DIF_calc_2013

Решение. 1) Положим t = arctg x − arctg a для x > 0 и a > 0. Тогда для произвольного ε > 0 имеем оценку

x − a

| arctg x − arctg a| = |t| | tg t| = 1 + xa < |x − a| < ε,

как только |x − a| < δ(ε) = ε. Таким образом, для x > 0 и a > 0

lim arctg x = arctg a.

x→a

Если a < 0, то в силу неч¨етности функции arctg(−x) = − arctg x доказательство сводится к уже рассмотренному. Справедливость утверждения при a = 0 вытекает из очевидного равенства

0| arctg x − arctg 0| = | arctg x| < |x|.

2)Пользуясь тождеством arctg x + arcctg x = π/2, справедливым при всех x, и теоремой 9.9, получим

3) Рассмотрим случай a ]0, 1[. Воспользуемся свойствами обратных тригоно-

В силу неч¨етности функции arcsin(−x) = − arcsin x задача для полуинтервала a [−1, 0[ сводится к рассмотренной выше. А поскольку для a = 0 правый и левый пределы равны нулю, то доказательство завершено для отрезка |a| 1.

4) Справедливость утверждения очевидным образом вытекает из известного тригонометрического соотношения

9.6.Пределы монотонных и сложных функций

Теорема 9.14. Если функция f(x) определена и является монотонной на отрезке [x1, x2], то в любой внутренней точке x = a ]x1, x2[ эта функция имеет конечные правосторонние и левосторонние пределы, а в граничных точках x1 и x2, соответственно, правосторонний и левосторонний пределы.

Доказательство. Предположим, что функция f(x) не убывает на отрезке [x1, x2]. Зафиксируем внутреннюю точку a ]x1, x2]. Тогда для возрастающей функции справедлива оценка

в силу которой множество значений функции f(x) на промежутке [x1, a[ ограничено сверху точной верхней гранью

в силу неубывания f(x).

Таким образом, для любого числа δ > 0 существует число > 0 такое, что для всех x ]a− , a[ следует ys −δ < |f(x) < δ, что в символьной форме записывается как

δ > 0 > 0 : x ]a − , a[ f(x) ]ys − δ, ys].

Но это и означает, что существует левосторонний предел

Аналогично доказывается, что неубывающая функция f(x) имеет в точке a [a, x2[ правосторонний предел

Для неубывающей и строго монотонной функции доказательство аналогично.

122 Глава 3. Теория пределов

Следствие 9.14.1. Если функция f(x) определена и возрастает на отрезке [x1, x2], то в точке a ]x1, x2[

f(a − 0) f(a) f(a + 0).

Если же функция f(x) определена и убывает на отрезке [x1, x2], то в точке a

]x1, x2[

f(a − 0) f(a) f(a + 0).

♦Теорема 9.14 остается справедливой как для бесконечного промежутка, так

идля монотонных неограниченных функций. При этом если f(x) — возрастающая

инеограниченная сверху на ]x1, x2[ функция f(x), то

lim f(x) = +∞.

x→x2−0

Последнее соотношение остается справедливым, если положить x2 = +∞, т.е.

lim f(x) = +∞.

x→+∞

Соответственно, для возрастающей и неограниченной снизу на ]x1, x2[ функции f(x) имеем

lim f(x) = −∞

x→x1+0

или

lim f(x) = −∞.

x→−∞

Для убывающей и неограниченной снизу (возрастающей и неограниченной сверху) функции f(x) аналогично:

Теперь обратимся к рассмотрению пределов сложных функций.

Теорема 9.15. Если существуют пределы

прич¨ем для всех x из некоторой проколотой окрестности точки a выполняется условие ϕ(x) = A, то в точке a существует предел сложной функции f(ϕ(x)) и справедливо равенство

Доказательство. Существование пределов (9.45) означает, что функции ϕ и f

что на множестве ˙( ) определена сложная функция ( ( )). Пусть { }∞ —

S a, δ f ϕ x xn n=1

произвольная последовательность из окрестности ˙ ( ), для которой

S a, δ

lim xn = a.

n→∞

Это означает, что

lim f(ϕ(x)) = B,

x→a

т.е. справедливо утверждение (9.46).

♦ Формулу (9.46) зачастую называют формулой замены переменной при вычислении предела.

