Глава 6. Непрерывные функции

6.1. Точки непрерывности и разрыва функции

6.2. Свойства функций, непрерывных на отрезке

6.3. Равномерно непрерывные функции

6.4. Монотонные функции. Существование обратных функций

6.5. Элементарные функции

6.6. Эквивалентность, порядок функции в точке

Глава 6

Непрерывные функции

6.1. Точки непрерывности и разрыва функции

Предположим, что функция $f$ определена в некоторой окрестности точки $x_0.$ Функция $f$ называется непрерывной в точке $x_0$, если существует предел функции $f$ при $x\to x_0$, и он равен ее значению в точке $x_0$, т. е.

                    $$\lim_{x\to x_0}{f(x)}=f(x_0)=f\left(\lim_{x\to x_0}x\right).
\eqno(6.1.1)$$

Можно записать развернутое определение непрерывности функции в точке, если воспользоваться определением предела функции по Коши или Гейне.

Функция $f$ называется непрерывной в точке $x = x_0 \in (a,b)$ по Коши, если она определена в $(a,b)$ и для любого $\varepsilon >0$ существует $\delta>0$ такое, что для всех $x\in(a,b)$ и $\vert x-x_0\vert<\delta$ выполняется неравенство $\vert f(x)-f(x_0)\vert<\varepsilon$.

Функция $f$ называется непрерывной в точке $x = x_0 \in (a,b)$ по Гейне, если она определена в $(a,b)$ и для любой последовательности $\{x_n\}\subset(a,b)$ такой, что $x_n\to x_0$, выполняется $f(x_n)\to f(x_0)$.

Пример 6.1.1. $f(x)=x^2$ непрерывна в любой точке, так как если $x_n\to x_0$, то $f(x_n)=x^2_n\to x_0^2=f(x_0)$.
Точка $x_0\in (a,b)$ называется точкой разрыва функции $f$, если функция определена на интервале $(a,b)$, а в точке $x_0$ не определена или определена и в точке $x_0$, но не является непрерывной в ней.

Предположим, что точка $x_0$ -- точка разрыва функции $f$. Точка $x_0$ называется точкой разрыва первого рода функции $f$, если у функции $f$ существуют в этой точке конечные односторонние пределы. В противном случае точка $x_0$ называется точкой разрыва второго рода функции $f$.

Приведем схематически все возможные варианты точек разрыва функции первого рода (см. рис. 6.1.1).

Рис. 6.1.1

Пример 6.1.2. Функция

$$\theta(x)= \cases{ 0, &$x<0$,\cr 1, &$x\geq0$,\cr }$$

определена в точке $x_0=0$, но не существует $\lim\limits_{x\to0}{\theta(x)}$. Следовательно, в точке $x_0$ функция $\theta(x)$ имеет разрыв, и этот разрыв первого рода, так как существуют конечные односторонние пределы в точке $x_0$.

Пример 6.1.3. Для функции

$$f(x)= \cases{ \displaystyle \frac{1}{x}, &$x\not=0$,\cr\cr 0, &$x=0$,\cr }$$

$x_0=0$ -- точка разрыва $f(x)$, причем второго рода, так как не существуют конечные односторонние пределы функции в $x_0$.

Исходя из свойств предела, можно доказать следующую теорему.

Теорема 6.1.1. Если функции $f$ и $g$ непрерывны в точке $x_0$, то непрерывны в точке $x_0$ и функции $f\pm g,$ $fg.$ Если, кроме того, $g(x_0)\not=0$, то функция $f/g$ тоже непрерывна в точке $x_0$.

Пример 6.1.4. $f(x)=\displaystyle \frac{1}{x}$ непрерывна в любой точке $x\not=0$.

Примеры непрерывных функций:

$1)\ f(x)\equiv c$ непрерывна в ${\Bbb R}$ (в каждой точке множества ${\Bbb R}$);

$2)\ f(x)=x^n$ непрерывна в ${\Bbb R}$;

$3)\ f(x)= a_0x^n+a_1x^{n-1}+\ldots+a_{n-1}x+a_n$ непрерывна в ${\Bbb R}$;

$4)\ f(x)=\sin x$, $f(x)=\cos x$ непрерывны в ${\Bbb R}$, так как (см. (6.1.3))

$$\vert\sin x-\sin x_0\vert=2\left\vert\sin\frac{x-x_0}{2}\ri... ...eft\vert\cos\frac{x+x_0}{2}\right\vert \leq\vert x-x_0\vert,$$

$$\vert\cos x-\cos x_0\vert=2\left\vert\sin\frac{x-x_0}{2}\ri... ...eft\vert\sin\frac{x+x_0}{2}\right\vert \leq\vert x-x_0\vert.$$

Первый замечательный предел.
Докажем, что имеет место следующее равенство:

$$\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{x}=1. \eqno(6.1.2)$$

Исходя из геометрических рассмотрений (см. рис. 6.1.2), имеем следующие неравенства для величин площадей:

$$S_{\Delta_{OAC}}<S_{OAC}<S_{\Delta_{OAD}}.$$

Отсюда получим, считая что $0 < x < \pi/2$,

$$\sin x<x<\tg x. \eqno(6.1.3)$$

Так как $\sin x>0$,

$$1<\frac{x}{\sin x}<\frac{1}{\cos x}.$$

Рис. 6.1.2

Следовательно,

$$\cos x<\frac{\sin x}{x}<1. \eqno(6.1.4)$$

Ясно, что эти неравенства выполняются и для $-\pi/2 < x < 0$. В неравенствах (6.1.4) перейдем к пределу при $x\to0$ и из непрерывности функции $\cos x$ получим

$$\frac{\sin x}{x}\to1\quad \textit{\rm при}\quad x\to0.$$

Теорема 6.1.2. Если функция $y = \varphi(x)$ непрерывна в точке $x_0$, а функция $f(y)$ непрерывна в точке $y_0$, где $y_0 = \varphi(x_0)$, то сложная функция $F(x)=f(\varphi(x))$ непрерывна в точке $x_0$.

