7.9 Дальнейшие свойства интеграла Римана

Определение. Функция называется непрерывно дифференцируемой на отрезке, если ее производная является непрерывной на этом отрезке. При этом на концах отрезка производная понимается как односторонняя.

Теорема (формула интегрирования по частям). Пусть функции $u$ и $v$ непрерывно дифференцируемы на отрезке $\left[a, b\right]$. Тогда справедливо равенство $$\int_{a}^{b} u\left(x\right)v’\left(x\right)dx = u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b — \int_{a}^{b} u’\left(x\right)v\left(x\right)dx.$$

По правилу дифференцирования произведения,
$$\left(u\left(x\right)v\left(x\right)\right)’=u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right).$$ Из условий теоремы следует, что справа – непрерывная функция, так что непрерывна и левая часть равенства. Интегрируя это равенство и используя формулу Ньютона – Лейбница, получим $$\int_{a}^{b} \left[u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right)\right]dx=u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b.$$ Каждое из двух слагаемых под знаком интеграла слева – непрерывные, а значит, интегрируемые функции. Поэтому интеграл от суммы этих функций равен сумме интегралов от каждой из них. Отсюда следует требуемое равенство.

Теорема 1 (о замене переменной в определенном интеграле). Пусть функция $\varphi$ непрерывно дифференцируемая на отрезке $\left[\alpha, \beta\right]$, а функция $f$ непрерывна на некотором отрезке, содержащем область значений функции $\varphi$. Пусть $\varphi\left(\alpha\right)=a$ и $\varphi\left(\beta\right)=b$. Тогда справедливо равенство $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Оба интеграла, очевидно, существуют, и нужно доказать их равенство. Для этого применим формулу Ньютона – Лейбница. Пусть $F\left(x\right)$ – первообразная для $f\left(x\right)$. Она существует в силу непрерывности $f$ и основной теоремы интегрального исчисления. Пусть $g\left(t\right)=f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$. Тогда $G\left(t\right) = F\left(\varphi\left(t\right)\right)$ является первообразной для $g\left(t\right)$, поскольку $$G’\left(t\right)=\left(F\left(\varphi\left(t\right)\right)\right)’=F’\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)=f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)=g\left(t\right).$$ По формуле Ньютона – Лейбница, имеем $$\int_{a}^{b} f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right),$$ $$\int_{a}^{b} g\left(t\right)dt=G\left(\beta\right)-G\left(\alpha\right)=F\left(\varphi\left(\beta\right)\right)-F\left(\varphi\left(\alpha\right)\right)=F\left(b\right)-F\left(a\right).$$ Из этих двух равенств следует теорема.

Пример 1. $$\int_{0}^{\pi} x\sin xdx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\sin xdx\ \\du=dx, & v=-\cos x \end{bmatrix}=\\=-x\cos x\mid_0^\pi+\int_{0}^{\pi}\cos xdx=\pi+\sin x\mid_0^\pi=\pi.$$

Пример 2. $$I_{n}\equiv\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\sin xdx=\begin{bmatrix}u=\sin^{n-1}x, & dv=\sin xdx\\du=\left(n-1\right)\sin^{n-2}x\cos xdx, & v=-\cos x \end{bmatrix}=\\=-\sin^{n-1}x\cos x\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^{2} xdx\\=0+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\left(1-\sin^{2}x\right)dx=\\=\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}xdx-\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\left(n-1\right)\left(I_{n-2}-I_{n}\right).$$ Отсюда получаем $nI_{n}=\left(n-1\right)I_{n-2}$, или $$I_{n}=\frac{\left(n-1\right)I_{n-2}}{n}.$$ Вычислим $$I_{0}=\frac{\pi}{2}, \ I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=-\cos x\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}=1.$$ Если $n = 2k$, то $$I_{2k}=\frac{\left(2k-1\right)\left(2k-3\right)\dots1}{2k\left(2k-2\right)\dots2}\frac{\pi}{2}=\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\frac{\pi}{2},$$ а при $n = 2k + 1$ имеем $$I_{2k+1}=\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}.$$ Заметим, что $\sin^{2k+1}x\leqslant\sin^{2k}x\leqslant\sin^{2k-1}x$, $0\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{2}$, откуда следует $I_{2k+1}\leqslant I_{2k}\leqslant I_{2k-1}$, так что $$\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\leqslant\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\frac{\pi}{2}\leqslant\frac{\left(2k-2\right)!!}{(\left(2k-1\right)!!}.$$ Поэтому справедливо неравенство $$x_{k}\equiv\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k+1}\leqslant\frac{\pi}{2}\leqslant\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k}\equiv y_{k}.$$ Оценим $$y_{k}-x_{k}=\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k\left(2k+1\right)}=\\=\frac{2k+1}{2k}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\right)^{2}=\frac{2k+1}{2k}I_{2k+1}^{2}=\frac{2k+1}{2k}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2k+1} xdx\right)^2.$$ Отсюда и из доказанного выше равенства $$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=0$$ следует, что обе последовательности $\left\{x_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}$ и $\left\{y_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}$ сходятся к $\frac{\pi}{2}$.
Таким образом, мы доказали, что $$\pi=2\lim_{k \rightarrow \infty}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k+1}.$$ Это равенство называется формулой Валлиса.

Пример 3. Вычислить $$ I\equiv\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx.$$ Полагаем $x = \sin t$, где $0\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}$. Тогда получим $$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^{2}t}\cos tdt=\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{2}dt=\frac{\pi}{4}.$$

Пример 4. Вычислить $$I\equiv\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx.$$ Полагаем $\pi − x = t$, $x = \pi − t$,  $dx = −dt$. Тогда получим $$I=-\int_{\pi}^{0}\frac{\left(\pi-t\right)\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\int_{0}^{\pi}\frac{\left(\pi-t\right)\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\\=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{1+\cos^{2}t}dt-\int_{0}^{\pi}\frac{t\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\\=-\pi \ arctg(\cos t)\mid_{0}^{\pi}-I=\frac{\pi^{2}}{2}-I.$$ Отсюда следует, что $ I=\frac{\pi^{2}}{4}$.

