Untitled Document

Ядерное оружие | Графика | Математика | Физика | Заказать диплом | Информатика | ТКМ | Электротехника | Атомная энергетика | Лекции

НазадЗамена переменного и преобразование базы при такой замене
 Наверх: Пределы
Вперед: Общие свойства пределов


Бесконечно малые и локально ограниченные величины и их свойства

В этом разделе мы изучим свойства бесконечно малых величин, то есть величин, стремящихся к 0. В следующих разделах на этой основе мы будем изучать свойства величин, имеющих произвольное значение предела.

        Определение 2.9   Функция $ {\alpha}(x)$ называется бесконечно малой величиной при базе $ \mathcal{B}$, если её предел при данной базе равен 0, то есть $ {\alpha}\xrightarrow {\mathcal{B}}0$.    

Заметим, что в этом определении фигурирует фиксированная база $ \mathcal{B}$; в зависимости от того, какая именно база взята, одна и та же функция может как быть бесконечно малой, так и не быть ею.

        Пример 2.8   Рассмотрим функцию $ f(x)=2x-1$. При базе $ x\to\frac{1}{2}$ эта функция является бесконечно малой, а при базе $ x\to0$ -- не является.

Рис.2.16.График функции $ y=2x-1$


Проверим это. Покажем, что $ {\lim\limits_{x\to\frac{1}{2}}(2x-1)=0}$. Возьмём произвольное $ {{\varepsilon}>0}$ и решим неравенство $ {\vert(2x-1)-0\vert<{\varepsilon}}$. Оно эквивалентно неравенству $ {-{\varepsilon}<2x-1<{\varepsilon}}$. Получаем ; это означает, что при $ {x\in(\frac{1}{2}-{\delta};\frac{1}{2})\cup(\frac{1}{2};\frac{1}{2}+{\delta})}$, где $ {{\delta}=\dfrac{{\varepsilon}}{2}}$, неравенство $ {\vert(2x-1)-0\vert<{\varepsilon}}$ выполняется, то есть $ {2x-1\xrightarrow {x\to\frac{1}{2}}0}$. Мы показали, что $ {2x-1}$ -- бесконечно малая при $ {x\to\frac{1}{2}}$.

Теперь покажем, что $ \lim\limits_{x\to0}(2x-1)=-1$, то есть что эта величина не является бесконечно малой при $ x\to0$. Возьмём $ {\varepsilon}>0$ и найдём окрестность точки 0, в которой выполняется неравенство $ \vert(2x-1)-(-1)\vert<{\varepsilon}$. Это неравенство, очевидно, эквивалентно неравенству $ \vert x\vert<\dfrac{{\varepsilon}}{2}$, то есть при $ {\delta}=\dfrac{{\varepsilon}}{2}$ попадание $ x$ в $ {\delta}$-окрестность точки 0 гарантирует выполнение неравенства $ \vert(2x-1)-(-1)\vert<{\varepsilon}$. Это означает, что $ (2x-1)\xrightarrow {x\to0}-1$.     

        Пример 2.9   Функция $ f(x)=\dfrac{1}{x}$ -- бесконечно малая при $ x\to+\infty$, $ x\to-\infty$ и при $ x\to\pm\infty$. Для того, чтобы это доказать, достаточно для любого $ {\varepsilon}>0$ указать окончание $ \vert x\vert>a$ базы $ x\to\pm\infty$, на котором выполняется неравенство $ \left\vert\dfrac{1}{x}\right\vert<{\varepsilon}$. При $ \vert x\vert>a=\dfrac{1}{{\varepsilon}}$, очевидно, неравенство выполняется. Это означает, что $ \dfrac{1}{x}\xrightarrow {x\to\pm\infty}0$.     

Докажем теперь теорему, связывающую бесконечно малые с величинами, имеющими произвольное значение предела.

        Теорема 2.4   Функция $ f(x)$ имеет при базе предел, равный $ L$, тогда и только тогда, когда величина $ {\alpha}(x)=f(x)-L$ является бесконечно малой при базе $ \mathcal{B}$:

$\displaystyle \lim_{\mathcal{B}}f(x)=L\quad\Longleftrightarrow \quad{\alpha}(x)\xrightarrow {\mathcal{B}}0.$

        Доказательство.     Согласно определению предела, равенство $ \lim\limits_{\mathcal{B}}f(x)=L$ означает, что для любого $ {\varepsilon}>0$ можно найти такое окончание $ E\in\mathcal{B}$, что

$\displaystyle \vert f(x)-L\vert<{\varepsilon}$ при всех $\displaystyle x\in E.$(2.1)

Условие $ {\alpha}(x)=f(x)-L\xrightarrow {\mathcal{B}}0$ означает, что для любого $ {\varepsilon}>0$ можно найти такое окончание $ E\in\mathcal{B}$, что

$\displaystyle \vert(f(x)-L)-0\vert<{\varepsilon}$ при всех $\displaystyle x\in E.$   

Но это, очевидно, то же, что формула (2.1).     

