведение функции f в точке x = 0. Точка x = 0 является двусторонней предельной точкой множества D(f ), поэтому найдем односторонние пределы: lim f (x) = lim (x2 + 1) = 1 = f (0),

x→−0

x→−0

lim f (x) = lim (ax + b) = b, ∀a ∈ R.

x→+0

x→+0

Поскольку lim f (x) = A(∈ R) ⇐⇒ f (−0) = f (+0) = A, то функция f буx→0 дет непрерывной в точке x = 0 тогда и только тогда, когда b = 1, а a — произвольное число.  2.1

Задания для самостоятельной работы

1. Исследовать функцию на непрерывность в ее естественной области определения, указать точки разрыва и их характер: 1) f (x) =

cos x − 1 x 3 x+1

,

2) f (x) =

1− π 1 · sin , 3) f (x) = x+1 x x arctg x+1 , 5) f (x) = √ 2 √1 + x − 1 1−x−1 7) f (x) = , |x2 + 2x| √ x2 − 2x + 1 9) f (x) = , x2 − x

4) f (x) =

arctg x , |x2 − x| ln (x + 1) 2−

2x+1 , 2 x+1

cos x , πx − 2x2 3x − 9 8) f (x) = · 3−1/x , x−2 ! 1 π 10) f (x) = 2 sgn sin . x x 6) f (x) =

2. Выяснить, существует ли число a, при котором функция f непрерывна в точке x0 :    

1) f (x) =   

sin

2 , x−1 a,

если x 6= 1 если x = 1 33

,

x0 = 1,

   

2) f (x) =       

3) f (x) =       

4) f (x) =   

    

ln (1 + x2 ) , |x2 + 3x| a,

ln cos x , 2 − 2x2 +1 a, √ 3

  

6) f (x) =   

,

x0 = 0,

если x = 0

| sin x| √ , 1 − 1 + 2x a,

5) f (x) =     

если x > −1, x 6= 0

1 если x > − , x 6= 0 , 2 если x = 0

если 0 < |x| <

π 2 ,

x0 = 0,

x0 = 0,

если x = 0

1+x−1 , | sin x| a,

если − π < x < π

,

x0 = 0,

если x = 0

2

1 − ex 1 · sin , x x a,

если x 6= 0 , если x = 0

x0 = 0.

3. Исследовать функцию на непрерывность в ее естественной области определения, указать точки разрыва и их характер:    

1) f (x) =     

2) f (x) =      

3) f (x) =          

4) f (x) =     

4 , x−4 (x − 4) ln (x − 4), 21/(x−1) , sin πx2 , √

если x > 4.

если x < 1, если x ≥ 1.

ln (x + 1), 1 + x + x2 − 1 , x2 + 3x3 x+1 , x−1 x sin , x−1

arctg

если x < 4,

если − 1 < x ≤ 0, если x > 0.

если x < 1, если x > 1. 34

    

5) f (x) =         

6) f (x) =    

2

e1/(1−x ) , arcsin x, (x − 1) ln (x − 1), x , 3x − sin2 x π sin , x

если x < −1, если |x| ≤ 1, , если x > 1.

если x < 0, . если x > 0.

4. Исследовать на непрерывность функцию f в ее естественной области определения, построить эскиз графика функции: sgn x , 1) f (x) = sgn(1 + 3x − 4x2 ), 2) f (x) = x+1 ! 1 3) f (x) = sgn arctg , 4) f (x) = log1/2 (1 + x), x 1 6) f (x) = x − [x]. 5) f (x) = · sgn(x + 1), x

35

Список литературы [1] Виноградова И. А. Задачи и упражнения по математическому анализу, т.1 [Текст]: учебное пособие для вузов/ Виноградова И. А. С. Н. Олехник, В. А. Садовничий. – М. : Высшая школа, 2000. [2] Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу [Текст]: учеб. для вузов/ Демидович Б. П. – М. : Наука, 1990. [3] Курс лекций по математическому анализу, I курс, 1-й семестр [Текст]: учебное пособие для вузов/ Коршикова Т.И. [и другие] – Ростов-на-Дону: Из-во ООО «ЦВВР», 2006.

Содержание 1

Предел функции 1.1 Предельная точка множества . . . . . . . . . . 1.2 Определение предела функции в точке . . . . 1.3 Вычисление предела функции в точке . . . . . 1.4 Вычисление предела рациональной функции . 1.5 Вычисление предела иррациональной функции 1.6 Первый замечательный предел . . . . . . . . . 1.7 Второй замечательный предел и его следствия 1.8 Односторонние пределы . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

3 3 5 8 10 12 16 19 24

2 Непрерывность функции в точке 2.1 Задания для самостоятельной работы . . . . . . . . . . . . . . . Литература

26 33 36

36

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .