Предел функции одного вещественного переменного

Математический анализ
Лекция 1.
Предел функции
одного
вещественного
переменного.
x2  x  2
Как вычислить значение функции f ( x) 
при
x 1
при
при
x  1.99999999?
x  1.999999 ,
x  1.9999 ,
Непосредственное вычисление громоздко и, возможно, даст большую
погрешность при округлении. Однако, можно попробовать найти
f (2) , и затем оценить, насколько сильно f (1.99999999) уклоняется
от f (2) . Если уклонение тем меньше, чем меньше разность
|1.99999999  2 | ,
то
естественно
считать,
что
f (1.99999999)  f (2) , а “в пределе” при x  2 значение f ( x)
точно равно f (2) .
Действительно,
22  2  2
f (2) 
 4,
2 1
f (1.99999999)  3.999999990 .
Таким образом, значения функции f ( x) в точках, мало отличающихся
от 2, мало отличается от 4. Можно сказать, что 4 есть предел функции
x2  x  2
при x  2 .
f ( x) 
x 1
Определение. Число A называется пределом функции f ( x) в точке x0
A  lim f ( x)
и обозначается как
x  x0
если для любого   0 найдется такое число    ( ) , что
| f ( x)  A |  при всех x  ( x0   , x0 ) ( x0 , x0   ) .
Свойства пределов.
1. lim  f ( x)  g ( x)   lim f ( x)  lim g ( x) .
x  x0
x  x0
x  x0
2. lim f ( x)  g ( x)  lim f ( x)  lim g ( x) .
x  x0
x  x0
x  x0
3. Если f ( x)  g ( x) , то lim f ( x)  lim g ( x) .
x  x0
x  x0
Лемма о двух милиционерах.
Если f ( x)  g ( x)  h( x) и lim f ( x)  lim h( x)  A , то lim g ( x)  A
x  x0
x  x0
x  x0
Определение. Функция f ( x) называется непрерывной в точке x0 ,
если lim f ( x)  f ( x0 ) .
x  x0
Теорема. Если функция f ( x) непрерывна в точке x0 , а функция g ( y )
непрерывна в точке y0  f ( x0 ) , то композиция h( x)  g ( f ( x))
непрерывна в точке x0 и lim h( x)  g ( y0 ) .
x  x0
x2  x  2
Попробуем вычислить f ( x) 
при x  0.99999999 .
x 1
Подставим значение x  1 в качестве аргумента функции f ( x) .
12  1  2 0
  “неопределенное” выражение. Какое число
Получим
1 1
0
в этом случае определяет приближенное значение функции f ( x) ?
Чтобы это определить, следует “разрешить особенность” функции
f ( x) в точке x0  1, иными словами, определить, за счет чего
x2  x  2
числитель и знаменатель дроби
обращаются в ноль при
x 1
подстановке 1 вместо x . Имеем:
x 2  x  2 ( x  1)( x  2)

 x  2.
x 1
x 1
x2  x  2
lim
 lim( x  2)  3 .
Следовательно,
x 1
x 1
x 1
x2  x  2
Пример.
lim
x 1
x3 2
Вновь непосредственный подсчет приводит к неопределенности:
x 2  x  2 12  1  2 0
lim

 .
x 1
x3 2
1 3  2 0
Числитель можно разложить на множители
x 2  x  2  ( x  1)( x  2) ,
Преобразуем знаменатель, домножив и числитель, и знаменатель
дроби на сопряженное выражение  сумму x  3  2 :
 x  3  2 
 x  3  2
x 2  x  2 ( x  1)( x  2)

x3 2
x3 2


Теперь
 x  3  2  ( x  2) x  3  2 .


x 3 4
( x  1)( x  2)
x2  x  2
lim
 lim( x  2)
x 1
x  3  2 x1
 x  3  2  3  4  12.
Первый замечательный предел.
sin x
x 0
x
Рассмотрим предел lim
Прямое вычисление дает:
sin x sin 0 0

