Предел функции одной действительной переменной

Краткое содержание

Этот урок превращает в точное определение идею о том, что значения функции приближаются к некоторому числу, когда переменная приближается к точке. Он показывает, почему интуитивной идеи недостаточно, вводит предельные точки множества, указывающие, где имеет смысл спрашивать о пределе, и формулирует определение на языке «эпсилон-дельта», которое читается как вызов и ответный ход. Он записывает определение и его отрицание в виде утверждений с кванторами, доказывает, что предел, если он существует, единствен, что он зависит только от значений вблизи точки и что он заставляет функцию оставаться ограниченной и сохранять знак вблизи этой точки. Задачи строят дельту для многочленов, корней и частных, доказывают, что некоторые пределы не существуют, и ищут наибольшее дельта, отвечающее на заданное эпсилон.

Цели обучения

Объяснять идею предела функции в точке и отличать её от значения функции в этой точке.
Формулировать определение предела с помощью ε и δ, обосновывать требование, чтобы точка была предельной точкой области определения, и записывать определение и его отрицание с помощью кванторов.
Доказывать по определению значение предела простых алгебраических функций, строя дельту для каждого эпсилон.
Доказывать единственность предела и его локальные свойства и применять отрицание определения, чтобы доказать, что предел не существует.

Идея предела

Алгебра и геометрия изучают, чему равна функция в каждой точке; анализ изучает, кроме того, что происходит с её значениями, когда переменная приближается к точке, даже если в этой точке функция не определена. Эта потребность давняя. Угловой коэффициент прямой, соединяющей две точки кривой, вычисляется с помощью разностного отношения; угловой коэффициент касательной должен был бы быть значением этого отношения, когда две точки сливаются, но тогда отношение равно $\frac{0}{0}$ , а это не число. Точно так же средняя скорость движущегося тела есть отношение пройденного пути к затраченному времени, а скорость в данный момент есть то, к чему приходит это отношение, когда затраченное время сводится к нулю. В обоих случаях спрашивают о значениях функции вблизи точки, в которой она не определена.

Простой пример показывает ситуацию. Следующая функция не определена при $x = 1$ , потому что там её знаменатель обращается в нуль; однако её значения в точках, близких к $1$ , близки к $2$ :

f(x) = \frac{x^2 - 1}{x - 1}, \qquad f(0{,}9) = 1{,}9, \quad f(0{,}99) = 1{,}99, \quad f(1{,}01) = 2{,}01, \quad f(1{,}1) = 2{,}1

Причина в том, что при $x \neq 1$ числитель раскладывается как $(x - 1)(x + 1)$ и частное равно $x + 1$ ; график функции $f$ есть прямая $y = x + 1$ с выколотой точкой $(1, 2)$ . Тогда говорят, что предел функции $f$ при $x$ , стремящемся к $1$ , равен $2$ , и пишут:

\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - 1}{x - 1} = 2

Однако фраза «значения приближаются к $2$ » не годится в качестве определения, и тому две причины. Первая состоит в том, что приближения недостаточно: когда $x$ переходит от $0{,}9$ к $0{,}99$ , значение функции $f$ приближается также и к $3$ , потому что $1{,}99$ ближе к $3$ , чем $1{,}9$ , и тем не менее $3$ не является пределом. Число $2$ выделяет то, что значения функции $f$ оказываются сколь угодно близко к нему, а не просто ближе, чем прежде. Вторая причина состоит в том, что таблица просматривает лишь конечное число точек, а между ними функция может вести себя иначе: функция $\sin\left(\frac{\pi}{x}\right)$ равна $0$ при $x = 0{,}1$ , при $x = 0{,}01$ и во всех точках вида $\frac{1}{n}$ , и тем не менее не имеет предела в точке $0$ , потому что между этими точками она колеблется между $-1$ и $1$ ; задача для самостоятельного решения 3 доказывает это для $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ тем же рассуждением. Если это так, определение должно говорить обо всех близких точках сразу и фиксировать с помощью чисел, что значит «сколь угодно близко». Орудия для этого суть модуль, измеряющий расстояния, и неравенство треугольника, изученные в уроке о числовой прямой.

Предельные точки множества

Прежде чем определять предел, нужно уточнить, в каких точках имеет смысл о нём спрашивать. Точка $a$ не обязана принадлежать области определения функции, как показывает только что рассмотренный пример; но точки области определения должны найтись сколь угодно близко к $a$ , иначе не было бы значений функции, за которыми можно наблюдать.

ОпределениеПредельная точка множества

Пусть $A$ есть множество действительных чисел. Действительное число $a$ называется предельной точкой множества $A$ , если всякий открытый интервал с центром $a$ содержит некоторый элемент множества $A$ , отличный от $a$ :

(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)(0 < \abs{x - a} < \delta)

Элемент множества $A$ , не являющийся предельной точкой множества $A$ , называется изолированной точкой множества $A$ .