Теперь обратимся к свойствам, касающимся собственно бесконечно малых.

        Теорема 2.5   Пусть $ {\alpha}(x)$ и $ {\beta}(x)$ -- бесконечно малые при одной и той же базе $ \mathcal{B}$. Тогда и их сумма $ {\gamma}(x)={\alpha}(x)+{\beta}(x)$ -- тоже бесконечно малая при базе $ \mathcal{B}$.

        Доказательство.    Пусть фиксировано некоторое число $ {\varepsilon}>0$. Рассмотрим положительное число $ \dfrac{{\varepsilon}}{2}$. Условие $ {\alpha}(x)\xrightarrow {\mathcal{B}}0$ означает, что найдётся такое окончание $ E_1\in\mathcal{B}$, на котором $ \vert{\alpha}(x)\vert$ меньше этого положительного числа: $ \vert{\alpha}(x)\vert<\dfrac{{\varepsilon}}{2}$ при всех $ x\in E_1$.

Точно так же, условие $ {\beta}(x)\xrightarrow {\mathcal{B}}0$ означает, что найдётся такое окончание $ E_2\in\mathcal{B}$, на котором $ \vert{\beta}(x)\vert<\dfrac{{\varepsilon}}{2}$ при всех $ x\in E_2$. По определению базы, она содержит некоторое окончание $ E_3\sbs E_1\cap E_2$. Так как $ E_3$ -- часть как $ E_1$, так и $ E_2$, то оба неравенства выполняются при $ x\in E_3$. Тогда при $ x\in E_3$ будет

$\displaystyle \vert{\gamma}(x)\vert=\vert{\alpha}(x)+{\beta}(x)\vert\leqslant ... ...\beta}(x)\vert<\dfrac{{\varepsilon}}{2}+\dfrac{{\varepsilon}}{2}={\varepsilon}.$

Итак, при произвольно заданном $ {\varepsilon}>0$ мы предъявили такое окончание $ E_3\in\mathcal{B}$, на котором выполняется неравенство $ \vert{\gamma}(x)\vert<{\varepsilon}$. Это означает, что $ {\gamma}\xrightarrow {\mathcal{B}}0$, то есть что $ {\gamma}(x)$ -- бесконечно малая при базе $ \mathcal{B}$.     

        Пример 2.10   При базе $ x\to+\infty$ рассмотрим две бесконечно малых величины: $ {\alpha}(x)=\dfrac{1}{x}$ и $ {\beta}(x)=\dfrac{1}{x^2}$. Вместе с ними и величина $ {\gamma}(x)=\dfrac{1+x}{x^2}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{x^2}$ тоже является бесконечно малой при базе $ x\to+\infty$.    

Докажем теперь, как следствие из предыдущей теоремы, утверждение о том, что бесконечно малой является сумма не только двух, но любого числа бесконечно малых величин.

        Следствие 2.1   Пусть $ {\alpha}_1(x),{\alpha}_2(x),\dots,{\alpha}_n(x)$ -- бесконечно малые при базе $ \mathcal{B}$, $ {n\geqslant 2}$. Тогда величина

$\displaystyle {\beta}_n(x)={\alpha}_1(x)+{\alpha}_2(x)+\ldots+{\alpha}_n(x)$

также является бесконечно малой при базе $ \mathcal{B}$.

        Доказательство.     Доказывать утверждение теоремы мы будем по индукции5 по числу слагаемых. Для двух слагаемых это утверждение верно по теореме 2.5. Пусть утверждение верно для $ n-1$ слагаемых; это означает, что величина $ {\beta}_{n-1}(x)={\alpha}_1(x)+\ldots+{\alpha}_{n-1}(x)$ бесконечно мала. Покажем, что тогда оно верно и для $ n$ слагаемых. По условию бесконечно мала также величина $ {\alpha}_n(x)$ и, значит, по теореме 2.5 бесконечно мала сумма этих двух бесконечно малых $ {{\beta}_{n-1}(x)+{\alpha}_n(x)={\alpha}_1(x)+\ldots+{\alpha}_{n-1}+{\alpha}_n(x)={\beta}_n(x)}$. Тем самым шаг индукции сделан и утверждение доказано для произвольного числа слагаемых $ n$.     

В дальнейшем нам часто будет нужно рассматривать функции, которые не превосходят некоторой постоянной на некотором окончании данной базы. Дадим им следующее название.