Пример 9.13. Вычислить

lim sin x2.

x→a

Решение. Имеем сложную функцию sin y, y = x2. Вычислив

lim y = lim x2 = a2,

x→a x→a

получим

lim sin x2 = lim sin y = sin a2.

x→a y→a2

10.Неопредел¨енности и замечательные пределы

10.1.Неопредел¨енности и их виды

При вычислении пределов от функций, получающихся в результате алгебраических операций над другими функциями, мы специально оговаривали условия корректности таких операций. Так, например, предел отношения

мы определили при условии, что

lim f2(x) = 0,

x→a

т.е. когда функция f2(x) не является бесконечно малой. Одновременно с этим мы установили, что в случае, когда f2(x) является бесконечно малой, не обращается в нуль в некоторой проколотой окрестности точки a, а

lim f1(x) = 0,

x→a

отношение (10.1) представляет собой бесконечно большую величину. Перейд¨ем теперь к рассмотрению очень важного случая, когда бесконечно малыми являются обе функции: f1(x) и f2(x).

Отношение двух бесконечно малых называется неопредел¨енностью вида 0/0, а вычисление предела этого отношения — раскрытием неопредел¨енности.

Рассмотрим простейшие примеры раскрытия таких неопредел¨енностей.

имеем неопредел¨енность вида 0/0.

Чтобы е¨ раскрыть, представим x2 − 1 = (x − 1)(x + 1). Тогда

3) Поскольку

lim(x4 − 2x2 + 1) = 0,

x→1

имеем также неопредел¨енность вида 0/0. Раскроем е¨е:

Рассмотренные примеры наглядно иллюстрируют возможные результаты раскрытия неопредел¨енностей вида 0/0, а именно: отношение двух бесконечно малых может быть как бесконечно малой, так и бесконечно большой величиной, но может быть и величиной конечной.

♦ Отметим, что процедура вычисления предела отношения (10.1), по сути дела, является операцией сравнения двух бесконечно малых в окрестности точки x = a функций. Более подробно этот вопрос мы рассмотрим ниже.

Кроме неопредел¨енностей вида 0/0 можно выделить неопредел¨енности других

которые с помощью тождественных преобразований легко сводятся к виду 0/0. Действительно, если f1(x) и f2(x) — две бесконечно малые в окрестности точки

Решение. Оба предела представляют собой неопредел¨енность вида ∞/∞. В первом случае воспользуемся результатом примера 8.35:

lim nk = 0, a > 1, k > 0,

n→∞ an

одновременно с которым будет и

lim (n + 1)k = 0.

n→∞ an

Следовательно, для заданного числа ε > 0 найд¨ется такой номер N(ε), что при n > N(ε) будет выполняться неравенство

Во втором случае воспользуемся заменой переменной

Последнее равенство означает, что для заданного ε > 0 можно указать такое N(ε), что для всех n > N(ε) будет выполняться неравенство

Если положить t > N(ε) + 1 и считать, что n = [t], то для n > N(ε) и n t n+ 1 справедлива оценка

По сути дела, раскрытие остальных неопредел¨енностей можно свести к раскрытию именно этих неопредел¨енностей. Отметим, что некоторые неопредел¨енности вида (10.5), например

невозможно вычислить с помощью тождественных преобразований, в силу чего они требуют дополнительных исследований. Эти два предела имеют важное значение в курсе математического анализа и носят название замечательных пределов. К их рассмотрению мы и переходим.

10.2.Первый замечательный предел

Рассмотрим отношение

sinx x,

предел которого, например, при x → π/2 легко вычисляется:

Теперь рассмотрим предел этого отношения, когда x стремится не к π/2, а к нулю:

В этом случае мы имеем неопредел¨енность вида 0/0. Докажем, что

Соотношение (10.6) называется первым замечательным пределом.

Для доказательства соотношения (10.6) рассмотрим

окружность единичного радиуса (R = 1) с центром в точке O(0, 0) и центральный угол COB, равный x (в радианах, 0 < x < π/2). Из точки B опустим перпендикуляр BA на ось Ox. Длина отрезка BA равна синусу угла COB, а отрезка OA косинусу. Из точки C провед¨ем перпендикуляр CD к оси Ox. Здесь D — точка пересечения перпендикуляра с лучом OB. Длина отрезка CD равна тангенсу угла

COB. В результате мы получили треугольник OAB, круговой сектор OBC и треугольник ODC, площади которых связаны неравенствами

Неравенство (10.8) остается справедливым и при x ] − π/2, 0[ в силу ч¨етности входящих в него функций. Если x → 0, то cos x → 1, и переменная x/(sin x) заключена между двумя величинами, имеющими один и тот же предел, равный 1:

В силу теоремы 8.6 о «сжатой последовательности»

что и требовалось доказать.

Предел вида (10.6) часто используется при вычислении пределов.

Пример 10.5. Найти

lim tg x.

x→0 x

Решение. Выделим первый замечательный предел:

Пример 10.6. Найти

lim sin 2x. x→0 sin 3x

Решение. Выделим первый замечательный предел:

то с уч¨етом первого замечательного предела получим