3.2. Предел функции и его элементарные свойства

Будем рассматривать функции $f: X \to \mathbb R$, где $X \subset \mathbb R.$Окрестностью радиуса $\delta > 0$ (или $\delta$-окрестностью) точки $a \in \mathbb R$ мы называли множество таких $x ∈ \mathbb R$, что $a − \delta < x < a + \delta$, или, что то же самое, $\left | x − a \right | < \delta.$ Проколотой $\delta$-окрестностью точки $a$ называем $\delta$-окрестность точки $a \in \mathbb R$, из которой удалена сама точка $a$.  Другими словами, проколотая $\delta$-окрестность точки $a$ – это множество всех точек $x \in \mathbb R$, таких, что $a−\delta < x < a$ или $a < x < a + \delta$. Это можно записать так: $0 < \left | x − a \right | < \delta$.

Определение предела функции по Коши. Пусть функция $f$ определена в некоторой проколотой окрестности точки $a$. Число $A$ называется пределом функции $f$ в точке $a$, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $\delta > 0$, зависящее, вообще говоря, от $\varepsilon$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < \left | x − a \right | < \delta$, справедливо неравенство от $\left | f \left ( x \right ) − A \right | < \varepsilon$. Если число $A$ является пределом функции $x$ в точке $a$, то говорят, что функция $f$ стремится к $A$ при $x$, стремящемся к $a$, и пишут: $\lim \limits_{x \to a} f \left ( x \right ) = A$, или $f \left (x \right ) \to A$ при $x \to a$.

Пример 1.
Пусть $f \left ( x \right ) = x \cdot \sin \frac{1}{x}, x\neq 0, a = 0.$
Данная функция определена в проколотой окрестности точки $a = 0.$ Покажем, что: $\lim \limits_{x \to 0} f \left (x \right ) = 0$. Зададим $\varepsilon > 0.$ Тогда для $x\neq 0$ неравенство $$\left | f \left (x \right ) — 0 \right | = \left | x \cdot  \sin \frac{1}{x} \right |\leqslant \left | x \right | \leqslant \varepsilon$$ справедливо, если только $0 < \left | x − 0 \right | = \left | x \right | < \delta$, где в качестве $\delta$ мы выбираем $\varepsilon$, т.е. $\delta = \varepsilon.$ Так как $\varepsilon > 0$ произвольно, то для любого $\varepsilon > 0$  найдется такое $\delta \left ( \delta = \varepsilon \right )$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < \left | x − 0 \right | < \delta$, справедливо неравенство $\displaystyle \left | x \cdot  \sin \frac{1}{x} — 0 \right | <  \varepsilon$. По определению, это и означает, что $\displaystyle \lim \limits_{x \to 0} x \cdot \sin \frac{1}{x} = 0$.

Пример 2.
Пусть $f \left (x \right) = \operatorname {sgn} x = \left\{\begin{matrix}
1, x > 0, & \\
0, x = 0, & \\
-1, x < 0. &
\end{matrix}\right.$
Покажем, что функция $f$ не имеет предела в точке $a = 0$, т.е. для любого $A ∈  \mathbb R$  найдется такое $\varepsilon_{0} > 0$, что для каждого $\delta > 0$, найдется такое $x$, удовлетворяющее условию $0 < \left | x − 0 \right | < \delta$, при котором $\left | f \left (x \right ) − A \right | \leqslant \varepsilon_{0}.$
Пусть $A \in  \mathbb R$. Покажем, что $\varepsilon_{0} = 1$ обладает требуемым свойством. В самом деле, зададим произвольное $\delta > 0$. Если $A \leqslant 0$, то выберем такое $x$, что $−\delta < x < 0$, например, $\displaystyle x = \frac{−\delta}{2}$. Тогда $0 < \left | x − 0 \right | < \delta$, и $\left | f \left (x \right ) − A \right | = \left | − 1 − A \right | = 1 + A \leqslant 1 = \varepsilon_{0}$. Если же $A < 0$, то выберем такое $x$, что $0 < x < \delta$, например, $\displaystyle x = \frac{δ}{2}$. Тогда снова получим, что $0< \left | x − 0 \right | < δ$, и $\left | f \left( x \right) − A \right | = \left | 1 − A \right | = 1 − A \leqslant 1 = \varepsilon_{0}$. Итак, никакое $A ∈  \mathbb R$ не является пределом функции $f \left (x \right ) = \operatorname {sign} x $ в точке $a = 0$.

