Вычисление пределов функций.

Содержание:

  1. Раскрытие неопределенностей.
  2. Замена переменного при вычислении предела.
  3. Второй замечательный предел.
  4. Некоторые важные пределы.
  5. Сравнение функций.

1. Раскрытие неопределенностей.

При вычислении пределов часто встречается случай, когда требуется найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}\), где \(f\) и \(g\) — бесконечно малые функции при \(x\rightarrow a\), т.е. \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}f(x)=\lim_{x\rightarrow a}g(x)=0\). В этом случае вычисление предела называют раскрытием неопределенности вида \(\displaystyle \frac{0}{0}\). Чтобы найти такой предел, обычно преобразуют дробь \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\), выделяя в числителе и знаменателе множитель вида \((x-a)^{k}\). Например, если в некоторой окрестности точки \(x=a\) функции \(f\) и \(g\) представляются в виде \(f(x)=(x-a)^{k}f_{1}(x),\;g(x)=(x-a)^{k}g_{1}(x)\), где \(k\in\mathbb{N}\), а функции \(f_{1},\;g_{1}\) непрерывны в точке \(a\), то \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f_1(x)}{g_1(x)}\) при \(x\neq a\),откуда следует, что \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f_1(a)}{g_1(a)}\), если \(g_{1}(a)\neq 0\).

Аналогично, если \(f\) и \(g\) — бесконечно большие функции при \(x\rightarrow a\), т.е. \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}f(x)=\infty,\;\lim_{x\rightarrow a}g(x)=\infty\), то говорят, что их частное \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\) и разность \(f(x)-g(x)\) представляют собой при \(x\rightarrow a\) неопределенности вида \(\displaystyle \frac{\infty}{\infty}\) и \(\infty,\;-\infty\) соответственно. Для раскрытия неопределенностей таких типов обычно преобразуют частное или разность так, чтобы к полученной функции были применимы свойства пределов. Например, если \(f\) и \(g\) — многочлены степени \(n\), т.е. \(f(x)=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_{k}x^{k},\;g(x)=\displaystyle \sum b_{k}x^{k}\), где \(a_{n}\neq 0,\;b_{n}\neq 0\), то, разделив числитель и знаменатель дроби \(\frac{f(x)}{g(x)}\) на \(x^n\) найдем
$$
\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{a_{n}+a_{n-1}\frac{1}{x}+...\cdot+\frac{a_{0}}{x^{n}}}{b_{n}+b_{n-1}\frac{1}{x}+..+\frac{b_{0}}{x^{n}}}=\frac{a_{n}}{b_{n}}.\nonumber
$$


Пример 1.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}F(x)\), если:

а) \(F(x)=\displaystyle \frac{2x^2+x-3}{x^3-2x+1},\;a=1\);

б) \(F(x)=\displaystyle \frac{\sqrt{x+21}-5\sqrt{x-3}}{x^{3}-64},\; a=4\);

в) \(F(x)=\displaystyle \frac{\operatorname{tg}x-\sin{x}}{x^3},\;a=0\);

г) \(F(x)=\displaystyle \sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^3-x+1},\;a=+\infty\).

Решение.

\(\triangle\) а) Разложив числитель и знаменатель на множители, получим \(F(x)=\displaystyle \frac{(2x+3)(x-1)}{(x-1)(x^2+x-1)}\), откуда \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}F(x)=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2x+3}{x^{2}+x-1}=5\).

б) Умножив числитель и знаменатель на функцию \(\varphi(x)=\sqrt{x+21}+5\sqrt{x-3}\) и используя формулу \(x^{3}-64=(x-4)\psi(x)\), где \(\psi(x)=x^{2}+4x+16\), получим
$$
\lim_{x\rightarrow 4}F(x)=\lim_{x\rightarrow 4}\frac{x+21-25(x-3)}{(x-4)\psi(x)\varphi(x)}=\lim_{x\rightarrow 4}\frac{-24}{\psi(x)\varphi(x)}=-\frac{24}{\varphi(4)\psi(4)}=-\frac{1}{20}.\nonumber
$$
в) Так как \(F(x)=\displaystyle\frac{\sin{x}}{x}\frac{1-\cos{x}}{x^2}\frac{1}{\cos{x}}\), где \(1-\cos{x}=2\sin^2{\frac{x}{2}}\), то, используя первый замечательный предел \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}=1\) и непрерывность косинуса, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow 0}F(x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}\left(\frac{\sin\left({\displaystyle\frac x2}\right)}{\displaystyle\frac x2}\right)^2\frac{1}{2\cos{x}}=\frac{1}{2}.\nonumber
$$
г) Преобразуем \(F(x)\), умножив и разделив эту функцию на \(\varphi=\sqrt{x^2+x+1}+\sqrt{x^2-x+1}\). Получим \(F(x)=\displaystyle \frac{2x}{\varphi(x)}\), откуда, разделив числитель и знаменатель на \(x\), находим
$$
F(x)=\frac{2}{\sqrt{1+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^{2}}}}.\nonumber
$$
Используя непрерывность функции \(\sqrt{t}\) при \(t=1\), получаем
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}F(x)=\frac{2}{1+1}=1.\quad\blacktriangle\nonumber
$$