Например, $1$ есть предельная точка множества $\mathbb{R} \setminus \{1\}$ , области определения функции из примера, хотя и не принадлежит ему. Всякая точка отрезка $\icc{0}{1}$ является предельной точкой интервала $\ioo{0}{1}$ , включая концы. Точка $0$ является предельной точкой множества чисел $\frac{1}{n}$ с натуральным $n$ , потому что, по свойству Архимеда, для всякого $\delta > 0$ найдётся натуральное $n$ с $\frac{1}{n} < \delta$ . Напротив, множество $\mathbb{N}$ не имеет предельных точек: интервал с центром $a$ и радиусом $\frac{1}{2}$ содержит не более одного натурального числа $m$ ; если $m = a$ , он не содержит ни одного натурального числа, отличного от $a$ , а если $m \neq a$ , то интервал радиуса $\abs{m - a}$ уже не содержит ни одного. Условие $0 < \abs{x - a}$ существенно; без него всякий элемент множества $A$ был бы предельной точкой множества $A$ , потому что каждый интервал с центром $a$ содержит саму точку $a$ .

Определение предела

С этими понятиями можно дать определение. Фраза « $f(x)$ сколь угодно близко к $L$ » переводится так: для каждого расстояния $\varepsilon > 0$ , как бы мало оно ни было, значения функции $f$ отстоят меньше чем на $\varepsilon$ от $L$ , лишь только $x$ достаточно близко к $a$ , то есть ближе некоторого расстояния $\delta > 0$ , не будучи равным $a$ .

ОпределениеПредел функции в точке

Пусть $f$ есть действительная функция, определённая на множестве $A$ действительных чисел, $a$ есть предельная точка множества $A$ и $L$ есть действительное число. Говорят, что $L$ есть предел функции $f$ при $x$ , стремящемся к $a$ , и пишут $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , если для всякого $\varepsilon > 0$ существует $\delta > 0$ , такое что всякое $x$ из $A$ , удовлетворяющее условию $0 < \abs{x - a} < \delta$ , удовлетворяет также условию $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ :

\lim_{x \to a} f(x) = L \leftrightarrow (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Геометрически условие $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ означает, что точка $(x, f(x))$ графика лежит в горизонтальной полосе между прямыми $y = L - \varepsilon$ и $y = L + \varepsilon$ ; условие $0 < \abs{x - a} < \delta$ означает, что $x$ лежит в интервале с центром $a$ и радиусом $\delta$ , не совпадая с его центром. Определение можно прочитать как игру двух игроков: первый предлагает $\varepsilon$ , радиус полосы вокруг $L$ , сколь угодно узкой по своему желанию; второй должен ответить таким $\delta$ , чтобы часть графика над проколотой окрестностью радиуса $\delta$ оставалась внутри полосы. Предел равен $L$ , если второй игрок может ответить на все вызовы.

ПримерВызов и ответный ход

Функция $g$ равна $x^2$ при всех $x \neq 1$ , а при $x = 1$ ей намеренно присвоено значение, не согласующееся с остальными: $g(1) = \frac{5}{2}$ . Посмотрим, как отвечают на два вызова для предела $L = 1$ в точке $a = 1$ .

Доказательство

$(\forall x \neq 1)\left(g(x) = x^2\right), \qquad g(1) = \frac{5}{2}$
Функция определена на всей прямой. Вблизи $1$ её значения похожи на $1$ , кроме значения при $x = 1$ , которое стоит особняком.
$\abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5} \leftrightarrow \frac{1}{5} < g(x) < \frac{9}{5}$
Первый вызов: $\varepsilon = \frac{4}{5}$ . Значения функции $g$ должны оставаться в полосе от $\frac{1}{5}$ до $\frac{9}{5}$ .
$\delta = \min\left(1 - \sqrt{\frac{1}{5}}, \sqrt{\frac{9}{5}} - 1\right) = \resaltar{\sqrt{\frac{9}{5}} - 1}$
Для положительных $x$ , отличных от $1$ , условие равносильно тому, что $x$ лежит между $\sqrt{\frac{1}{5}}$ и $\sqrt{\frac{9}{5}}$ . Этот интервал не симметричен относительно $1$ : правый конец ближе. Отвечают меньшим из двух расстояний.
$0 < \abs{x - 1} < \delta \rightarrow \abs{g(x) - 1} < \frac{4}{5}$
Всякое $x$ , отстоящее от $1$ меньше чем на $\delta$ и не равное $1$ , удовлетворяет условию: часть графика над проколотой окрестностью лежит в полосе. Точка $(1, g(1))$ лежит вне полосы, но это не важно, потому что определение исключает $x = 1$ .
$\varepsilon = \frac{2}{5} \rightarrow \delta = \resaltar{\sqrt{\frac{7}{5}} - 1}$
Более требовательный вызов, $\varepsilon = \frac{2}{5}$ , требует меньшего ответного хода. Вообще, при $0 < \varepsilon < 1$ годится $\delta = \sqrt{1 + \varepsilon} - 1$ , которое становится сколь угодно малым, когда таково $\varepsilon$ : число $\delta$ зависит от $\varepsilon$ .