Замечание 1. В определении предела мы предполагаем, что функция $f$ определена в проколотой окрестности точки $a$. Может оказаться, что в самой точке $a$ функция $f$ также определена. Однако значение функции $f$ в этой точке $a$ совершенно не оказывает влияния на предел функции в этой точке, т. к. в определении предела мы рассматриваем лишь те значения $x$, которые отличны от $a$.

Пример 3.
Пусть $f \left ( x \right ) = |\operatorname {sign} x |= \left\{\begin{matrix}
1, x\neq 0, & \\
0, x = 0.  &
\end{matrix}\right.$
Покажем, что $\lim \limits_{x \to 0} f \left ( x \right ) = 1$.
Действительно, зададим $\varepsilon > 0$ и в качестве $\delta$ выберем любое положительное число, например, $\delta = 1$. Тогда из неравенства $0 < \left | x − 0 \right | = \left | x \right | < \delta$ вытекает $\left |f \left ( x \right) − 1 \right | = \left |1 − 1 \right | = 0 < \varepsilon$. Следует обратить внимание на то, что неравенство $\left | f \left( x \right) − 1 \right | < \varepsilon$ может и не выполняться при $x = 0$ (оно действительно не выполняется, если $\varepsilon \leqslant 1$. Но мы и не требуем, чтобы оно выполнялось при $x = 0$, т.к. рассматриваются лишь такие значения $x$, для которых $\left | x \right | > 0$.

Пример 4.
Докажем, что $\displaystyle \lim \limits_{x \to 1} \frac{x^{2}-1}{x-1} = 2$.
В самом деле, если $x \neq 1$, то $\displaystyle \frac{x^{2}-1}{x-1} = x + 1$, и тогда $\left | f \left (x \right) – 2 \right | = \left | \left( x+1 \right ) – 2 \right | = \left | x-1 \right | < \varepsilon$, если только $0 < \left | x-1 \right | < \delta$, где $\delta = \varepsilon$.

Замечание 2. Определение предела носит локальный характер. Это означает, что существование предела и его величина зависят лишь от значений, принимаемых функцией в достаточно малой проколотой окрестности точки $a$. Другими словами, если мы изменим функцию вне некоторой проколотой окрестности точки $a$, то это никак не скажется на существовании предела и его величине.

Пример 5.
Докажем, что $\lim \limits_{x \to a} \sqrt{x} = \sqrt{a}$ при любом $a > 0$.
Зададим $\varepsilon > 0$.Тогда для $x > 0$ неравенство $\displaystyle |\sqrt{x} — \sqrt{a}|= \frac{|x — a|}{\sqrt{x} + \sqrt{a}} \leqslant \frac{1}{\sqrt{a}} < \varepsilon$ будет иметь место, если только $0 < |x — a| < \sqrt{a} \cdot  \varepsilon = \delta$.

Теорема 1(единственность предела)
Если функция $f$ имеет предел в точке $a$, то он единственный.

Пусть $\lim \limits_{x \to a} f \left (x \right ) = A$ и $\lim \limits_{x \to a} f \left ( x \right ) = B$. Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем $\delta _{1} > 0$, такое, что из неравенства $0 < \left |x − a \right | < \delta_{1}$ следует $\displaystyle \left |f \left ( x \right ) − A \right | < \frac{\varepsilon}{2}$.  Далее, найдем $\delta_{2} > 0$, такое, что из неравенства $0 < \left |x−a \right | < \delta_{2}$ следует $\displaystyle \left |f \left ( x \right )−B \right | < \frac{\varepsilon}{2}$. Положим $\delta = min \left ( \delta_{1}, \delta_{2} \right)$ и выберем такое $x$, что $0 < \left |x − a \right | < \delta$. Тогда $\displaystyle \left |B − A \right | \leqslant \left | f \left ( x \right ) − A \right | + \left | f \left ( x \right ) − B \right | < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$.
Поскольку $\varepsilon > 0$ произвольное и $\left |B − A \right | < \varepsilon$, то это означает, что $A = B$.