2. Замена переменного при вычислении предела.

Теорема 1. Если существуют
$$
\lim_{x\rightarrow a}\varphi(x)=b,\quad\lim_{y\rightarrow b}f(y)=A,\nonumber
$$
причем для всех \(x\) из некоторой проколотой окрестности точки \(a\) выполняется условие \(\varphi(x)\neq b\), то в точке \(a\) существует предел сложной функции \(f(\varphi(x))\) и справедливо равенство
$$
\lim_{x\rightarrow a}f(\varphi(x))=\lim_{y\rightarrow b}f(y).\label{ref1}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Согласно определению предела функции \(\varphi\) и \(f\) определены соответственно в \(\dot{U}_\delta(a)\) и \(\dot{U}_\varepsilon(b)\), где \(\delta>0,\;\varepsilon>0\), причем для \(x\in\dot{U}_\delta(a)\) выполняется условие \(\varphi(x)\in\dot{U}_{\varepsilon}(b)\) . Поэтому на множестве \(\dot{U}_\delta(a)\) определена  сложная функция \(f(\varphi(x))\). Пусть \(\{x_{n}\}\) — произвольная последовательность такая, что \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=a\) и \(x_{n}\in\dot{U}_\delta(a),\;n\in\mathbb{N}\). Обозначим \(y_{n}=\varphi(x_n)\), тогда по определению предела функции \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}y_n=b\), где \(y_{n}\in\dot{U}_{\varepsilon}(b)\). Так как существуют \(\displaystyle \lim_{y\rightarrow b}f(y)=A\), то
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}f(\varphi(x_{n}))=\lim_{n\rightarrow\infty}f(y_{n})=A.\nonumber
$$
это означает, что \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}f(\varphi(x))=A\), т.е. справедливо равенство \eqref{ref1}. \(\bullet\)


Пример 2.

Доказать, что:
$$
а)\quad\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\arcsin x}{x}=1;\label{ref2}
$$
$$
б)\quad\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{arctg}x}{x}=1.\label{ref3}
$$

Решение.

\(\triangle\) a) Пусть \(y=\arcsin{x}\); тогда \(x=\sin{y}\), и поэтому
$$
\frac{\arcsin{x}}{x}=\frac{y}{\sin{y}},\nonumber
$$
причем \(\{x\rightarrow 0\}\Leftrightarrow \{y\rightarrow 0\}\). Следовательно,
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\arcsin{x}}{x}=\lim_{y\rightarrow 0}\frac{y}{\sin{y}}.\nonumber
$$
Используя первый замечательный предел \(\displaystyle \lim_{y\rightarrow 0}\frac{\sin{y}}{y}=1\) получаем соотношение \eqref{ref2}.

б) Если \(y=\operatorname{arctg}x\), то \(x=\operatorname{tg}y\), причем \(\{x \rightarrow 0\}\Leftrightarrow\{y\rightarrow 0\}\). Так как
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{arctg}x}{x}=\lim_{y\rightarrow 0}\frac{y}{\operatorname{tg}y},\nonumber
$$
где
$$
\lim_{y\rightarrow 0}\frac{y}{\operatorname{tg}y}=\lim_{y\rightarrow 0}\frac{y}{\sin{y}}\cos{y}=1,\nonumber
$$
то справедливо утверждение \eqref{ref3}. \(\blacktriangle\)


3. Второй замечательный предел.

Теорема 2. Функция \(\displaystyle \varphi(x)=\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}\) имеет при \(x\rightarrow\infty\) предел, равный \(e\), т.е.
$$
\lim_{x\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.\label{ref4}
$$

Доказательство.