Теорема 2 (о замене переменной в определенном интеграле). Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\left[a,b\right]$ , а функция $\varphi$ непрерывно дифференцируема на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$, монотонна на этом отрезке и $\varphi\left(\alpha\right)=a$, $\varphi\left(\beta\right)=b$. Тогда функция $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ интегрируема на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ и справедливо равенство $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Рассмотрим произвольное разбиение $\alpha=t_{0}<t_{1}<\dots<t_{n}=\beta$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$. Будем предполагать, что функция $\varphi$ возрастает. Тогда отрезок $\left[a,b\right]$ тоже разобьется точками $a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{n}=b$, где $x_{i}=\varphi\left(t_{i}\right)$. Если $\max\triangle t_{j}\rightarrow0$, то стремится к нулю и $\max\triangle t_{j}$, так как функция $\varphi$ равномерно непрерывна на $\left[\alpha,\beta\right]$. По формуле Лагранжа имеем $$-x_{i}=\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)=\varphi’\left(\bar{\tau}_{i}\right)\triangle t_{i},$$ где $\bar{\tau}_{i}$ – некоторые точки из отрезков $\left[t_{i}, t_{i+1}\right]$. Теперь выберем произвольные точки $\tau_{i}\in\left[t_{i}, t_{i+1}\right]$ и составим интегральную сумму для $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ $$\sigma=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\varphi’\left(\tau_{i}\right)\triangle t_{i}.$$ Обозначим $\xi_{i}=\varphi\left(\tau_{i}\right)$ и рассмотрим сумму $$J=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\xi_{i}\right)\triangle x_{i}.$$ Заметим, что точки $\xi_{i}\in\left[x_{i}, x_{i+1}\right]$ в силу возрастания функции $\varphi$. Поэтому $J$ – интегральная сумма для $f$. Покажем, что $\sigma-J\rightarrow0$. Действительно, $$J=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\varphi’\left(\bar{\tau}_{i}\right)\triangle t_{i}.$$ По условию функция $\varphi’$ непрерывна, а значит, равномерно непрерывна на $\left[\alpha,\beta\right]$. Поэтому для заданного $\epsilon>0$ найдется такое $\delta>0$ , что для любых двух точек $t’,t»\in\left[\alpha,\beta\right]$, удовлетворяющих условию $\mid t’-t»\mid<\delta$, справедливо неравенство $\mid\varphi’\left(t’\right)-\varphi’\left(t»\right)\mid<\epsilon$. Если диаметр разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ будет меньшим, чем $\delta$, то получим $$\mid\sigma-J\mid\leqslant\sum_{i=0}^{n-1}\mid f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\mid\cdot\mid\varphi’\left(\tau_{i}\right)-\varphi’\left(\bar{\tau_{i}}\right)\mid\triangle t_{i}\leqslant\epsilon M\left(\beta-\alpha\right),$$ где $M$ – верхняя грань функции $\mid f\left(x\right)\mid$ на отрезке $\left[a,b\right]$. Таким образом, при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ имеем $\sigma-J\rightarrow0$. Подчеркнем, что при этом диаметр получаемого разбиения отрезка $\left[a,b\right]$ также стремится к нулю в силу равномерной непрерывности функции $\varphi$. Поэтому, в силу интегрируемости функции $f$, сумма $J$ стремится к $\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx$. Поскольку, как мы показали, $\sigma-J\rightarrow0$ , то и сумма $\sigma$ имеет предел, равный $\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx$. С другой стороны, поскольку $\sigma$ – интегральная сумма для функции $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ и она имеет предел при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$, то функция $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ интегрируема на $\left[\alpha,\beta\right]$ и $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{a}^{b}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Теорема (формула Тейлора с остатком в интегральной форме). Пусть функция $f$ имеет на отрезке $\left[a,b\right]$ непрерывные производные до порядка $\left(n+1\right)$ включительно. Тогда справедливо равенство $$f\left(b\right)=f\left(a\right)+\frac{f’\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right)+\dots+\frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n}+\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx.$$

Рассмотрим вспомогательную функцию $$\varphi\left(x\right)=f\left(b\right)-f\left(x\right)-\frac{f’\left(x\right)}{1!}\left(b-x\right)-\dots-\frac{f^{\left(n\right)}\left(x\right)}{n!}\left(b-x\right)^{n}=\\=f\left(b\right)-f\left(x\right)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(x\right)}{k!}\left(b-x\right)^{k}.$$ Ясно, что $\varphi\left(b\right)=0$, то $\varphi\left(a\right)$ – остаток в формуле Тейлора, который мы ищем. Заметим, что функция $\varphi$ имеет на $\left[a,b\right]$ непрерывную производную и поэтому, по формуле Ньютона – Лейбница,  получаем $$\varphi\left(b\right)-\varphi\left(a\right)=\int_{a}^{b}\varphi’\left(x\right)dx.$$ Поскольку $\varphi\left(b\right)=0$, то $\varphi\left(a\right)=-\int_{a}^{b}\varphi’\left(x\right)dx$. Вычислим $$\varphi’\left(x\right)=-f’\left(x\right)-\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)}{k!}\left(b-x\right)^{k}-\frac{f^{\left(k\right)}\left(x\right)}{\left(k-1\right)!}\left(b-x\right)^{k-1}\right]=\\=-\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)}{n!}\left(b-x\right)^{n},$$ откуда получаем $$\varphi\left(a\right)=\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx,$$ и теорема доказана.

Примеры решения

  1. Вычислить определенный интеграл  $\int_{1}^{2}\ln xdx$.
    Решение

    $\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=\frac{dx}{\sqrt{x}} \\du=\frac{dx}{x}, & v=2\sqrt{x} \end{bmatrix}=\\=2\sqrt{x}\ln x\mid_1^e-\int_{1}^{e}2\sqrt{x}\frac{dx}{x}=2\sqrt{e}\ln e-2\sqrt{1}\ln 1-4\sqrt{x}\mid_1^e=\\=2\sqrt{e}-\left(4\sqrt{e}-4\right)=2\left(2-\sqrt{e}\right)$

     

  2. Вычислить определенный интеграл  $\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}$.
    Решение

    Положим $\sqrt{x+1}=t$ или $x=t^2-1$. Тогда $dx=2dt$. При $x=3$ $t=\sqrt{3+1}=2$; при $x=8$ $t=\sqrt{8+1}=3$. Имеем:
    $\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}=\int_{2}^{3}2\left(t^2-1\right)dt=2\left(\frac{t^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=\\=2\left(\frac{3^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}-2\left(\frac{2^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=10\frac{2}{3}$

     

  3. Вычислить определенный интеграл  $\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}$.
    Решение

    Положим $x=3tg t$, тогда $dx=\frac{3dt}{\cos^2t}$. При $x=0$ $t=0$; при $x=3$ $t=\frac{\pi}{4}$. Имеем:
    $\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3dx}{\left(9+9tg^2t\right)^{\frac{3}{2}}\cos^2t}=\\=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos^3t}{\cos^2t}dt=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos tdt=\frac{3}{27}\sin t\mid_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{18}$

     

  4. Вычислить определенный интеграл  $\int_{0}^{1}\arccos x dx$.
    Решение

    $\int_{0}^{1}\arccos x dx=\begin{bmatrix}u=\arccos x, & dv=dx \\du=-\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}, & v=x \end{bmatrix}=\\=x\arccos x\mid_0^1+\int_{0}^{1}\frac{xdx}{\sqrt{1-x^2}}=$
    Положим $1-x^2=t$, тогда $dx=-\frac{dt}{2x}$. При $x=0$ $t=1$; при $x=1$ $t=0$. Имеем:
    $=x\arccos x\mid_0^1-\frac{1}{2}\int_{1}^{0}\frac{dt}{\sqrt{t}}=x\arccos x\mid_0^1+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=\\=x\arccos x\mid_0^1+\sqrt{t}\mid_0^1=1\arccos 1-0\arccos 0+\sqrt{1}-\sqrt{0}=1$

     

Литература

  1. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 209-215.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 594-596.
  3. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

Дальнейшие свойства интеграла Римана

Для закрепления материала темы, рекомендуется пройти следующий тест.

1.4 Целые числа. Принцип Архимеда

Одна из аксиом сложения предполагает наличие у каждого числа $ x$ противоположного ему числа $ -x$, т. е. такого, что $ x\;+\;(-x)\;=\;0$.

Определение. Натуральные числа, противоположные им и число $ 0$ будем называть целыми числами. Множество всех целых чисел обозначается через $ \mathbb{Z}$.

Лемма 1. Во всяком непустом ограниченном сверху подмножестве множества целых чисел существует наибольший элемент.

