4.4. Теоремы о пределах функций, связанные с неравенствами

Теорема 4.14. 

Если limx→af(x)=b1, limx→aϕ(x)=b2 и b1<b2(b1>b2), то∃Oδ(a)​:​f(x)<ϕ(x)(f(x)<ϕ(x))∀x∈Oδ(a)\a.

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Приведём доказательство для случая b1<b2.

Возьмем число c такое, что b1<c<b2. Выберем ε1=c−b1, ε2=b2−c. По  определению 3.17, limx→af(x)=b1, если для выбранного ε1>0∃Oδ1(a):∀x∈Oδ1(a)\a⇒f(x)∈Oε1(b1), или |f(x)−b1|<ε1=c−b1, т.е.b1−c<f(x)−b1<c−b1. Из правого неравенства находим f(x)˂c. Аналогично,limx→aϕ(x)=b2, если для выбранного ε2>0∃Oδ2(a): ∀x∈Oδ2(a)\a⇒ϕ(x)∈Oε2(b2),или |ϕ(x)−b2|<ε2=b2−c, т.е. c−b2<ϕ(x)−b2<b2−c. Из левого неравенства следует, что c˂ϕ(x). Обозначим через δ наименьшее из чисел δ1 и δ2. Тогда f(x)˂c, c<ϕ(x)∀x∈Oδ(a)\a. Следовательно, f(x)<ϕ(x) ∀x∈Oδ(a)\a. Теорема доказана.

■

Рис. 4.1

Рассмотрим пределы двух функций f(x)=x и ϕ(x)=2x при x→2. Имеем b1=limx→2x=2,b2=limx→22x=4 (b1˂b2). Возьмем δ=1. Очевидно (см. рис. 4.1), что f(x)˂ϕ(x) ∀x∈(1,3).

Теорема 4.15. 

Если limx→af(x)=b1, limx→aϕ(x)=b2 и ∃Oδ(a):f(x)>ϕ(x) (f(x)<ϕ(x)) ∀x∈Oδ(a)\a, тоb1≥b2 (b1≤b2).

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Приведём доказательство для случая f(x)>ϕ(x). Предположим противное, т.е. b1<b2. Потеореме 4.14 ∃Oδ1(a):f(x)<ϕ(x) ∀x∈Oδ1(a)\a. Тогда в пересечении окрестностей Oδ1(a)и Oδ(a) должно выполняться неравенство f(x)<ϕ(x), что противоречит условию. Следовательно, исходное предположение неверно, и b1≥b2.

■

Теорема 4.15 остаётся в силе, если f(x)≥ϕ(x) (f(x)≥ϕ(x)).

Теорема 4.16. (о пределе промежуточной функции)

Если limx→aϕ(x)=b, limx→aψ(x)=b и ϕ(x)≤f(x)≤ψ(x), ∀x∈Oδ0(a)\a, то limx→af(x)=b.

Д о к а з а т е л ь с т в о.

По определению предела 3.17, из условий теоремы следует, что

∀Oε(b)∃Oδ1(a),∃Oδ2(a):  ∀x∈Oδ1(a)\a⇒ϕ(x)∈Oε(b), или b−ε<ϕ(x)<b+ε,  ∀x∈Oδ2(a)\a⇒ψ(x)∈Oε(b), или b−ε<ψ(x)<b+ε.

Примем за δ наименьшее из чисел δ0, δ1, δ2. Тогда ∀x∈Oδ(a)\a, или ∀x,0<|x−a|<δ⇒b−ε<ϕ(x)≤f(x)≤ψ(x)<b+ε, т.е. |f(x)−b|<ε, или, по определению 3.17,limx→af(x)=b. Теорема доказана.

■

Пример 4.9.

Найти limx→∞lnxx2.

Р е ш е н и е.

 Так как lnx>1 при x>e и lnx<x∀x, то при x>e имеем 1x2<lnxx2<1x. Обозначимϕ(x)=1x2, f(x)=lnxx2, ψ(x)=1x. Имеем limx→∞ϕ(x)=limx→∞1x2=0,limx→∞ψ(x)=limx→∞1x=0 (см.  пример 3.3). Следовательно, по  теореме 4.16,limx→∞f(x)=limx→∞lnxx2=0.

Теорема 4.17. 

Если limx→af(x)=b, b>0, то ∃Oδ(a): f(x)>0 ∀x∈Oδ(a)\a.