\(\circ\)Докажем сначала теорему 2 для случая, когда \(x\rightarrow +\infty\). Ранее было доказано, что
$$
a_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n\rightarrow e\;при\;n\rightarrow\infty.\label{ref5}
$$
Обозначим
$$
y_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1},\quad z_{n}=\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n}.\label{ref6}
$$
Так как
$$
y_n=a_n\left(1+\frac{1}{n}\right),\quad z_n=a_{n+1}\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{-1},\label{ref7}
$$
то из \eqref{ref5} и \eqref{ref7} следует, что
$$
\lim_{n\rightarrow\infty}y_n=\lim_{n\rightarrow\infty}z_n=e,\label{ref8}
$$
а из \eqref{ref8}, пользуясь определением предела, получаем, что
$$
\forall\varepsilon>0\;\exists N_{\varepsilon}:\forall n\geq N_{\varepsilon}\rightarrow y_n\in U_\varepsilon(e),\quad z_n\in U_\varepsilon(e)\label{ref9}
$$
Пусть \(x\) — произвольное вещественное число такое, что \(x\geq N_{\epsilon}\), и пусть \(n=[x]\). Тогда
$$
N_{\varepsilon}\leq n\leq x\;<\;n+1.\label{ref10}
$$
Из \eqref{ref10} следует, что
$$
\frac{1}{n+1}\;<\;\frac{1}{x}\leq\frac{1}{n},\nonumber
$$
$$
1+\frac{1}{n+1}\;<\;1+\frac{1}{x}\leq 1+\frac{1}{n}.\label{ref11}
$$
Из \eqref{ref10} и \eqref{ref11} в силу монотонности показательной и степенной функций получаем
$$
\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n}\;<\;\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}\;<\;\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1},\label{ref12}
$$
a из \eqref{ref12}, \eqref{ref6} и \eqref{ref9} следует, что
$$
\forall\varepsilon>0\;\exists N_{\varepsilon}:\forall x\geq N_{\varepsilon}\rightarrow e-\varepsilon\;<\;\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}\;<\;e+\varepsilon.\nonumber
$$
По определению предела это означает, что теорема справедлива в случае, когда \(x\rightarrow +\infty\).

Докажем, что
$$
\lim_{x\rightarrow -\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.\label{ref13}
$$
Положим \(x=-1-t\), тогда \(t\rightarrow +\infty\) при \(x\rightarrow -\infty\) и
$$
\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=\left(1-\frac{1}{1+t}\right)^{-1-t}=\left(1+\frac{1}{t}\right)\left(1+\frac{1}{t}\right),\nonumber
$$
откуда следует, что справедливо равенство \eqref{ref13}, так как \(\left(1+\displaystyle \frac{1}{t}\right)^{t}\rightarrow e\) при \(t\rightarrow +\infty\) и \(1+\displaystyle \frac{1}{t}\rightarrow 1\). Теорема 2 доказана. \(\bullet\)


Следствие. Если \(\alpha(x)\neq 0\) для всех \(x\) из некоторой проколотой окрестности точки \(x_0\) и \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}\alpha(x)=0\), то
$$
\lim_{x\rightarrow x_0}(1+\alpha(x))^{1/{\alpha(x)}}=e.\label{ref14}
$$
В частности,
$$
\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{1/x}=e.\label{ref15}
$$
\(\circ\) Для доказательства утверждения \eqref{ref14} достаточно воспользоваться соотношением \eqref{ref4} и теоремой 1. \(\bullet\)


Замечание.
 
Если \(\alpha(x)\neq 0,\;\beta(x)\neq 0\) в некоторой проколотой окрестности точки \(x_0,\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\alpha(x)=\lim_{x\rightarrow x_{0}}\beta(x)=0\) и существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lambda\), то
$$
\lim_{x\rightarrow x_0}(1+\alpha(x))^{1/{\beta(x)}}=e^\lambda.\label{ref16}
$$
В частности,
$$
\lim_{x\rightarrow x_0}(1+\mu\alpha(x))^{1/{\alpha(x)}}=e^\mu.\label{ref17}
$$
если \(\mu=const,\;\alpha(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow x_0\) и \(\alpha(x)\neq 0\) для \(x\in\dot{U}_{\delta}(x_{0})\).
\(\circ\) Для доказательств утверждения \eqref{ref16} следует воспользоваться равенством \((1+\alpha(x))^{1/{\beta(x)}}=[(1+\alpha(x))^{1/\alpha(x)}]^{{\alpha(x)}/{\beta(x)}}\) и соотношением \eqref{ref14}. \(\bullet\)

Пример 3.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow\infty}\left(\frac{3x^2+4}{3x^2-5}\right)^{x^2}\).