Пример показывает три черты определения, которые полезно держать в уме. Во-первых, $\delta$ зависит от $\varepsilon$ , а в общем случае и от точки $a$ ; если некоторое $\delta$ отвечает на вызов, то любое меньшее положительное число тоже отвечает, так что достаточно найти одно, а наибольшее не нужно. Во-вторых, значение функции в точке $a$ , если оно существует, роли не играет: условие $0 < \abs{x - a}$ его исключает, и поэтому предел функции $g$ в точке $1$ равен $1$ , хотя $g(1)$ равно $\frac{5}{2}$ . В-третьих, учитываются только $x$ из области определения; остальные не рассматриваются.

ПримерЛинейная функция

Докажем, что $\lim_{x \to 2} (3x - 1) = 5$ . Пусть дано $\varepsilon > 0$ ; нужно добиться, чтобы $\abs{(3x - 1) - 5} < \varepsilon$ . Выражение упрощается и обнаруживает свою связь с $\abs{x - 2}$ :

\abs{(3x - 1) - 5} = \abs{3x - 6} = 3\abs{x - 2}

Следовательно, достаточно, чтобы $3\abs{x - 2} < \varepsilon$ , то есть чтобы $\abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ . Отвечаем числом $\delta = \frac{\varepsilon}{3}$ : если $0 < \abs{x - 2} < \frac{\varepsilon}{3}$ , то $\abs{(3x - 1) - 5} < 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon$ . Точно так же для постоянной функции $c$ отвечает любое $\delta$ , потому что $\abs{c - c} = 0 < \varepsilon$ ; а для тождественной функции отвечает $\delta = \varepsilon$ , потому что требуемое условие $\abs{x - a} < \varepsilon$ совпадает с предполагаемым. Следовательно:

\lim_{x \to a} c = c, \qquad \lim_{x \to a} x = a

Метод этого примера является общим: $\abs{f(x) - L}$ записывают так, чтобы появился множитель $\abs{x - a}$ , а оставшийся множитель оценивают. Когда он не постоянен, его оценивают, заранее ограничив $\delta$ фиксированным значением, например $\delta \leq 1$ ; таков приём следующего примера.

ПримерКвадрат

Докажем, что $\lim_{x \to 3} x^2 = 9$ . Пусть $\varepsilon > 0$ .

Доказательство

$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Раскладываем разность квадратов; появляется множитель $\abs{x - 3}$ , который станет малым, умноженный на множитель, зависящий от $x$ .
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow 5 < x + 3 < 7 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 7}$
Если потребовать $\abs{x - 3} < 1$ , то $x$ лежит между $2$ и $4$ , и второй множитель ограничен числом $7$ .
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)$
При этом ограничении достаточно ещё, чтобы $7\abs{x - 3} < \varepsilon$ . Выбираем $\delta$ равным меньшему из двух чисел, чтобы выполнялись оба условия.
$\abs{x^2 - 9} = \abs{x - 3}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{7} \cdot 7 = \resaltar{\varepsilon}$
Если $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , то $\abs{x - 3} < 1$ и $\abs{x - 3} < \frac{\varepsilon}{7}$ ; отсюда следует требуемое неравенство.

Предел из начала урока доказывается так же, причём с наблюдением, которым мы будем часто пользоваться: поскольку определение не рассматривает точку $a$ , выражение для $f$ можно упрощать в точках, отличных от $a$ . При $x \neq 1$ частное $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ равно $x + 1$ , и тогда $\abs{f(x) - 2} = \abs{x - 1}$ ; отвечает $\delta = \varepsilon$ . Сокращать множитель $x - 1$ законно именно потому, что в определении $x$ никогда не равно $1$ .

Определение как утверждение с кванторами

Определение предела есть утверждение с тремя чередующимися кванторами: для всякого $\varepsilon$ существует $\delta$ , такое что для всякого $x$ . Его логическая структура есть структура утверждений, которые изучает логика предикатов, и умение с ней обращаться составляет половину работы с пределами. Из неё вытекают два следствия.

Первое состоит в том, что порядок кванторов важен. В определении $\delta$ выбирается после того, как известно $\varepsilon$ , и поэтому может от него зависеть. Если бы сначала было написано $(\exists \delta > 0)$ , а потом $(\forall \varepsilon > 0)$ , то одно и то же $\delta$ должно было бы годиться для всех $\varepsilon$ сразу, а это гораздо более сильное утверждение; охарактеризовать его требует задача для самостоятельного решения 4.

Второе состоит в том, что отрицание определения получается по правилам отрицания кванторов: отрицание «для всякого» есть «существует такой... что не», а отрицание «существует» есть «для всякого... не». Так получается, что значит, что $L$ не является пределом.

УтверждениеОтрицание определения предела

Пусть $f$ есть функция, определённая на $A$ , $a$ есть предельная точка множества $A$ и $L$ есть действительное число. Число $L$ не является пределом функции $f$ при $x$ , стремящемся к $a$ , тогда и только тогда, когда существует $\varepsilon > 0$ , такое что для всякого $\delta > 0$ найдётся некоторое $x$ из $A$ с $0 < \abs{x - a} < \delta$ и $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ . Отрицание переносится внутрь, квантор за квантором, пока не дойдёт до импликации.