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Выберем ε>0 так, чтобы b−ε>0. Так как по условию limx→af(x)=b, то для выбранногоε>0∃δ>0: ∀x∈Oδ(a)\a⇒ f(x)∈Oε(b), или b−ε<f(x)<b+ε. Таким образом, вε-окрестности точки b значения функции f(x) положительны, что и требовалось доказать.

■

Рис. 4.2

Рассмотрим функцию y=x−2 в окрестности точки x=3. Имеем limx→3(x−2)=1, т.е. b=1>0.Положим δ=0,5. Тогда Oδ(3)=(2.5,3.5). Очевидно, что y>0 ∀x∈Oδ(3) (рис. 4.2)).

Аналогично можно доказать, что если limx→af(x)=b, b<0, то ∃Oδ(a): f(x)<0 ∀x∈Oδ(a)∖a.

Теорема 4.18. 

Если limx→af(x)=b и f(x)<0 или f(x)≤0, то b≤0.

Д о к а з а т е л ь с т в о.

Пусть limx→af(x)=b и f(x)<0 или f(x)≤0. Предположим, что b>0. Тогда по теореме 4.17 функция f(x) окажется больше нуля начиная с некоторого значения x в окрестности точки x=a, что противоречит условию. Следовательно, предположение неверно, и b≤0. ■

Аналогично можно доказать, что если limx→af(x)=b и f(x)>0 или f(x)≥0, то b≥0. Отметим, что у строго положительной (строго отрицательной) функции предел может быть равным нулю. Например, limx→∞1x=0, хотя 1x>0∀x>0.

Замечание 4.7.

При вычислении пределов функций часто используют различные приемы. Например, если Pn(x) и Qm(x) - многочлены, то при нахождении limx→aPn(x)Qm(x) в случае, когда a - число и limx→aPn(x)=limx→aQm(x)=0, разлагают числитель и знаменатель на множители и до перехода к пределу сокращают дробь на множитель (x−a) (так как x→a, но x≠a). При x→∞ делят числитель Pn(x) и знаменатель Qm(x) на xm или сразу используют известный результат (см. замечание 4.5). Для раскрытия неопределенности в случае иррациональной дроби переводят иррациональность либо из числителя в знаменатель, либо из знаменателя в числитель, или освобождаются от иррациональности с помощью замены переменной. Если, например, под знаком предела стоит иррациональная функция, содержащая xp/q, xm/n, где p,q,m,n∈N, то от иррациональности можно освободиться переходом к новой переменной t=x√s (или x=ts), где s- наименьшее общее кратное чисел q и n. При x→∞ часто переходят к новой переменной α=1x→0 при x→∞. Неопределенности вида [0⋅∞] или [∞−∞] сводят к неопределенностям вида [00] или [∞∞] путем преобразования функции под знаком предела.

Это замечание относится и к вычислению пределов последовательностей {xn}={f(n)}.

Отметим, кроме того, что для любой элементарной функции f(x) справедливо равенствоlimx→af(x)=f(a) если точка x=a принадлежит области определения функции f(x). В частности, limx→axm/n=am/n, где m,n∈N (см. § 6).

4.5. Типовые примеры

Задача 1.

Найти limn→∞xn, если

xn=12+14+18+…+12n.

Р е ш е н и е.

 Общий член xn данной последовательности представляет собой сумму Sn первых n членов геометрической прогрессии со знаменателем q=12. Известно, что для геометрической прогрессии b1+b2+…+bn+… со знаменателем q сумма Sn первых n членов находится по формуле Sn=b1−bnq1−q. Следовательно, xn=12−12n⋅121−12=1−12n. Используя теорему 4.12 и учитывая, что limx→∞12n=0, найдём

limx→∞xn=limx→∞(1−12n)=limx→∞1=limx→∞12n=1−0=1.

■

Задача 2.

Найти

limn→∞(2n32n2+3−5n25n+1).

Р е ш е н и е.

 Преобразуем выражение под знаком предела: 2n32n2+3−5n25n+1=2n3−15n210n3+2n2+15n+3. Разделив числитель и знаменатель на n3 получим

limx→∞2n3−15n210n3+2n2+15n+3=limx→∞2−15n10+2n+15n2+3n3=210=15.

Отметим, что ответ можно было записать сразу, без деления числителя и знаменателя дроби на n3, учитывая  замечание 4.6.

■

Задача 3.

Вычислить limn→∞5n+1−15n+1.