Решение.

\(\triangle\) Так как \(\displaystyle \left(\frac{3x^2+4}{3x^2-5}\right)^{x^2}=\frac{\left(1+\frac{4}{3x^2}\right)^{x^2}}{\left(1-\frac{5}{3x^2}\right)^{x^2}}\), то, используя соотношение \eqref{ref17}, находим, что искомый предел равен \(e^{4/3-(-5/3)}=e^3\). \(\blacktriangle\)


Пример 4.

Найти
$$
\lim_{x\rightarrow 0}(\cos{x})^{1/\operatorname{tg}^2x}\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) Используя равенство \(\cos{x}=1-2\sin^2\frac{x}{2}\), по формуле \eqref{ref16} находим, что искомый предел равен \(e^\lambda\) где
$$
\lambda=lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\sin^2\frac{x}{2}}{\operatorname{tg}^2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^{2}\left(\frac{x}{\operatorname{tg}x}\right)^{2}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2},\nonumber
$$
т.е. равен \(e^{-1/2}\). \(\blacktriangle\)


4. Некоторые важные пределы.

Пример 5.

Доказать, что если \(a>0,\;a\neq 1\), то
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\log_{a}(1+x)}{x}=\log_{a}e=\frac{1}{\operatorname{ln}a}.\label{ref18}
$$

Решение.

\(\triangle\) Рассмотрим функцию
$$
f(x)=\left\{\begin{array}{ll}
(1+x)^{1/x}, & x\neq0,\\
e, & x=0.
\end{array}\right.\nonumber
$$

Эта функция определена в некоторой окрестности точки \(x=0\) и непрерывна в точке \(x=0\) в силу теоремы 2. Поэтому функция \(\log_{a}f(x)\) непрерывна в точке \(x=0\) как суперпозиция непрерывных функций \(\log_{a}t\) и \(t=f(x)\). Следовательно,
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\log_{a}f(x)=\log_{a}(\lim_{x\rightarrow 0}(1+x)^{1+x})=\log_{a}e.\nonumber
$$
Так как \(\log_{a}f(x)=\displaystyle \frac{\log_{a}(1+x)}{x}\) при \(x\neq 0\), то искомый предел равен \(\log_{a}e\). Из равенства \eqref{ref18} при \(a=e\) получаем
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{ln}(1+x)}{x}=1.\quad\blacktriangle\label{ref19}
$$


Пример 6.

Доказать, что если \(a>0,\;a\neq 1\), то
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\ln a.\label{ref20}
$$

Решение.

\(\triangle\) Функция \(y=a^x-1\) непрерывна и строго монотонна на \(\mathbb{R}\) (возрастает при \(a>1\) и убывает при \(0\;<\;a\;<\;1\)). На промежутке \((-1,+\infty)\) существует обратная к ней функция \(x=\log_{a}(1+y)\), непрерывная и строго монотонная. Учитывая, что \(y\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow 0\) и используя формулу \eqref{ref18}, получаем \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{a^{x}-1}{x}=\lim_{y\rightarrow 0}\frac{y}{\log_{a}(1+y)}=\ln a\). Отметим важный частный случай формулы \eqref{ref20}:
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^x-1}{x}=1.\quad\blacktriangle\label{ref21}
$$


Пример 7.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{sh}x}{x}=1.\label{ref22}
$$

Решение.

\(\triangle\) Так как \(\operatorname{sh}x=\displaystyle \frac{e^x-e^{-x}}{2}=\frac{e^{2x}-1}{2e^x}\), то, применяя формулу \eqref{ref21}, получаем
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{sh}x}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{e^{2x}-1}{2x}\frac{1}{e^x}=1.\quad\blacktriangle\nonumber
$$


Пример 8.

Доказать, что
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha\label{ref23}
$$
для любого \(\alpha\in\mathbb{R},\alpha\neq 0\).

Решение.

\(\triangle\) Рассмотрим функцию \(y=(1+x)^{\alpha}-1=e^{\alpha\ln(1+x)}-1\). На множестве \((-1,+\infty)\) существует обратная к ней функция \(x=x(y)\), причем \(y\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow 0\). Из равенства \((1+x)^{\alpha}=1+y\) следует, что \(\alpha\ln(1+x)=\ln(1+y)\).
Поэтому \(\displaystyle \frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\frac{y}{x}=\frac{y}{\ln(1+y)}\frac{\alpha\ln(1+x)}{x}\), откуда, используя равенство \eqref{ref19}, получаем соотношение \eqref{ref23}. \(\blacktriangle\)


5. Сравнение функций.