Доказательство

$\neg (\forall \varepsilon > 0)(\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Отрицаем определение целиком.
$(\exists \varepsilon > 0) \resaltar{\neg} (\exists \delta > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Отрицание общего утверждения есть существование случая, в котором оно нарушается.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0) \resaltar{\neg} (\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Отрицание утверждения о существовании означает, что нарушаются все случаи.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A) \resaltar{\neg} \left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)$
Снова отрицаем общее утверждение.
$(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \wedge \resaltar{\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon}\right)$
Импликация ложна тогда и только тогда, когда её антецедент истинен, а консеквент ложен; а отрицание условия $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ есть $\abs{f(x) - L} \geq \varepsilon$ , по трихотомии.

На языке игры $L$ не является пределом, если у первого игрока есть вызов, на который не годится ни один ответный ход: как бы мало ни было предложенное $\delta$ , найдётся точка проколотой окрестности, значение в которой выходит из полосы. Чтобы доказать, что функция не имеет предела в точке $a$ , нужно показать, что ни одно действительное $L$ им не является, как это делается в решённой задаче 4.

Основные свойства

Обозначение $\lim_{x \to a} f(x) = L$ говорит о самом пределе, как если бы это было одно-единственное число. Это требует доказательства: того, что два различных числа не могут одновременно удовлетворять определению. Здесь и вступает в силу требование, чтобы $a$ было предельной точкой области определения. Если бы это было не так, существовало бы $\delta_0 > 0$ , такое что ни одно $x$ из области определения не удовлетворяло бы условию $0 < \abs{x - a} < \delta_0$ ; если всегда отвечать этим $\delta_0$ , импликация из определения была бы истинной для всякого $L$ , потому что её антецедент никогда бы не выполнялся, и всякое число было бы пределом.

ТеоремаЕдинственность предела

Пусть $f$ есть функция, определённая на $A$ , и $a$ есть предельная точка множества $A$ . Если $\lim_{x \to a} f(x) = L$ и $\lim_{x \to a} f(x) = L'$ , то $L = L'$ . Рассуждаем от противного: предполагаем, что пределы различны, например $L < L'$ , и выбираем $\varepsilon$ настолько малым, чтобы полосы радиуса $\varepsilon$ вокруг $L$ и $L'$ не соприкасались.

Доказательство

$\dato{e}{\varepsilon = \frac{L' - L}{2} > 0}$
Предположим, что $L < L'$ , и пусть $\varepsilon$ есть половина расстояния между ними; оно положительно.
$0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon, \qquad 0 < \abs{x - a} < \delta_2 \rightarrow \abs{f(x) - L'} < \varepsilon$
Полосы радиуса $\varepsilon$ вокруг $L$ и $L'$ не имеют общих точек, и мы применяем определение к каждому пределу с этим $\varepsilon$ : получаются два ответных хода, $\delta_1$ и $\delta_2$ , в общем случае различные.
$\delta = \min(\delta_1, \delta_2), \quad (\exists x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta\right)$
Чтобы оба условия выполнялись одновременно, берём меньший из двух радиусов. Поскольку $a$ есть предельная точка множества $A$ , проколотая окрестность радиуса $\delta$ содержит некоторое $x$ из области определения.
$\dato{d}{\abs{f(x) - L} < \varepsilon \wedge \abs{f(x) - L'} < \varepsilon}$
Для этого $x$ выполняются оба неравенства: значение $f(x)$ лежало бы в обеих полосах сразу.
$L' - L \leq \abs{L' - f(x)} + \abs{f(x) - L} < 2\varepsilon = \resaltar{L' - L}$
По неравенству треугольника расстояние между $L$ и $L'$ было бы меньше $2\varepsilon$ , а это и есть само это расстояние: противоречие. Следовательно, не может быть $L < L'$ ; точно так же не может быть $L' < L$ , и по трихотомии $L = L'$ .

Следующая лемма формализует наблюдение, которое позволило упростить частное $\frac{x^2 - 1}{x - 1}$ : предел в точке $a$ зависит только от значений функции вблизи $a$ , а не от значения, которое она принимает в $a$ , и не от значений вдали от этой точки.

ЛеммаПредел зависит только от близких значений

Пусть $f$ и $g$ есть функции, определённые на $A$ , $a$ есть предельная точка множества $A$ и $r > 0$ таково, что $f(x) = g(x)$ для всякого $x$ из $A$ с $0 < \abs{x - a} < r$ . Если $\lim_{x \to a} f(x) = L$ , то $\lim_{x \to a} g(x) = L$ . Достаточно взять ответный ход, годный для $f$ , и при необходимости уменьшить его до $r$ .

Доказательство

$\dato{f}{0 < \abs{x - a} < \delta_1 \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon}$
Пусть $\varepsilon > 0$ . По условию существует ответный ход $\delta_1$ для $f$ .
$\delta = \min(\delta_1, r)$
Берём меньшее из этого ответного хода и радиуса, на котором функции совпадают.
$\abs{g(x) - L} = \abs{\resaltar{f(x)} - L} < \varepsilon$
Если $x$ принадлежит $A$ и $0 < \abs{x - a} < \delta$ , то $g(x) = f(x)$ , потому что $\delta \leq r$ , а $f(x)$ лежит в полосе, потому что $\delta \leq \delta_1$ .