Доказательство. Пусть $x_n\to x_0$. Тогда в силу непрерывности в точке $x_0$ функции $\varphi$ последовательность $y_n = \varphi(x_n)$
сходится к $y_0 = \varphi(x_0)$. Но тогда, в силу непрерывности уже функции $f$ в точке $y_0$, последовательность $z_n = f(y_n) = F(\varphi(x_n))$ сходится к $f(y_0) = F(\varphi(x_0))$. Итак, из определения Гейне следует, что функция $F(\varphi(x))$ непрерывна в точке $x_0$.

Замечание 6.1.1. Если считать, что существуют пределы $\varphi(x)\to y_0$ при $x\to x_0$ и $f(y)\to A$ при $y\to y_0$, то в теореме 6.1.2 доказано, что

$$\lim_{x\to x_0}F(x)= \lim_{x\to x_0}f\left(\varphi(x)\right)=\lim_{y\to y_0}f(y). \eqno(6.1.4)$$

Это равенство можно понимать как правило замены переменной при нахождении пределов.

Пример 6.1.5.

$$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to\pi}\frac{\sin x}{x-\pi} &=& \left[\parbox{3cm}{$y=... ...{\frac{\sin(y+\pi)}{y}} = -\lim_{y\to0} \frac{\sin y}{y} = -1. \end{eqnarray*}$$

6.2. Свойства функций, непрерывных на отрезке

Напомним, что функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, если она непрерывна во всех точках интервала $x_0\in (a,b)$ и непрерывна справа в точке $a$ и слева в точке $b$.

Для таких функций имеет место ряд важных теорем.

Теорема 6.2.1 (первая теорема Вейерштрасса). Если функция $f(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, то она ограничена на нем.

Необходимо доказать, что существует $M>0$, что для всех $x\in[a,b]$ выполняется $\vert f(x)\vert\leq M$.

Доказательство (от противного). Пусть для всякого
$M>0$ найдется такая точка $x_{\mathstrut_M}\in[a,b]$, что $\vert f(x_{\mathstrut_M})\vert>M$:

для $M=1$ найдется $x_1\in[a,b]:\ \vert f(x_1)\vert>1$;

для $M=2$ найдется $x_2\in[a,b]:\ \vert f(x_2)\vert>2$ и т. д.,

. . . . . . . .

для $M=n$ найдется $x_n\in[a,b]:\ \vert f(x_n)\vert>n$ и т. д.,

. . . . . . . .

Итак, построена последовательность $\{x_n\}\subset[a,b]$ такая, что для всех $n$: $\vert f(x_n)\vert>n$. Ясно, что $f(x_n)\to\infty$. Последовательность $\{x_n\}\subset[a,b]$, т. е. ограничена. Следовательно, по теореме Больцано - Вейерштрасса, существует подпоследовательность $\{x_{n_k}\}\subset\{x_n\}$ такая, что $x_{n_k}\to\alpha\in[a,b]$. Так как функция $f$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, она непрерывна и в точке $\alpha\in[a,b]$. Итак, имеем $f(x_{n_k})\to f(\alpha)$, но по построению $f(x_{n_k})\to\infty$, что является противоречием.

Пример 6.2.1. На интервале теорема, вообще говоря, неверна. Функция $f(x)=1/x$ непрерывна на $(0,1)$, но не ограничена на нем.

Теорема 6.2.2 (вторая теорема Вейерштрасса). Непрерывная функция $f$ на отрезке $[a,b]$ достигает в некоторых точках отрезка $[a,b]$ своих точных верхней и нижней границ, т. е. существуют $\alpha,\beta\in[a,b]$ такие, что

$$f(\alpha)=\inf_{x\in[a,b]}f(x),\ \ f(\beta)=\sup_{x\in[a,b]}f(x).$$

Доказательство. Докажем существование точки максимума функции $f$, т.е. точки $\beta$, в которой значение функции равно точной верхней грани множества значений функции $f$. По предыдущей теореме 6.2.1 непрерывная на отрезке $[a,b]$ функция $f$ является ограниченной на этом отрезке, следовательно, ограничена сверху, например, числом $K$, т. е. для всех $x\in[a,b]:\ f(x)\leq K$. Тогда существует точная верхняя граница $M$ множества значений функции $f(x)$ на отрезке $[a,b]:$ $\sup\limits_{x\in [a,b]}f(x)=M$, т.е. такое число $M$, что

1) для всех $x\in[a,b]:\ f(x)\leq M$;

2) для любого $\varepsilon >0$ существует точка $x_\varepsilon\in[a,b]:$
$M-\varepsilon<f(x_\varepsilon)\leq M$.

Возьмем последовательные значения $\varepsilon=\displaystyle \frac{1}{n},\ n=1,2,\ldots$
Тогда построена последовательность $\{x_n\}\subset[a,b]$. Эта последовательность ограничена. Следовательно, по теореме Больцано - Вейерштрасса из нее можно выделить подпоследовательность $\{x_{n_k}\}\subset\{x_n\}$ такую, что $x_{n_k}\to\beta\in[a,b]$. Функция $f$ непрерывна в точке $x=\beta$.