Пусть A – ограниченное сверху подмножество множества целых чисел. Тогда у него существует верхняя грань $ c\;=\;\sup\;A$. Число $ c-1$ не является верхней границей множества A и поэтому найдется такое $ z_0\in A$, что $ c\;-\;1\;<\;z_0\;\leq\;c$. Это число $ z_0$ является наибольшим в A. В самом деле, если найдется $ z’\in A$, такое, что $ z’>z_0$, то $ z’\geq z_0+1$ (во множестве $ \mathbb{Z}$ между $ z_0$ и $ z_0+1$ нет целых чисел). Но $ z_0+1>c$, а значит, и $ z’>c$, что противоречит тому, что c – верхняя граница множества A.

Следствие. Множество $ \mathbb{N}$ всех натуральных чисел неограничено сверху.

В самом деле, если бы $ \mathbb{N}$ было бы ограниченным сверху, то, согласно лемме 1, в нем нашелся бы наибольший элемент $ n_0$. Но $ n_0 + 1 > n_0$ и $ n_0+1\in\mathbb{N}$, что приводит к противоречию.

С помощью кванторов это следствие можно записать так:

$ \forall a\;\in\;\mathbb{R}\;\;\exists n\;\in\;\mathbb{N}\;:\;\;n\;>\;a$

Лемма 2. В каждом непустом ограниченном снизу подмножестве
целых чисел существует наименьший элемент (доказывается аналогично лемме 1).

Теорема (принцип Архимеда). Для любого действительного числа $ x$ и для любого положительного $ h$ существует единственное целое число $ k_0$, такое, что $ ({\mathrm k}_0\;-\;1)\mathrm h\;\leq\;\mathrm x\;<\;{\mathrm k}_0\mathrm h$.

Зададим $ x\in R$ и $ h>0$. Множество целых чисел $ k$, таких, что $ k>\frac xh$, непусто в силу следствия из леммы 1, и это множество ограничено снизу. Поэтому, в силу леммы 2, в этом множестве есть наименьший элемент $ k_0$, и он единственный. Так как $ k_0>\frac xh$, а из неравенства $ k_0-1\leq\frac xh$ следует, что $ (k_0-1)\leq x$.

С геометрической точки зрения принцип Архимеда означает, что каждая точка $ x\in\mathbb{R}$ попадает в один, и только в один из полуинтервалов $ \lbrack(k-1)h,kh\rbrack$.

Определение. Рациональным называется число, которое может быть представлено в виде $ \frac pq$, где $ p$ – целое, $ q$ – натуральное. Множество всех рациональных чисел обозначается через $ \mathbb{Q}$.

Следствие из принципа Архимеда. Пусть $ a$, $ b$ – действительные числа, такие, что $ a < b$. Тогда найдется такое рациональное число $ r$, что $ a < r < b$.

Выберем натуральное $ n>\frac1{b-a}$ (оно существует в силу следствия из леммы 1).Применяя принцип Архимеда с $ h=\frac1n$ найдем такое целое $ k$, что $ \frac{k-1}n\leq a<\frac kn$. Обозначим $ r=\frac{\displaystyle k}{\displaystyle n}\in\mathbb{Q}$. Остается показать, что $ r<b$. Если $ r=\frac{\displaystyle k}{\displaystyle n}\geq b$, то из неравенства $ \frac{\displaystyle k-1}{\displaystyle n}\leq a$ получим, что $ \frac{\displaystyle1}{\displaystyle n}\geq b-a$, т. е. $ n\leq\frac1{b-a}$, что противоречит выбору числа $ n$.

Это следствие называют свойством плотности рациональных чисел.

Примеры решения задач

Пример 1.
Пусть $ \{-x\}$ — множество чисел, противоположных числам $ x\in\{x\}$.Доказать, что
a)$ \inf\{-x\}=-\sup\{x\}$
b)$ \sup\{-x\}=-\inf\{x\}$[2]

Решение

a) Обозначим $ s=sup\{x\}$
тогда $ \forall e\in\{x\}:e\leq s\Rightarrow$(из аксиом умножения и так как $ -1<0$)$ \forall e\in\{x\}:-e\geq-s$, что, в свою очередь и означает что $ \inf\{-x\}=-sup\{x\}$.
b) Поскольку $-(-x)=x$ то множество чисел ${x}$ противоположно ${-x}$ то выполняется следующее: $ \inf\{x\}=-sup\{-x\}$ (из примера а). Домножив обе части на -1 получим нужное равенство.

Пример 2.Докажите что для любых 2х разных действительных чисел $ a,b$ найдется 2 различных, не пересекающихся полуинтервалов, таких что каждое из чисел $ a,b$ принадлежит ровно одному отрезку.

Решение

Не нарушая общности пусть $ a>b$. Тогда по следствию из принципа Архимеда найдется $ a\;>\;r\;\;>\;b$. Теперь найдем такое $c$ что $c<b$. На множестве действительных чисел это можно сделать. Теперь если рассматривать полуинтервалы $ (c;r\rbrack$ и $ (c;r\rbrack$ то можно заметить что $ c<b<r<a\;\Rightarrow\;b\in(c;r\rbrack,\;b\not\in(r;a\rbrack,\;a\not\in(c;r\rbrack,\;a\in(r;a\rbrack$ а это то что и требовалось доказать.

Пример 3.Пусть $\left\{x+y\right\}$ есть множество всех сумм $x+y$, где $x\in\{x\}$ и $y\in\{y\}$.
Доказать равенства:
a) $\inf\{x+y\}\;=\;\inf\{x\}\;+\;\inf\{y\}$;
b) $sup\{x+y\}\;=\;sup\{x\}\;+\;sup\{y\}$;[2]

Решение

a)Предположим что это не так.
Обозначим $a=\;\inf\{x\}\;,\;b=\inf\{y\}$. Тогда $\exists x_0\in\{x\},y_0\in\{y\}:\;x_0+y_0<a+b$, то есть $(x_0-a)+(y_0-b)<0$. Но это невозможно так как $x_0>a\Rightarrow x_0-a>0,\;y_0>b\Rightarrow y_0-b>0$, а сумма двух положительных не может дать отрицательное. Что значит что наше предположение не верно, а верно то что и требовалось доказать.
b)Из примера (а) если заменить $\{x\}$ на $\{-x\}$ и $\{y\}$ на $\{-y\}$ получим $\inf\{-x-y\}\;=\;\inf\{-x\}\;+\;\inf\{-y\}$. Из примера (1а) можно заметить что $-\sup\{x+y\}\;=\;-\sup\{x\}\;-\;\sup\{y\}$. Домножив на $-1$ обе части равенства получим то что и требовалось доказать.

Литература

Тест. Целые числа. Принцип Архимеда.

это тест для того что бы вы узнали что вы выучили и что не выучили с этой лекции

10. Последовательности точек в конечномерных пространствах

Последовательности точек в $R^{n}$

Если каждому натуральному числу ν поставлена в соответствие точка $x_{v}\in R^{n},$ то говорят, что задана последовательность {$x_{ν}$} точек из $R^{n}.$

Определение.Точка $x$ называется пределом последовательности точек $x_{ν} (ν=1,2,\ldots),$ если для любого $\displaystyle\eps > 0$ существует такое $N$, что для всех $ν \geqslant N$ справедливо неравенство $\displaystyle|x_{ν} − x| < \eps.$

Эквивалентное геометрическое определение может быть сформулировано следующим образом.

