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

7.2 Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Пусть $ f $ — ограничена на отрезке $ [a,b] $ функция. Выберем произвольное разбиение этого отрезка $\prod$ : $a = x_{0} < x_{1} < \cdots < x_{n} = b$ и обозначим $$\displaystyle M_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x \right ), m_{i}=\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f \left ( x \right ) \left ( i= \overline{0,n-1}\right ).$$

Определение. Сумма $$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$ называется верхней суммой Дарбу для функции $f$, соответствующей разбиению $\prod$, а сумма
$$ \underline S_{\prod} = \sum_{i=0} ^ {n-1} m_{i} \Delta x_{i}$$ называется нижней суммой Дарбу, соответствующего разбиению $ \prod$.

Очевидно, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \overline {S_{\prod}}$, и любая интегральная сумма $\sigma$, соответствующая разбиению $ \prod$, удовлетворяет неравенству $$\begin{equation}\label{eq:exp1} \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \overline {S_{\prod}}. \end{equation} $$

Действительно, при любом выборе точек $ \xi_{i} \in [x_{i},x_{i+1}] $ из определения $m_{i} $ и $ M_{i} $ получаем $m_{i} \leqslant f \left (\xi _{i}\right ) \leqslant M_{i}$. Умножив это неравенство на $ \Delta x_{i} $ и сложив по $ i$, получаем $\eqref{eq:exp1}$.

Если функция $ f $ непрерывна на $ [a,b]$, то на каждом из частичных отрезков $ [x_{i},x_{i+1}] $ она достигает своего наибольшего и наименьшего значений, т.е. точки $\xi_{i}$ и $\eta_{i}$ можно выбрать так, чтобы были выполнены равенства $ f \left (\xi_{i}\right ) = m_{i} $ и $ f \left (\eta_{i}\right )= M_{i}$. Поэтом в этом случае суммы Дарбу сами являются интегральными суммами. Однако справедливо следующее

Утверждение. Для произвольной ограниченной функции $f$ и заданного разбиения $\prod$ верхняя и нижняя суммы Дарбу сами являются соответственно верхней и нижними гранями множества всех интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod$.

Действительно,зададим $\varepsilon > 0 $ и, пользуясь определением верхней грани, для каждого $i=\overline{0,n-1} $ найдем такие $\eta_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, что $f\left (\eta_{i}\right ) > M_{i} — \varepsilon$. Тогда получим $$\sigma =\sum_{i=0}^{n-1} f\left ( \eta_{i}\right ) \Delta x_{i} > \sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}-\varepsilon \left (a-b\right ) = \bar S_{\prod}-\varepsilon \left (a-b\right ).$$
Отсюда следует, что $ \bar S_{\prod}= \sup\left (\sigma\right )$, где верхняя грань берется по множеству всевозможных интегральных сумм, соответствующих заданному разбиению $\prod.$
Доказательство для нижней суммы Дарбу аналогично.

Свойства сумм Дарбу

1. Если к имеющимся точкам разбиения добавить новые точки, то от этого верхняя сумма Дарбу не увеличится, а нижняя сумма Дарбу не уменьшится

Пусть имеется изначально разбиение $\prod$. Достаточно показать рассмотреть случай, когда к имеющимся точкам добавляется одно точка $ x{}’_{i} \in [x_{i},x_{i+1}]$, в результате чего получаем новое разбиение $ \prod{}’$. Тогда суммы $ \bar S_{\prod} $ и $ \bar S_{\prod {}’} $ содержат одни и те же слагаемые, за исключением слагаемых, отвечающие отрезку $ [x_{i},x_{i+1}]$. В сумме $\bar S_{\prod} $ этому отрезку отвечает слагаемое $ M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right )$, а в сумме $ \bar S_{\prod {}’} $ ему соответствуют два слагаемых $ M{_{i}}’\left (x{}’-x_{i}\right )+M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1}-x_{i}\right )$, где $ M{_{i}}’=\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x{}’}{\sup} f\left (x\right )$, $ M_{i}{}'{}’=\underset{\displaystyle x{}’ \leqslant x \leqslant x_{i+1} }{\sup} f\left (x\right )$. Ясно, что $ M{_{i}}’ \leqslant M_{i}$. и $ M_{i}{}'{}’ \leqslant M_{i}$. Поэтому $ M{_{i}}’\left (x{}’ -x_{i}\right ) + M_{i}{}'{}’ \left (x_{i+1} -x{}’\right ) \leqslant M_{i}\left (x_{i+1} -x_{i}\right )$, так что и $ \bar{S_{\prod {}’}} \leqslant \bar{S_{\prod}}$.
Для нижних сумм доказательство аналогичное.

2. Каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, даже если они соответствуют разным разбиениям

Пусть $ \prod_{1}$, $ \prod_{2} $ — произвольные разбиения отрезка $ [a,b].$ Докажем, что $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$. Объединяя точки разбиений $ \prod_{1} $ и $ \prod_{2}$, получим новое разбиение $ \prod$, причем, поскольку $ \prod_{1} $ может быть получено из $ \prod_{1} $ путём добавления к $ \prod_{1} $ новых точек деления, то, в силу предыдущего свойства, имеем $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \underline S_{\prod}$. С другой стороны, разбиение $ \prod $ может быть получено из $ \prod_{2} $ путем добавления к $ \prod_{2} $ новых точек деления, так, что, в силу предыдущего свойства, $ \bar S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$. Объединяя эти два неравенства и учитывая, что $ \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod}$, получаем $ \underline S_{\prod_{1}} \leqslant \bar S_{\prod_{2}}$.

Интегралы Дарбу.

Пусть функция $ f $ ограничена на отрезке $ [a,b]$, т.е. $ \left | f\left (x\right ) \right |\leqslant M$, $ a\leqslant x\leqslant b$. Тогда для любого разбиения $ \prod $ справедливы неравенства $ \left |\bar S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right ) $ и $ \left |\underline S_{\prod} \right | \leqslant M\left (b-a\right )$. Это означает, что множества всевозможных верхних и нижних сумм Дарбу являются ограниченными.

Определение. Верхняя грань множества всевозможных нижних сумм Дарбу называется нижним интегралом функции $ f $ и обозначается $ \underline I = \sup_{\prod} {\underline S_{\prod}}$. Нижняя грань множества всевозможных верхних сумм Дарбу называется верхним интегралом и обозначается $ \bar I = \inf_{\prod} {\bar S_{\prod}}$.

Связь между верхним и нижним интегралами устанавливает

Утверждение. Для любой ограниченной функции $ f $ справедливо неравенство $ \underline I \leqslant \bar I. $

Как было показано выше,каждая нижняя сумма Дарбу не превосходит каждой верхней суммы Дарбу, т.е. для любых двух разбиений $ \prod $ и $ \prod{}’ $ справедливо неравенство $ \underline I \leqslant \bar I. $ Переходя к верхней грани по всевозможным разбиениям $ \prod$, получаем $ \underline I \leqslant \bar S_{\prod{}’}$. Поскольку в полученном неравенстве разбиение $ \prod{}’ $ произвольное, то переходя к нижней грани по всевозможным разбиениям, получим $ \underline I \leqslant \bar I$.

Пример. Рассмотрим функцию Дирихле на отрезке $ [0,1]$. Для нее, очевидно, при любом разбиении $ \prod $ будет $ \underline S_{\prod} = 0$, так что и $ \underline I = 0$. С другой стороны, $ \bar S_{\prod} = 1$, так что $ \bar I = 1$.

Теорема (критерий интегрируемости по Риману). Пусть функция $ f $ ограничена на отрезке $ [a,b]$. Для того чтобы $ f $ была интегрируемой на этом отрезке, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\left (\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}\right ) = 0$$
Это равенство означает, что для любого положительного $\varepsilon$ найдется такое положительное
$\delta$, что для каждого разбиения $\prod$, диаметр которого $d\left (\prod\right )<\delta$, справедливо неравенство $\bar S_{\prod} - \underline S_{\prod} < \varepsilon.$

Необходимость. Пусть функция $ f $ интегрируема, т.е. существует конечный $$I\equiv\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0}\sigma$$
Это означает, что для любого $ \varepsilon > 0 $ найдется такое $ \delta > 0$, что для любого разбиения $\prod$ с $d\left (\prod\right ) < \delta$ и при любом выборе промежуточных точек $\xi _{i}$ выполнено неравенство $\left | \sigma -I \right | < \varepsilon$. Это неравенство можно переписать так: $I-\varepsilon <\sigma < I + \varepsilon$. Зафиксируем произвольное разбиение$\prod$ с $d\left (\prod\right ) < \delta$. Поскольку $\bar S_{\prod}$- верхняя грань множества всех интегральных сумм $\sigma$, соответствующих разбиению $\prod$, и $\sigma < I +\varepsilon$, то $\bar S_{\prod} \leqslant I +\varepsilon$. Аналогично получаем $\underline S_{\prod} \geq I - \varepsilon$. Таким образом, $I - \varepsilon \leqslant \underline S_{\prod} \leqslant \bar S_{\prod} \leqslant I + \varepsilon$. Отсюда следует, что $\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \leqslant 2\varepsilon$, если только $d\left (\prod\right ) < \delta.$