Следовательно, $f(x_{n_k})\to f(\beta)$, но, с другой стороны, для всех $k$ выполняется $M-\displaystyle \frac{1}{n_k}<f(x_{n_k})\leq M$. В силу свойства 3.2.5 сходящихся последовательностей заключаем, что $f(x_{n_k})\to M$. Итак, $f(\beta)=M=\sup\limits_{x\in [a,b]}f(x)$.

Замечание 6.2.1. Если функция разрывна, то теорема 6.2.2, вообще говоря, неверна. Например, $f(x)=x,\ x\in[0,1)$, $f(1)=0$ (см. рис. 6.2.1). Значение, равное $1$, функцией не достигается.

Рис. 6.2.1                                                  Рис. 6.2.2

Теорема 6.2.3. Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, ее значения на концах отрезка $f(a)$ и $f(b)$ не равны нулю и имеют разные знаки, то на интервале $(a,b)$ имеется по крайней мере одна точка $c$ такая, что $f(c)=0$.

Доказательство (метод Больцано деления отрезка пополам). Пусть $f(a)<0<f(b)$ (см. рис. 6.2.3).

Рис. 6.2.3

Обозначим отрезок $[a,b]=\Delta_0$. Разделим его пополам. Если в середине отрезка $\Delta_0$ функция равна нулю, то все доказано. Если нет, то обозначим за $\Delta_1=[a_1,b_1]$ ту из половин отрезка $[a,b]$, на концах которой функция $f(x)$ имеет разные знаки: $f(a_1)<0<f(b_1)$. Разделим отрезок $\Delta_1$ пополам. Если в середине отрезка $\Delta_1$ функция равна нулю, то все доказано. Если нет, то обозначим за $\Delta_2=[a_2,b_2]$ ту из половин отрезка $[a,b]$, на концах которой функция $f(x)$ имеет разные знаки: $f(a_2)<0<f(b_2)$. Рассуждая таким образом, мы либо на каком-то шаге получим точку, в которой функция обращается в нуль, и все доказано, либо построим систему вложенных отрезков, длины которых стремятся к нулю, и для всех $n$ выполняются неравенства $f(a_n)<0<f(b_n)$. Следовательно, по теореме Кантора существует точка $c$, принадлежащая всем отрезкам $\Delta_n$. Поэтому $c\in\Delta_0=[a,b]$ и $\lim\limits_{n\to\infty} a_n=c=\lim\limits_{n\to\infty} b_n$. Тогда, с одной стороны,

$$\lim\limits_{n\to\infty}f(a_n)\leq0\leq\lim\limits_{n\to\infty}f(b_n),$$

с другой стороны, в силу непрерывности функции $f(x)$ в точке $c$,

$$\lim\limits_{n\to\infty}f(a_n)=\lim\limits_{n\to\infty}f(b_n)=f(c).$$

Следовательно, $f(c)=0$.

Теорема 6.2.4. Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a,b],\ f(a)=A,\ f(b)=B$, причем $A<B$, и $C$ -- произвольное число такое, что $A<C<B$, то на интервале $(a,b)$ найдется по крайней мере одна точка $c\in(a,b)$, в которой $f(c)=C$ $($т. е. непрерывная на отрезке функция принимает все промежуточные значения между ее значениями на концах отрезка$)$.

Доказательство. Рассмотрим функцию $F(x)=f(x)-C$, где $A<C<B$. Функция $F(x)$ непрерывна на отрезке $[a,b]$, и $F(a)=f(a)-C=A-C<0$, $F(b)=f(b)-C=B-C>0$. Следовательно, по теореме 6.2.3 существует точка $c\in(a,b):\ F(c)=0$. Отсюда, $f(c)=C$.

Замечание 6.2.2. Если функция разрывна, то теорема, вообще говоря, неверна. Например, можно взять функцию $f(x)=0,\ x\in[0,1),\ f(1)=1$. Числовые значения из промежутка $(0,1)$ этой функцией не принимаются (см. рис. 6.2.2).

6.3. Равномерно непрерывные функции

Напомним ряд определений.

Функция $f$ непрерывна в точке $x_0$ из промежутка $X$, если

$$\forall\ \varepsilon > 0\ \exists\ \delta(\varepsilon ,x_0) ... ...\vert x-x_0\vert<\delta:\ \vert f(x)-f(x_0)\vert<\varepsilon .$$

Функция $f$ непрерывна на промежутке $X$, если

$$\forall\ x_0 \in X\ \forall\ \varepsilon > 0\ \exists\ \de... ...silon ,x_0) > 0\ \forall\ x \in X,\ \vert x-x_0\vert < \delta:$$

$$\vert f(x)-f(x_0)\vert < \varepsilon .$$

Функция $f$ равномерно непрерывна на промежутке $X$, если

$$\forall\ \varepsilon > 0\ \exists\ \delta(\varepsilon ) > 0\... ...n X\ \forall\ x^{''} \in X,\ \vert x^{''}-x^{'}\vert < \delta:$$

$$\vert f(x^{''})-f(x^{'})\vert < \varepsilon .$$

В случае равномерной непрерывности функции $f$ на промежутке $X$ параметр $\delta$ зависит только от величины $\varepsilon$, но не от расположения точки $x_0$ на промежутке $X$. Поэтому точки $x$ и $x_0$ можно считать равноправными, и в определении они обозначены как $x^{'}$ и $x^{''}$. Очевидно, равномерная непрерывность $f$ на $[a,b]$ влечет непрерывность $f$ на $[a,b]$. Механически свойство равномерной непрерывности функции на промежутке можно представить как возможность при любом $\varepsilon >0$ найти такую длину трубки $\delta>0$, что ее можно протянуть через график функции вдоль всего промежутка так, чтобы ось трубки была все время параллельна оси $x$ (см. рис. 6.3.1). Видно, что чем "круче" график функции, тем меньше длина трубки.