Два следующих свойства говорят о том, что предел накладывает условия на функцию вблизи точки. Первое заставляет её оставаться ограниченной; второе заставляет её иметь знак предела, когда тот не равен нулю. Оба получаются применением определения с заранее выбранным $\varepsilon$ и послужат орудиями для доказательства правил для произведения и частного в уроке об арифметических свойствах пределов.

УтверждениеЛокальная ограниченность и сохранение знака

Пусть $f$ есть функция, определённая на $A$ , $a$ есть предельная точка множества $A$ и $\lim_{x \to a} f(x) = L$ . Тогда существует $\delta > 0$ , такое что для всякого $x$ из $A$ с $0 < \abs{x - a} < \delta$ выполняется $\abs{f(x)} < \abs{L} + 1$ . Если, кроме того, $L \neq 0$ , то существует $\delta > 0$ , такое что для этих же $x$ значение $f(x)$ имеет знак числа $L$ и $\abs{f(x)} > \frac{\abs{L}}{2}$ . Каждое утверждение есть определение, применённое к конкретному вызову: $\varepsilon = 1$ для первого и $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ для второго.

Доказательство

$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \dato{u}{\abs{f(x) - L} < 1}$
При $\varepsilon = 1$ определение даёт такое $\delta$ , что значения функции $f$ отстоят от $L$ меньше чем на $1$ .
$\abs{f(x)} \leq \abs{f(x) - L} + \abs{L} < \resaltar{\abs{L} + 1}$
По неравенству треугольника модуль числа $f(x)$ не превосходит модуля числа $L$ , сложенного с этим расстоянием.
$\dato{m}{L - \frac{\abs{L}}{2} < f(x) < L + \frac{\abs{L}}{2}}$
Если $L \neq 0$ , то при $\varepsilon = \frac{\abs{L}}{2}$ , которое положительно, определение даёт другое $\delta$ , и $f(x)$ остаётся в интервале с центром $L$ и радиусом $\frac{\abs{L}}{2}$ .
$L > 0 \rightarrow f(x) > \resaltar{\frac{L}{2}} > 0, \qquad L < 0 \rightarrow f(x) < \resaltar{\frac{L}{2}} < 0$
Если $L > 0$ , то левый конец равен $\frac{L}{2}$ , что положительно; если $L < 0$ , то правый конец равен $\frac{L}{2}$ , что отрицательно. В обоих случаях $f(x)$ имеет знак числа $L$ и находится дальше от $0$ , чем $\frac{\abs{L}}{2}$ .

С помощью определения можно доказать значение любого предела, но работа растёт вместе со сложностью функции. Урок об арифметических свойствах пределов доказывает, исходя из этого урока, правила для суммы, произведения, частного, степеней и корней, которые позволяют вычислять большинство пределов, не разыскивая всякий раз $\delta$ .

Решённые задачи

Задачи расположены по возрастанию трудности: первые три строят $\delta$ для многочлена, корня и частного, каждая со своим способом оценить множитель, сопровождающий $\abs{x - a}$ ; четвёртая доказывает с помощью отрицания определения, что предел не существует; последняя ищет наибольшее $\delta$ , отвечающее на заданный вызов.

Решённая задача 1Многочлен второй степени

Доказать по определению, что $\lim_{x \to 2} (x^2 + x) = 6$ .

Решение

$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2} \cdot \dato{f}{\abs{x + 3}}$
Пусть $\varepsilon > 0$ . Так как $2$ есть корень многочлена $x^2 + x - 6$ , этот многочлен имеет множитель $x - 2$ .
$\abs{x - 2} < 1 \rightarrow 4 < x + 3 < 6 \rightarrow \dato{c}{\abs{x + 3} < 6}$
Заранее ограничиваем радиус числом $1$ : тогда $x$ лежит между $1$ и $3$ , и второй множитель ограничен.
$\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{6}\right)$
При этом ограничении достаточно, чтобы $6\abs{x - 2} < \varepsilon$ ; выбираем меньший из двух радиусов.
$\abs{(x^2 + x) - 6} = \abs{x - 2}\abs{x + 3} < \frac{\varepsilon}{6} \cdot 6 = \resaltar{\varepsilon}$
Если $0 < \abs{x - 2} < \delta$ , то выполняются оба условия, и требуемое неравенство следует.

Решённая задача 2Квадратный корень

Доказать по определению, что $\lim_{x \to 4} \sqrt{x} = 2$ , где функция определена на $\ico{0}{\infty}$ .