Достаточность. Заметим, что для любого разбиения $\prod$ справедливо неравенство $\underline S_{\prod}\leqslant \underline I\leqslant \bar I \leqslant \bar S_{\prod}$. Поскольку, по условию,$\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} \rightarrow 0$ при $d\left (\prod\right ) \rightarrow 0$, то $\bar I = \underline I$. Обозначим их общее значение через $I$. Тогда получим, что для любого разбиения $\prod$ имеет место неравенство $\underline S_{\prod} \leqslant I \leqslant \bar S_{\prod}$. Но и каждая интегральная сумма $ \sigma$, отвечающая разбиению $\prod$, также удовлетворяет неравенству $ \underline S_{\prod} \leqslant \sigma \leqslant \bar S_{\prod}$. Отсюда следует, что $ \left | \sigma -I\right |\leqslant \bar S_{\prod} -\underline S_{\prod}$. Поскольку правая часть последнего неравенства стремится к нулю при $ d\left (\prod\right ) \rightarrow 0$, то получаем $$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sigma = I $$

Замечание. Из доказательства необходимости видно, что для интегрируемой функции ее верхняя и нижняя суммы Дарбу стремятся к интегралу от функции при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Определение. Для ограниченной на отрезке $ [\alpha, \beta ] $ функции $ \varphi $ число $\omega = \sup \left | \varphi \left (x{}’\right ) — \varphi \left (x{}'{}’\right ) \right |,$ где $x{}’, x{}'{}’ \in [\alpha,\beta ]$, называется колебанием функции $ \varphi $ на $ [\alpha, \beta ]$.

Обозначим $ M_{i}=\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\sup} \varphi \left (x\right ) $ и $ m_{i} =\underset{\displaystyle \alpha \leqslant x\leqslant \beta }{\inf} \varphi \left (x\right )$. Тогда, как легко видеть, $\omega = M_{i} -m_{i}$
Пусть теперь ограниченная функция $f$ задана на отрезке $ [a,b]$. Тогда для произвольного разбиения $\prod $ колебание $ f $ на $ [x_{i},x_{i+1}] $ равно $\omega = M_{i}- m_{i}$. Поэтому $$\bar S_{\prod} -\underline S_{\prod} = \sum_{i=0}^{n-1}\left (M_{i} -m_{i}\right )\Delta x = \sum_{i=0}^{n-1}\omega _{i}\Delta x.$$

Таким образом, равносильная формулировка критерия интегрируемости примет следующий вид.

Теорема (критерий интегрируемости в терминах колебаний).
Для того чтобы ограниченная функция $ f $ была интегрируемой по Риману на отрезке $[a,b]$, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено равенство$$\lim_{d\left (\prod\right )\rightarrow 0} \sum_{i=0}^{n-1} \omega_{i}\Delta x_{i} = 0,$$ где $ \omega _{i} $ — колебание функции $ f $на отрезке $ [x_{i}, x_{i=1}]$.

Пример решения задачи

Дан интеграл $I=\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1+x^{5}}dx$. Выполнить равномерное разбиение на отрезке $\left [ 0, 1 \right ]$ на 6 частей. Построить верхнюю и нижнюю суммы Дарбу.

Решение


График функции $ f\left (x\right )=\sqrt{1+x^{5}}$.