Локальная ограниченность функции, имеющей предел.
Функция $f$ называется ограниченной сверху (снизу) на множестве $E$, если существует такое число $M(m)$, что для всех $x \in E$ справедливо неравенство $f \left( x \right) \leqslant M \left ( f \left (x \right ) \leqslant m \right )$. Функция $f$ называется ограниченной на множестве $E$, если она ограничена на этом множестве сверху и снизу.
Другое эквивалентное определение ограниченности функции можно дать, используя понятие модуля. Именно, функция $f$ называется ограниченной на множестве $E$, если существует такое число $A$, что для всех $x \in E$ справедливо неравенство $\left |f \left (x \right ) \right | \leqslant A$.
Доказательство равносильности этих двух определений ограниченности элементарно и мы его опускаем.

Выше мы установили, что сходящаяся последовательность ограничена. Рассмотрим аналогичный вопрос для функций. Именно, следует ли из существования предела функции ее ограниченность? Отрицательный ответ на этот вопрос дает, например, функция $\displaystyle f \left ( x \right) = \frac{1}{x}, 0 < x < +\infty$. Действительно, легко видеть, что функция $f$ неограничена на $\left ( 0, +\infty \right )$. В то же время $\displaystyle \lim \limits_{x \to 1} \frac{1}{x} = 1$. В самом деле,  $\begin{vmatrix}
\frac{1}{x} – 1
\end{vmatrix} = \left |x − 1 \right | x \leqslant 2 \left| x − 1 \right | < \varepsilon,$ если только $\displaystyle \left |x − 1 \right | < \delta = min \left\{ \frac{1}{2}, \frac{\varepsilon}{2} \right\}.$ Тем не менее, справедлива.

Теорема 2
Пусть функция $f$ определена в проколотой окрестности $U$ точки $a$ и имеет предел в этой точке. Тогда существует такая проколотая окрестность $V \subset U$, на которой функция $f$ ограничена.

Пусть $\lim \limits_{x \to a}f \left (x \right) = A$. Зададим $\varepsilon = 1$ и найдем такое $\delta > 0$, что для всех $x \in U$, удовлетворяющих условию $0 < \left | x − a \right | < \delta$, справедливо неравенство $\left | f \left( x \right) − A \right | < 1$. Обозначим $V = U \cap {x : 0 < \left |x − a \right | < \delta}$. Тогда для всех $x ∈ V$ справедливо неравенство $\left | f(x) \right | \leqslant \left | f \left( x \right) − A \right | + \left |A \right | \leqslant \left |A \right | + 1$, которое и означает, что функция $f$ ограничена на $V$

Определение предела функции по Гейне.
Мы хотим связать определения предела функции и предела последовательности. Пусть функция $f$ определена в некоторой проколотой окрестности $U$ точки $a$. Возьмем произвольную последовательность аргументов $\begin{Bmatrix}
{x_{n}}
\end{Bmatrix}_{n=1}^{\infty}$, т.е. $x_{n} \in U \left( x_{n} \neq a, n = 1, 2, \cdots \right )$. Эта последовательность аргументов порождает последовательность значений функции $f$ в точках $x_{n}$, т.е. мы получаем последовательность $\begin{Bmatrix}
{f \left (x_{n} \right )}
\end{Bmatrix}_{n=1}^{\infty}$.

Определение. Пусть функция $f$ определена в проколотой окрестности $U$ точки $a$. Число $A$ называется пределом функции $f$ в точке $a,$ если каждая последовательность аргументов $\left\{f \left ( x_{n} \right ) \right\}$, стремящаяся к $a \left (т.е. x_{n} \in U, x_{n} \neq a, n = 1, 2, \cdots \right)$ порождает соответствующую последовательность значений функции $\begin{Bmatrix}
{f \left ( x_{n} \right )}
\end{Bmatrix}$, стремящуюся к $A$.

Итак, мы имеем два определения предела функции: по Коши и по Гейне. Покажем, что эти определения эквивалентны.