Определение. Точка $x$ называется пределом последовательности точек $x_{ν}(ν = 1, 2,\ldots),$ если в любой окрестности точки $x$ содержатся все члены последовательности, за исключением, быть может, конечного их числа, т. е. какой бы шар с центром в точке $x$ мы ни взяли, в него попадут все точки $x_{ν}$, кроме, быть может, конечного их числа. Предел $x$ последовательности {$x_{ν}$} обозначают, как обычно,

$$\lim_{v\to+\infty}x_{v}$$

Теорема. (единственность предела)
Если последовательность имеет предел, то он единственный.

Действительно, если у последовательности {$x_{ν}$} есть два предела $x^{\prime},x^{\prime\prime}$ и $x^{\prime\prime}\neq x^{\prime},$ то построим непересекающиеся окрестности $V^{\prime}$ $V^{\prime\prime}$ точек $x^{\prime}$ и $x^{\prime\prime}$, соответственно (для этого достаточно взять шары с центрами в точках $x^{\prime}$ и $x^{\prime\prime},$ радиусы которых равны половине расстояния между точками $x^{\prime}$ и $x^{\prime\prime}$). Поскольку $x^{\prime} = \displaystyle\lim_{v\to+\infty}x_{v},$ то в окрестности $V^{\prime}$ содержатся все элементы последовательности, начиная с некоторого номера. Аналогично, поскольку $x^{\prime\prime} \displaystyle\lim_{v\to+\infty}x_{v} ,$ то в окрестность $V^{\prime\prime}$ попадают все элементы последовательности {$x_{ν}$}, начиная с некоторого номера. Но это невозможно, поскольку окрестности $V^{\prime}$ и $V^{\prime\prime}$ не пересекаются.

Последовательность {$x_{ν}$} называется ограниченной, если ограничено множество значений этой последовательности.
Равносильное определение: последовательность {$x_{ν}$} называется ограниченной, если существует такое число $M$, что $|x_{ν}| \leqslant M (ν = 1, 2\ldots).$
С геометрической точки зрения это означает, что существует шар с центром в нуле, содержащий все элементы последовательности.
Очевидно также, что последовательность ограничена тогда, и только
тогда, когда все ее элементы содержатся в некотором шаре (не обязательно с центром в нуле).

Теорема (ограниченность сходящейся последовательности).Если последовательность имеет предел, то она ограничена.

Действительно, пусть $x =\displaystyle \lim_{v\to+\infty}x_{v}$. Обозначим через $V$ шар единичного радиуса с центром в точке $x$. По определению предела, в этом шаре находятся все элементы последовательности, начиная с некоторого номера $N$. Вне $V$ находится разве что конечное число элементов $x_{ν}$. Положим $$\rho = max\left\{1, |x_{1} − x|,\ldots,|x_{N−1} − x|\right\}$$ и получим, что в $\bar{B}\left(x,\rho\right)$ находятся все $x_{ν} (ν=1,2,\ldots),$ т. е. последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ ограничена.

Рассмотрим последовательность$\displaystyle\left(\left(-1\right)^{v},\frac{1}{v},\frac{1}{2^{v}}\right)\left(ν = 1, 2,\ldots\right)$ точек в пространстве $R^{3}.$ Эта последовательность предела не имеет, поскольку не имеет предела числовая последовательность, составленная из первых координат данной последовательности. Легко видеть, что эта последовательность ограничена. Действительно, имеем $|x_{ν}|\leqslant \sqrt{3}.$ Последовательность $\displaystyle y_{ν} = \left(\frac{v+1}{v},\frac{1}{v},\frac{2v-1}{v+3}\right)\left(ν = 1, 2,\ldots\right)$ точек из $R^3,$ очевидно, имеет пределом точку $y = (1, 0, 2).$

Теорема. Для того чтобы последовательность точек $x_{ν}\in R^{n}$сходилась к точке $x \in R^{n}$, необходимо и достаточно, чтобы при каждом $i = 1,\ldots, n$ числовая последовательность $\left\{x^{i}_{v}\right\}^{+\infty}_{i=1},$ составленная из $i$-х координат точек $x_{ν}$, сходилась к $i$-й координате $x^{i}$ точки $x.$

Необходимость. Пусть $x_{ν}\to x$ Тогда из неравенства $|x^{i}_{v} — x^{i}|\leqslant|x_{v}-x|(i = 1,\ldots, n)$, которое следует из определения длины, получаем, что стремление к нулю правой части влечет стремление к нулю левой части при любом $i.$
Достаточность. Воспользуемся неравенством $\displaystyle|x_{ν} − x| =\sqrt{\sum_{i=1}^{n}\left(x^{i}_{v}-x^{i}\right)^{2}}\leqslant\sum_{i=1}^{n}|x^{i}_{v}-x^{i}|.$ Поскольку при каждом $i = 1,\ldots, n$ имеем $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}x_{v}^{i}=x^{i},$ то для любого $i$ найдется такое $N_{i},$ что при каждом $ν \geqslant N_{i},$справедливо $\displaystyle|x^{i}_{ν} − x^{i}|<\frac{\eps}{n}.$Если положим $N = max\left(N_{1},\ldots, N_{n}\right)$, то для любого $ν \geqslant N$ получим $|x_{ν} − x|<\eps,$ т.е. $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}x_{v}^{i}=x.$

Теорема (арифметические свойства пределов). Пусть $\left\{x_{ν}\right\},\left\{y_{ν}\right\}$ – две последовательности точек из $R^{n}$ такие, что $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}x_{v}=x ,\displaystyle\lim_{v\to+\infty}y_{v}=y$ и $\left\{α_ν\right\}$ – последовательность действительных чисел, такая, что $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}\alpha_{v} = \alpha.$ Тогда

  1. $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}\left(x_{v}+y_{v}\right) = x + y$
  2. $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}\alpha_{v}x_{v} = \alpha x$
  3. $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}\left(x_{v}\cdot y_{v}\right) = x \cdot y$
  4. $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}|x_{v}| = |x|$
  1. Очевидно
  2. Поскольку последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ сходится, то она ограничена. Пусть $|x_{ν}|\leqslant M.$ Тогда, в силу неравенства треугольника, имеем
    $|\alpha_{ν}x_{ν} − \alpha x| \leqslant |\alpha_{ν}x_{ν} − \alpha x_{ν}| + |\alpha x_{ν} − \alpha x|=$$=|\alpha ν − \alpha||x_{ν}| + |\alpha||x_{ν} − x| \leqslant M|\alpha_{ν} − \alpha| + |\alpha||x_{ν} − x|.$ Отсюда следует 2.
  3. Пользуясь неравенством Коши и неравенством треугольника, ограниченностью последовательности ${y_{ν}}$ (т. е. $|y_{ν}| \leqslant M$) и свойствами скалярного произведения, получаем
    $|x_{ν} \cdot y_{ν} − x \cdot y|\leqslant $$|x_{ν} \cdot y_{ν} − x \cdot y_{ν}| + |x \cdot y_{ν} − x \cdot y| =$$
    = |(x_{ν}−x)\cdot y_{ν}|+|x\cdot\left(y_{ν}−y\right)| \cdot |x_{ν}−x||y_{ν}|+|x||y_{ν}−y| \leqslant $$M|x_{ν}−x|+|x||y_{ν}−y|.$
    Отсюда, очевидно, следует 3.
  4. Для доказательства 4. достаточно показать, что
    $||x_{ν}| − |x|| \leqslant |x_{ν} − x|.$
    Это неравенство, в свою очередь, вытекает из следующих двух очевидных неравенств:$|x_{ν}| \leqslant |x| + |x_{ν} − x|, |x| \leqslant |x_{ν}| + |x − x_{ν}|.$

Определение.Последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ называется фундаментальной, или последовательностью Коши, если для каждого $\eps > 0$ найдется такой номер $N$, что для любых двух номеров $ν, \mu \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_{ν} − x_{\mu}| < \eps.$

Теорема. (критерий Коши).Для того чтобы последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ точек в $R^{n}$ была сходящейся, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.