Докажем, что функция монотонна.
Для этого возьмем производную данной функции
$\displaystyle f{}’\left (x\right )=\frac{\displaystyle 5x^{4}}{\displaystyle 2\sqrt{1+x^{5}}}$. Так как мы рассматриваем промежуток $\left ( 0, 1 \right )$, то на этом участке $x^{5} > 0$, $x^{4} > 0$ (так как степень четная ). Получили, что $ f{}’\left (x\right ) > 0$. Следовательно, $ f\left (x \right ) $ монотонно возрастает, тогда $\underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$
расположен на правом конце, а $\underset{\displaystyle x_{i} \leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$- на левом конце.
Построим верхнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
$$ \bar S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} M_{i} \Delta x_{i}$$
$M_{1}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1;$
$M_{2}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,002;$
$M_{3}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,015;$
$M_{4}= \displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,064;$
$M_{5}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,184;$
$M_{6}=\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\sup} f\left (1\right )$ $\approx 1,414;$
$$ \bar S_{\prod} =\left (1+1,002+1,015+1,064+1,184+1,414\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.113;$$

Построим нижнюю сумму Дарбу:
Найдем значения с точностью 0,001
$$\underline S_{\prod} =\sum_{i=0}^{n-1} m_{i} \Delta x_{i} $$
$m_{1}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (0\right ) = 1;$
$m_{2}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1;$
$m_{3}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,002;$
$m_{4}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,015;$
$m_{5}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,064;$
$m_{6}$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (x\right )$=$\displaystyle \underset{\displaystyle x_{i}\leqslant x \leqslant x_{i+1}}{\inf} f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6}\right )$ $\approx 1,184;$
$$ \underline S_{\prod} =\left (1+1+1,002+1,015+1,064+1,184\right )\cdot \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} = 1.044;$$

$f\left (0\right )=\sqrt{1+0}=\sqrt{1}=1;$
$f \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.0001286008} \approx 1;$
$f \left (\frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+ \left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.00411} \approx 1.002;$
$f \left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.03125} \approx 1.015;$
$f \left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 4}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.1316872428} \approx 1.064;$
$f\left (\frac{\displaystyle 5}{\displaystyle 6} \right )=\sqrt{1+\left (\frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 6}\right ) ^{5}}=\sqrt{1.401877572} \approx 1.184;$
$f \left (1\right )=\sqrt{1+1^{5}}=\sqrt{2} \approx 1.414;$

Информацию по теме «Суммы Дарбу и интегралы Дарбу» вы можете также найти в следующих учебниках:
  1. П. Д. Кудрявцев «Курс математического анализа», т.1. — М.: Дрофа, 2003, параграф 25 (cтр. стр. 551- 555 ).
  2. А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин «Курс математического анализа»- М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2003, параграф 34 (стр. 319 — 324)

Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

Тестовые вопросы по вышеизложенному материалу.


Таблица лучших: Суммы Дарбу и интегралы Дарбу

максимум из 10 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

6.2 Интегрирование по частям и замена переменной

Теорема (формула интегрирования по частям).
Пусть функции $u(x)$ и $v(x)$ дифференцируемы на интервале $I$. Если одна из функций $u(x)v'(x)$ или $u'(x)v(x)$ имеет первообразную на интервале $I$, то на этом интервале имеет первообразную и другая функция, причем справедливо равенство $$\begin{equation}\label{eq:exp1}\int u(x)v'(x)dx=u(x)v(x)-\int u'(x)v(x)dx\end{equation}.$$

Доказательство сразу следует из правила дифференцирования произведения. Действительно, пусть $u(x)v'(x)$ имеет первообразную. Тогда, по правилу дифференцирования произведения, имеем $$[u(x)v(x)]’=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).$$
Отсюда получаем, что $u'(x)v(x)$ является разностью двух производных функций, т. е. разностью двух функций, имеющих первообразные. Поэтому она сама также является производной, т. е. имеет первообразную, и справедливо равенство $\eqref{eq:exp1}$.

Замечание 1.
Коротко правило интегрирования по частям может быть записано так:
$$\int udv=uv-\int vdu.$$
Действительно, в этой записи используется формула для вычисления дифференциала функции $du(x)=u'(x)dx$.

Замечание 2.
Если одна из функций дифференцируема, а другая имеет первообразную, то их произведение (производной на функцию, имеющую первообразную) не обязано иметь первообразную. Такой пример приводится сразу после этого замечания. Поэтому в формулировке теоремы нужно предполагать наличие первообразной у одной из функций $u'(x)v(x)$ или $u(x)v'(x)$.

Утверждение.
Существуют дифференцируемая функция $u$ и имеющая первообразную функция $v$, такие, что $u’v$ не имеет первообразной.

