Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уфимский Государственный Нефтяной Технический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

УМК

.PDF

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

1.66 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 143 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Доказательство.

Пусть

lim f (x)= A .

Тогда

ε > 0 δ > 0,

x→x0

x :

x − x0

< δ, x ≠ x0

f (x)− A

< ε

(f (x)− A)−0

< ε, это

означает,

что функция f

(x)− A имеет предел, равный нулю, то есть яв-

ляется б.м.ф.,

которую

обозначим

через

α(x):f (x)− A = α(x)

f (x)= A + α(x).

Пусть теперь f (x)= A + α(x), где α(x)− б.м.ф. при x → x0 , то есть

ε > 0 δ > 0, x :

x − x0

< δ,

x ≠ x0

α(x)

< ε. Так как по условию

f (x)= A + α(x), то

α(x)=

f (x)− A . Тогда

α(x)

f (x)− A

< ε для всех

x , удовлетворяющих неравенству

x − x0

< δ,

x ≠ x0 . А это и означает, что

lim f (x)= A . Теорема доказана

полностью

x→x0

Замечание. Теоремы 1.1, 1.2,

1.3 были рассмотрены

для случая, когда

x → x0 , но они справедливы и для случая, когда x → ∞.

1.5. ОСНОВНЫЕ ТЕОРЕМЫ О ПРЕДЕЛАХ

Рассмотрим теоремы, которые облегчают нахождение пределов функции.

Формулировка и доказательства теорем для случаев x → x0 и x → ∞ анало-

гичны. В приводимых теоремах будем считать, что пределы lim f (x)

lim ϕ(x) существуют.

x→x0

Теорема 1.4. Предел постоянной величины равен самой постоянной.

Доказательство. Пусть

y = C , требуется доказать, что lim C = C .

Из

→x0

определения предела следует,

что

C − предел в том случае,

если ε > 0 :

y −C

< ε. Но так как y = C , то

C −C

= 0 < ε, следовательно,

lim C = C .

x→x0

Теорема 1.5. Предел суммы (разности) двух функций равен сумме (раз-

ности) их пределов: lim [f (x)± ϕ(x)]= lim f (x)± lim ϕ(x).

x→x0

Доказательство. Пусть

lim f (x)= A и

lim ϕ(x)= B. Тогда по тео-

x→x0

реме 1.3 о связи функции с ее пределом можно записать f (x)= A + α(x),

ϕ(x)= B +β(x). Следовательно,

f (x)+ ϕ(x)= A + B + α(x)+β(x). Здесь

α(x)+β(x)− б.м.ф. как сумма б.м.ф. Тогда снова по второй части теоремы 4.3
можно записать: lim	[f (x)+ ϕ(x)]= A + B = lim f (x)+ lim ϕ(x).
x→x0	x→x0	x→x0

В случае разности функций доказательство аналогично. Теорема справедлива и для алгебраической суммы любого конечного числа функций, имеющих предел.

Теорема 1.6. Предел произведения двух функций равен произведению их
пределов: lim [f (x) ϕ(x)]= lim f (x)		lim ϕ(x).
x→x0	x→x0	x→x0
Доказательство. Так	как lim f (x)= A , lim ϕ(x)= B, то согласно
	x→x0	x→x0
теореме 1.3 имеем f (x)= A + α(x), ϕ(x)= B +β(x), где α(x),β(x)− б.м.ф.
Следовательно, f (x) ϕ(x)= (A + α(x))(B +β(x)), то есть
f (x) ϕ(x)= A B + (A β(x)+ B α(x)+ α(x) β(x)). Выражение в
скобках является б.м.ф. (теорема 1.1). Поэтому по теореме 1.3
lim f (x) ϕ(x)= A B = lim f (x) lim ϕ(x).
x→x0	x→x0	x→x0
Отметим, что теорема справедлива для произведения любого конечного

числа функций.

Следствие 1.1. Постоянный множитель можно вынести за знак предела

lim С f (x)= С

lim f (x).

x→x0

Теорема 1.7. Предел дроби равен пределу числителя, деленному на пре-

дел знаменателя, если предел знаменателя не равен нулю:

f (x)

lim f

(x)

lim ϕ(x)≠ 0 .

lim

x→x0

ϕ(x)

lim ϕ(x)

x→x0

lim f (x)= A и

lim ϕ(x)= B ≠ 0 сле-

Доказательство. Из равенств

дуют соотношения f (x)= A + α(x)

x→x0

, ϕ(x)= B +β(x). Тогда

f (x)

+ α(x)

A + α(x)

B α(x)− A β(x)

−

ϕ(x)

+β(x)

B2 + B β(x)

B +β(x)