а) Эквивалентные функции. Если в некоторой проколотой окрестности точки \(x_{0}\) определены функции \(f,\;g,\;h\) такие, что
$$
f(x)=g(x)h(x),\quad \lim_{x\rightarrow x_0}h(x)=1,\label{ref24}
$$
то функции \(f\) и \(g\) называют эквивалентными (асимптотически равными) при \(x\rightarrow x_0\) и пишут
$$
f(x)\sim g(x)\;при\;x\rightarrow x_0,\nonumber
$$
или, короче, \(f\sim g\) при \(x\rightarrow x_0\).

Например, \(\sin x\sim x\) при \(x\rightarrow x_0\), так как \(\sin x=\displaystyle x\frac{\sin x}{x}\), а \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin x}{x}=1;\;\frac{x^{4}}{x^{2}+1}\sim x^2\) при \(x\rightarrow \infty\), так как \(\displaystyle \frac{x^{4}}{x^{2}+1}=x^2\frac{x^2}{x^2+1}\), а \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x^2}{x^2+1}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{x^2}}=1\).

Отметим, что функции \(f\) и \(g\), не имеющие нулей в проколотой окрестности точки \(x_0\), эквивалентны при \(x\rightarrow x_0\) тогда и только тогда, когда
$$
\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{g(x)}{f(x)}=1.\nonumber
$$

Понятие эквивалентности обычно используют в тех случаях, когда обе функции \(f\) и \(g\) являются либо бесконечно малыми, либо бесконечно большими при \(x\rightarrow x_0\).

Пределы, найденные в примерах 2,5-8, позволяют составить следующее представление функций, эквивалентных при \(x\rightarrow 0\):
\begin{align*}
\sin x\sim x\nonumber\\
\operatorname{tg}x\sim x\nonumber\\
\arcsin x\sim x\nonumber\\
\operatorname{arctg}x\sim x\nonumber\\
e^{x}-1\sim x\nonumber\\
\operatorname{sh}x\sim x\nonumber\\
\ln(1+x)\sim x\nonumber\\
(1+x)^{\alpha}-1\sim\alpha x\nonumber
\end{align*}

Эти соотношения остаются в силе при \(x\rightarrow x_0\), если заменить в них \(x\) на функцию \(\alpha(x)\) такую, что \(\alpha(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow x_0\) Например,
\begin{gather*}
\sin x^{2}\sim x^{2}\;при\;x\rightarrow 0,\nonumber\\
\operatorname{sh}(x-1)^3\sim (x-1)^3\;при\;x\rightarrow 1.\nonumber
\end{gather*}


Пример 9.

Доказать, что
$$
1-\cos x\sim\frac{x^{2}}{2},\quad\operatorname{ch}x-1\sim\frac{x^{2}}{2}\;при\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$

Решение.

\(\triangle\) а) Пользуясь тем, что \(1-\cos x=2\displaystyle \sin^{2}\frac{x}{2}\) и \(\displaystyle \sin\frac{x}{2}\sim\frac{x}{2}\) при \(x\rightarrow 0\), получаем \(1-\cos x\sim\displaystyle\frac{x^{2}}{2}\) при \(x\rightarrow 0\).

б) Так как \(\operatorname{ch}x-1=2\displaystyle\operatorname{sh}^{2}\frac{x}{2}\) и \(\operatorname{sh}\displaystyle \frac{x}{2}\sim\frac{x}{2}\) при \(x\rightarrow 0\), то \(\operatorname{ch}x-1\sim \displaystyle \frac{x^{2}}{2}\) при \(x\rightarrow 0\). \(\blacktriangle\)


б) Замена функций эквивалентными при вычислении пределов.

Теорема 3. Если \(f\sim f_1\) и \(g\sim g_{1}\) при \(x\rightarrow x_0\), то из существования предела функции \(\displaystyle \frac{f_1(x)}{g_1(x)}\) при \(x\rightarrow x_0\) следует существование предела функции \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\) при \(x\rightarrow x_0\) и справедливость равенства
$$
\lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}.\label{ref25}
$$

Доказательство.