Эквивалентность двух определений предела функции в точке.
Пусть $\lim \limits_{x \to a} f \left (x \right) = A$ в смысле определения по Коши. Возьмем произвольную последовательность $\begin{Bmatrix}
{x_{n}}
\end{Bmatrix}, x_{n} \to a \left( n \to \infty \right), x_{n} \neq a$ и покажем, что $f \left( x_{n} \right) \to A \left( n \to \infty \right )$. Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем $\delta > 0$, такое, что из неравенства $0 < \left |x − a \right | < \delta$ следует $\left |f \left ( x \right ) − A \right | < \varepsilon$. Пользуясь тем, что $x_{n} \to a \left ( n \to \infty \right )$, для найденного $\delta$ найдем номер $N$, такой, что при каждом $n \leqslant N$ справедливо неравенство $\left |x_{n} − a \right | < \delta$. Но тогда при каждом $n \leqslant N$ будет выполнено неравенство $|f \left( x_{n} \right ) − a| < \varepsilon$. Итак, для заданного $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, что для всех $n \leqslant N$ справедливо неравенство $|f \left( x_{n} \right ) − A| < \varepsilon$. Так как $\varepsilon > 0$ произвольно, то это означает, что $\lim \limits_{n \to \infty} f \left( x_{n} \right ) = A$.
Обратно, пусть число $A$ является пределом функции $f$ при $x \to a$ в смысле Гейне, т.е. для любой последовательности $\begin{Bmatrix}
{x_{n}}
\end{Bmatrix}\left ( x_{n} \to a, x_{n} \neq a \right )$ соответствующая последовательность значений функции $\begin{Bmatrix}
{f \left ( x_{n} \right )}
\end{Bmatrix}$ стремится к $A$. Предположим, что $A$ не является пределом функции $f$ в точке $a$ в смысле Коши. Это означает, что найдется такое $\varepsilon_{0} > 0$, что для любого $\delta > 0$ существует такое $x$, что $0 < \left |x − a \right | < \delta$, но $\left |f \left ( x \right ) − A \right | \leqslant \varepsilon_{0}$. Возьмем $\delta = 1$ и найдем такое $x_{1}$, что $0 < \left |x_{1} − a \right | < 1$ и $\left |f \left ( x_{1} \right ) − A \right | \leqslant \varepsilon_{0}$. Далее, для $ \displaystyle \delta = \frac{1}{2}$ найдем такое $x_{2}$, что $\displaystyle 0 < \left |x_{2} − a \right | < \frac{1}{2}$ и $\left | f \left( x_{2} \right) − A \right | \leqslant \varepsilon_{0}$. Полагая $\displaystyle \delta = \frac{1}{n}$, найдем такое $x_{n}$, что $\displaystyle 0 < \left | x_{n} − a \right | < \frac{1}{n}$ и $\left |f \left( x_{n} \right ) − A \right | \leqslant \varepsilon_{0}$. В результате получим последовательность $\begin{Bmatrix}
{x_{n}}
\end{Bmatrix}$. Из условия $\displaystyle \left|x_{n} − a \right| < \frac{1}{n}$  следует, что $x_{n} \to a \left (n \to \infty \right )$, а поскольку $\left |x_{n} − a \right| > 0$, то $x_{n} \neq a \left (n = 1, 2, \cdots \right)$. Кроме того, $\left |f(x_{n}) − A \right | \leqslant \varepsilon_{0}$. Это неравенство означает, что соответствующая последовательность значений функции $\left\{f \left (x_{n} \right ) \right\}$ не стремится к $A$. Окончательно, мы построили такую последовательность аргументов $\left\{x_{n}\right\}, x_{n} \to a, x_{n} \neq a$, что соответствующая последовательность значений функции $\left\{f \left( x_{n} \right ) \right\}$ не стремится к $A$. Это противоречит условию.

Итак, мы показали, что определения предела по Коши и по Гейне эквивалентны. Часто на практике определение предела по Гейне используется для доказательства того, что у функции нет предела в точке $a$. Именно, отрицание определения предела в смысле Гейне выглядит следующим образом. Число $A$ не является пределом функции $f$ в точке $a$, если существует последовательность аргументов $\begin{Bmatrix}
{x_{n}}
\end{Bmatrix} \left (x_{n} \to a, x_{n} \neq a \right )$, такая, что $f \left (x_{n} \right)$ не стремится к $A$.
Предположим, что найдется такая последовательность аргументов, что соответствующая последовательность значений функции $\begin{Bmatrix}
{f \left( x_{n} \right )}
\end{Bmatrix}$ расходится. Тогда ясно, что никакое число не является пределом функции $f$ в точке $a$, т. е. $f$ не имеет предела при $x \to a$. Итак, для того чтобы показать, что функция $f$ не имеет предела в точке $a$, достаточно построить последовательность $\begin{Bmatrix}
{x_{n}}
\end{Bmatrix} \left(x_{n} \to a, x_{n} \neq a \right)$, такую, что $\begin{Bmatrix}
{f \left (x_{n} \right)}
\end{Bmatrix}$ не имеет предела.

