11. Общие свойства конечных пределов

л. 3–4

Прочитано

Все шесть теорем лектор доказывает на слайдах подробно — доказательства приведены полностью (сжато по оформлению, без изменений по сути).

Формулировки

Теорема 1 (единственность). Если существует конечный предел функции $y=f(x)$ при $x\to x_0$ , то он единственный.

Теорема 2 (локальная ограниченность). Функция, имеющая конечный предел, локально ограничена.

Теорема 3 (сохранение функцией знака своего предела). Если функция $y=f(x)$ в точке $x_0$ имеет конечный предел, отличный от нуля, то существует проколотая окрестность этой точки, в которой функция сохраняет знак своего предела.
$\exists\lim_{x\to x_0}f(x)=a\gtrless0\ \Rightarrow\ \exists\overset{\circ}{S}(x_0):\ \forall x\in\overset{\circ}{S}(x_0)\ \ f(x)\gtrless0\ \text{(тот же знак)}.$

Следствие. Если функция $y=f(x)$ в точке $x_0$ имеет конечный предел и знакопостоянна в проколотой окрестности предельной точки $x_0$ , то её предел не может иметь с ней противоположный знак: $f(x)>0\Rightarrow a\ge0$ ; $\ f(x)<0\Rightarrow a\le0$ .

Теорема 4 (предельный переход в неравенстве). Пусть $f(x)$ и $g(x)$ определены в некоторой проколотой окрестности $\overset{\circ}{S}(x_0)$ , причём $\forall x\in\overset{\circ}{S}(x_0)$ выполнено $f(x)<g(x)$ . Тогда, если $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$ , $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=b$ , то $a\le b$ .

Теорема 5 (предел промежуточной функции). Пусть $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=a$ и $\forall x\in\overset{\circ}{S}(x_0)$ выполнено $f(x)\le h(x)\le g(x)$ . Тогда существует $\lim\limits_{x\to x_0}h(x)=a$ .

Теорема 6 (предел сложной функции). Если $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$ , а $\lim\limits_{y\to a}\varphi(y)=c$ , то существует $\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(f(x))=c$ .

В такой формулировке теорема неверна (см. доказательство). Нужно дополнительное условие не из лекций: $f(x)\ne a$ в некоторой $\overset{\circ}{S}(x_0)$ , или $\varphi$ непрерывна в точке $a$ ( $\varphi(a)=c$ ). В лекции 9 (теорема 2 о непрерывности) условие непрерывности уже стоит.

Доказательства

Теорема 1 (сл. 26–31)

Метод от противного. Пусть $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$ (1), $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=b$ (2), $a<b$ . На языке $\varepsilon,\delta$ :
$(1):\ \forall\varepsilon_1>0\ \exists\delta_1(\varepsilon_1)>0:\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_{\delta_1}(x_0)\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon_1,$
$(2):\ \forall\varepsilon_2>0\ \exists\delta_2(\varepsilon_2)>0:\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_{\delta_2}(x_0)\Rightarrow|f(x)-b|<\varepsilon_2.$
Выберем $\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$ , $\ \varepsilon=\varepsilon_1=\varepsilon_2=\dfrac{b-a}2$ . Раскрываем модули:
$a-\varepsilon_1<f(x)<a+\varepsilon_1,\qquad b-\varepsilon_2<f(x)<b+\varepsilon_2.$
Получаем $\forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)$ :
$f(x)<a+\varepsilon_1=a+\frac{b-a}2=\frac{a+b}2,\qquad f(x)>b-\varepsilon_2=b-\frac{b-a}2=\frac{a+b}2$
— противоречие. Предположение неверно: $\exists!\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a=b$ . Теорема доказана.

В слайде 30 опечатка «Раскрываем модель» — «модуль».

Теорема 2 (сл. 31–33)

По условию $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a\iff\forall\varepsilon>0\ \exists\delta(\varepsilon)>0:\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon$ . Раскроем модуль:
$a-\varepsilon<f(x)<a+\varepsilon,\quad\forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0).$
Последнее неравенство гарантирует локальную ограниченность: найдётся $M$ (например, $M=\max(|a-\varepsilon|,|a+\varepsilon|)$ — в слайде не указано), что $|f(x)\rvert\le M$ , $\forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)$ . Теорема доказана.