Необходимость. Пусть $\displaystyle
\lim_{ν\to+\infty}x_{ν} = x.$ Зададим $\eps > 0$ и найдем такой номер $N,$ что для всех $ν \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_{ν} − x|<\eps$. Если $ν,\mu \geqslant N$, то, в силу неравенства треугольника,получим $\displaystyle|x_{v}-x_{\mu}\leqslant|x_{v}-x|+|x_{\mu}-x|<\frac{\eps}{2}+\frac{\eps}{2} = \eps$ а это означает, что последовательность фундаментальна.
Достаточность. Пусть последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ фундаментальна. Покажем, что она сходится. Для этого достаточно установить, что для каждого $i = 1,\ldots, n$ числовая последовательность $\left\{x^{i}_{v}\right\}$ является сходящейся. Но это сразу следует из неравенства $|x^{i}_{v} — x^{i}_{\mu}|\leqslant |x_{v}-x_{\mu}|$ Действительно, поскольку последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ фундаментальна, то и числовая последовательность $\left\{x^{i}_{v}\right\}$ также фундаментальна. Применяя теперь критерий Коши сходимости числовых последовательностей, получаем, что последовательность $\left\{x^{i}_{v}\right\}$ сходится. Обозначим $x^{i} = \lim_{v\to+\infty}x^{i}_{v}(i =1,\ldots, n)$. Тогда получим, что последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ сходится к $x = \left(x^{1},…,x^{n}\right)$

Следующая теорема дает еще одно равносильное определение предельной точки множества.

Теорема. Для того чтобы точка $x \in R^{n}$ являлась предельной точкой множества $E$, необходимо и достаточно, чтобы существовала последовательность $\left\{x_{ν}\right\}$ попарно различных точек множества $E$, сходящаяся к $x.$

Необходимость. Пусть $x$ – предельная точка множества $E.$ Выберем произвольную точку $x_{1}\in E,$ отличную от $x$. Далее, выберем точку $x_{2}\in E$, отличную от $x,$ так, чтобы было выполнен неравенство $|x−x_{2}| < \frac{1}{2}|x-x_{1}|.$Продолжая этот процесс, получим последовательность точек $x_{ν} \in E, x_{ν} \neq x,$ и таких, что $|x − x_{ν}|<\frac{1}{2}|x-x_{v}|.$ Из последнего неравенства следует, что все точки xν попарно различны. Кроме того, из неравенства$|x_{ν} − x| < 2^{1-v}|x_{1} − x|$вытекает, что $\displaystyle\lim_{ν\to+\infty}x_{ν} = x.$
Достаточность. Пусть $\displaystyle\lim_{ν\to+\infty}x_{ν} = x$ и точки $x_{ν} \in E$ попарно различны. Тогда можно считать, что ни одна из них не совпадает с точкой $x$. Поскольку, в силу определения предела, любая окрестность точки $x$ содержит все элементы последовательности, начиная с некоторого номера, то $x$ – предельная точка множества $E.$

Лемма Больцано – Вейерштрасса. Из каждой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность.

Доказательство. Пусть $\left\{x_{ν}\right\}$ – ограниченная последовательность. Обозначим через $E$ множество значений этой последовательности. Рассмотрим два случая.

  1. Если множество $E$ конечно, то найдется такая строго возрастающая последовательность индексов $ν_{1} < ν_{2} <\ldots,$ что $x_{ν1} = x_{ν2} = \ldots$ Это
    означает, что подпоследовательность $\left\{x_{ν_{k}}\right\} $сходится.
  2. Пусть множество $E$ бесконечно. Поскольку оно еще и ограничено, то $E$ имеет хотя бы одну предельную точку $x$. По предыдущей теореме, существует последовательность попарно различных точек из множества $E$, сходящаяся к $x$. Эти точки множества $E$ являются элементами последовательности $\left\{x_{ν}\right\}$ и, очевидно, можно считать, что номера $ν_{1}, ν_{2},\ldots$ этих элементов последовательности строго возрастают. Таким образом, мы получили подпоследовательность
    $\left\{x_{ν_{k}}\right\}$, сходящуюся к $x$.

Замечание.Можно было дать и прямое доказательство леммы Больцано – Вейерштрасса, аналогичное тому, что было приведено в одномерном случае (основанное на методе деления отрезка). Для этого нужно взять сегмент, содержащий все $x_{ν}$, и, проводя последовательно деление его сторон пополам, выбирать каждый раз тот частичный сегмент, в котором находится бесконечно много элементов последовательности $\left\{x_{ν}\right\}$.Проведите самостоятельно.

Пример 1.

Последовательность $\displaystyle\left(\frac{1}{n}+1,\left(-1\right)^{n}\right)$ расходится, так как предел $\left(-1\right)^{n}$ не существует, однако можно выделить сходящуюся подпоследовательность $x_{v_{i}}=\left(\frac{1 }{i}+1,\left(-1\right)^{n}\right),(i=2,4,…,2n),$ которая будет сходиться к точке $\displaystyle K \left(-1;1\right).$

[свернуть]

Пример 2.

Найти предел $\displaystyle x_{n}=\left(\frac{n+1}{n},\frac{n}{n-1},\frac{2n}{n^{3}+1}\right)$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}{x_{n}}=\left(1+\frac{1}{n},\frac{1+\frac{1}{n}}{1},\frac{2}{n^{2}+\frac{1}{n}}\right)$ $=\left(1,1,0\right).$

[свернуть]

Пример 3.

Доказать, исходя из определения, что $\displaystyle\lim_{v\to+\infty}{\left(\frac{5n}{n\cdot\sqrt{n}},\frac{2n}{2^{n}}\right)}=\left(0,0\right)$.$$\frac{5n}{n\cdot\sqrt{n}}\leqslant \frac{5}{\sqrt{n}}\leqslant \eps $$ $$\frac{n}{4^{n}}\leqslant \frac{1}{4^{n}}\leqslant \eps $$Выберем как $N_{\eps}$ число, удовлетворяющее неравенствам $N_{\eps}\geqslant\left(\frac{5}{\eps}\right)^{2}$ и $N_{\eps}\geqslant\ln{\frac{1}{\eps}},$ например $N_{\eps} = \ln{\frac{1}{\eps}}\cdot\left(\frac{5}{\eps}\right)^{2} $Следовательно, подпоследовательности по каждой переменной фундаментальны и ряд сходится,следовательно $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}=\left(0,0\right)$.

[свернуть]

Последовательности точек

Используйте этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Последовательности точек».

Литература

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 243-247.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 2. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.173-177.
  3. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1962. — 607 с. — С. 356-359
  4. Конспект лекций Лысенко З.М.

 

11.1 Предел функции

Пусть множество $E\subset\mathbb{R^n}$, $a$ — предельная точка множества $E$ и функция $f : E \mapsto \mathbb{R^m}$.

Определение. Точка $b \in \mathbb{R^m}$ называется пределом функции $f$ в точке $a$ по множеству $E$, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $\delta > 0$, что для всех $x \in E$, отличных от точки $a$ и удовлетворяющих условию $0 < |x-a| < \delta$, справедливо неравенство $|f(x) − b| < \varepsilon$. В этом случае пишут
$$b =\lim_{x \to \ a, x \in E} f(x)$$
и говорят, что $f(x)$ стремится к $b$, пробегая множество $E$, или $f(x)$ стремится к $b$ вдоль множества $E$.