\(\circ\) По условию \(f\sim f_{1}\) и \(g\sim g_{1}\) при \(x\rightarrow x_0\). Это означает, что \(f(x)=f_1(x)h(x)\) и \(g(x)=g_{1}(x)h_{1}(x)\), где \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}h(x)=1\) и \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}h_{1}(x)=1\).

Так как существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}\) и \(h_{1}(x)\rightarrow 1\) при \(x\rightarrow x_0\), то найдется такая проколотая окрестность точки \(x_0\), в которой определены функции \(f_{1},g_{1},h_{1}\) причем \(g_{1}(x)\neq 0\) и \(h_{1}(x)\neq 0\), откуда следует, что в этой окрестности определена функция \(g(x)=g_{1}(x)h_{1}(x)\) такая, что \(g(x)\neq 0\).

Следовательно, в некоторой проколотой окрестности точки \(x_0\) определена функция \(\displaystyle \frac{f(x)}{g(x)}\) и
$$
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{h(x)}{h_1(x)}\frac{f_1(x)}{g_1(x)}.\nonumber
$$
Так как существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f_{1}(x)}{g_{1}(x)}\), а \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}h(x)=1,\;\lim_{x\rightarrow x_{0}}h_{1}(x)=1\), то существует \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}\) и справедливо равенство \eqref{ref25}. \(\bullet\)


Пример 10.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\arcsin x(e^{x}-1)}{\cos x-\cos 3x}\).

Решение.

\(\triangle\) Так как \(\arcsin x\sim x,\;e^{x}-1\sim x,\;\cos x-\cos3x=2\sin x\sin 2x,\;\sin x\sim x,\;\sin 2x\sim 2x\), то \(\arcsin x(e^{x}-1)\sim x^2,\;\cos x-\cos 3x\sim 4x^2\) при \(x\rightarrow 0\). Отсюда по теореме 3 следует, что искомый предел равен 1/4. \(\blacktriangle\)


в) Понятие бесконечно малой функции по сравнению с другой. Если в некоторой проколотой окрестности точки \(x_0\) определены функции \(f,g,\alpha\) такие, что
$$
f(x)=g(x)\alpha(x),\quad\lim_{x\rightarrow x_{0}}\alpha(x)=0,\label{ref26}
$$
то функцию \(f\) называют бесконечно малой по сравнению с функцией \(g\) при \(x\rightarrow x_0\) и пишут
$$
f(x)=o(g(x)),\quad x\rightarrow x_{0},\label{ref27}
$$
или, короче, \(f=o(g),\;x\rightarrow x_0\).

Эта запись читается так: "\(f\) есть о малое от \(g\) при \(x\) стремящемся к \(x_0\)". В частности, запись \(f(x)=o(1),\;x\rightarrow x_0\), означает, что \(f(x)\) является бесконечно малой функцией при \(x\rightarrow x_0\). Если \(g(x)\neq 0\) в некоторой проколотой окрестности точки \(x_0\), то соотношение \eqref{ref27} можно записать в виде
$$
\lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)}=0\nonumber
$$
или в виде
$$
\lim_{x\rightarrow x_{0}}\frac{o(g)}{g}=0.\nonumber
$$

Следует иметь в виду, что функции \(f\) и \(g\), о которых идет речь в записи \eqref{ref27}, не обязательно являются бесконечно малыми при \(x\rightarrow x_0\). Например, если \(x\rightarrow\infty\), то \(x^2=o(x^4)\), а функции \(x^2\) и \(x^4\) являются бесконечно большими при \(x\rightarrow\infty\).

В случае когда функция \(g\) в записи \eqref{ref26} является бесконечно малой, говорят, что при \(x\rightarrow x_0\) функция \(f\) — бесконечно малая более высокого порядка, чем \(g\). Например, при \(x\rightarrow 0\) функции \(\displaystyle x^2,\;\cos x\operatorname{sh}^{2}x,\;\operatorname{tg}^{3}x\sin\frac{1}{x}\) — бесконечно малые более высокого порядка чем \(x\). Поэтому справедливы равенства
$$
x^2=o(x),\;\cos x\operatorname{sh}^2x=o(x),\;\operatorname{tg}^{3}x\sin\frac{1}{x}=o(x),\quad x\rightarrow 0.\nonumber
$$

Символ \(o(x)\) в этих равенствах служит для обозначения множества или, как принято говорить, класса функций, бесконечно малых более высокого порядка, чем \(x\) при \(x\rightarrow 0\). Поэтому правильнее было бы вместо, например, равенства \(x^{2}=o(x),\;x\rightarrow 0\) писать \(x^{2}\in o(x),\;x\rightarrow 0\). Однако вторая запись неудобна для применения при выполнении операций над функциями.