Второе слагаемое есть б.м.ф. как частное от деления б.м.ф. на функцию, имею-
щую отличный от нуля предел (теорема 1.1). Поэтому по теореме 1.3.
	f (x)		A		lim f (x)
lim		=		=	x→x0	.
			B		lim ϕ(x)
x→x0	ϕ(x)
					x→x0
Теорема 1.8. (о пределе промежуточной функции).
Если	в		окрестности			точкиx0	выполняются	неравенства
ϕ(x)≤ f (x)≤ ψ(x) и				lim ϕ(x)= lim ψ(x)= A , то lim f (x)= A .
				x→x0		x→x0	x→x0

Доказательство. Из равенств

lim ϕ(x)= lim ψ(x)= A

(1.6)

x→x0

вытекает, что для любого ε > 0 существуют числа δ1 и δ2 > 0 такие, что:

ϕ(x)− A

< ε, x :

x − x0

< δ1,

x ≠ x0 .

(1.7)

ψ(x)− A

< ε, x :

x − x0

< δ2 ,

x ≠ x0 .

(1.8)

−ε < ϕ(x)− A < ε.

(1.9)

−ε < ψ(x)− A < ε.

(1.10)

Пусть δ− наименьшее из чисел

δ1 и δ2 . Тогда в δ−окрестности точки

x0 выполняются оба неравенства

(1.9)

и (1.10).

Из неравенств

ϕ(x)≤ f (x)≤ ψ(x) находим ϕ(x)− A ≤ f (x)− A ≤ ψ(x)− A .

Из последнего неравенства с учетом неравенств (1.9) и (1.10) следуют не-

равенства −ε < f (x)− A < ε

или

f (x)− A

< ε. Мы

доказали, что

ε > 0 δ > 0, x :	x − x0	< δ	f (x)− A		< ε, то есть lim f (x)= A .
ε > 0 δ > 0, x :	x − x0	< δ	f (x)− A		< ε, то есть lim f (x)= A .
ПРИМЕР 1.6. Найти lim (6x 2 + 7x − 4).						x→x0
ПРИМЕР 1.6. Найти lim (6x 2 + 7x − 4).
	x→1
Решение. lim (6x 2 + 7x − 4)= lim 6x 2 + lim 7x −lim 4 =
x→1		x→1		x→1		x→1
= 6lim x lim x + 7 lim x − 4 = 6 1 1+ 7 1− 4 = 9 .
x→1 x→1	x→1

Из решения видно, что нахождение предела этой функции свелось к подстановке в данное выражение предельного значения аргумента. Сказанное остается справедливым и в более общем случае. Если рассмотреть целую рациональную функцию (многочлен) вида

P (x)= a

x n + a

x n−1 +K+ a

, (a

≠ 0),

то ее предел при x → x

равен значению многочлена в этой точке, то есть

lim Pn (x)= Pn (x0 ) (рекомендуем показать это самостоятельно).

x→x0

Пользуясь этим, легко убедиться, что предел всякой дробно-

рациональной функции равен: lim

Pn (x)

Pn (x0 )

, если только знамена-

Qm (x)

x→x0

Qm (x0 )

тель не обращается в нуль, то есть Qm (x0 )≠ 0 .

ПРИМЕР 1.7. lim

4x3 − 2x +5

4 1− 2 1+5

6x 4 −3x3 + 6x −1

1−3 1+ 6

1−1

x→1

Будем говорить, что предел отношения двух функций

f (x)

есть неопре-

g(x)

деленность вида

или

∞ , если числитель и знаменатель дроби одновременно

∞

стремятся к нулю или к бесконечности. Раскрыть эти неопределенности – зна-

чит вычислить предел отношения

f (x)

если он существует или установить,

g(x)

что этот предел не существует.

x 2

(x + 2)(x + 4)

ПРИМЕР

1.8.

lim

+ 6x +

= lim

x3 +8

(x + 2)(x 2 − 2x + 4)

x + 4

x→−2

= lim

− 2 + 4

(− 2)2 − 2(− 2)+ 4

x→−2 x 2 − 2x + 4

Здесь мы сократили на множитель x + 2 , который при x → −2 стремится к нулю. Однако из определения предела следует, что аргумент x стремится

ксвоему предельному значению, но никогда с ним не совпадает, поэтому

x+ 2 ≠ 0 и сокращение правомерно.

Из рассмотренного примера следует правило: чтобы раскрыть неопреде-

ленность вида 00 при x → x0 функции, заданной в виде отношения двух мно-

гочленов, необходимо в числителе и знаменателе выделить множитель x − x0

и дробь на него сократить.

При вычислении пределов отношения двух многочленов при x → ∞ для

∞

раскрытия неопределенности вида ∞ надо числитель и знаменатель дроби разделить на x в старшей степени.