Достаточно показать, что квадрат функции, имеющей первообразную, может не иметь первообразной.
Положим $f(x)=|x|^\alpha \sin\displaystyle\frac{1}{x}$, $x\neq0$, $f(0)=0$. При $\alpha>1$ функция $f$ дифференцируема на $\mathbb{R}$ и ее производная равна
$$\begin{equation*}f'(x) = \begin{cases}\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{|x|}-|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x},\;  x\neq0, \\ 0,\;  x=0. \end{cases}\end{equation*}$$
Поскольку функция $\alpha|x|^{\alpha-1}\sin\displaystyle\frac{1}{x}\equiv\varphi(x) (x\neq0)$, $\varphi(0) = 0$ непрерывна на $\mathbb{R}$, а значит, имеет первообразную на $\mathbb{R}$, то функция
$$v(x)\equiv|x|^{\alpha-2}\cos\displaystyle\frac{1}{x}=\varphi(x)-f'(x) (x\neq0),\;\; v(0) = 0,$$
имеет первообразную на $\mathbb{R}$ как разность двух функций — $\varphi(x)$ и $f'(x)$, имеющих первообразные на $\mathbb{R}$.
Покажем, что при надлежащем выборе числа $\alpha>1$ функция $v^2(x)$ не имеет первообразной на $\mathbb{R}$. Предположим противное. Пусть существует такая дифференцируемая на $\mathbb{R}$ функция $F$, что для всех $x\in \mathbb{R}$ справедливо равенство
$$F'(x)=v^2(x)=|x|^{2(\alpha-2)}\cos^2\displaystyle\frac{1}{x},\;\; (x\neq0),\;\; F'(0)=0.$$
Для $k = 1, 2, \ldots$ обозначим
$$[a_k, b_k] = \left[\displaystyle\frac{4}{(4k+1)\pi}, \displaystyle\frac{4}{(4k-1)\pi}\right].$$
Если $x\in[a_k, b_k]$, то
$$\displaystyle\frac{1}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right], \\ \displaystyle\frac{2}{x}\in\left[\displaystyle\frac{(4k-1)\pi}{4}, \displaystyle\frac{(4k+1)\pi}{4}\right]=\left[2k\pi-\displaystyle\frac{\pi}{2}, 2k\pi+\displaystyle\frac{\pi}{2}\right].$$
Поэтому для $x\in[a_k, b_k]$ имеем
$$\cos^2\displaystyle\frac{1}{x}=\displaystyle\frac{1+\cos\displaystyle\frac{2}{x}}{2}\geqslant\displaystyle\frac{1}{2},$$
так что $F'(x)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}x^{2(\alpha-2)}, x\in[A_k, b_k]$. По теореме Лагранжа получим
$$F(b_k)-F(a_k)=F'(\xi_k)(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{1}{2}\xi^{2(\alpha-2)}_k(b_k-a_k)\geqslant\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k,$$
где $\xi_k\in[a_k, b_k]$, а число $\alpha>1$ будет выбрано так, что $\alpha<2$. Отсюда получим
$$F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Заметим, что отрезки $[a_k, b_k]$ попарно не пересекаются и, так как $F'(x)\geqslant0$, то функция $F$ не убывает. Значит,
$$F(b_{k+1})\leqslant F(a_k)\leqslant F(b_k)-\displaystyle\frac{b_k-a_k}{2}b^{2(\alpha-2)}_k.$$
Отсюда следует, что
$$\begin{equation}\label{eq:exp2}F(b_{k+1})\leqslant F(b_1)-\displaystyle\frac{1}{2}\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s.\end{equation}$$
Оценим последнюю сумму справа. Имеем
$$b_s-a_s=\displaystyle\frac{8}{\pi}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)},$$
так что
$$\sum^{k}_{s=1}(b_s-a_s)b^{2(\alpha-2)}_s=\\=c_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{(4s+1)(4s-1)}\left(\displaystyle\frac{1}{4s-1}\right)^{2(\alpha-2)}\geqslant c’_s\sum^{k}_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}.$$
Если $2\alpha-2\leqslant1$, т. е. $\alpha\leqslant\displaystyle\frac{3}{2}$, то $\sum\limits^k_{s=1}\displaystyle\frac{1}{s^{2\alpha-2}}\rightarrow\infty(k\rightarrow\infty)$. Поэтому из $\eqref{eq:exp2}$ следует, что $F(b_{k+1})\rightarrow-\infty$ при $k\rightarrow\infty$. Но поскольку $b_{k+1}\rightarrow+0 (k\rightarrow\infty)$, то это противоречит непрерывности функции $F$ в точке $x_0=0$ справа, которая вытекает из дифференцируемости функции $F$ в нуле.