Из сказанного следует, что равенство вида \eqref{ref27} не является равенством в обычном смысле. Такое равенство в соответствии с определением записи \eqref{ref27} следует читать только слева направо, поскольку правая часть обозначает класс функций, бесконечно малых по сравнению c \(g(x)\) при \(x\rightarrow x_0\), а \(f(x)\) — какая-либо функция этого класса.

Отметим некоторые важные для дальнейшего изложения (см. \S 18) свойства символа \(o(g)\): считая, что \(x\rightarrow x_0\), а равенства, содержащие этот символ, читаются слева направо (здесь C — постоянная):
\begin{align*}
o(Cg)=o(g)\nonumber\\
Co(g)=o(g)\nonumber\\
o(g)+o(g)=o(g)\nonumber\\
o(o(g))=o(g)\nonumber\\
o(g+o(g))=o(g)\nonumber\\
o(g^{n})o(g^{m})=o(g^{n+m}),&\;n\in\mathbb{N},\quad m\in\mathbb{N}\nonumber\\
g^{n-1}o(g)=o(g^{n}),&\;n\in\mathbb{N}\nonumber\\
(o(g))^{n}=o(g^{n}),&\;n\in\mathbb{N}\nonumber\\
\frac{o(g^{n})}{g}=o(g^{n-1}),&\;n\in\mathbb{N},\;g\neq 0\;в\;\dot{U}_{\delta}(x_{0})\nonumber
\end{align*}

Докажем первое из этих свойств.


\(\circ\) Надо показать, что любая функция, принадлежащая классу функций \(о(Cg)\), принадлежит и классу функций \(o(g)\), т.е. если \(f=o(Cg)\), то \(f=o(g),\;x\rightarrow x_0\).

По определению запись \(f=o(Cg)\) означает, что \(f(x)=Cg(x)\alpha(x)\), где \(\alpha(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow x_0\). Но тогда
$$
f(x)=g(x)C\alpha(x)=g(x)=\alpha_1(x),\nonumber
$$
где \(\alpha_1(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow x_0\), т.е. \(f=o(g),\;x\rightarrow x_0\). \(\bullet\)


Наряду с символом \(o(g)\) в математике употребляют символ \(O(g)\). Запись
$$
f(x)=O(g(x)),\quad x\rightarrow x_0,\label{ref28}
$$

означает, что в некоторой проколотой окрестности \(\dot{U}_\delta(x_0)\) точки \(x_0\) определены функции \(f,g,\varphi\) такие, что
$$
f(x)=g(x)\varphi(x),\label{ref29}
$$
где, \(\varphi(x)\) — функция, ограниченная на \(\dot{U}_{\delta}(x_{0})\), т.е.
$$
\exists C>0:\forall x\in\dot{U}_{\delta}(x_{0})\rightarrow|\varphi(x)|\leq C.\nonumber
$$
Соотношение \eqref{ref28} читается так:"\(f(x)\) есть О большое от \(g(x)\) при \(x\), стремящемся к \(x_{0}\)".

Например,
\begin{gather*}
x^{2}+2x^{3}=O(x^{2}),\;x\rightarrow 0;\nonumber\\
x^{2}+2x^{3}=O(x^{3}),\;x\rightarrow\infty.\nonumber
\end{gather*}
Аналогично запись
$$
f(x)=O(g(x)),\quad x\in E,\nonumber
$$
означает, что на множестве \(E\) справедливо равенство \eqref{ref29}, где \(\varphi\) — функция, ограниченная на множестве. Отсюда следует, что
$$
|f(x)|\leq C|g(x)|,\quad x\in E.\nonumber
$$
В частности, если \(f(x)=O(1),\;x\in E\), то Функция \(f\) ограничена на множестве \(E\). Например, можно записать, что \(\cos x^{2}=O(1),\;x\in\mathbb{R}\)


г) Критерий эквивалентности функций.

Теорема 4. Для того чтобы функции \(f(x)\) и \(g(x)\) были эквивалентными при \(x\rightarrow x_{0}\), необходимо и достаточно, чтобы
$$
f(x)=g(x)+o(g(x)),\quad x\rightarrow x_{0}.\label{ref30}
$$

Доказательство.