ПРИМЕР 1.9. Найти предел lim

x 2 +3x −5

x→∞ 3x 2 + 4x −1

x2 +3x −5

∞

−

Решение. lim

= lim

∞

x→∞ 3x2 + 4x −1

x→∞

−

lim 1

+ lim

− lim

1+ 0 −0

x→∞

x→∞ x

x→∞ x 2

lim 3

+ lim

− lim

3 + 0 −0

x→∞

x→∞ x

x→∞ x 2

ПРИМЕР 1.10. Найти предел дробно-рациональной функции

lim

a 0 x n + a1x n−1 + a 2 x n−2 +K+ a n

, (a0 , b0

≠ 0).

x→∞ b0 x m + b1x m−1 + b2 x m−2 +K+ bm

x n + a

x n−1

+ a

x n−2 +K+ a

Решение.

lim

x→∞ b0 x m + b1x m−1 + b2 x m−2 +K+ bm

x n

+K+

a 0

lim

x n

x→∞

x m

+K+

x m

a 0

a 2

+K+

a n

= lim x n−m lim

x 2

x n

x→∞

x→∞ b0

+K+

x 2

x m

0, n < m

= a 0 , n = mb0

∞, n > m.

При вычислении этого предела учтено, что

	0,	если	n < m,
lim x n−m =	1,	если		n = m,
x→∞
x→∞
	∞,	если		n > m

	a 0	+		a1	+K+	a n		a0
и lim	a 0	+		x	+K+	x n	=		.
				x		x n
			b1			bm
x→∞	b0	+	b1		+K+	bm		b0
	b0	+		x	+K+	x m
				x		x m

Следует отметить, что еще использованы свойства бесконечно малых и бесконечно больших функций.

1.6. ПЕРВЫЙ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЙ ПРЕДЕЛ

При вычислении пределов выражений, содержащих тригонометрические функции, часто используют предел

lim	sin x	=1.	(1.11)
	x
x→0

Данное равенство называют первым замечательным пределом. Читается

так:

Теорема 1.9. Предел отношения синуса бесконечно малой дуги к самой дуге, выраженной в радианах, равен единице.

Доказательство.
						y			C
									C
								M
							0	x	B	x
							0	A	B	x
								Рис. 1.11
Возьмем круг радиуса 1 (рис. 1.11), обозначим радианную меру
центрального угла		MOB через				x .	Пусть 0 < x < π. Из рисунка видно, что
AM = sin x, BC = tg x, MB = x .									2
AM = sin x, BC = tg x, MB = x .
Рассмотрим площади трех фигур: треугольника MOB, кругового сектора
MOB, треугольника COB.
Очевидно, что S			MOB< SсекMOB < S COB .
1 OB MA		< OB 2 x <				1 OB BC . Отсюда
2			2			2
			1 sin x < 1 x < 1 tg x .							(1.12)
			2			2		2
Разделив все члены неравенства (1.12) на									1 sin x > 0, получим
									2
1 <		x	<		1	или		cos x < sin x <1.		(1.13)
	sin x			cos x					x
Неравенство (1.13) мы получили в предположении										x > 0; замечая, что
cos(− x)= cos x	и	sin (− x) = sin x					,	заключаем, что оно верно и при x < 0.
		− x				x
Но lim cos x =1 и lim1 =1. Следовательно, функция sin x заключена между
x→0		x→0							x
							26

двумя функциями, имеющими один и тот же предел, равный 1; таким образом, на основании теоремы 1.8 предыдущего параграфа

lim

sin x

=1.

x→0

ПРИМЕР 1.11. Найти предел lim tg x

x→0

Решение. lim

tg x

= lim

sin x

= lim

sin x

lim

cos x

x→0 x

x→0 cos x

ПРИМЕР 1.12. Найти предел lim sin αx

Решение.

x→0

lim

sin αx

= lim

α sin αx

= α

lim

sin αx

= α 1 = α

α x

αx

x→0

(αx→0)

=1 11 =1.

(α = const).

ПРИМЕР 1.13. Найти предел lim

sin αx

x→0 sinβx

sin αx

lim

sin αx

αx

x→0

Решение.

lim

= lim

sin βx

x→0

lim

βx

(α,β = const)

x→0

ПРИМЕР 1.14. Найти предел lim

1−cos x

x→0

1−cos x

2sin

sin

Решение. lim

= lim

sin

x→0

→0

sin

= lim

lim sin

=1 0 = 0 .

x→0

cos πx

ПРИМЕР 1.15. Найти предел lim

1− x

x→1

= αβ 11 = αβ

				cos πx
Решение. lim				2
Решение. lim				1− x
		x→1		1− x
	sin	πt	= πlim
= lim	sin	2
= lim	t
t→0	t			2 t→0

=		1− x = t, x =1− t
=		1− x = t, x =1− t
		x →1			t → 0
		πt
sin 2			=	π	1 =	π	.
	πt		=	2	1 =	2	.
	πt			2		2
	2

		π	−	π
	cos	2		2	t
= lim						=
		t
t→0

1.7. ВТОРОЙ ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЙ ПРЕДЕЛ

Рассмотрим последовательность чисел

{x n }=

=1,2,3,K (n N).