Упражнение.
Доказать, что справедливо и обратное утверждение. Именно, если функция $f$ не имеет предела в точке $a$, то существует такая последовательность $\left\{x_{n} \right\} \left( x_{n} \to a, x_{n} \neq a \right)$, что $\left\{f \left (x_{n} \right ) \right\}$ расходится.

Пример.
Пусть $\displaystyle f(x) = \sin \frac{1}{x}  \left(x \neq 0 \right )$. Выберем две последовательности $\displaystyle {x}’_{k} = \frac{1}{2\pi k}$ и $\displaystyle {x}^{\prime\prime}_{k} = \frac{1}{2\pi \left(\frac{k+1}{4} \right)} \left(k = 1, 2,\cdots \right).$
Тогда ${x}’_{k} \to 0, {x}^{\prime\prime}_{k} \to 0 \left(k \to \infty \right)и f \left({x}’_{k} \right) = 0, f \left({x}^{\prime\prime}_{k} \right) = 1$. Составим последовательность аргументов ${x}’_{1}, {x}^{\prime\prime}_{1}, {x}’_{2}, {x}^{\prime\prime}_{2}, \cdots$. Тогда соответствующая им последовательность значений функции будет иметь вид $0, 1, 0, 1,…$ , которая, очевидно, расходится. Итак, мы построили стремящуюся к нулю последовательность отличных от нуля аргументов, такую, что соответствующая последовательность значений функции не имеет предела. Значит, на основании определения предела функции, функция $\displaystyle f \left(x \right) = sin \frac{1}{x}$ не имеет предела при $x \to 0$.

Идея решения этого примера часто используется и при решении других задач. Именно, для того чтобы показать, что функция $f$ не имеет предела при $x \to a$, достаточно построить две последовательности $\left\{{x}’_{n} \right\}$ и $\left\{{x}^{\prime\prime}_{n}\right\}$, стремящиеся к $a \left({x}’_{n} \neq a, {x}^{\prime\prime}_{n} \neq a \right)$, такие, что $\left\{f \left({x}’_{n} \right) \right\} $ и $\left\{f \left({x}^{\prime\prime}_{n} \right)\right\}$ аргументов ${x}’_{1}, {x}^{\prime\prime}_{1}, {x}’_{2}, {x}^{\prime\prime}_{2}, \cdots$ соответствующая последовательность значений функции $f \left({x}’_{1} \right), f \left( {x}^{\prime\prime}_{1} \right), f \left({x}’_{2} \right), f \left({x}^{\prime\prime}_{2} \right), \cdots$ будет расходящейся, так как у нее есть два различных частичных предела (не выполнено условие критерия сходимости в терминах верхнего и нижнего пределов последовательности).

Теорема (арифметические свойства пределов).
Пусть функции $f$ и $g$ заданы в проколотой окрестности $U$ точки $a$ $\lim \limits_{x \to a} f \left(x \right) = A$ и $\lim \limits_{x \to a} g \left( x \right) = B$. Тогда
1) $\lim{x \to a} \left( f \left(x \right) + g \left(x \right) \right) = A + B$;
2) $\lim{x \to a} \left(f \left(x \right) \cdot g \left(x \right) \right)= A \cdot B$;
3) если $ g \left(x \right) \neq 0 \left(x \in U \right)$ и $ B \neq 0, $ то $\displaystyle \lim \limits_{x \to a} \frac{f \left(x \right)}{g \left(x \right)} = \frac{A}{B}.$

Эта теорема мгновенно может быть получена как следствие соответствующей теоремы об арифметических свойствах пределов последовательностей. Достаточно применить определение предела в смысле Гейне.

Теорема (предельный переход и неравенства).
Пусть функции $f$ и $g$ заданы в проколотой окрестности $U$ точки $a$, $\lim \limits_{x \to a}f \left(x \right) = A$ и $\lim \limits_{x \to a}g \left(x \right) = B$, причем $B > A$. Тогда найдется проколотая окрестность $\Delta ⊂ U$ точки $a$, такая, что $f \left(x \right) < g \left(x \right)$ для всех $x ∈ \Delta$.