Пример 1.
$\int x e^x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=e^x dx\\du=dx, & v=e^x\end{bmatrix}=x e^x-\int e^x dx=x e^x-e^x+C.$

Пример 2. 
$\int x\cos x dx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\cos x dx\\du=dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=x\sin x-\int\sin x dx=x\sin x+\cos x+C.$

Пример 3. 
$\int x\ln x dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=x dx\\du=\displaystyle\frac{dx}{x}, & v=\displaystyle\frac{x^2}{2}\end{bmatrix}=\\=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{1}{2}\int x dx=\displaystyle\frac{x^2}{2}\ln x-\displaystyle\frac{x^2}{4}+C.$

Следующий пример показывает такой способ применения формулы интегрирования по частям, когда в правой части появляется такой же интеграл, как и в левой части. Тогда искомый интеграл может быть найден из полученного равенства.

Пример 4. 
$\int e^x\cos xdx=\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\cos xdx\\du=e^x dx, & v=\sin x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x-\int e^x\sin xdx=e^x\sin x-\begin{bmatrix}u=e^x, & dv=\sin xdx\\du=e^x dx, & v=-\cos x\end{bmatrix}=\\=e^x\sin x+e^x\cos x-\int e^x\cos xdx.$
Из этого равенства находим
$$\int e^x\cos xdx=\displaystyle\frac{e^x}{2}[\sin x+\cos x] + C.$$

Теорема (о замене переменной в интеграле). Пусть функция $f$ имеет первообразную на интервале $I$, т. е.
$$\int f(t)dt=F(t)+C.$$
Пусть, далее, функция $\varphi$ дифференцируема на интервале $\Delta$ и $\varphi(\Delta)\subset I$. Тогда справедливо равенство
$$\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx=F(\varphi(x))+C.$$

Действительно, по правилу дифференцирования сложной функции имеем
$$[F(\varphi(x))]’=F'(\varphi(x))\varphi'(x)=f(\varphi(x))\varphi'(x).$$

Пример 1. $\int\sin^3 xdx=\int\sin x(1-\cos^2 x)dx=[\cos x = t, dt =-\sin xdx]=\\=\int(t^2-1)dt=\displaystyle\frac{t^3}{3}-t+C=\displaystyle\frac{\cos^3 x}{3}-\cos x+C.$

Пример 2. $\int\displaystyle\frac{dx}{1+e^x}=\begin{bmatrix}\text{преобразуем} & \displaystyle\frac{1}{1+e^x}=\displaystyle\frac{1}{e^x(e^-x+1)}=\displaystyle\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\\ \text{положим} & 1+e^{-x}=t, dt=-e^{-x}dx\end{bmatrix}=-\int\displaystyle\frac{dt}{t}=\\=-\ln|t|+C=-\ln(1+e^{-x})+C=-\ln\displaystyle\frac{1+e^x}{e^x}+C=x-\ln(1+e^x)+C.$

Замечание. Мы использовали равенство $\int\displaystyle\frac{dx}{x}=\ln|x|+C$. Это равенство следует применять отдельно для промежутков $(0, +\infty)$ и $(-\infty, 0)$.
При $x>0$ оно справедливо по той причине, что $|x|=x,$ $(\ln x+C)’=\displaystyle\frac{1}{x}$.
Если же $x<0$, то $|x|=-x$, $\ln(-x)+C)’=\displaystyle\frac{1}{-x}\cdot(-1)=\displaystyle\frac{1}{x}$, так что и в этом случае равенство верно.

Итак, если исходный интеграл представлен в виде $\int f(\varphi(x))\varphi'(x)dx$, то, выполняя замену переменной $t=\varphi(x)$, мы приходим к интегралу $\int f(t)dt$. Часто замену переменной в интеграле $\int g(x)dx$ применяют в виде $x = \psi(t)$, затем вычисляют интеграл по $t$, а чтобы вернуться к старой переменной $x$, нужно выразить новую переменную $t$ через $x$.