, где n

Установлено,

что эта последовательность монотонно возрастает и явля-

n N . Следовательно, при n → ∞

ется ограниченной:

2 ≤ 1+

< 3,

1 n

существует предел

lim

заключенный между числами 2 и 3.

Этот

n→∞

предел обозначают буквой e:

= e.

lim 1

n→∞

Число

e −

иррациональное

число, его приближенное

значение

равно

2,72 (e = 2,718281K).

1 x

при x → ∞ стремится к пределу e:

Теорема 1.10. Функция 1

1 x

lim

= e .

(1.14)

n→∞

Доказательство.

1. Пусть x → +∞. Каждое значение x заключено меж-

ду двумя положительными целыми числами: n ≤ x < n +1.

Отсюда следует

≤

<1+

≤1+

, поэтому

n +1

1 n+1

≤

n +1

Если x → +∞,

то очевидно, и n → ∞. Найдем пределы переменных ве-

личин, между которыми заключена функция 1+

1 n+1

1 n

lim

lim 1

= lim 1

lim 1

→∞

n→∞

= e 1 = e.

n+1

lim 1

n +

n→∞

= e.

lim

→∞

n +1

lim 1+

n→∞

n +1

Следовательно, по теореме 1.8 (о пределе промежуточной функции)

lim

= e.

(1.15)

x→+∞

Пусть теперь x → −∞. Введем новую переменную

t = −(x +1)

или

x = −(t +1). При x → −∞ будет t → +∞. Тогда

−t−1

lim

lim 1−

lim

→−∞

t→+∞

t +1

t→+∞ t

= lim

t +1 t+1

lim 1

= e 1 = e,

t→+∞

lim

= e.

(1.16)

x→−∞

Из равенств (1.15) и (1.16) вытекает равенство (1.14), теорема доказана.

Замечание. Если в равенстве (1.14) положить 1x = α, то при x → ∞ имеем

α → 0 и мы получаем

lim (1+ α)1 α = e.	(1.17)
x→0

Равенства (1.14) и (1.17) называют вторым замечательным пределом.

ПРИМЕР 1.16. Найти предел lim

x→∞

1 3x

1 x

Решение. lim 1+

= lim 1

x→∞

1 x

= lim 1 +

lim 1 +

lim 1+

= e e e = e

x→∞

→∞

x→∞

ПРИМЕР 1.17. Найти предел lim

x→∞

3 x

x = 3t,

Решение. lim 1

x → ∞ t → ∞

= lim 1+

= e

x→∞

t→∞

ПРИМЕР 1.18. Найти предел lim x + 2 2x+7 x→∞ x +3

Решение.

x + 2	2x+7	x +3 −1		2x+7			1	2x+7
lim		= lim			= lim 1	−		=
			x +3
x→∞ x +3		x→∞			x→∞		x +3

−3

= lim (1 + t)2 −

t = − x + 3 ,

x = − t

x → ∞ t → 0

t→0

lim(1 + t)

= lim (1 + t)

−

t→0

lim(1 + t)

t→0

1	−3	+7 =

t

= e1e = e−2 .

1.8. СРАВНЕНИЕ БЕСКОНЕЧНО МАЛЫХ ФУНКЦИЙ. ЭКВИВАЛЕНТНЫЕ БЕСКОНЕЧНО МАЛЫЕ

Пусть α(x) и β(x)− бесконечно малые функции при x → x 0 , то есть
lim α(x)= 0 и	lim β(x)= 0 .
x→x0	x→x0	α(x)
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.20. Если lim		α(x)	= A ≠ 0 , то α(x) и β(x) называ-
ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1.20. Если lim		β(x)	= A ≠ 0 , то α(x) и β(x) называ-
	x→x0	β(x)

ются бесконечно малыми одного порядка.

<<< < Предыдущая 1 23 / 143 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.2019413.18 Кб3Указ по такт подг.doc
#
07.05.2019378.37 Кб3УМК по дисциплине Римское право.doc
#
17.03.2015683.52 Кб13УМК по КП. бак 30.10.2012.doc
#
19.09.2019195.07 Кб2УМК-КУ ПОЭ.doc
#
17.03.2015661.5 Кб75УМК.doc
#
17.03.20151.66 Mб62УМК.PDF
#
17.03.20152.52 Mб103УМК.PDF
#
17.03.20153.93 Mб91УМК.PDF
#
17.03.20151.09 Mб47УМК.PDF
#
17.03.20152.61 Mб49УМК.PDF
#
17.03.20151.65 Mб20УМК11.pdf