Зададим $\varepsilon  = \frac{B-A}{2} > 0$ и найдем такое ${\delta}’ > 0$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < \left|x − a \right| < {\delta}’$, справедливо неравенство $ \left|f(x) − A \right| < \varepsilon$, т. е. $A − \varepsilon < f \left(x \right) < A + \varepsilon$. Далее, найдем такое ${\delta}^{\prime\prime} > 0$, что если только $0 < \left|x − a \right| < {\delta}$ , то $ \left|g \left(x \right) − A \right| < \varepsilon$, т. е. $B − \varepsilon < g \left(x \right) < B + \varepsilon$. Положим $\delta = min \left({\delta}’, {\delta}^{\prime\prime} \right) > 0$. Тогда для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < \left|x − a \right| < \delta$, справедливы неравенства $\displaystyle f \left(x \right) < A + \varepsilon = \frac{A+B}{2} = B − \varepsilon < g \left(x \right)$, из которых следует, что $f \left(x \right) < g \left(x \right) \left( x \in \Delta = {x : 0 < \left |x − a \right| < \delta} \right)$

Следствие. Если $f \left(x \right) \leqslant g \left(x \right)$ для всех $x$, принадлежащих проколотой окрестности $U$ точки $a$, то $\lim \limits_{x \to a} f \left(x \right) \leqslant \lim \limits_{x \to a} g \left(x \right)$, если эти пределы существуют. Действительно, если предположить, что $\lim \limits_{x \to a} f \left(x \right) < \lim \limits_{x \to a} g \left(x \right)$, то, в силу предыдущей теоремы, в некоторой проколотой окрестности точки $a$ будет справедливо неравенство $f \left(x \right) < g \left(x \right)$, что противоречит условию.

Теорема (о трех пределах). Пусть функции $f, g, h$ определены в проколотой окрестности $U$ точки $a$ и такие, что $f \left(x \right) \leqslant g \left(x \right) \leqslant h \left(x \right)$ для всех $x \in U$. Если $\lim \limits_{x \to a} f \left(x \right) = \lim \limits_{x \to a} h \left(x \right) = A$, то существует $\lim \limits_{x \to a} g \left(x \right) = A$.

Для доказательства этой теоремы достаточно применить определение предела функции по Гейне и соответствующую теорему о трех пределах для последовательностей.

Примеры решения задач

Рассмотрим примеры задач, в которых могут использоваться предел функции и его элементарные свойства. Читателю с целью самопроверки предлагается решить данные примеры самому, а затем сверить свое решение с приведенным.

  1. Пользуясь определением предела функции по Гейне, доказать, что $f \left(x \right) = \cos x$ не имеет предела при $x \to \infty $.
    Решение

    Выберем две последовательности точек $\left \{ {x}’_{n} \right \}$, $ {x}’_{n} = \left \left( \frac{\pi}{2} + 2 \pi n \right \right), n \in \mathbb{N}$ и $\left \{ {x}^{\prime\prime}_{n} \right \}$, ${x}^{\prime\prime}_{n} = \left(2 \pi n \right), n \in \mathbb{N}.$ Обе эти последовательности стремятся к $+\infty$. Им соответствуют последовательности значений функций: $\left \{ f \left({x}’_{n} \right) \right \}$, $f \left({x}’_{n}) = \cos \left ( \frac{\pi}{2} + 2 \pi n \right ) = 0$ и $\left \{ f \left({x}^{\prime\prime}_{n} \right) \right \}$, $f \left({x}^{\prime\prime}_{n} \right) = \cos\left ( 2 \pi n \right ) = 1$. Последовательности значений функции $\left \{ f \left({x}’_{n} \right) \right \}$ и $\left \{ f \left({x}^{\prime\prime}_{n} \right) \right \}$ — стационарные, сходятся к числам $A = 0$ и $B = 1$ соответственно. Так как $A \neq B$, то ни число $A$, ни число $B$, ни какое-либо другое число не могут быть пределом функции $f \left(x \right)$ при $x \to +\infty$, т.е. функция $f \left( x \right)$ не имеет предела при $x \to +\infty$.

  2. Доказать, что $\lim \limits_{x \to a} f \left(x \right) = A$ (указать $\delta_{\varepsilon}$).$$\lim \limits_{x \to -1}\frac{7x^{2} + 8x + 1}{x + 1} = -6.$$
    Решение

