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 \(x\rightarrow a\), то есть \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}f(x)=\lim_{x\rightarrow a}g(x)=0\).
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
$$
f(x)=(x-a)^{k}f_{1}(x),\quad g(x)=(x-a)^{k}g_{1}(x),\nonumber
$$
где \(k\in\mathbb{N}\), а функции \(f_{1},\ g_{1}\) непрерывны в точке \(a\), то
$$
\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f_1(x)}{g_1(x)}\ при\ x\neq a,\nonumber
$$
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 \(x\rightarrow a\), то есть \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}f(x)=\infty\), \(\displaystyle\lim_{x\rightarrow a}g(x)=\infty\), 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 \(n\), то есть
$$
f(x)=\sum_{k=0}^{n}a_{k}x^{k},\quad g(x)=\sum_{k=0}^{n} b_{k}x^{k},\nonumber
$$
где \(a_{n}\neq 0,\ b_{n}\neq 0\), то, разделив числитель и знаменатель дроби \(\frac{f(x)}{g(x)}\) на \(x^n\), найдем
$$
\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\displaystyle a_{n}+a_{n-1}\frac{1}{x}+\ldots+\frac{a_{0}}{x^{n}}}{\displaystyle b_{n}+b_{n-1}\frac{1}{x}+\ldots+\frac{b_{0}}{x^{n}}}=\frac{a_{n}}{b_{n}}.\nonumber
$$
Пример 1
Найти \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}F(x)\), если:
- \(F(x)=\displaystyle \frac{2x^2+x-3}{x^3-2x+1},\ a=1\);
- \(F(x)=\displaystyle \frac{\sqrt{x+21}-5\sqrt{x-3}}{x^{3}-64},\ a=4\);
- \(F(x)=\displaystyle \frac{\operatorname{tg}x-\sin{x}}{x^3},\ a=0\);
- \(F(x)=\displaystyle \sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x^3-x+1},\ a=+\infty\).
Решение
-
- \(\triangle\) Разложив числитель и знаменатель на множители, получим \(F(x)=\displaystyle \frac{(2x+3)(x-1)}{(x-1)(x^2+x-1)}\), откуда \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow 1}F(x)=\lim_{x\rightarrow 1}\frac{2x+3}{x^{2}+x-1}=5\).
- 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
$$
\lim_{x\rightarrow 4}F(x)=\lim_{x\rightarrow 4}\frac{x+21-25(x-3)}{(x-4)\psi(x)\varphi(x)}=\lim_{x\rightarrow 4}\frac{-24}{\psi(x)\varphi(x)}=-\frac{24}{\varphi(4)\psi(4)}=-\frac{1}{20}.\nonumber
$$ - 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
$$
\lim_{x\rightarrow 0}F(x)=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin{x}}{x}\left(\frac{\sin\left({\displaystyle\frac x2}\right)}{\displaystyle\frac x2}\right)^2\frac{1}{2\cos{x}}=\frac{1}{2}.\nonumber
$$ - 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
$$
\lim_{x\rightarrow +\infty}F(x)=\frac{2}{1+1}=1.\quad\blacktriangle\nonumber
$$
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 \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow a}f(\varphi(x))=A\), то есть справедливо равенство \eqref{ref1}. \(\bullet\)
Пример 2
Доказать, что:
- $$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\arcsin x}{x}=1;\label{ref2}
$$ - $$
\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\operatorname{arctg}x}{x}=1.\label{ref3}
$$
Решение
- \(\triangle\) 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}. - 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}. \(\blacktriangle\)
Второй замечательный предел.
Теорема 2
Функция \(\displaystyle \varphi(x)=\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}\) имеет при \(x\rightarrow\infty\) предел, равный \(e\), то есть
$$
\lim_{x\rightarrow\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e.\label{ref4}
$$
Доказательство
\(\circ\)Докажем сначала теорему 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 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 \(\mu=\operatorname{const},\ \alpha(x)\rightarrow 0\) 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
$$
\lambda=lim_{x\rightarrow 0}\frac{-2\sin^2\frac{x}{2}}{\operatorname{tg}^2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^{2}\left(\frac{x}{\operatorname{tg}x}\right)^{2}\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{1}{2},\nonumber
$$
то есть равен \(e^{-1/2}\). \(\blacktriangle\)
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}. \(\blacktriangle\)
Сравнение функций.
Эквивалентные функции.
Определение.
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 \(x\rightarrow x_0\).
Можно 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 при \(x\rightarrow 0\):
- $$
1-\cos x\sim\frac{x^{2}}{2},\nonumber
$$ - $$
\operatorname{ch}x-1\sim\frac{x^{2}}{2}.\nonumber
$$
Решение.
- \(\triangle\) 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 \(x\rightarrow 0\).
- 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 \(x\rightarrow 0\). \(\blacktriangle\)
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. \(\blacktriangle\)
Понятие бесконечно малой функции по сравнению с другой.
Определение.
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 свойства символа \(o(g)\): считая, что \(x\rightarrow x_0\), а равенства, содержащие этот символ, читаются слева направо (здесь C — постоянная):
Свойства.
- \(o(Cg)=o(g)\)
- \(Co(g)=o(g)\)
- \(o(g)+o(g)=o(g)\)
- \(o(o(g))=o(g)\)
- \(o(g+o(g))=o(g)\)
- \(o(g^{n})o(g^{m})=o(g^{n+m}),\ n\in\mathbb{N},\quad m\in\mathbb{N}\)
- \(g^{n-1}o(g)=o(g^{n}),\ n\in\mathbb{N}\)
- \((o(g))^{n}=o(g^{n}),\ n\in\mathbb{N}\)
- \(\displaystyle\frac{o(g^{n})}{g}=o(g^{n-1}),\ n\in\mathbb{N},\ g\neq 0\ в\ \dot{U}_{\delta}(x_{0})\)
Докажем первое из этих свойств.
\(\circ\) Надо показать, что любая функция, принадлежащая классу функций \(o(Cg)\), принадлежит и классу функций \(o(g)\), то есть 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 \(x\rightarrow x_0\), то есть \(f=o(g),\;x\rightarrow x_0\). \(\bullet\)
Наряду с символом \(o(g)\) в математике употребляют символ \(O(g)\).
Определение.
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 \(\dot{U}_{\delta}(x_{0})\), то есть
$$
\exists C>0:\forall x\in\dot{U}_{\delta}(x_{0})\rightarrow|\varphi(x)|\leq C.\nonumber
$$
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 \(\cos x^{2}=O(1),\;x\in\mathbb{R}\)
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 \(f-g=o(g),\;x\rightarrow x_{0}\), то есть 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 \(x\rightarrow x_{0}\), то есть \(f(x)\sim g(x)\) при \(x\rightarrow x_{0}\). \(\bullet\)
Данная теорема позволяет приведенную выше 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 \(\displaystyle \lim_{x\rightarrow x_0}\frac{e^{x}-\sqrt[3]{1+x}}{2\operatorname{arctg}x-\arcsin x}\).
Решение.
\(\triangle\) Так как \(e^{x}-1=x+o(x)\), \(\displaystyle \sqrt[3]{1+x}-1=\frac{1}{3}x+o(x)\), \(\operatorname{arctg}x=x+o(x)\), \(\arcsin x=x+o(x)\), 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.
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.