Очевидно, что функция $f(x)=x$ равномерно непрерывна на всей числовой оси, а неограниченные функции на конечном промежутке не могут быть на нем равномерно непрерывны. Например, такова функция $f(x)=\displaystyle \frac{1}{x}$ на промежутке $(0,1]$. Но существуют и ограниченные функции, не являющиеся равномерно непрерывными на конечном промежутке. Например, функция $f(x)=\sin\displaystyle \frac{1}{x}$ не является равномерно непрерывной на промежутке $(0,1]$. Действительно, достаточно взять $\varepsilon =\displaystyle \frac{1}{2}$, тогда для любого $\delta>0$ найдутся точки вида $x^{'}=\displaystyle \frac{2}{\pi(2n+1)}$ и $x^{''}=\displaystyle \frac{1}{\pi(2n+1)}$ такие, что $\vert x^{'}-x^{''}\vert=\displaystyle \frac{1}{\pi(2n+1)}<\delta$ и

$$\vert f(x^{''})-f(x^{'})\vert=\left\vert\displaystyle \sin\left[\frac{\pi}{2}+\pi n\right]\right\vert=1>\frac{1}{2}.$$

Рис. 6.3.1

Теорема 6.3.1 (Кантор). Непрерывная на отрезке $[a,b]$ функция $f$ равномерно непрерывна на этом отрезке.

Доказательство (от противного). Пусть для некоторого $\varepsilon >0$ и любого $\delta>0$ найдутся точки $x^{'},x^{''} \in [a,b],\ \vert x^{'}-x^{''}\vert < \delta$, такие, что $\vert f(x^{'})-f(x^{''})\vert\geq\varepsilon$. Для $\delta = 1$ найдутся $x^{'}_1, x^{''}_1 \in [a,b],\ \vert x^{'}_1-x^{''}_1\vert < 1:$

$$\vert f(x^{'}_1)-f(x^{''}_1)\vert \geq\varepsilon;$$

для $\delta = \displaystyle \frac{1}{2}$ найдутся $x^{'}_2, x^{''}_2 \in [a,b],\ \vert x^{'}_2-x^{''}_2\vert < \displaystyle \frac{1}{2}:$

$$\vert f(x^{'}_2)-f(x^{''}_2)\vert \geq \varepsilon,$$

и т. д.;
для $\delta = \displaystyle \frac{1}{n}$ найдутся $x^{'}_n, x^{''}_n \in [a,b],\ \vert x^{'}_n-x^{''}_n\vert < \displaystyle \frac{1}{n}:$

$$\vert f(x^{'}_n)-f(x^{''}_n)\vert \geq \varepsilon,$$

и т.д.
Построены две последовательности $\{x_n^{'}\}\subset[a,b],$ $\{x_n^{''}\}\subset[a,b]$ такие, что для всех $n$ выполняются неравенства $\vert x^{'}_n-x^{''}_n\vert<\displaystyle \frac{1}{n}$ и $\vert f(x^{'}_n)-f(x^{''}_n)\vert\geq\varepsilon$. По теореме Вейерштрасса из второй последовательности $\{x_n^{''}\}\subset[a,b]$ можно выделить сходящуюся подпоследовательность $\{x_{n_k}^{''}\}\subset\{x_n^{''}\}:$ $x_{n_k}^{''} \to x_0\in[a,b]$ при ${k\to\infty}$. Из первых неравенств следует, что

$$-\frac{1}{n_k}<x_{n_k}^{'}-x_{n_k}^{''}<\frac{1}{n_k},$$

т. е.

$$x_{n_k}^{''}-\frac{1}{n_k}<x_{n_k}^{'}<x_{n_k}^{''}+\frac{1}{n_k}$$

для $k=1,2,\ldots$.

Тогда по свойству 3.2.5 сходящихся последовательностей получим, что $x_{n_k}^{'}\to x_0$ при $k\to\infty$. Итак, последовательности $\{x_{n_k}^{'}\}$ и $\{x_{n_k}^{''}\}$ сходятся к одной точке $x_0\in[a,b]$. Функция $f(x)$ непрерывна в точке $x_0\in[a,b]$ и, следовательно, последовательности $\{f(x_{n_k}^{'})\},\ \{f(x_{n_k}^{''})\}$ сходятся к одному пределу $f(x_0)$, что невозможно, так как их разность $\{f(x_{n_k}^{'})-\{f(x_{n_k}^{''})\}$ не стремится к нулю.

6.4. Монотонные функции. Существование
обратных функций

Пусть дана функция $f:\ X\stackrel{\textit{на}}{\longrightarrow} Y$. Она отображает множество $X$ на множество $Y$, т. е. $f(X)=Y$. Это означает, что для любого $y\in Y$ множество $f^{-1}(y)\not=\varnothing$. Обратное соответствие $f^{-1}:\ Y\to X$ определено на любом элементе $y\in Y$, однако обратное соответствие может не быть функцией, т. е. однозначным соответствием. Выясним некоторые достаточные условия существования обратной функции.

Функция $f(x)$ называется строго возрастающей на множестве $X$, если для всех $x_1$ и $x_2\in X$ $(x_1 < x_2): \ f(x_1)<f(x_2)$. Аналогично определяется строго убывающая функция. Строго убывающие и строго возрастающие функции называются строго монотонными.

Теорема 6.4.1 Если функция $f:\ X\stackrel{\textit{на}}{\longrightarrow} Y$ и строго монотонная на множестве $X$, то обратное соответствие $f^{-1}:\ Y\longrightarrow X$ однозначное, т. е. будет обратной функцией, и тоже строго монотонное.