        Определение 2.10   Функция $ f(x)$ называется локально ограниченной при базе $ \mathcal{B}$, если она определена на некотором окончании $ E_0$ этой базы и существует такая постоянная $ K$, что $ \vert f(x)\vert\leqslant K$ при всех $ x\in E_0$.    

Рис.2.17.Локально ограниченная величина при базе $ x\to x_0$


        Пример 2.11   Любая постоянная величина $ C$ локально ограничена при любой базе. Действительно, в качестве ограничивающей постоянной $ K$ достаточно взять $ K=\vert C\vert$; тогда условие $ \vert C\vert=K\leqslant K$ верно для $ x$ из любого окончания $ E$ любой базы  $ \mathcal{B}$.     

Докажем следующее утверждение, имеющее вспомогательный характер для дальнейшего.

        Предложение 2.1   Пусть при данной базе $ \mathcal{B}$ две функции $ f(x)$ и $ g(x)$ являются локально ограниченными. Тогда и их произведение тоже локально ограничено при этой базе.

        Доказательство.     Из условия следует, что $ \vert f(x)\vert\leqslant K_1$ при $ x\in E_1$ и $ \vert g(x)\vert\leqslant K_2$ при $ x\in E_2$, где $ K_1,K_2$ -- некоторые постоянные и $ E_1,E_2$ -- некоторые окончания базы $ \mathcal{B}$. Возьмём окончание $ E_3\sbs E_1\cap E_2$; при $ x\in E_3$ будут выполнены оба неравенства и, следовательно,

$\displaystyle \vert f(x)g(x)\vert=\vert f(x)\vert\,\vert g(x)\vert\leqslant K_1K_2.$

Это означает, что постоянная $ K=K_1K_2$ служит ограничивающей постоянной для произведения $ f(x)g(x)$ на окончании $ E_3$, то есть это произведение локально ограничено при базе $ \mathcal{B}$.     

Локальная ограниченность функции не означает, что она ограничена на всей своей области определения. Например, функция $ f(x)=x$ локально ограничена при базе $ x\to0$, но не является ограниченной функцией при всех $ x\in\mathbb{R}$. Если в качестве базы рассматривается $ x\to x_0$, то локальная ограниченность функции при этой базе означает, что функция ограничена в некоторой, быть может, достаточно малой, окрестности точки $ x_0$.

        Теорема 2.6   Пусть функция $ f(x)$ имеет предел при базе $ \mathcal{B}$. Тогда эта функция локально ограничена при этой базе.

        Доказательство.     Пусть $ \lim\limits_{\mathcal{B}}f(x)=L$; это означает, что при любом $ {\varepsilon}>0$ (возьмём, например, $ {\varepsilon}=1$) найдётся такое окончание $ E$ базы $ \mathcal{B}$, что $ \vert f(x)-L\vert<{\varepsilon}$ для любого $ x\in E$. Тем самым, при $ {\varepsilon}=1$ выполнено двойное неравенство $ -1+L<f(x)<1+L$.

Выберем из двух чисел $ -1+L$ и $ 1+L$ число с большей абсолютной величиной и обозначим его $ K$: $ K=\max\{\vert-1+L\vert,\vert 1+L\vert\}$. Тогда, очевидно, из последнего неравенства следует, что $ \vert f(x)\vert<K$; это означает, что функция $ f(x)$ локально ограничена.     

В частности, локально ограничены при базе $ \mathcal{B}$ все бесконечно малые при базе $ \mathcal{B}$, так как все они, по определению, имеют предел (равный 0).

        Пример 2.12   Приведём пример, показывающий, что обратное к теореме 2.6 утверждение неверно, то есть что существуют функции, локально ограниченные при некоторой базе, однако не имеющие предела при этой базе. Рассмотрим функцию $ f(x)=\sin x$ и базу $ x\to+\infty$. Локальная ограниченность функции очевидна: можно взять постоянную $ K=1$ и окончание базы $ E=(0;+\infty)$, тогда $ \vert f(x)\vert=\vert\sin x\vert\leqslant K=1$ при всех $ x\in E=(0;+\infty)$. Однако $ \sin x$ не имеет предела при $ x\to+\infty$: какое бы окончание $ (a;+\infty)$ ни взять, при $ x\in(a;+\infty)$ значения $ \sin x$ многократно изменяются от $ -1$ до 1 и назад и не приближаются ни к какому постоянному значению. (В качестве упражнения проведите строгое доказательство того, что предел $ \lim\limits_{x\to+\infty}\sin x$ не существует: докажите, что при $ {\varepsilon}<1$ нельзя указать окончания базы $ E_{{\varepsilon}}=(a_{{\varepsilon}};+\infty)$, при всех $ x$ из которого при некотором $ L$ выполнялось бы неравенство $ \vert\sin x-L\vert<{\varepsilon}$. Такое окончание $ E_{{\varepsilon}}$ должно было бы существовать по определению предела, если бы предел существовал.)