Теорема 3 и следствие (сл. 34–38)

$\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a\iff\forall\varepsilon>0\ \exists\delta(\varepsilon)>0:\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon.$

Пусть $a>0$ . Выберем $\varepsilon=a>0$ . Для $\forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)$ :
$-\varepsilon<f(x)-a<\varepsilon,\qquad a-\varepsilon<f(x)<a+\varepsilon,\qquad 0<f(x)<2a.$
Пусть $a<0$ . Выберем $\varepsilon=-a>0$ . Для $\forall x\in\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)$ :
$a-\varepsilon<f(x)<a+\varepsilon,\qquad 2a<f(x)<0.$
Знак предела (числа $a$ ) и самой функции совпадают. Вывод: функция сохраняет знак своего предела в окрестности предельной точки. Теорема доказана.

Следствие (в лекции без отдельного доказательства; идея не из лекций): если бы при $f(x)>0$ было $a<0$ , то по теореме 3 $f(x)<0$ в некоторой проколотой окрестности — противоречие.

Исправление моего раннего замечания. В первом разборе я назвал запись $2a<f(x)<0$ (сл. 37) неточностью «в направлении неравенств». Это не опечатка: при $\varepsilon=-a$ имеем $a-\varepsilon=2a$ , $a+\varepsilon=0$ , и запись верна. Слайд можно переписывать как есть.

Теорема 4 (сл. 39–43)

Рассмотрим $F(x)=f(x)-g(x)$ , $\forall x\in\overset{\circ}{S}(x_0)$ . Так как $f(x)<g(x)$ , то $F(x)<0$ в $\overset{\circ}{S}(x_0)$ . Функция $F(x)$ имеет конечный предел в точке $x_0$ (как разность — теорема о пределе разности, л. 5). По следствию из теоремы 3: $\lim\limits_{x\to x_0}F(x)\le0$ . Распишем:
$\lim_{x\to x_0}F(x)=\lim_{x\to x_0}\bigl(f(x)-g(x)\bigr)=\lim_{x\to x_0}f(x)-\lim_{x\to x_0}g(x)\le0\ \Rightarrow\ a\le b.$
Теорема доказана.

В слайде 42: «для $\forall x\in\overset{\circ}{S}(x_0)$ имеет место неравенство $\lim F(x)\le0$ » — квантор по $x$ перед пределом лишний (предел от $x$ не зависит).

Пример (сл. 43): строгое неравенство переходит в нестрогое. $f(x)=0$ , $g(x)=x^2$ , $x_0=0$ : в $\overset{\circ}{S}_\delta(0)$ верно $0<x^2$ , но $\lim\limits_{x\to0}0=0$ , $\lim\limits_{x\to0}x^2=0$ , т. е. $0\le0$ .

Теорема 5 (сл. 44–48)

$\lim_{x\to x_0}f(x)=a\iff\forall\varepsilon_1>0\ \exists\delta_1(\varepsilon_1)>0:\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_{\delta_1}(x_0)\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon_1,$
$\lim_{x\to x_0}g(x)=a\iff\forall\varepsilon_2>0\ \exists\delta_2(\varepsilon_2)>0:\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_{\delta_2}(x_0)\Rightarrow|g(x)-a|<\varepsilon_2.$
Раскроем модули: $a-\varepsilon_1<f(x)<a+\varepsilon_1$ в $\overset{\circ}{S}_{\delta_1}$ ; $\ a-\varepsilon_2<g(x)<a+\varepsilon_2$ в $\overset{\circ}{S}_{\delta_2}$ .

Выберем $\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$ , $\varepsilon=\varepsilon_1=\varepsilon_2$ ; будем предполагать, что $\overset{\circ}{S}_1(x_0)=\overset{\circ}{S}(x_0)\cap\overset{\circ}{S}_\delta(x_0)\ne\varnothing$ . Тогда $\forall x\in\overset{\circ}{S}_1(x_0)$ :
$a-\varepsilon=a-\varepsilon_1<f(x)\le h(x)\le g(x)<a+\varepsilon_2=a+\varepsilon.$
Получаем $\forall\varepsilon>0\ \exists\overset{\circ}{S}_1(x_0):\ \forall x\in\overset{\circ}{S}_1(x_0)\Rightarrow|h(x)-a|<\varepsilon$ — это и есть $\lim\limits_{x\to x_0}h(x)=a$ . Теорема доказана.

