 |
Главная Случайная страница Контакты | Мы поможем в написании вашей работы! | |
Основные теоремы о пределах
|
|
Теорема 1. Если 
f (x) = b, то f (x) = b + a (x), где a (x) – б.м. при x ® a.
Доказательство. Пусть 
f (x) = b. Рассмотрим функцию a (x) = f (x) – b и покажем, что a (x) – б.м. при x ® +¥.
Из определения f (x) = b имеем, что " e > 0 $ x 0 " x > x 0 | f (x) – b | < e, но так как a (x) = f (x) – b, то " e > 0 $ x 0 " x > x 0 | a (x)| < e, а это означает, что a (x) – б.м. при
x ® +¥.
Итак, из равенства a (x) = f (x) – b имеем f (x) = b + a (x), где a (x) – б.м. при x ® +¥.
Теорема 2. Если функцию f (x) можно представить в виде: f (x) = b + a (x), где
b – число, a (x) – б.м. функция при x ® a, то f (x) = b.
Доказательство. Пусть f (x) = b + a (x), где a (x) – б.м. при x ® +¥, т.е.
" e > 0 $ x 0 " x > x 0 | a (x)| < e. (*)
Но a (x) = f (x) – b, поэтому (*) можно записать так: " e > 0 $ x 0 " x > x 0 | f (x) – b | < e, что означает: f (x) = b.
Следующие теоремы значительно облегчают нахождение пределов.
Теорема 3. Предел суммы (разности) двух функций равен сумме (разности) их пределов, т.е. если
f 1(x) = b 1, f 2(x) = b 2, то (f 1(x) + f 2(x)) = b 1 + b 2, (f 1(x) – f 2(x)) = b 1 – b 2.
Доказательство. На основании теоремы 1: f 1(x) = b 1 + a 1(x), f 2(x) = b 2 + a 2(x), где a 1(x), a 2(x) – б.м. при x ® a, тогда
f 1(x) + f 2(x) = (b 1 + a 1(x)) + (b 2 + a 2(x)) = (b 1 + b 2) + (a 1(x) + a 2(x)).
Но a 1(x) + a 2(x) – б.м. функция при x ® a (как сумма двух б.м. функций), поэтому из равенства f 1(x) + f 2(x) = (b 1 + b 2) + (a 1(x) + a 2(x)) по теореме 2 следует, что
(f 1(x) + f 2(x)) = b 1 + b 2.
Аналогично проводится доказательство для разности.
Теорема 4. Предел произведения двух функций равен произведению их пределов, т.е. если f 1(x) = b 1, f 2(x) = b 2, то (f 1(x) f 2(x)) = b 1× b 2.
Доказательство. По теореме 1: f 1(x) = b 1 + a 1(x), f 2(x) = b 2 + a 2(x), где a 1(x), a 2(x) – б.м. при x ® a, тогда f 1(x)× f 2(x) = b 1× b 2 + b 1× a 2(x) + b 2× a 1(x) + a 1(x)× a 2(x).
На основании следствий 2, 3, теоремы 1 (разд. 1.6) функции b 1× a 2(x), b 2× a 1(x), a 1(x)× a 2(x) – б.м. при x ® a и a (x) = b 1× a 2(x) + b 2× a 1(x) + a 1(x)× a 2(x) – бесконечно малая функция при x ® a. Из равенства f 1(x) f 2(x) = b 1 b 2 + a (x) по теореме 2 следует, что
(f 1(x) f 2(x)) = b 1 b 2.
Следствие 1. Постоянный множитель можно выносить за знак предела, т.е.
(С × f (x)) = С f (x), где С – постоянное число.
Доказательство. С f (x) = С f (x) = С f (x), так как С = С.
Следствие 2. Если n – натуральное число, то [(f (x)) n ] = ( f (x)) n.
Теорема 5. Предел дроби равен пределу числителя, деленному на предел знаменателя при условии, что предел знаменателя не равен нулю. Иначе, если f 1(x) = b 1,
f 2(x) = b 2 и b 2 ¹ 0, то 
.
Доказательство. По теореме 1: f 1(x) = b 1 + a 1(x), f 2(x) = b 2 + a 2(x), где a 1(x), a 2(x) – б.м. при x ® a, тогда
Обозначим последнюю дробь a (x) = 
, тогда 
+ a (x). Остается показать, что a (x) – б.м. при x ® a. Действительно, числитель дроби
b 2 a 1(x) – b 1 a 2(x) – б.м. по свойствам бесконечно малых функций, предел
(b 22 + b 2 a 2(x)) = b 22 ¹ 0, на основании теорем 3, 4. Поэтому 
– функция,ограниченная при x ® a (по теореме 3 разд. 1.6). Значит, a (x) – б.м. при x ® a (по теореме 4 разд. 1.6). Теорема доказана.
Рассмотрим применение доказанных теорем при нахождении пределов.
Пример. Найти 
.
Решение. Найдем сначала предел числителя и знаменателя. По свойствам пределов 
3 x = 3 x = 3(–2) = –6, 1 = 1, поэтому (3 x – 1) = –6 – 1 = –7. Аналогично, (5 – 4 x) = 5 – 4(–2) = 13. Используя теорему 5, получим:
.
Теорема 6. Если f (x) существует и f (x) ³ 0 для всех x из области определения функции, то f (x) ³ 0.
Доказательство. Пусть 
. Докажем методом от противного, предполагая, что 
f (x) = b < 0. Зафиксируем e = – 
, e > 0. По определению предела по e найдется x 0, такое, что " x > x 0 | f (x) – b | < e, отсюда b – e < f (x) < b + e. Но e = – , поэтому " x > x 0 f (x) < b – , f (x) < , т.е. f (x) < 0, что противоречит условию. Теорема доказана.
Теорема 7. Если " x (f 1(x) ³ f 2(x)) и f 1(x), f 2(x) существуют, то
f 1(x) ³ f 2(x).
Доказательство. Рассмотрим функцию F (x) = f 1(x) – f 2(x), тогда " x (F (x) ³ 0) и F (x) существует. По теореме 6: F (x) ³ 0, (f 1(x) – f 2(x)) ³ 0, отсюда
f 1(x) ³ f 2(x). Теорема доказана.
Теорема 8. (теорема о сжатой переменной). Если " x (f 1(x) £ j (x) £ f 2(x)) и
f 1(x) = f 2(x) = b, то j (x) существует и равен b.
Доказательство
Пусть 
f 1(x) = f 2(x) = b (рис. 1.11).
Покажем, что j (x) = b. Зафиксируем e > 0, тогда найдется такое d 1 > 0, что
" x Î(x 0, x 0 + d 1) | f 1(x) – b | < e,
и найдется такое d 2 > 0, что
" x Î(x 0, x 0 + d 2) | f 2 (x) – b | < e.
Обозначим через d меньшее из d 1, d 2, тогда для x Î(x 0, x 0 + d) эти неравенства будут выполняться одновременно. Преобразуем их, используя определение модуля:
" x Î(x 0, x 0 + d) (b – e < f 1(x) < b + e),
" x Î(x 0, x 0 + d) (b – e < f 2(x) < b + e).
И учтем данное неравенство:
f 1(x) £ j (x) £ f 2(x).
Тогда из этих неравенств получим: b – e < f 1(x) £ j (x) £ f 2(x) < b + e, откуда
b – e < j (x) < b + e или " x Î(x 0, x 0 + d) (| j (x) – b | < e), по определению это означает, что j (x) = b, что и требовалось доказать.
Дата публикования: 2014-11-04; Прочитано: 415 | Нарушение авторского права страницы | Мы поможем в написании вашей работы!