Если множество $E$ содержит некоторый шар с центром в точке $a$, за исключением, быть может, самой точки $a$, то просто пишут $b = \lim_{x \to \ a} f(x)$.

Замечание 1. В самой точке $a$ функция $f$ может быть и не определена. Но даже если она и определена в точке $a$, то мы не требуем, чтобы было выполнено равенство $f(a) = b$, поскольку в точке $a$ выполнение неравенства $|f(x) − b| < \varepsilon$ не требуется.

Замечание 2. Пусть $f : E \mapsto \mathbb{R^m}$ и $\lim_{x \to a, x \in E} f(x) = b$. Тогда для любого подмножества $A \subset E$, для которого точка $a$ является предельной, очевидно, $\lim_{x \to a, x \in A} f(x) = b$. Если же по двум различным подмножествам $A_1, A_2 \subset E$, имеющим $a$ предельной точкой, пределы функции $f$ в точке $a$ будут различными, то по множеству $E$ в этой точке предела у функции $f$ нет. Это очевидно.

Пример. Пусть
$$ f(x,y) = \frac{x^2-y^2}{x^2+y^2} \quad ((x,y) \in E \equiv \mathbb{R^2}\backslash\{(0,0)\})$$
$$ A_1 = \{(x,y) \in E : x = y\}, \quad  A_2 = \{(x,y) \in E : x = 0\}.$$
Тогда, очевидно,
$$ \lim_{(x,y) \to (0,0), (x,y) \in A_1} f(x,y) = 0, \quad \lim_{(x,y) \to (0,0), (x,y) \in A_2} f(x,y) = -1.$$

Легко также убедиться в том, что у этой функции существуют пределы вдоль любой прямой, проходящей через начало координат, но эти пределы различные. Поэтому функция $f$ не имеет предела вдоль множества $E$.

Теорема. Пусть функция $f : E \mapsto \mathbb{R^m}$, $E \subset \mathbb{R^n}$, и $a$ — предельная точка множества $E$. Для того чтобы точка $b \in \mathbb{R^m}$ являлась пределом функции $f$ в точке $a$ по множеству $E$, необходимо и достаточно, чтобы для любой сходящейся к $a$ последовательности $\{x_v\}$ точек из $E$ отличных от $a$, было выполнено равенство $\lim_{v \to \infty} f(x_v) = b$.

Необходимость. Пусть $\lim_{x \to a, x \in E} f(x) = b$ и  пусть $x_v \in E$, $x_v \neq a$, $\lim_{v \to \infty} x_v = a$, т. е. зафиксирована некоторая последовательность $\{x_v\}$. Докажем, что $\lim_{v \to \infty} f(x_v) = b$.
Зададим $\varepsilon > 0$. Тогда, по определению предела функции, найдется такое $\delta > 0$, что для всех $x \in E$, удовлетворяющих условию $0 < |x−a| < \delta$, справедливо неравенство $|f(x) − b| < \varepsilon$. Так как $x_v \to a$ и $x_v \neq a$, то найдется такой номер $N$, что при любом $v \ge N$ будет $0 < |x_v − a| < \delta$.
Поэтому для $v \ge N$ выполнено неравенство $|f(x_v) — b| < \varepsilon$. Это означает, что $\lim_{v \to \infty} f(x_v) = b$.
Достаточность. Предположим, что предел функции $f$ в точке $a$ либо не существует, либо существует, но не равен $b$. Тогда найдется такое $\varepsilon_0 > 0$, что для любого $\delta > 0$ найдется точка $x^\prime \in E$, $x^\prime \neq a$, для которой $|x^\prime — a| < \delta $, но $|f(x^\prime) — b| \ge \varepsilon_0$. Полагая $\delta = \frac{1}{v}$, построим последовательность точек $x^\prime_v$, для которых  $0 < |x^\prime_v — a| < \frac{1}{v}$, но $|f(x^\prime_v) — b| \ge \varepsilon_0$. Тогда получим, что $x^\prime_v \to a$, но $f(x^\prime_v)$ не стремится к $b$, а это противоречит условию.

Доказанная теорема позволяет сформулировать равносильное определение предела функции по Гейне.

Определение.Точка $b$ называется пределом функции $f$ в точке $a$, если для любой последовательности $\{x_v\}$ точек из $E$, сходящейся к $a$, $x_v \neq a$, соответствующая последовательность $\{f(x_v)\}$ значений функции сходится к точке $b$.

Теорема (арифметические свойства предела).Пусть функции $f, g : E \mapsto \mathbb{R^m}$, $E \subset \mathbb{R^n}$, $a$ — предельная точка множества $E$ и
$$ \lim_{x \to a, x \in E}f(x) = b, \quad \lim_{x \to a, x \in E}g(x) = c.$$

Тогда

  1. $\lim_{x \to a, x \in E}(f + g)(x) = b + c;$
  2. $\lim_{x \to a, x \in E}(f \cdot g)(x) = b\cdot c;$
  3. если $f, g$ — действительные функции (т.е. $m = 1$ ) и $g(x) \neq 0, c(x) \neq 0$, то $\lim_{x \to a, x \in E}(\frac{f}{g})(x) = \frac{b}{c}$.

Для доказательства достаточно воспользоватся определением предела по Гейне и соответствующей теоремой для последовательностей.

Примеры решения задач

Пример 1.Найти предел неограниченной функции $f(x) = \frac{2x^2 + x — 1}{x — 1}$.

Решение

Пусть $$f(x) = \frac{2x^2 + x — 1}{x — 1}.$$ Множество $X$, на котором определена функция $f(x)$, получается из множества всех действительных чисел $\mathbb{R}$ удалением из него единицы; $X =\mathbb{R}\backslash\{1\}$. Выясним, существует или нет предел функции $f(x)$ в точке $x_0 = 0$. Возьмем какую-либо последовательность  $x_n \in X$, $n = 1, 2,\ldots$,  такую, что $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$. Тогда на основании теорем получаем

$$\lim_{n \to \infty} f(x_n) = \lim_{n \to \infty}\frac{2x^2 _n + x_n — 1}{x_n — 1}=$$

$$= \frac{2(\lim_{n \to \infty}x_n)^2 + \lim_{n \to \infty} x_n — 1}{\lim_{n \to \infty}x_n — 1} = 1.$$

Таким образом, существует $\lim_{n \to \infty}f(x_n) = 1$ , а так  как он не зависит от выбора последовательности $x_n \to 0$, $x_n \in X$, $n = 1,2,\ldots$, то существует и предел $\lim_{n \to \infty}f(x) = 1.$

[свернуть]

Пример 2. Найти предел ограниченной, разрывной функции $f(x) = \sin\frac{1}{x}$.

Решение

Рассмотрим функцию  $$f(x) = \sin \frac{1}{x}.$$ Она определена на множестве $X =\mathbb{R}\backslash\{0\}$. Снова выясним, существует или нет у функции $f$ предел в точке $x_0 = 0$. Возьмем две последовательности $$x_n = \frac{1}{\pi n}$$ и $$x_n^\prime = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2\pi n}, n = 1,2,\ldots.$$
Очевидно, что $\lim_{n \to \infty}x_n = \lim_{n \to \infty}x_n^\prime = 0, x_n \neq 0, x_n^\prime \neq  0$(условие $x \neq 0$ в данном случае означает, что $x \in X$), $f(x_n) = \sin \pi n = 0$, $f(x_n^\prime) = \sin( \frac{\pi}{2} + 2\pi n) = 1$, $n = 1, 2,\ldots .$. Поэтому $\lim_{n \to \infty}f(x_n) = 0$ и $\lim_{n \to \infty}f(x_n^\prime) = 1$, а это означает, что предела функции при $x \to 0$ не существует.