 .
x 0
x
0
0
lim
Для вычисления предела воспользуемся леммой о двух милиционерах.
y
C
1
B
x
O
1
A
Напишем неравенство для площадей треугольника OAB , углового
сектора OAB и треугольника OAC :
S OAB  S OAB  S OAC
1
1
1
sin x  x  tg x .
2
2
2
sin x
Поделим все на x (поскольку функция
четная, то можно
x
считать, что x  0 ):
sin x
sin x
 1; 1 
,
x
x cos x
откуда
cos x 
Следовательно,
sin x
 1.
x
sin x
sin x
 1  lim
 1.
x 0
x

0
x
x
limcos x  lim
x 0
Полученная формула называется первым замечательным пределом.
sin x
lim
1
x 0 x
Пример. Вычислить предел
tg3𝑥
0
sin3𝑥 ∙ 4𝑥 ∙ 3
lim
= = lim
=
𝑥→0 sin4𝑥
0 𝑥→0 cos3x ∙ sin4𝑥 ∙ 3𝑥 ∙ 4
sin3𝑥
4𝑥
3
3
3
= lim
∙ lim
∙ lim
=1∙1∙
=
𝑥→0 3𝑥
𝑥→0 sin4𝑥 𝑥→0 4 ∙ cos3𝑥
4 ∙ cos0 4
Пример. Вычислить предел
1  cos x
x 0
x2
lim
Решение.
1  cos x
 lim
2
x 0
x 0
x
lim
2sin 2
x2
x
2
2
x
x

sin 2
sin

 1 2 1
1
2
2
 2  lim 2
 lim 
  1  .
x 0 x
2 x 0  x 
2
2
4
 2 
4
Окончательно,
1  cos x 1

2
x 0
x
2
lim
Предел функции на бесконечности.
Определение. Число A называется пределом функции f ( x) при
x   , если для любого   0 найдется такое число    ( )  0 ,
что | f ( x)  A |  при всех x :| x |  .
Обозначается этот предел как
A  lim f ( x)
x 
Если в определении предела считать, что x  0 или x  0 , то
получится определение одностороннего предела lim f ( x) или
x 
lim f ( x) соответственно.
x 
Очевидные пределы
1
 0 a  0
x  x a
lim x a   a  0
lim
x 
Пример. Вычислить предел
4 x 2  3x  5
.
lim 2
x  x  x  9
Решение. Разделим и числитель и знаменатель на старшую степень x
. Имеем:
x2
x 5
4

3
 2
2
2
4 x 2  3x  5
x
x 
lim 2
 lim x2
x  x  x  9
x 
x
x 9

 2
2
2
x
x
x
1 5
43  2
x x  400  4
lim
x 
1 9
1 0  0
1  2
x x
Пример. Вычислить предел
Решение.
x  x2  x  1
lim
x 
x 9
x
x2  x  1

x  x2  x  1
x
x
lim
 lim
x 
x 
x 9
x 9

x x
При x   получаем
1 1
x
x2  x  1
1 1  2

x x  1 1  2
x
lim x
 lim
x 
x 
x 9
9
1

1
x x
x
При x   получаем
1 1
x
x2  x  1
1

1

 2

1 1
x
x
x
x
lim
 lim

0
x 
x 
x 9
9
1

1
x x
x
Теорема
(без
Второй замечательный предел.
доказательства). Предел lim f ( x)
x 
монотонно
возрастающей ограниченной функции (то есть f ( x)  C x и
f ( x1 )  f ( x2 ) для произвольных x1  x2 ) существует и удовлетворяет
неравенству lim f ( x)  C .
x 
x
 1
lim 1    e  2.718281828 .
x 
 x
Доказательство
существования.
Рассмотрим
сначала
функцию
x
 1
1   при натуральных значениях аргумента x  n .
 x
n
 1
Покажем, что функция
монотонно
1  
 n
возрастает.
Воспользуемся формулой бинома Ньютона
(a  b)n  a n  Cn1a n1b  Cn2 a n2b 2   Cnk a nk b k   b n , где
n  (n  1)  (n  2)   (n  k  1)
Cnk 
1 2  3   k
(в числителе столько же множителей, сколько их имеется в
знаменателе). Всего в формуле бинома n  1 слагаемых. Доказывается
формула бинома индукцией по n .
Разложим по формуле бинома выражения
n
1
1
1
 1
1 1
2
k
1    1  Cn   Cn  2   Cn  k    n ,
n
n
n
n
 n
n 1
1 
1
1