Доказательство. Положим, для определенности, что функция $f(x)$ строго монотонно возрастает на $X$. Возьмем любое $y\in Y$. Так как по условию теоремы прямая функция отображает $X$ на $Y$, то полный прообраз элемента $y$ не пуст, т. е. $f^{-1}(y)\not=\varnothing$. Если предположить, что $f^{-1}(y)$ состоит более чем из одного элемента, то получим противоречие. Действительно, пусть $x_1,x_2\in f^{-1}(y)$. Тогда, если $x_1<x_2$, то по условию строгого монотонного возрастания функции $f(x)$ справедливо неравенство $f(x_1)<f(x_2)$, но это противоречит тому, что $f(x_1)=y=f(x_2)$. Если $x_1>x_2$, получим аналогичное противоречие. Следовательно, $f^{-1}(y)$ состоит только из одного элемента, и поэтому соответствие $f^{-1}:\ Y\longrightarrow X$ есть обратная функция.

Функция $f^{-1}$ -- строго монотонно возрастающая на $Y.$ Действительно, пусть $y_1<y_2$ и $x_1=f^{-1}(y_1)$, $x_2=f^{-1}(y_2)$, тогда если $x_1 = x_2$, то $y_1 = f(x_1)= f(x_2) =y_2$, а у нас $y_1<y_2$; если $x_1>x_2$, то $y_1 = f(x_1)> f(x_2) =y_2$, а у нас $y_1<y_2$. Следовательно, $x_1=f^{-1}(y_1)<f^{-1}(y_2)=x_2$, т. е. функция $f^{-1}(y)$ строго монотонно возрастает на $Y$.

Теорема 6.4.2. Пусть функция $y=f(x)$ определена, непрерывна и строго возрастает на отрезке $[a,b],$ $f(a)=A,$ $f(b) = B$. Тогда $f([a,b]) = [A,B]$, и обратная функция $f^{-1}$ определена, непрерывна и строго возрастает на отрезке $[A,B]$.

Доказательство. Докажем сначала, что $f([a,b]) = [A,B]$.
Пусть $C\in[A,B]$. Если $C=A$ или $C=B$, то $C\in f([a,b])$. Если $C\in(A,B)$, то по теореме 6.2.4 найдется $c\in(a,b)$ такая, что $C=f(c)$, т. е. $C\in f([a,b])$.

Пусть $C\in f([a,b])$, тогда найдется $c\in(a,b)$ такая, что
$C=f(c)$. Следовательно, в силу строгого возрастания функции $f$ на отрезке $[a,b]$ имеем: $A=f(a)\leq f(c)=C\leq f(b)=B$. Таким образом, $C\in[A,B]$.

Итак, $f:\ [a,b]\stackrel{\textit{на}}{\longrightarrow}[A,B]$ и строго возрастает, следовательно, по теореме 6.4.1 существует обратная функция
$f^{-1}:\ [A,B]\longrightarrow[a,b]$, и она строго возрастает на $[A,B]$.

Докажем теперь непрерывность функции $f^{-1}$ на отрезке $[A,B]$. Рассмотрим любое $y_0 \in [A,B]$ и любую последовательность $\{y_n\} \subset [A,B]$, сходящуюся к $y_0$. Обозначим $x_0=f^{-1}(y_0),$ $x_n=f^{-1}(y_n)\in[a,b]$. Надо доказать, что $x_n\to x_0$. Предположим противное. Тогда из условия $\{x_n\}\subset[a,b]$ следует, что существует ее подпоследовательность $x_{n_k}\to x^{'}\in[a,b]$ и $x^{'}\not=x_0$. Из непрерывности функции $f(x)$ в точке $x^{'}\in[a,b]$ следует сходимость $f(x_{n_k})=f(f^{-1}(y_{n_k}))= y_{n_k}$ к $f(x^{'})\not=y_0=f(x_0)$. Но $y_{n_k}\to y_0$, а это дает противоречие.

Незначительно изменяя приведенные выше рассуждения, можно доказать следующий аналог предыдущей теоремы.

Теорема 6.4.3. Пусть функция $f(x)$ непрерывна и строго монотонно возрастает на интервале $(a,b)$ и $\alpha= \inf\limits_{(a,b)}f(x),$ $\beta=\sup\limits_{(a,b)}f(x)$.
Тогда образ интервала $(a,b)$ есть интервал $(\alpha,\beta)$, и обратная функция $x=f^{-1}(y)$ существует, непрерывна и строго монотонно возрастает на интервале $(\alpha,\beta)$.

Теорема справедлива на $(a,b], [a,b)$.

Пример 6.4.1. Известно, что функция $y=\sin x$ строго монотонна и непрерывна на отрезке $[-\pi/2,\pi/2]$. Тогда по теореме 6.4.2 существует обратная к ней функция на отрезке $[-1,1]$, и она непрерывна и строго монотонно возрастает; это известная функция $x=f^{-1}(y)=\arcsin y$.

Пример 6.4.2. $y=f(x)=x^n,\ n\in{\Bbb N}$. Эта функция определена, непрерывна и строго возрастает на луче $[0,\infty)$. По теореме 6.4.3 для нее существует обратная функция

$$x=\root n\of{y}:\ [0,\infty)\longrightarrow[0,\infty),$$

и она непрерывна и строго возрастает.

