Функция y=f(x) называется бесконечно малой при x→a или при x →∞, если или , т.е. бесконечно малая функция – это функция, предел которой в данной точке равен нулю.
Основные свойства:
1) Алгебраическая сумма двух, трех и вообще любого конечного числа бесконечно малых есть функция бесконечно малая.
Доказательство. Приведем доказательство для двух слагаемых. Пусть f(x)=α(x)+β(x), где и . Нам нужно доказать, что при произвольном как угодно малом ε > 0 найдется δ> 0, такое, что для x, удовлетворяющих неравенству |x – a|<δ, выполняется |f(x)|< ε.
Итак, зафиксируем произвольное число ε > 0. Так как по условию теоремы α(x) – бесконечно малая функция, то найдется такое δ1 > 0, что при |x – a|< δ1 имеем |α(x)|< ε / 2. Аналогично, так как β(x) – бесконечно малая, то найдется такое δ2 > 0, что при |x – a|< δ2 имеем | β(x)|< ε / 2.
Возьмем δ=min{ δ1, δ2 }. Тогда в окрестности точки a радиуса δ будет выполняться каждое из неравенств |α(x)|< ε / 2 и | β(x)|< ε / 2. Следовательно, в этой окрестности будет
|f(x)|=| α(x)+β(x) | ≤ |α(x)| + | β(x)| < ε /2 + ε /2= ε,
т.е. |f(x)|< ε, что и требовалось доказать.
2) Произведение бесконечно малой функции a(x) на ограниченную функцию f(x) при x→a (или при x→∞) есть бесконечно малая функция.
Доказательство. Так как функция f(x) ограничена, то существует число М такое, что при всех значениях x из некоторой окрестности точки a|f(x)|≤M. Кроме того, так как a(x) – бесконечно малая функция при x→a, то для произвольного ε>0 найдется окрестность точки a, в которой будет выполняться неравенство |α(x)|< ε/M. Тогда в меньшей из этих окрестностей имеем | αf|< ε/M= ε. А это и значит, что af – бесконечно малая. Для случая x→∞ доказательство проводится аналогично.
3) Отношение бесконечно малой функции α(x) на функцию f(x), предел которой отличен от нуля, есть бесконечно малая функция.
Доказательство.
Пусть . Тогда 1 /f(x) есть ограниченная функция. Поэтому дробь есть произведение бесконечно малой функции на функцию ограниченную, т.е. функция бесконечно малая.
Билет №8
Билет №9
Теоремы о пределах (свойства пределов)
Теорема 1. Предел алгебраической суммы двух, трех и вообще определенного числа функций равен алгебраической сумме пределов этих функций, т.е.
.
Доказательство. Проведем доказательство для двух слагаемых, так как для любого числа слагаемых оно проводится так же. Пусть .Тогда f(x)=b+α(x) и g(x)=c+β(x), где α и β – бесконечно малые функции. Следовательно,
f(x) + g(x)=(b + c) + (α(x) + β(x)).
Так как b + c есть постоянная величина, а α(x) + β(x) – функция бесконечно малая, то
.
Теорема 2. Предел произведения двух, трех и вообще конечного числа функций равен произведению пределов этих функций:
.
Доказательство. Пусть . Следовательно, f(x)=b+α(x) и g(x)=c+β(x) и
fg = (b + α)(c + β) = bc + (bβ + cα + αβ).
Произведение bc есть величина постоянная. Функция bβ + c α + αβ на основании свойств бесконечно малых функций есть величина бесконечно малая. Поэтому .
Следствие 1. Постоянный множитель можно выносить за знак предела:
.
Следствие 2. Предел степени равен степени предела:
.
Теорема 3. Предел частного двух функций равен частному пределов этих функций, если предел знаменателя отличен от нуля, т.е.
.
Доказательство. Пусть . Следовательно, f(x)=b+α(x) и g(x)=c+β(x), где α, β – бесконечно малые. Рассмотрим частное
.
Дробь является бесконечно малой функцией, так как числитель есть бесконечно малая функция, а знаменатель имеет предел c2≠0.
Теорема 4. Пусть даны три функции f(x), u(x) и v(x), удовлетворяющие неравенствам u (x)≤f(x)≤ v(x). Если функции u(x) и v(x) имеют один и тот же предел при x→a (или x→∞), то и функция f(x) стремится к тому же пределу, т.е. если
, то .
Теорема 5. Если при x→a (или x→∞) функция y=f(x) принимает неотрицательные значения y≥0 и при этом стремится к пределу b, то этот предел не может быть отрицательным: b≥0.
Доказательство. Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что b<0, тогда |y – b|≥|b| и, следовательно, модуль разности не стремится к нулю при x→a. Но тогда y не стремится к пределу b при x→a, что противоречит условию теоремы.
Теорема 6. Если две функции f(x) и g(x) при всех значениях аргумента x удовлетворяют неравенству f(x)≥ g(x) и имеют пределы , то имеет место неравенство b≥c.
Доказательство. По условию теоремы f(x)-g(x) ≥0, следовательно, по теореме 5 , или .
Билет №10