1
2
1


1

C


C


n 1
n 1


2
(n  1)
(n  1)
 n 1
1
1
1
n
Cnk1 


C


,
n 1
k
n
n 1
(n  1)
(n  1) ( n  1)
1
1
k
k
Докажем неравенство Cn  k  Cn1 
. Имеем:
n
(n  1) k
n  (n  1)  (n  2)   (n  k  1)
1 2   k  nk

(n  1)  (n)  (n  1)   (n  k  2)

1  2   k  (n  1) k
1
2
3
k 1
1  (1  )  (1  )  (1  )   (1 
)
n
n
n
n
1
2
3
k 1
 1  (1 
)  (1 
)  (1 
)   (1 
)
n 1
n 1
n 1
n 1
Теперь неравенство становится очевидным (каждый множитель слева
не больше соответствующего по порядку множителю справа).
Следовательно, уже первые n  1 слагаемые в разложении
n 1
1 

больше суммы всех n  1 слагаемых в разложении
1 

n

1


n
 1
1   , то есть
 n
1 

1



 n 1
n 1
n
 1
 1   .
 n
 1
Покажем, что последовательность  1  
 n
n
ограничена и не
превосходит 3. Воспользуемся оценкой
n  (n  1)  (n  2)   (n  k  1)

k
n
1
2
3
k 1
 1  (1  )  (1  )  (1  )   (1 
) 1
n
n
n
n
откуда
n
1
1
1
 1
1 1
2
k
1


1

C


C



C





n
n
n


2
k
n
n
n
n
n
 n
1 1
1
1
1
 1 


 
1 1 2 1 2  3 1 2  3  4
1 2  3  4   n
Сумма
1
1
1



1 2 1 2  3 1 2  3  4

1 1 1
 2 3
2 2 2

1
1 2  3  4 
сверху суммой геометрической прогрессии
n
оценивается
1
 1,
n
2
n
 1
откуда 1    3 для любого n . По теореме о пределе монотонной
 n
n
 1
ограниченной функции существует предел lim 1  
при
n 
 n
натуральных значениях переменной n . Этот предел был назван
числом e и может быть вычислен с любой степенью точности.
Для доказательства существования предела при произвольных
x   можно воспользоваться очевидным
вещественных
неравенством
n
x
1   1  1

1 
  1    1  
n

1

  x  n
n 1
при n  x  n  1,
и теоремой о двух милиционерах, с учетом того, что

1 
1 

lim 1 

lim
1

 n  

n
n

1
n

1





n
n 1



n
n 1
n 1
n
 lim e
n
n 1
n
 e1,
n
  1 n 
 lim  1     lim e n1  e1 .

n 
n
 n  
x
 1
Можно показать, что предел lim 1   существует и равен e и при
x 
 x
x   .
 1
lim 1  
n
 n
n 1
Пример. Вычислить предел
 x2  x  1 
lim 

x  x 2  2 x  4


2 x 3
Решение.
 x2  x  1 
lim 

x  x 2  2 x  4


2 x 3

x2  x  1 
 lim 1  1  2

x 
x

2
x

4


2 x 3
2 x 3
 ( x 2  2 x  4)  x 2  x  1 
 lim 1 


2
x 
x  2x  4


2 x 3
3x  5 

 lim 1  2

x 
 x  2x  4 
3x  5 

 lim 1  2

x 
 x  2x  4 
 x 2  2 x  4   3 x 5 
 2

 3 x 5   x  2 x  4 
 2 x 3


 lim e
 3 x 5 
(2 x 3) 2

 x 2 x 4 
x 
e
1
1
(2 3 )(35 )
x
x
lim
1
1
x 
1 2  4 2
x
x
e
lim
(2 x 3)(3 x 5)
 e x x 2 x  4 
23
1
 e6
2