6.5. Элементарные функции

Функция $a^x,\ a>1$

Напомним свойства функции $a^r,\ r=\displaystyle \frac{m}{n}\in \mathbb{Q},\ a>1$:

1) $a^{r_1+r_2}=a^{r_1}a^{r_2}$;

2) если $r_1<r_2$, то $a^{r_1}<a^{r_2},\ a^r>0$ для любого $r\in{\Bbb Q}$;

3) $\forall\ \varepsilon > 0\quad \exists\ \delta > 0\quad\forall\ r \in {\Bbb Q}, \ \vert r\vert<\delta:\ \left\vert a^r-1\right\vert<\varepsilon$;

4) $\forall\ x \in {\Bbb R} \hspace{2mm} \forall\ r_n\in{\Bbb Q},\ r_n\to x$: последовательность $\left\{a^{r_n}\right\}$ фундаментальна.

Докажем свойство 3. Известно, что

$$\lim_{n\to\infty}a^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to\infty}a^ {-{\frac{1}{n}}}=1,$$

т. е. для любого $\varepsilon >0$ существует такой номер $N$, что для любого $n>N$ выполняется $1-\varepsilon <a^{-\frac{1}{n}}<a^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon$. Следовательно, если взять $\delta=\displaystyle \frac{1}{n}>0$, то $\forall\ r\in{\Bbb Q},\ \vert r\vert<\displaystyle \frac{1}{n}=\delta$ выполняется $1-\varepsilon <a^{-\frac{1}{n}}<a^r<a^{\frac{1}{n}}<1+\varepsilon$, что означает $\left\vert a^r-1\right\vert<\varepsilon$.

Докажем свойство 4. Возьмем любое $x\in{\Bbb R}$ и любую последовательность $r_n\to x,\ r_n\in{\Bbb Q}$. Тогда последовательность $r_n$ ограничена, т. е. существует число $M_0$ такое, что $\left\vert r_n\right\vert\leq M_0$. Следовательно, $0<a^{r_n}<a^{\vert r_n\vert}\leq a^{M_0}=M$, т. е. последовательность $a^{r_n}$ ограничена сверху. Докажем, что последовательность $\{a^{r_n}\}$ фундаментальна. Возьмем любое $\varepsilon >0$, тогда по свойству 3 существует $\delta>0$ такое, что для любого $r\in{\Bbb Q}$ со свойством $\vert r\vert<\delta$ выполняется неравенство $\left\vert a^r-1\right\vert<\varepsilon /M$. В силу фундаментальности последовательности $\{r_n\}$ для найденного $\delta>0$ существует номер $N$ такой, что для всех $n,m>N$ выполняется неравенство $\left\vert r_n-r_m\right\vert<\delta$. Поэтому $\left\vert a^{r_n}-a^{r_m}\right\vert<a^{r_m} \left\vert a^{r_n-r_m}-1\right\vert< M\varepsilon /M=\varepsilon$.

Исходя из этого, можно дать такое определение показательной функции $a^x$:

$$a^x=\lim_{r_n\to x}a^{r_n},\quad r_n\in{\Bbb Q},\quad a>0,\quad a\not=1.$$

Необходимо проверить только, что этот предел не зависит от выбора последовательности $r_n\to x$. Пусть $r_n^{'}\to x$, тогда $r_n^{'}-r_n\to0$. По свойству 3 $a^{r_n^{'}-r_n}-1\to0$, следовательно,
$a^{r_n^{'}}=a^{(r_n^{'}-r_n)+r_n}=a^{r_n^{'}-r_n}a^{r_n}\to a^x$.

Свойства функции $a^x$ на ${\Bbb R},\ a>1$:

1) $a^{x_1+x_2}= a^{x_1}a^{x_2}$;

2) $\left(a^{x_1}\right)^{x_2}=a^{x_1x_2}$;

3) $a^x>0$;

4) функция $a^x$ строго монотонно возрастает на ${\Bbb R},\ a>1$;

5) $\forall\ \varepsilon > 0\quad \exists\ \delta > 0\quad\forall\ x \in {\Bbb R},\ \vert x\vert<\delta:\ \left\vert a^x-1\right\vert<\varepsilon$;

6) функция $a^x$ непрерывна на ${\Bbb R},\ a>1$;

7) $\sup\limits_{x\in\Bbb R}a^x= \lim\limits_{x\to+\infty}a^x=+\infty$, $\inf\limits_{x\in\Bbb R}a^x=\lim\limits_{x\to-\infty}a^x= 0$.

Свойство 6 следует из свойства 5 и равенства

$$\left\vert a^x-a^{x_0}\right\vert=a^{x_0}\left\vert a^{x-x_0}-1\right\vert.$$

Функция $\log_ax,\ a>1$

Поскольку функция $y=f(x)=a^x,\ a>1,$ строго возрастает и непрерывна на ${\Bbb R}$ и $f\left({\Bbb R}\right)=(0,+\infty)$, то по теореме 6.4.3 существует обратная к ней функция $x=f^{-1}(y)$, и она строго возрастает на интервале $(0,+\infty)$. Это известная логарифмическая функция $x=\log_ay$.

Свойства функции $y=\log_ax,\ x>0,\ a>1$:

$$\begin{array}{llll} 1) & a^{\log_ax}=x, & 3) & \log_axy=\... ...\!\!\!\!\lim\limits_{x\to+\infty}\log_ax=+\infty. \end{array}$$

Степенная функция $x^b$

По определению считаем $x^b=e^{b\ln x},\ x>0,\ b>0,\ 0^b=0$. Эта функция непрерывна на $[0,\infty)$, строго возрастает.