[свернуть]

Пример 3.Найти предел  $f(x) = \frac{x^2 + x + 1}{x^2 -1}$ по Гейне.

Решение

Пусть $$f(x) = \frac{x_n^2 + x + 1}{x^2 — 2}.$$

Найдем предел этой функции при $x \to \infty$. Ее областью определения является множество $X =\mathbb{R}\{\sqrt{2}, -\sqrt{2}\}$. Взяв какую-либо последовательность $x_n \in X$, $n = 1, 2,\ldots,$ $\lim_{n \to \infty} x_n = \infty$, будем иметь
$$\lim_{n \to \infty}f(x_n)=\lim_{n\to\infty}\frac{x_n ^2+x_n+ 1}{x_n^2 — 2}=\lim_{n \to \infty}\frac{1 + \frac{1}{x_n} + \frac{1}{x_n^2}}{1-\frac{2}{x_n^2}}=$$
$$=\frac {1 + \lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_n}+\lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_n^2}}{1 — 2\lim{n\to\infty}\frac{1}{x_n^2}}=1.$$
Отсюда следует, что $\lim_{n \to \infty}\frac{x^2 + x + 1}{x^2 — 2} = 1$.

[свернуть]

Пример 4. Найти предел всюду разрывной функции Дирихле.

Решение

Пусть $f$- функция Дирихле, то есть функция, равная $1$ на множестве всех рациональных чисел и нулю на множестве $I$ всех иррациональних чисел. Тогда в точке $x_0 = 0$ ее предел по множеству рациональних чисел равен $1$:  $$\lim_{x \to 0, x \in Q}f(x) = 1.$$

а по множеству иррациональних чисел — нулю: $$\lim_{x \to 0, x \in I}f(x) = 0.$$
По всему же множеству действительных чисел(то есть по множеству определения функции Дирихле) предел ее в точке $x_0 = 0$ не существует, так как уже существование или нет предела последовательности$\{f(x_n)\}$ при $n \to \infty$ зависит в данном случае от выбора последовательности $\{x_n\}$, стремящейся к нулю.

[свернуть]

Пример 5. Найти предел устранимо-разрывной функции  $\lim_{x \to 0}\frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2-x}$.

Решение

Найдем
$$\lim_{x \to 0}\frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2-x}.$$ Повторяя рассуждения, аналогичные тем, с помощью которых был вычислен предел в примере $1$, приходим к выражению $\frac{0}{0}$, т. е. к неопределенности, и тем самым не получаем ответа ни на вопрос о существовании предела, ни на вопрос о его значении, если он существует. Поэтому рассмотрим функцию
$$f(x) = \frac{2x^2 + x — 1}{x — 1},$$
получающуюся из функции
$$g(x) = \frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2 — x},$$
стоящей под знаком предела в условии, сокращением правой части равенства на $x$. Функции $f$ и $g$ совпадают в проколотой окрестности $U^{\circ}(0,1) = (-1,1) \backslash \{0\}$ точки $x_0 = 0$ и поэтому, согласно сделанному выше замечанию, одновременно имеют или нет пределы в этой точке по указанной проколотой окрестности, причем в случае существования этих пределов они равны. В примере же $1$ было показано, что $\lim_{x \to 0}f(x) = 1$ по всей области определения функции $f$, следовательно, и по ее подмножеству $U^{\circ}(0,1)$. Таким образом,
$$\lim_{x \to 0}g(x) = \lim_{x \to x_0, x \in U^{\circ}(0,1)}g(x) = \lim_{x \to x_0, x \in U^{\circ}(0,1)}f(x) = \lim_{x \to 0}f(x) = 1$$
(первое равенство справедливо в силу того, что предел является локальным свойством функции). Эти рассуждения являются обоснованием вычислений, которые в обычно употребляемой записи имеют следующий вид:
$$\lim_{x \to 0}\frac{(2x^2 + x — 1)x}{x^2 — 1} = \lim_{x \to 0}\frac{2x^2 + x — 1}{x — 1} = 1.$$

[свернуть]

Пример 6. Найти предел функции $f(x) = |signx|$.

Решение

Рассмотрим функцию $f(x) = |sign x|$. Какова бы ни была окрестность нуля  $U(0)$, у этой функции в точке $x_0 = 0$, очевидно, существует предел по проколотой окрестности $U^{\circ}(0)$:
$$\lim_{x \to 0, x \in U^{\circ}(0)}|sign x| = 1.$$
Вместе с тем предел $\lim_{x \to 0, x \in U(0)}|sign x|$ по всей окрестности $U(o)$ в точке $x_0 = 0$ у функции $|sign x|$ не существует, так как, например, для последовательности
$$x_n = \begin{cases} \frac{1}{n}, &\text{если n  = 2k, k = 1,2,…}\\ 0, &\text{если n  = 2k — 1, k = 1,2,…} \end{cases}$$
имеем $\lim_{n \to \infty}x_n = 0$ (и, следовательно, все ее члены начиная с некоторого будут лежать в заданной окрестности $U(0)$, а последовательность $|sign x_n|$ не имеет предела(на четных местах у нее стоят единицы, а на нечетных — нули).

[свернуть]

Литература:

  1. Коляда В.И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу.- Одесса : Астропринт , 2009. с. 251-253.
  2. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — с.70-72
  3. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

Тест. Пределы функций.

Этот тест проверить ваши знания по теме «Пределы функций».

15.2.1 Признак сравнения рядов с неотрицательными слагаемыми

Теорема (признак сравнения).Пусть даны два ряда$$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_n \tag {15.4} $$ $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} b_n \tag{15.5} $$ где $a_n \geqslant 0,\ b_n \geqslant 0 \left( n=1 ,2,\ldots \right).$ Предположим, что ряд $\left( 15.5 \right) $ является мажорантным рядом для ряда $\left( 15.4 \right) $, т. е. начиная с некоторого номера выполнены неравенства $a_n \leqslant b_n.$ Тогда из сходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ следует сходимость ряда $\left( 15.4 \right) $, а из расходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ следует расходимость ряда $\left( 15.5 \right). $

Так как конечное число слагаемых ряда не влияет на его сходимость, то, не ограничивая общности, можем считать, что неравенство $a_n \leqslant b_n$ выполнено для всех $n \geqslant 1.$ Пусть $S’_n$ и $S_n^{\prime \prime}$ – частичные суммы рядов $\left( 15.4 \right) $ и $\left( 15.5 \right) $, соответственно. Тогда ясно, что $S’_n \leqslant S_n^{\prime \prime} \left(n \geqslant 1 \right).$ Если ряд $\left( 15.5 \right) $ сходится, то $S_n^{\prime \prime}$ ограничены и, следовательно, ограничены и $S’_n,$ а это влечет сходимость ряда $\left( 15.4 \right) $. Обратно, если расходится ряд $\left( 15.4 \right) $, то $S’_n$ неограниченно возрастают и, следовательно, неограниченно возрастают и $S_n^{\prime \prime},$ т. е. ряд $\left( 15.5 \right)$ расходится.