Решение

$\sqrt{x} - 2 = \frac{(\sqrt{x} - 2)(\sqrt{x} + 2)}{\sqrt{x} + 2} = \dato{q}{\frac{x - 4}{\sqrt{x} + 2}}$
Пусть $\varepsilon > 0$ . Чтобы появилось $x - 4$ , умножаем и делим на сопряжённое выражение $\sqrt{x} + 2$ , которое положительно.
$\abs{\sqrt{x} - 2} = \frac{\abs{x - 4}}{\sqrt{x} + 2} \leq \dato{c}{\frac{\abs{x - 4}}{2}}$
Знаменатель не меньше $2$ , потому что $\sqrt{x} \geq 0$ ; на этот раз ограничивать радиус не нужно, потому что оценка верна на всей области определения.
$\delta = 2\varepsilon$
Следовательно, достаточно, чтобы $\frac{\abs{x - 4}}{2} < \varepsilon$ .
$\abs{\sqrt{x} - 2} \leq \frac{\abs{x - 4}}{2} < \frac{2\varepsilon}{2} = \resaltar{\varepsilon}$
Если $x \geq 0$ и $0 < \abs{x - 4} < 2\varepsilon$ , получаем требуемое неравенство. Рассматриваются только $x$ из области определения: отрицательные, в которых корень не определён, не учитываются, хотя они и близки к $4$ , если $\varepsilon$ велико.

Решённая задача 3Частное

Доказать по определению, что $\lim_{x \to 3} \frac{1}{x} = \frac{1}{3}$ , где функция определена на $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ .

Решение

$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} = \abs{\frac{3 - x}{3x}} = \frac{\abs{x - 3}}{\dato{d}{3\abs{x}}}$
Пусть $\varepsilon > 0$ . Приводим разность к общему знаменателю.
$\abs{x - 3} < 1 \rightarrow x > 2 \rightarrow \dato{c}{3\abs{x} > 6}$
Теперь множитель, сопровождающий $\abs{x - 3}$ , стоит в знаменателе, и нужно помешать знаменателю приближаться к $0$ . Если $\abs{x - 3} < 1$ , то $x > 2$ , и знаменатель больше $6$ .
$\delta = \min(1, 6\varepsilon)$
При этом ограничении частное меньше $\frac{\abs{x - 3}}{6}$ , и достаточно, чтобы эта величина была меньше $\varepsilon$ .
$\abs{\frac{1}{x} - \frac{1}{3}} < \frac{\abs{x - 3}}{6} < \frac{6\varepsilon}{6} = \resaltar{\varepsilon}$
Если $0 < \abs{x - 3} < \delta$ , то выполняются оба условия. Без предварительного ограничения метод не сработал бы: вблизи $x = 0$ частное неограниченно растёт.

Решённая задача 4Функция со скачком

Функция знака, определённая на $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , равна $1$ на положительных числах и $-1$ на отрицательных. Доказать, что она не имеет предела при $x$ , стремящемся к $0$ .

s(x) = \frac{x}{\abs{x}}

Решение

$(\forall L)(\exists \varepsilon > 0)(\forall \delta > 0)(\exists x)\left(0 < \abs{x} < \delta \wedge \abs{s(x) - L} \geq \varepsilon\right)$
Точка $0$ есть предельная точка области определения. Нужно доказать, что ни одно действительное $L$ не является пределом; по отрицанию определения достаточно найти для каждого $L$ вызов, на который не отвечает ни одно $\delta$ . Предлагаем $\varepsilon = 1$ для всех $L$ .
$s\left(\frac{\delta}{2}\right) = 1, \qquad s\left(-\frac{\delta}{2}\right) = -1$
Пусть $\delta > 0$ произвольно. Проколотая окрестность радиуса $\delta$ содержит положительное и отрицательное число, в которых функция равна $1$ и $-1$ .
$2 = \abs{1 - (-1)} \leq \abs{1 - L} + \abs{L - (-1)}$
Расстояние между $1$ и $-1$ равно $2$ ; по неравенству треугольника расстояния от $L$ до этих двух значений в сумме не меньше $2$ .
$\abs{s\left(\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1 \vee \abs{s\left(-\frac{\delta}{2}\right) - L} \geq 1$
Отсюда следует, что одно из двух расстояний не меньше $1$ : если бы оба были меньше $1$ , их сумма была бы меньше $2$ .
$\neg (\exists L)\left(\lim_{x \to 0} s(x) = L\right)$
Итак, для каждого $L$ вызов $\varepsilon = 1$ не имеет ответного хода: никакая полоса ширины $2$ с исключёнными границами не содержит одновременно значений $1$ и $-1$ . Функция не имеет предела в точке $0$ .

Решённая задача 5Наибольшее дельта

Для функции $f(x) = x^2$ в точке $a = 1$ при $L = 1$ и вызове $\varepsilon = \frac{1}{2}$ найти наибольшее $\delta$ , отвечающее на этот вызов.

Решение

$\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2} \leftrightarrow \frac{1}{2} < x^2 < \frac{3}{2}$
Условие $\abs{x^2 - 1} < \frac{1}{2}$ означает, что $x^2$ лежит между $\frac{1}{2}$ и $\frac{3}{2}$ .
$\sqrt{\frac{1}{2}} < x < \sqrt{\frac{3}{2}}$
Вблизи $1$ все $x$ положительны, и условие равносильно тому, что $x$ лежит между квадратными корнями из концов.
$1 - \sqrt{\frac{1}{2}} \approx 0{,}293, \qquad \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 \approx 0{,}225$
Расстояния от $1$ до концов различны: парабола поднимается быстрее справа от $1$ , и правый конец ближе.
$\delta = \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 = \resaltar{\frac{\sqrt{6} - 2}{2}}$
Интервал с центром $1$ и радиусом $\delta$ должен помещаться в найденном интервале; его радиус не может превосходить меньшего из двух расстояний, которое и отвечает на вызов.
$0 < \sqrt{\frac{3}{2}} - 1 < \delta', \qquad \abs{\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)^2 - 1} = \frac{1}{2}$
Никакой больший радиус не годится: если $\delta' > \delta$ , то точка $x = \sqrt{\frac{3}{2}}$ отстоит от $1$ меньше чем на $\delta'$ , и в ней расстояние от $x^2$ до $1$ равно в точности $\frac{1}{2}$ , а это не меньше $\varepsilon$ .