Второй замечательный предел

Докажем, что справедливы равенства

$$\lim_{x\to0} \left(1+x\right)^{\frac{1}{x}}= \lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e. \eqno(6.5.1)$$

Известно, что

$$b_n=\left(1+\displaystyle \frac{1}{n}\right)^n\to e.$$

Следовательно, $b_{n_k}=\left(1+\displaystyle \frac{1}{n_k}\right)^{n_k}\to e$. Сначала докажем, что

$$\left(1+\displaystyle \frac{1}{x}\right)^x\to e\quad\textit{\rm при}\quad x\to+\infty.$$

Рассуждения проведем на языке последовательностей (Гейне). Пусть взята любая последовательность $x_k\to+\infty$, тогда имеем следующую цепочку соотношений ($[x_k]$ -- целая часть числа $x_k$):

$$n_k=\left[x_k\right]\leq x_k<\left[x_k\right]+1=n_k+1.$$

Следовательно,

$$\frac{1}{n_k+1}=\frac{1}{\left[x_k\right]+1}<\frac{1}{x_k} \leq\frac{1}{\left[x_k\right]}=\frac{1}{n_k},$$

$$1+\frac{1}{n_k+1}=1+\frac{1} {\left[x_k\right]+1}<1+\frac{1}{x_k} \leq1+\frac{1}{n_k}.$$

И, воспользовавшись строгим возрастанием функций $a^x$ и $x^b$, получим

$$\left( 1 + \frac{1}{n_k + 1}\right)^{n_k} < \left( 1 + \frac{1}{x_k}\right)^{n_k} < \left( 1 + \frac{1}{x_k}\right)^{x_k} <$$

$$< \left( 1 + \frac{1}{n_k}\right)^{x_k} < \left( 1 + \frac{1}{n_k}\right)^{n_k+1}. \phantom{xxx}$$ (6.5.2)

Левые и правые части неравенств (6.5.2) при $k\to\infty$ стремятся к числу $e$, следовательно, и $\left(1+\displaystyle \frac{1}{x_k}\right)^{x_k}\to e$. Аналогично, для $x\to-\infty$. Для случая

$$\lim_{y\to\infty}\left(1+\frac{1}{y}\right)^y=e$$

можно заметить, что $y_k=1/x_k\to+0$ при $x_k\to+\infty$.

Как следствие второго замечательного предела имеют место следующие равенства:

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}=1,\ \ \ \ \ \ \ \lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=1. \eqno(6.5.3)$$

В силу непрерывности функции $y=f(x)$ в точке $x_0$

$$f(x_0)=f\left(\lim_{x\to x_0}x\right)=\lim_{x\to x_0}f(x).$$

Отсюда следует, что

$$\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}{x}= \lim_{x\to0}\ln\left[(1+x)... ...ght]= \ln\left(\lim_{x\to0}(1+x)^\frac{1}{x}\right)=\ln e=1.$$

Для доказательства второго равенства (6.5.3) рассмотрим функцию $y=\varphi(x)=e^x-1$, строго возрастающую и непрерывную на отрезке $[-\delta,\delta]$. Следовательно, по теореме 6.4.2 существует обратная к ней функция $x=\varphi^{-1}(y)=\ln(1+y)$, которая строго возрастает и непрерывна на отрезке $[e^{-\delta}-1,e^\delta-1]$. Функция $f(y)=y/\ln(1+y)$ имеет предел при $y\to0$, следовательно, и сложная функция (см. замечание 6.1.1)

$$F(x)=f\left(\varphi(x)\right)= \frac{e^x-1}{x}=\left[\frac{\varphi(x)}{\ln(1+\varphi(x))} \right]$$

имеет предел при $x\to0$. Получаем

$$\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}{x}=\lim_{x\to0}F(x)= \lim_{y\to0}f(y)= \lim_{y\to0}\frac{y}{\ln(1+y)}=1.$$

Неопределенности вида $1^\infty,\ 0^0,\ \infty^0$

Если существуют $\lim\limits_{x\to x_0}u(x)>0$, $\lim\limits_{x\to x_0}v(x)$ -- конечный, то из непрерывности функций $e^x$ и $\ln x$ следует, что

$$\lim_{x\to x_0}u(x)^{v(x)}= \left(\lim_{x\to x_0}u(x)\right)^ {\lim\limits_{x\to x_0}v(x)}, \eqno(6.5.4)$$

так как

$$u(x)^{v(x)}=e^{v(x)\ln u(x)}.$$

Если непосредственная подстановка пределов в выражение $u(x)^{v(x)}$ приводит к неопределенности вида $1^\infty,\ 0^0,\ \infty^0$, то следует поступить следующим образом. Необходимо рассмотреть выражение $\ln u(x)^{v(x)}= v(x)\ln u(x)$, перейти в этом выражении к пределу и затем, потенцируя по основанию $e$, вычислить указанный предел.

Пример 6.5.1. Найдем предел

$$\lim_{x\to0}\left(\cos x\right)^{\frac{1}{\sin^2x}}.$$

Рассмотрим

$$\ln f(x)= \displaystyle \frac{\ln\cos x}{\sin^2x},\quad \lim... ...= \lim_{x\to0}\frac{\ln(1-\sin^2x)}{2\sin^2x}= \frac{1}{2}.$$

Следовательно, предел равен $\sqrt e$.

Таблица замечательных пределов

1) $\lim_{x\to0} \displaystyle \frac{\sin x}{x}=1;\quad <br>2) \lim\limits_{x\to0}\lef... ...1}{x}}= \lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\displaystyle \frac{1}{x}\right)^x=e;$

3) $\lim\limits_{x\to0}\displaystyle \frac{\ln(1+x)}{x}=1;\qquad 4) \lim\limits_{x\to0}\displaystyle \frac{a^x-1}{x}=\ln a;$

5) $\lim\limits_{x\to0}\displaystyle \frac{(1+x)^\alpha-1}{x}=\alpha.$

Доказательство последних двух соотношений следует из равенств $a^x=e^{x\ln a}$ и $(1+x)^\alpha= e^{\alpha\ln(1+x)}$.