Замечание 1. При доказательстве существенно было использовано условие $a_n \geqslant 0,\ b_n \geqslant 0 \ ( n = 1 ,\ 2,\ldots).$ Без этого условия теорема теряет силу. Например, если $a_n =−1, b_n =0 \ (n =1 ,\ 2,\ldots),$ то $a_n \leqslant b_n,$ ряд $\left( 15.5 \right) $ сходится, а ряд $\left( 15.4 \right) $ расходится.

Замечание 2. В доказанной теореме из расходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ не следует расходимость ряда $\left( 15.4 \right) $, а из сходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ не следует сходимость ряда $\left( 15.5 \right) $. Например, $a_n =0,b_n = 1 \ (n = 1,\ 2,\ldots).$

Следствие (признак сравнения в предельной форме).Пусть даны ряды $\left( 15.4 \right) $ и $\left( 15.5 \right) $ с положительными слагаемыми. Предположим, что существует (быть может, и бесконечный) $$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{b_n} = \lambda.$$ Тогда

  1. если $\lambda =0,$ то из сходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ следует сходимость ряда $\left( 15.4 \right) $, а из расходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ следует расходимость ряда $\left( 15.5 \right) $;
  2. если $\lambda= + \infty ,$ то из сходимости ряда $\left( 15.4 \right) $ следует сходимость ряда $\left( 15.5 \right) $, а из расходимости ряда $\left( 15.5 \right) $ следует расходимость ряда $\left( 15.4 \right) $;
  3. если $0< \lambda < + \infty,$ то ряды $\left( 15.4 \right) $ и $\left( 15.5 \right) $ сходятся или расходятся одновременно.

Докажем c. Пусть $0 < \lambda < + \infty .$ Тогда, начиная с некоторого номера $N,$ выполнено неравенство $\frac{\lambda}{2} \leqslant \frac{a_n}{b_n} \leqslant 2 \lambda \ (n \geqslant N),$ т.е. $$\frac{\lambda}{2}b_n \leqslant a_n \leqslant 2 \lambda \cdot b_n.$$ Если расходится ряд $\left( 15.4 \right) $, то, в силу доказанного признака сравнения, из правого неравенства следует расходимость ряда $\left( 15.5 \right) $. Если ряд $\left( 15.4 \right) $ сходится, то, в силу признака сравнения, из левого неравенства следует сходимость ряда $\left( 15.5 \right).$

Доказательства случаев a. и b. аналогичны и мы их опускаем.

Пример 1. Исследовать на сходимость ряд $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} 2^n \sin \frac{1}{3^n}.$$ Из неравенства $ \sin x < x $, где $x$ положителен, следует, что $2^n \sin \frac{1}{3^n} \leqslant \left( \frac{2}{3} \right) ^n \ (n = 1,\ 2,\ldots).$ Так как ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{2}{3} \right) ^n$ сходится (это – геометрическая прогрессия со знаменателем $\frac{2}{3}$), то исходный ряд также сходится в силу признака сравнения.

Пример 2. Ранее мы уже установили с помощью критерия Коши, что гармонический ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ расходится. Докажем его расходимость с использованием признака сравнения. Сравним его с рядом $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right).$ Вычислим частичные суммы $$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{k} \right) = \sum_{k=1}^{\infty} \left[ \ln \left( k+1 \right) — \ln k \right] =$$ $$\left( \ln 2 — \ln 1 \right) + \left( \ln 3 — \ln 2 \right)+\ldots + \left( \ln \left( n+1 \right) — \ln n \right) = \ln \left( n + 1 \right) \rightarrow + \infty .$$ Значит, ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right).$ расходится. Кроме того, из известного равенства $\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\ln \left( 1 + x \right) }{x} = 1$ следует, что $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \frac{\ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right) }{ \frac{1}{n}} = \lambda = 1.$ Отсюда, всилу признака сравнения в предельной форме, вытекает, что ряды $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ и $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$ сходятся или расходятся одновременно. Поскольку, как уже установлено, ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \ln \left( 1 + \frac{1}{n} \right)$ расходится, то расходится и исходный гармонический ряд.

Пример 3. Рассмотрим ряд$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \left( 1 — \cos \frac{x}{n} \right),$ где $x \in \mathbb{R}$ – параметр. Ясно, что этот ряд сходится при $x =0.$ Пусть $x \neq 0$. В силу известного соотношения $1 − \cos \alpha \sim \frac{\alpha ^ 2}{2} \ (\alpha \rightarrow 0),$ имеем $1 − \cos \frac{x}{n} \sim \frac{x^2}{2} \cdot \frac{1}{n^2} \ (n \rightarrow \infty).$ Поэтому в качестве ряда для сравнения целесообразно выбрать ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2},$ для которого $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{1 — \cos \frac{x}{n}}{\frac{1}{n^2}} = \frac{x^2}{2}.$ Из признака сравнения в предельной форме следует, что ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ и исходный ряд сходятся или расходятся одновременно (при $x \neq 0$). Выше было показано, что ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится (это – обобщенный гармонический ряд при $s =2> 1$). Поэтому сходится и исходный ряд при любом $x$.

Пример 4. Исследуйте на сходимость ряд $$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n^2}.$$

Решение

Уменьшив числитель, найдём ряд-миноранта $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n^2} > \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{n^2} =\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$$ Как уже рассматривали выше, это гармонический ряд у которого степень $s \leqslant 1$ а значит этот ряд расходится, а по признаку сравнения раз расходится ряд-миноранта, то расходится и исходный ряд.

[свернуть]

Пример 5. Исследуйте на сходимость ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\arctan n}{n^2+1}.$$

Решение

Арктангенс ограничен сверху константой $\frac{\pi}{2}$, значит $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\arctan n}{n^2+1} \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2n^2+2}$$ Уменьшив знаменатель дробь увеличивается $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2n^2+2} < \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\pi}{2n^2}$$Как уже рассматривали выше, это гармонический ряд у которого степень $s > 1$ а значит этот ряд cходится, а по признаку сравнения раз ряд-мажоранта сходится, то сходится и исходный ряд.

[свернуть]

Пример 6. Исследуйте на сходимость ряд $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{9n + 7}{2n^3 + 5n^2 -3}.$$

Решение

Сравним общий член нашего ряда с общим членом ряда $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}.$ Воспользуемся признаком сравнения в предельной форме.$$\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{9n+7}{2n^3+5n^2-3}}{\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n^2 \cdot \left( 9n+7 \right) }{2n^3+5n^2-3}=$$ $$= \lim_{n \to \infty} \frac{9n^3+ 7n^2}{2n^3 + 5n^2 -3} = \left| \frac{\infty}{\infty} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{9n^3}{n^3} + \frac{7n^2}{n^3}}{\frac{2n^3}{n^3} + \frac{5n^2}{n^3}-\frac{3}{n^3}} = $$ $$=\lim_{n \to \infty} \frac{9 +\frac{7}{n}}{2 + \frac{5}{n}-\frac{3}{n^3}} = \frac{9}{2}.$$ Так как $0 < \frac{9}{2} < \infty,$ то ряды $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{9n + 7}{2n^3 + 5n^2-3}$ и $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходятся либо расходятся одновременно. Так как ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ сходится, то сходится и ряд $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{9n + 7}{2n^3 + 5n^2-3}.$

[свернуть]

Литература

Сходящиеся и расходящиеся числовые ряды. Признак сравнения

Тест на проверку знаний о числовых рядах и признака сравнения числовых рядов.