Р е ш е н и е.

 Преобразуем дробь под знаком предела:

5n+1−15n+1=5n(5−15n)5n(1+15n)=5−15n1+15n.

Учитывая, что limn→∞15n=0, найдём

limn→∞5−15n1+15n=limn→∞(5−15n)limn→∞(1+15n)=limn→∞5−limn→∞15nlimn→∞1+limn→∞15n=51=5.

■

Задача 4.

Найти limn→∞2n+3√−n−1√n√.

Р е ш е н и е.

 Умножим числитель и знаменатель дроби на выражение, сопряжённое числителю, т.е. на сумму(2n+3−−−−−√+n−1−−−−√), а затем разделим числитель и знаменатель на n:

limn→∞2n+3−−−−−√−n−1−−−−√n−√=limn→∞(2n+3−−−−−√−n−1−−−−√)(2n+3−−−−−√+n−1−−−−√)n−√(2n+3−−−−−√+n−1−−−−√)==limn→∞2n+3−n+1n−√(2n+3−−−−−√+n−1−−−−√)=limn→∞n+42n2+3n−−−−−−−√+n2−n−−−−−√=limn→∞1+4n2+3n−−−−√+1−1n−−−−√=12√+1.

■

Задача 5.

Вычислить limx→1(5x2−6x+8).

Р е ш е н и е.

 Очевидно, что

limx→1(5x2−6x+8)=5⋅(12)−6⋅(1)+8=7.

■

Задача 6.

Найти limx→03x2+x4x3+x+10.

Р е ш е н и е.

 Знаменатель дроби 4x3+x+10≠0 при x=0. Подставляя значение x=0 в функцию под знаком предела, найдём

limx→03x2+x4x3+x+10=limx→03⋅(0)2+04⋅(0)3+0+10=0.

■

Задача 7.

Найти limx→∞2x4+5x3+83x4−7.

Р е ш е н и е.

 В данном случае имеем неопределённость вида [∞∞]. Разделив числитель и знаменатель дроби на x4, получим

limx→∞2x4+5x3+83x4−7=limx→∞2+5x+8x43−7x4=23.

Отметим, что ответ можно было записать, не преобразовывая дробь, а используя замечание 4.6.

■

Задача 8.

Найти limx→2x2−5x+6x2−12x+20.

Р е ш е н и е.

 Непосредственная подстановка x=2 приводит к неопределённости вида [00]. Это означает, что числитель и знаменатель дроби можно разложить на множители, один из которых равен (x−2). Так как (x−2)≠0 при x→2, то числитель и знаменатель дроби можно разделить на (x−2). В результате имеем

limx→2x2−5x+6x2−12x+20=limx→2(x−2)(x−3)(x−2)(x−10)=limx→2x−3x−10=18.

■

Задача 9.

Найти limx→01+x√−1−x√x.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределённость вида [00]. Умножая числитель и знаменатель дроби на выражение, сопряжённое числителю, т. е. на сумму (1+x−−−−√+1−x−−−−√), получим

limx→01+x−−−−√−1−x−−−−√x=limx→0(1+x−−−−√−1−x−−−−√)(1+x−−−−√+1−x−−−−√)x(1+x−−−−√+1−x−−−−√)==limx→01+x−1+xx(1+x−−−−√+1−x−−−−√)=limx→02(1+x−−−−√+1−x−−−−√)=limx→02limx→0(1+x−−−−√+1−x−−−−√)=22=1.

■

Задача 10.

Найти limx→8x−8x√3−2.

Р е ш е н и е.

 В данном случае имеем неопределённость вида [00]. Разлагая числитель дроби как разность кубов на множители, т.е. записывая x−8=(x√3−2)(x2−−√3+2x√3+4), найдём

limx→8x−8x√3−2=limx→8(x√3−2)(x2−−√3+2x√3+4)x√3−2==limx→8(x2−−√3+2x√3+4)=82−−√3+28√3+4=12.

■

Задача 11.

Найти limx→0x+1√3−1x+1√−1.

Р е ш е н и е.

 Имеем неопределённость вида [00]. Освободимся от иррациональности, переходя к новой переменной t и полагая x+1=t6, где t→1 при x→0. Тогда искомый предел будет равен

limx→0x+1−−−−√3−1x+1−−−−√−1=limt→1t2−1t3−1=limt→1(t−1)(t+1)(t−1)(t2+t+1)==limt→1t+1t2+t+1=23.

■