Теорема 6 (сл. 49–51) и пробел в доказательстве

Распишем определения:
$\lim_{y\to a}\varphi(y)=c\iff\forall\varepsilon_1>0\ \exists\delta_1(\varepsilon_1)>0:\ |y-a|<\delta_1\Rightarrow|\varphi(y)-c|<\varepsilon_1,$
$\lim_{x\to x_0}f(x)=a\iff\forall\varepsilon_2>0\ \exists\delta_2(\varepsilon_2)>0:\ 0<|x-x_0|<\delta_2\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon_2.$
Обозначим $\varepsilon=\varepsilon_1$ , $\varepsilon_2=\delta_1$ . Цепочка:
$\forall\varepsilon_1=\varepsilon>0\ \exists\delta_1(\varepsilon)=\varepsilon_2>0\ \exists\delta_2(\varepsilon_2)>0:\ 0<|x-x_0|<\delta_2\Rightarrow|y-a|<\delta_1=\varepsilon_2\Rightarrow|\varphi(y)-c|<\varepsilon_1=\varepsilon.$
Подставляем $y=f(x)$ :
$0<|x-x_0|<\delta_2\Rightarrow|f(x)-a|<\delta_1\Rightarrow|\varphi(f(x))-c|<\varepsilon,$
т. е. $\forall\varepsilon>0\ \exists\delta_2(\varepsilon)>0:\ 0<|x-x_0|<\delta_2\Rightarrow|\varphi(f(x))-c|<\varepsilon\iff\lim\limits_{x\to x_0}\varphi(f(x))=c$ . Теорема доказана (в слайдах).

Пробел. В первой строке определение предела $\varphi$ записано с непроколотой окрестностью: « $|y-a|<\delta_1\Rightarrow\dots$ ». По определению предела должно быть $0<|y-a|<\delta_1$ — точка $y=a$ выколота. Если $f(x)=a$ для $x$ сколь угодно близких к $x_0$ , вывод ломается.

Контрпример не из лекций: $f(x)\equiv0$ ( $a=0$ ), $\varphi(y)=\begin{cases}1,&y\ne0\\0,&y=0\end{cases}$ ( $c=\lim\limits_{y\to0}\varphi(y)=1$ ). Но $\varphi(f(x))=\varphi(0)=0\to0\ne1$ .

Исправление не из лекций: добавить одно из условий — (а) $f(x)\ne a$ $\forall x\in\overset{\circ}{S}(x_0)$ ; тогда $0<|f(x)-a|<\delta_1$ и цепочка верна; (б) $\varphi(a)=c$ (непрерывность $\varphi$ в $a$ ); тогда неравенство $|\varphi(y)-c|<\varepsilon$ верно и при $y=a$ .

На РК: доказательство пишется как на слайде; если спросят — назвать условие (а) или (б). На практике при замене переменной в пределах (темы 19–20) условие (а) выполняется.

Применение: теорема о промежуточной функции

Алгоритм.

Оценить $h(x)$ снизу и сверху функциями с известным одинаковым пределом.
Проверить, что оценки верны в проколотой окрестности $x_0$ .
Сослаться на теорему 5.

Пример. $\lim\limits_{x\to0}x\sin\dfrac1x$ .

Решение

$\left|\sin\frac1x\right|\le1\Rightarrow-|x|\le x\sin\frac1x\le|x|$ при $x\ne0$ . $\lim\limits_{x\to0}(-|x|)=\lim\limits_{x\to0}|x|=0$ , по теореме 5 предел равен $0$ . (Короче — через теорему о произведении б.м. на ограниченную, тема 12.)

Типичные ошибки

Из $f(x)<g(x)$ выводить $a<b$ : в пределе только $a\le b$ (пример $0<x^2$ ).
В теореме 5 требовать только $f\le h\le g$ без равенства пределов $f$ и $g$ .
Применять теорему 6 при замене $y=f(x)$ , когда $f(x)$ принимает значение $a$ сколь угодно близко к $x_0$ (см. расхождение выше).
В теореме 3 забывать, что предел должен быть отличен от нуля.

Прочитано