    Положим $f \left(x \right) = \frac{7x^{2} + 8x + 1}{x + 1} = -6.$ Надо показать, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое положительное число $\delta$ , что для всех $\left|x — 1 \right| < \delta$ выполняется условие $\left|f \left(x \right) + 6 \right| < \varepsilon.$
    Запишем этот модуль разности: $$\left |\frac{7x^{2} + 8x + 1}{x + 1} + 6 \right | < \varepsilon$$ $$\left |\frac{7x^{2} + 8x + 1}{x + 1} + 6 \right | = \left|7x + 1 + 6 \right| = 7 \left|x+1 \right| < \varepsilon,$$ $$\left|x + 1 \right| < \frac{\varepsilon}{7}.$$
    Если выбрать $\delta = \frac{\varepsilon}{7}$ , то для любых $\left|x + 1 \right| < \delta$ искомое неравенство будет выполнено, что и означает, что $$ \displastyle\lim \limits_{x \to -1}\frac{7x^{2} + 8x + 1}{x + 1} = -6$$

  3. Пользуясь определением пределов функции по Коши и другими определениями предела функции в точке, показать, что $$\lim \limits_{x \to 2} \left(4x — 5 \right) = 3$$
    Решение

    Надо показать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $\delta = \delta_{\varepsilon} > 0$, что для всех $х$ (область определения функции $f\left(x \right) = 4x — 5$ – вся числовая ось), удовлетворяющих неравенству $0 < \left|x — 2 \right| <\delta$, будет выполняться неравенство $ \left|f \left(x \right) — 3 \right| < \varepsilon$. Последнее неравенство равносильно неравенствам: $\left|4x — 5 — 3 \right| < \varepsilon;$ $\left|4x- 8 \right| < \varepsilon;$ $4 \left|x-2 \right| < \varepsilon;$ $\left|x-2 \right| < \frac{\varepsilon}{4}.$
    Принимая $\delta = \frac{\varepsilon}{4}$, получаем, что из неравенства $\left|x-2 \right| < \delta = \frac{\varepsilon}{4}$ следует неравенство $\left| \left(4x — 5 \right) — 3 \right| < \varepsilon$, следовательно, $\lim \limits_{x \to 2} \left(4x — 5 \right) = 3.$

Предел функции и его элементарные свойства

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Смотрите также

  1. Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу, т.1. — Одесса: Астропринт, 2009, с. 53-60
  2. Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа, т.1. — М.: Дрофа; — 2003, с. 162-172, 177-184
  3. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления Т.I. — М.: ФМЛ, 1962, с. 115-117
  4. Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа, 3-е изд., испр. — М.: 2001, с. 73-77

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 5 выпуск) М1743


Условие задачи

Найдите сумму $$\displaystyle \left [
\frac{1}{3}
\right ] + \left [
\frac{2}{3}
\right ] + \left [
\frac{2^{2}}{3}
\right ] + \cdots +\left [
\frac{2^{1000}}{3}
\right ]$$
$(\left[ a \right]$ — целая часть числа $a)$

Решение

Достаточно найти сумму дробных частей $$\displaystyle s_{1} = \left\{
\frac{1}{3}
\right\} + \left\{
\frac{2}{3}
\right\} + \left\{
\frac{2^{2}}{3}
\right\} + \cdots +\left\{
\frac{2^{1000}}{3}
\right\}.$$
Имеем: $$\displaystyle \left\{
\frac{1}{3}
\right\} = \frac{1}{3}, \left\{
\frac{2}{3}
\right\} = \frac{2}{3}, \left\{
\frac{4}{3}
\right\} = \frac{1}{3}, \left\{
\frac{8}{3} \right\} = \frac{2}{3}, \cdots$$
Следовательно, $\displaystyle s_{1} = 501 \cdot \frac{1}{3} + 500 \cdot \frac{2}{3} = 500\tfrac{2}{3}.$
Далее, $$s = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} + \cdots + \frac{2^{1000}}{3} = \frac{1}{3}(2^{1001} — 1).$$
Получили: $\displaystyle s_{2} = \left [
\frac{1}{3}
\right ] + \left [
\frac{2}{3}
\right ] + \left [
\frac{2^{2}}{3}
\right ] + \cdots +\left [
\frac{2^{1000}}{3}
\right ] = s — s_{1} = \frac{1}{3}(2^{1001} — 2) — 500.$

Ответ: $\displaystyle \frac{2^{1001} — 2}{3} — 500.$

А.Голованов, В.Сендеров

Задача из журнала «Квант» (1998 год, 2 выпуск) М1633


Условие задачи

В треугольнике $ABC$ отрезки $CM$ и $BN$ – медианы, $P$ и $Q$  – точки соответственно на $AB$ и $AC$ такие, что биссектриса угла $C$ треугольника одновременно является биссектрисой угла $MCP$, а биссектриса угла $B$ – биссектрисой угла $NBQ$. Можно ли утверждать, что треугольник $ABC$ равнобедренный, если
а) $BP = CQ$;
б) $AP = AQ$;
в) $PQ || BC$;
Отрезки $BQ$ и $CP$ называются симедианами.