\(\circ\) Пусть \(f\sim g\) при \(x\rightarrow x_{0}\); тогда выполняются условия \eqref{ref24}, м поэтому \(f(x)-g(x)=g(x)(h(x)-1)=g(x)\alpha(x)\), где \(\alpha(x)=h(x)-1\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow x_{0}\). Отсюда по определению символа \(o(g)\) следует, что \(f-g=o(g),\;x\rightarrow x_{0}\), т.е. справедливо равенство \eqref{ref30}.

Обратно: из равенства \eqref{ref30} следует, что \(f\sim g\) при \(x\rightarrow x_{0}\). Действительно, если выполняется равенство \eqref{ref30}, то \(f(x)=g(x)+g(x)\alpha(x)\), где \(\alpha(x)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow x_{0}\), откуда \(f(x)=g(x)h(x)\), где \(h(x)=1+\alpha(x)\rightarrow 1\) при \(x\rightarrow x_{0}\), т.е. \(f(x)\sim g(x)\) при \(x\rightarrow x_{0}\). \(\bullet\)


Теорема 4 позволяет приведенную в п.5, а) таблицу эквивалентных функций записать в виде
\begin{align}
\sin x=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
\operatorname{tg}x=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
\arcsin x=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
\operatorname{arctg}x=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
e^{x}-1=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
\operatorname{sh}x=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
\ln(1+x)=x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber\\
(1+x)^{\alpha}-1=\alpha x+o(x),\quad x\rightarrow 0\nonumber
\end{align}

С помощью этой таблицы можно вычислять пределы функций.


Пример 11.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{e^{x}-\sqrt[3]{1+x}}{2\operatorname{агctg}x-\arcsin x}\).

Решение.

\(\triangle\) Так как \(e^{x}-1=x+o(x),\;\displaystyle \sqrt[3]{1+x}-1=\frac{1}{3}x+o(x),\;\operatorname{агсtg}x=x+o(x),\arcsin x=x+o(x)\), то
$$
e^{x}-\sqrt[3]{1+x}=\frac{2}{3}x+o(x),\nonumber
$$
$$
2\operatorname{arctg}x-\arcsin x=x+o(x)\;при\;x\rightarrow 0.\nonumber
$$
Поэтому
$$
\frac{e^{x}-\sqrt[3]{1+x}}{2\operatorname{arctg}x-\arcsin x}=\frac{\frac{2}{3}x+o(x)}{x+o(x)}=\frac{\frac{2}{3}+\frac{o(x)}{x}}{1+\frac{o(x)}{x}},\nonumber
$$
где \(\displaystyle \frac{o(x)}{x}=o(1)\rightarrow 0\) при \(x\rightarrow 0\). Следовательно, искомый предел равен \(\displaystyle \frac{2}{3}.\quad\blacktriangle\)


Пример 12.

Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\left(\frac{\cos x}{\operatorname{ch}x}\right)^{1/(x\ln(1+x))}\).

Решение.

\(\triangle\) Используя результат примера 9 и асимптотическую формулу \(\ln(1+х)\sim x\) при \(x\rightarrow 0\), получаем
\begin{gather*}
\cos x-1=-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2}),\quad \operatorname{ch}x-1=\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2}),\nonumber\\
x\ln(1+x)=x(x+o(x))=x^{2}+o(x^{2}),\;x\rightarrow 0.\nonumber
\end{gather*}
Применяя Формулу \eqref{ref16}, находим
$$
\lim_{x\rightarrow 0}(\cos x)^{1/(x\ln(1+x))}=\lim_{x\rightarrow 0}\left(1-\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})\right)^{1/(x^{2}+o(x^{2}))}=e^{-1/2},\nonumber
$$
так как
$$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\displaystyle -\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2})}{x^{2}+o(x^{2})}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\displaystyle -\frac{1}{2}+o(1)}{1+o(1)}=-\frac{1}{2}.
$$
Аналогично получаем, что
$$
\lim_{x\rightarrow 0}(\operatorname{ch}x)^{1/(x\ln(1+x))}=\lim_{x\rightarrow 0}(1+\frac{x^{2}}{2}+o(x^{2}))^{1/(x^{2}+o(x^{2}))}=e^{1/2}.\nonumber
$$
Следовательно, искомый предел равен \(\displaystyle \frac{e^{-1/2}}{e^{1/2}}=e^{-1}\). \(\blacktriangle\)


В заключение отметим, что в дальнейшем будут рассмотрены более эффективные методы вычисления пределов, основанные на использовании понятия производной (\S 18, 19).