6.6. Эквивалентность, порядок функции в точке

При вычислении пределов непосредственное применение замечательных пределов нередко приводит к довольно громоздким выкладкам. Рассмотрим несколько приемов и понятий, упрощающих вычисления.

Функции $f_1$ и $f_2$ называются эквивалентными в точке $x_0$ (или при $x\to x_0$) $\left[f_1\sim f_2\right]$, если они определены в окрестности точки $x_0$, отличны в ней от нуля и

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f_1(x)}{f_2(x)}=1.$$

Пример 6.6.1

$$\begin{array}{llllllll} 1) & \sin x\sim x & \mbox{при} & x... ...frac{x^4}{x^2+1}\sim x^4 & \mbox{при} & x\to0.\\ \end{array}$$

Функция $f(x)$ есть о-малое от функции $\varphi(x)$ при $x\to x_0$ $\left[f(x)=o(\varphi(x))\right]$, если существует функция $\varepsilon (x)$ со свойством $\varepsilon (x)\to0$ при $x\to x_0$ такая, что $f(x)=\varepsilon (x)\varphi(x)$.

Пример 6.6.2

1) $x^3=o(x^2)$ при $x\to0$, так как $x^3=x^2x,\ \varepsilon (x)=x$;

2) $1-\cos2x=o(x)$ при $x\to0$, так как

$$1-\cos2x= x\frac{2\sin^2x}{x},\quad \varepsilon (x)=\frac{2\sin^2x}{x};$$

3) $x^k=o(e^x)$ при $x\to+\infty$ для любого натурального $k$, т. е.

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{x^k}{e^x}=0\quad \parbox{1mm} [\textit{\rm см.\ пример}\ 3.3.2];$$

4) $\ln^kx=o(x)$ при $x\to\infty,\ \ k\in{\Bbb N}$. Действительно,

$$\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln^kx}{x}=\left[\parbox{3cm} {зам... ... x\to+\infty$ }\right] =\lim_{y\to+\infty}\frac{y^k}{e^y}=0.$$

Теорема 6.6.1. Для того чтобы функции $f_1$ и $f_2$, отличные от нуля в выколотой окрестности точки $x_0$, были эквивалентными при $x\to x_0$ необходимо и достаточно, чтобы при $x\to x_0$ выполнялось соотношение

$$f_1(x)=f_1(x)+o\left(f_2(x)\right). \eqno(6.6.1)$$

Доказательство.
Необходимость. Из эквивалентности функций $f_1$ и $f_2$ в точке $x_0$ следует, что $$\frac{f_1(x)}{f_2(x)}-1=\varepsilon (x)$$ есть бесконечно малая функция. Отсюда вытекает требуемое равенство (6.6.1).

Достаточность доказывается аналогично.

Выпишем таблицу эквивалентностей в точке $x_0=0$ некоторых классических бесконечно малых функций:

1) $\sin x=x+o(x)$, $\cos x=1+o(x)$, $\tg x=x+o(x)$;

2) $e^x-1=x+o(x)$, $e^x=1+x+o(x)$;

3) $\ln(1+x)=x+o(x)$;

4) $(1+x)^\alpha-1=\alpha x+o(x)$, $(1+x)^ \alpha=1+\alpha x+o(x)$;

5) $1-\cos x=x^2/2+o(x^2)$, $\cos x=1-x^2/2+o(x^2)$.

Для нахождения пределов бывает удобно заменять множители на эквивалентные им функции.

Теорема 6.7.2. Пусть $f_1\sim f_2$ при $x\to x_0$, и функция $g$ отлична от нуля в некоторой окрестности точки $x_0$. Тогда, если существует один из пределов

$$\lim_{x\to x_0}\frac{f_1(x)}{g(x)}, \ \ \lim_{x\to x_0}\frac{f_2(x)}{g(x)},$$

то существует и второй, и они равны.

Доказательство. Предположим, что существует второй предел. Тогда

$$\begin{eqnarray*} \lim_{x\to x_0}\frac{f_1(x)}{g(x)} &=& \lim_{x\to x_0}\frac{... ...arepsilon (x)f_2(x)}{g(x)}= \lim_{x\to x_0}\frac{f_2(x)}{g(x)}. \end{eqnarray*}$$

Пример 6.6.3

$$1)\ \lim_{x\to0}\frac{\root 3\of{1+2x}-1} {\root 4\of{1-3x... ... \phantom{i} \root 4\of{1-3x}-1\sim-3x^\frac{1}{4}$}\right];$$

2) $\lim\limits_{x\to0}\displaystyle \frac{e^{\sin x}-e^{\sin5x}}{\ln(1+2x)},$

$$f(x)=\frac{1+\sin x+o(x)-1-\sin5x}{2x+o(x)}=\frac{x+o(x)-5x}{2x+o(x)}\to-2,\ x\to 0.$$

Здесь использовались некоторые из свойств $o$-малого:

$$\begin{array}{llll} 1) & o(cf)=o(f); & 5) & \displaystyle ... ... & 8) & \mbox{если } f\sim g,\mbox{ то }o(f)=o(g). \end{array}$$

Пример 6.6.4

$$\frac{\sin(\arctg x+x^2)^2}{2x^2}=\frac{(\arctg x+x^2)^2+o(x^2)} {2x^2}=$$

$$=\frac{x^2+o(x^2)}{2x^2}=\frac{1}{2}+o(1)\to\frac{1}{2},\quad x\to 0.$$