Решение

Теорема

$AB = c$, $AC = b$, $AS$ – симедиана. Тогда $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$.

Пусть $AM$ – медиана; обозначим $\alpha = \angle BAS = \angle CAM$, $\angle MAS = \beta$ (рис.1).
Имеем: $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{S_{ABS}}{S_{ASC}} = \frac{c\sin\alpha }{b(\sin\alpha +\beta)}$, $\displaystyle 1 = \frac{S_{ABM}}{S_{AMC}} = \frac{c\sin(\alpha + \beta)}{b\sin \alpha}$.
Значит, $\displaystyle \frac{BS}{SC}=\frac{c^{2}}{b^{2}}$.

а) Да. Перепишем равенство $BP = CQ$, пользуясь теоремой:$$b^{3} + ba^{2} = c^{3} + ca^{2}.$$
Поскольку $f(x)= x^{3}+xa^{2}$ – монотонная функция, получаем, что $b=c$.
К этому равенству можно прийти и так: $b^{3}-c^{3} = a^{2}(c-b);$ значит, при $b\neq c$ будет $b^{2} + bc + c^{2} = -a^{2};$ но $b^{2} + bc + c^{2} \geqslant 0.$
в) Да. $\displaystyle \frac{AQ}{QC}=\frac{AP}{PB}$, т.е. $\displaystyle \frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{b^{2}}{a^{2}}.$

б) Нет. $\displaystyle AP = c \cdot \frac{b^{2}}{b^{2} + a^{2}}$, $\displaystyle AQ = b \cdot \frac{c^{2}}{c^{2} + a^{2}}$.
Перепишем $AP = AQ: bc(b — c) = a^{2}(b — c)$. Значит, в неравнобедренном треугольнике таком, что $a^{2} = bc$, имеем $AP = AQ$.

  1. Если A – наибольший или наименьший угол треугольника, $AP = AQ$, то треугольник равнобедренный.
  2. Неравнобедренный треугольник такой, что $AP = AQ$ – это треугольник со сторонами вида $d, dq, dq^{2}$, где $q \neq 1$.
  3. Пункт б) (именно он предлагался на Турнире городов) можно решить и без помощи теоремы, пользуясь лишь соображениями непрерывности. Это можно сделать по такой, например, схеме.
    Пусть для треугольника $ABC$ будет $AP > AQ$, а для треугольника $ {A}'{B}'{C}’$ ${AP}’ < {AQ}’$. «Перетянем» $A$ в ${A}’$, $B$ в ${B}’$, $C$ в ${C}’$; по дороге нам встретится треугольник $A^{\prime\prime}B^{\prime\prime}C^{\prime\prime}$ такой, что $A^{\prime\prime}P^{\prime\prime} = A^{\prime\prime}Q^{\prime\prime}$. Если возникающие при этом «перетягивании» треугольники не являются равнобедренными, то задача решена.

Приведем пример реализации этой схемы.
Рассмотрим треугольник рисунка 2:

$$\displaystyle AB = 1, \angle A = \frac{\pi}{3}, \angle B = \frac{\pi}{2};$$ $CD$– биссектриса.
Так как $\displaystyle \frac{AD}{BD} = \frac{AC}{BC}$, то $\displaystyle AD > \frac{1}{2}$: следовательно, $\displaystyle AP > \frac{1}{2}.$
Далее, $\displaystyle \angle ABQ = \angle NBC = \frac{\pi}{6}$; значит, $\displaystyle AQ = \frac{1}{2}$.

Рассмотрим теперь треугольник рисунка 3:
$$\angle A = \frac{\pi}{4}, \angle B = \frac{\pi}{2}, BC = 1.$$ Имеем: $\displaystyle AQ = \frac{\sqrt{2}}{2}$; обозначим через G точку пересечения медиан, из подобных треугольников $CQG$ и $CBP$ получаем $\displaystyle \frac{BP}{BC} = \frac{GQ}{QC} = \frac{GQ}{BQ} = \frac{1}{3}$. Окончательно: $\displaystyle AP = 1 – BP = \frac{2}{3} < \frac{\sqrt{2}}{2} = AQ$.

В. Сендеров