Пример. Пусть $I=\int\sqrt{1-x^2}dx$.
Для вычисления этого интеграла положим $x=\sin t$. Тогда
$$dx=\cos tdt, \sqrt{1-x^2}=\sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=\cos t.$$
Подставляя это в исходный интеграл, получаем
$$I=\int\cos^2 tdt=\int\displaystyle\frac{1+\cos 2t}{2}dt=\displaystyle\frac{t}{2}+\displaystyle\frac{\sin 2t}{4}+C.$$
Из равенства $x=\sin t$ имеем $t=\arcsin x$, так что
$$I=\displaystyle\frac{\arcsin x}{2}+\displaystyle\frac{x\sqrt{1-x^2}}{2}+C.$$
Вычислим этот интеграл еще одним способом, основанным на применении формулы интегрирования по частям.
$$I=\int\sqrt{1-x^2}dx=\begin{bmatrix}u=\sqrt{1-x^2}, & dv=dx\\du=-\displaystyle\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}dx, & v=x\end{bmatrix}=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}dx=\\=x\sqrt{1-x^2}+\int\displaystyle\frac{x^2-1+1}{\sqrt{1-x^2}}dx=x\sqrt{1-x^2}-I+\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}.$$
Воспользовавшись теперь равенством $\int\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}=\arcsin x+c$, вытекающим из того, что $(\arcsin x+C)’=\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}$, получим $I=x\sqrt{1-x^2}-I+\arcsin x$. Отсюда следует
$$I=\displaystyle\frac{1}{2}[x\sqrt{1-x^2}+\arcsin x]+C.$$

Решение примеров

Интегрирование по частям:

  1. $\int\text{arctg}\:xdx$
    Решение

    $\int\text{arctg}\:xdx=\begin{bmatrix}\text{arctg}\:{x}=u, du=\displaystyle\frac{dx}{1+x^2}\\dx=dv, v=x\end{bmatrix}=x\:\text{arctg}\: {x}-\int\displaystyle\frac{xdx}{1+x^2}=\\=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\int\displaystyle\frac{dx^2}{1+x^2}=x\:\text{arctg}\: {x}-\displaystyle\frac{1}{2}\ln(1 + x^2) + C.$

  2. $\int x\sin{x}dx$
    Решение

    $\int x\sin{x}dx=\begin{bmatrix}x=u, du=dx\\ \sin{x}=dv, v=-\cos{x}\end{bmatrix}=-x\cos{x}+\int\cos{x}dx=\\=-x\cos{x}+\sin{x}+C.$

  3. $\int xe^{x}dx$
    Решение

    $\int xe^{x}dx=\begin{bmatrix}u=x, du=dx\\dv=e^{x}dx, v=e^x\end{bmatrix}=xe^x-\int e^{x}dx=xe^x-e^x+C.$

Замена переменной:

  1. $\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}$
    Решение

    $\int\displaystyle\frac{dx}{\sqrt{e^x-1}}=\begin{bmatrix}\sqrt{e^x-1}=t, x=\ln(t^2+1)\\dx=\displaystyle\frac{2tdt}{t^2+1}\end{bmatrix}=2\int\displaystyle\frac{tdt}{t(t^2+1)}=\\=2\int\frac{dt}{t^2+1}=2\: \text{arctg}\: t+C.$

  2. $\int\displaystyle\frac{x^{2}dx}{5-x^6}$
    Решение

    $\int\frac{x^2dx}{5-x^6}=\begin{bmatrix}x^3=t\\dt=3x^2dx\\x^6=t^2\end{bmatrix}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{5-t^2}=\frac{1}{3}\int\frac{dt}{(\sqrt{5})^2-t^2}=\\=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+t}{\sqrt{5}-t}\right|+C=[t=x^3]=\frac{1}{6\sqrt{5}}\ln\left|\frac{\sqrt{5}+x^3}{\sqrt{5}-x^3}\right|+C.$

Интегрирование по частям и замена переменной

Пройдя этот тест, вы закрепите пройденный ранее материал по теме «Интегрирование по частям и замена переменной»

Таблица лучших: Интегрирование по частям и замена переменной

максимум из 18 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных
Литература

Смотрите также

  1. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: учеб. пособие для ун-тов и пед. ин-тов. Т. 2 / Г. М. Фихтенгольц. — 5-е изд., стереотип. — Москва: Физматгиз, 1970 (стр.23, 31)
  2. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. – 3-е изд., исправл. / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабунин. – Москва: ФИЗМАТЛИТ, 2001  (стр. 277, 281)
  3. 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 (стр. 461, 464)