Задачи для самостоятельного решения

Задачи расположены по возрастанию трудности: первые две повторяют на других многочленах приём ограничения радиуса; третья применяет отрицание определения к колеблющейся функции; четвёртая выясняет, что происходит, если переставить кванторы; последняя изучает функцию, которая имеет предел лишь в одной точке. У каждой задачи есть подсказка, которую стоит открывать лишь после собственной попытки.

Задача для самостоятельного решения 1Ещё один многочлен второй степени

Доказать по определению, что $\lim_{x \to -1} (2x^2 - 3x) = 5$ .

Подсказка

Разложи на множители $2x^2 - 3x - 5$ : у него есть корень $-1$ . Ограничь радиус числом $1$ и оцени другой множитель на интервале от $-2$ до $0$ .

Ответ

Поскольку $2x^2 - 3x - 5 = (x + 1)(2x - 5)$ и при $\abs{x + 1} < 1$ выполняется $\abs{2x - 5} < 9$ , отвечает:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{9}\right)

Задача для самостоятельного решения 2Куб

Доказать по определению, что $\lim_{x \to 1} x^3 = 1$ .

Подсказка

Воспользуйся разложением разности кубов $x^3 - 1 = (x - 1)(x^2 + x + 1)$ и оцени второй множитель, когда $x$ лежит между $0$ и $2$ .

Ответ

Если $\abs{x - 1} < 1$ , то $0 < x^2 + x + 1 < 7$ , так что отвечает:

\delta = \min\left(1, \frac{\varepsilon}{7}\right)

Задача для самостоятельного решения 3Колеблющаяся функция

Доказать, что функция $\sin\left(\frac{1}{x}\right)$ , определённая на $\mathbb{R} \setminus \{0\}$ , не имеет предела при $x$ , стремящемся к $0$ .

Подсказка

Следуй методу решённой задачи 4. В каждой проколотой окрестности точки $0$ есть точки, в которых функция равна $1$ , и точки, в которых она равна $-1$ : ищи $x$ вида $\frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}$ и $\frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}$ с достаточно большим натуральным $n$ .

Ответ

Ни для какого $L$ ни одно $\delta$ не отвечает на вызов $\varepsilon = 1$ , потому что при большом $n$ две точки, указанные ниже, отстоят от $0$ меньше чем на $\delta$ , и в них функция равна $1$ и $-1$ :

x_n = \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi}, \qquad y_n = \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi}

Подробное решение

Решение

$0 < \frac{1}{\frac{3\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{\frac{\pi}{2} + 2n\pi} < \frac{1}{2n\pi} < \resaltar{\delta}$
Пусть $L$ есть действительное число и $\delta > 0$ . По свойству Архимеда существует натуральное $n$ с $2n\pi > \frac{1}{\delta}$ ; тогда две точки, указанные ниже, положительны и меньше $\delta$ .
$\sin\left(\frac{\pi}{2} + 2n\pi\right) = 1, \qquad \sin\left(\frac{3\pi}{2} + 2n\pi\right) = -1$
В первой из них $\frac{1}{x}$ есть угол, синус которого равен $1$ ; во второй это угол, синус которого равен $-1$ .
$\abs{1 - L} + \abs{L + 1} \geq 2 \rightarrow \abs{1 - L} \geq 1 \vee \abs{-1 - L} \geq 1$
Как в решённой задаче 4, расстояния от $L$ до $1$ и до $-1$ в сумме не меньше $2$ , и одно из них не меньше $1$ . Вызов $\varepsilon = 1$ не имеет ответного хода ни для какого $L$ .

Задача для самостоятельного решения 4Порядок кванторов

Пусть $f$ есть функция, определённая на $A$ , $a$ есть предельная точка множества $A$ и $L$ есть действительное число. Доказать, что приведённое ниже утверждение, получающееся из определения предела перестановкой двух первых кванторов, выполняется тогда и только тогда, когда $f$ равна $L$ во всех точках множества $A$ из некоторой проколотой окрестности точки $a$ . Выполняется ли оно для функции $x^2$ в точке $a = 3$ при $L = 9$ ?

(\exists \delta > 0)(\forall \varepsilon > 0)(\forall x \in A)\left(0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)

Подсказка

Если неотрицательное число меньше всякого $\varepsilon > 0$ , то оно равно $0$ : иначе оно само было бы таким $\varepsilon$ , которого оно не меньше.

Ответ

Если зафиксировать $\delta$ из утверждения, каждое $x$ из проколотой окрестности удовлетворяет условию $\abs{f(x) - L} < \varepsilon$ для всякого $\varepsilon > 0$ , поэтому $f(x) = L$ ; обратное очевидно. Функция $x^2$ не удовлетворяет утверждению в точке $3$ , хотя её предел там равен $9$ , потому что она не постоянна ни на каком интервале:

\left(3 + \frac{\delta}{2}\right)^2 \neq 9

Подробное решение

Решение

$\dato{t}{(\forall \varepsilon > 0)\left(\abs{f(x) - L} < \varepsilon\right)}$
Предположим, что утверждение верно, и пусть $\delta$ есть радиус, существование которого оно утверждает. Возьмём $x$ из $A$ с $0 < \abs{x - a} < \delta$ ; неравенство выполняется для всякого положительного $\varepsilon$ .
$\abs{f(x) - L} < \abs{f(x) - L} \rightarrow \bot, \qquad \resaltar{f(x) = L}$
Если бы величина $\abs{f(x) - L}$ была положительна, можно было бы взять $\varepsilon = \abs{f(x) - L}$ , и неравенство утверждало бы, что число меньше самого себя. Следовательно, она равна $0$ , и $f(x) = L$ .
$0 < \abs{x - a} < \delta \rightarrow \abs{f(x) - L} = 0 < \varepsilon$
Обратно, если $f$ равна $L$ в точках множества $A$ из проколотой окрестности радиуса $\delta$ , то это же $\delta$ годится для всякого $\varepsilon$ , потому что расстояние равно $0$ .
$0 < \abs{x - 3} < 6 \rightarrow x^2 \neq 9$
Функция $x^2$ не равна $9$ ни в одной точке, близкой к $3$ и отличной от неё, так что она не удовлетворяет утверждению, хотя и удовлетворяет определению предела. Переставленное утверждение не есть другой способ сказать то же самое, а гораздо более сильное утверждение.

Задача для самостоятельного решения 5Предел лишь в одной точке

Функция, заданная ниже, равна $x$ в рациональных точках и $0$ в иррациональных. Доказать, что её предел в точке $0$ равен $0$ и что она не имеет предела ни в какой точке $a \neq 0$ .

h(x) = \begin{cases} x & x \in \mathbb{Q} \\ 0 & x \notin \mathbb{Q} \end{cases}

Подсказка

В точке $0$ заметь, что $\abs{h(x)} \leq \abs{x}$ во всех случаях. В точке $a \neq 0$ предложи вызов $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ и воспользуйся тем, что в каждом интервале есть рациональные и иррациональные числа, как доказано в уроке о числовой прямой: близкое иррациональное число вынуждает $L$ быть близким к $0$ , а близкое рациональное число вынуждает его быть близким к $a$ .

Ответ

В точке $0$ отвечает $\delta = \varepsilon$ . В точке $a \neq 0$ , если бы $L$ было пределом, иррациональное $y$ и рациональное $x$ из проколотой окрестности радиуса $\min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$ давали бы одновременно два неравенства, приведённые ниже, а они несовместны:

\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \abs{L} > \abs{x} - \frac{\abs{a}}{3} > \frac{\abs{a}}{3}

Подробное решение

Решение

$0 < \abs{x} < \varepsilon \rightarrow \abs{h(x) - 0} \leq \abs{x} < \varepsilon$
В точке $0$ : в рациональных точках $\abs{h(x)} = \abs{x}$ , а в иррациональных $\abs{h(x)} = 0$ ; в обоих случаях расстояние от $h(x)$ до $0$ не превосходит расстояния от $x$ до $0$ , и отвечает $\delta = \varepsilon$ .
$\delta' = \min\left(\delta, \frac{\abs{a}}{3}\right)$
Пусть $a \neq 0$ , и предположим, что $L$ есть предел в точке $a$ . При $\varepsilon = \frac{\abs{a}}{3}$ существует отвечающее $\delta$ , и мы уменьшаем его при необходимости до $\frac{\abs{a}}{3}$ .
$\abs{0 - L} < \frac{\abs{a}}{3} \rightarrow \dato{i}{\abs{L} < \frac{\abs{a}}{3}}$
В проколотой окрестности радиуса $\delta'$ есть иррациональное $y$ , в котором $h$ равна $0$ : предел оказывается близким к $0$ .
$\abs{x - L} < \frac{\abs{a}}{3}, \qquad \dato{r}{\abs{x} > \abs{a} - \frac{\abs{a}}{3} = \frac{2\abs{a}}{3}}$
Есть в ней и рациональное $x$ , в котором $h$ равна $x$ . Так как $x$ отстоит от $a$ меньше чем на $\frac{\abs{a}}{3}$ , его модуль больше $\frac{2\abs{a}}{3}$ .
$\abs{L} \geq \abs{x} - \abs{x - L} > \frac{2\abs{a}}{3} - \frac{\abs{a}}{3} = \resaltar{\frac{\abs{a}}{3}}$
По неравенству треугольника $\abs{L}$ было бы одновременно меньше и больше $\frac{\abs{a}}{3}$ : противоречие. Предела в точке $a$ нет.