Поскольку предела $ \sin x$ при $ x\to+\infty$ не существует, то если сделать замену $ t=\dfrac{1}{x}$, получится, что предел $ \lim\limits_{t\to0+}\sin\frac{1}{t}$ также не существует. График функции $ \sin\frac{1}{x}$ представлен на следующем рисунке.

Рис.2.18.График $ y=\sin\frac{1}{x}$


График совершает бесконечно много колебаний при подходе $ x$ к 0. Размах каждого колебания остаётся один и тот же, от $ -1$ до 1. Значения, равные 1, функция принимает в точках вида $ \dfrac{1}{\frac{\pi}{2}+2k\pi}$, $ k\in\mathbb{Z}$, значения, равные $ -1$, -- в точках вида $ \dfrac{1}{\frac{3\pi}{2}+2k\pi}$, $ k\in\mathbb{Z}$, а значения, равные 0, -- в точках вида $ \dfrac{1}{k\pi}$, $ k\in\mathbb{Z}$.     

Докажем теперь теорему о взаимосвязи локально ограниченных и бесконечно малых величин.

        Теорема 2.7   Пусть $ \mathcal{B}$ -- база, функция $ f(x)$ локально ограничена, а функция $ {\alpha}(x)$ бесконечно мала при этой базе. Тогда их произведение $ {\beta}(x)=f(x){\alpha}(x)$ -- бесконечно малая при базе $ \mathcal{B}$.

        Доказательство.     Так как $ f(x)$ локально ограничена при базе $ \mathcal{B}$, то $ \vert f(x)\vert\leqslant K$ при некотором $ K>0$ и всех $ x$ из некоторого окончания $ E_0$ базы $ \mathcal{B}$. Фиксируем произвольное число $ {\varepsilon}>0$ и рассмотрим положительное число $ {\varepsilon}_1=\dfrac{{\varepsilon}}{K}$. Так как $ {\alpha}(x)$ -- бесконечно малая при базе $ \mathcal{B}$, то найдётся такое окончание $ E_1\in\mathcal{B}$, что при всех $ x\in E_1$ выполняется неравенство $ \vert{\alpha}(x)\vert<{\varepsilon}_1=\dfrac{{\varepsilon}}{K}$. Рассмотрим теперь некоторое окончание $ E_2\sbs E_0\cap E_1$. (Такое окончание существует по определению базы.) Так как $ E_2$ -- часть как $ E_0$, так и $ E_1$, то при $ x\in E_2$ выполняются одновременно неравенства $ \vert f(x)\vert\leqslant K$ и $ \vert{\alpha}(x)\vert<\dfrac{{\varepsilon}}{K}$, из которых следует, что $ \vert f(x){\alpha}(x)\vert=\vert f(x)\vert\cdot\vert{\alpha}(x)\vert<K\dfrac{{\varepsilon}}{K}={\varepsilon}$ при всех $ x\in E_2$. Так как число $ {\varepsilon}>0$ было выбрано произвольно, это означает, что функция $ {\beta}(x)=f(x){\alpha}(x)$ является бесконечно малой при базе $ \mathcal{B}$.     

        Пример 2.13   Пусть $ {\alpha}(x)=\dfrac{1}{x}$ и $ f(x)=\sin x$. Так как $ {\alpha}(x)$ бесконечно мала, а $ f(x)$ локально ограничена при базе $ x\to\pm\infty$, то их произведение $ \dfrac{1}{x}\cdot\sin x=\dfrac{\sin x}{x}$ -- бесконечно малая при $ x\to\pm\infty$, а также при $ x\to+\infty$ и при $ x\to-\infty$ (см.  упражнение 2.4).    

Рис.2.19.График $ y=\dfrac{\sin x}{x}$


        Пример 2.14   В предыдущем примере сделаем замену $ t=\frac{1}{x}$. Тогда, очевидно, функция $ \dfrac{\sin x}{x}$ перейдёт в функцию $ t\sin\frac{1}{t}$, а базы $ x\to\pm\infty$, $ x\to+\infty$ и $ x\to-\infty$, соответственно, в базы $ t\to0$, $ t\to0+$ и $ t\to0-$. Значение предела $ \lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{\sin x}{x}=0$ при замене не изменится, так что $ \lim\limits_{t\to0}t\sin\frac{1}{t}=0.$    

Рис.2.20.График функции $ t\sin\dfrac{1}{t}$


        Следствие 2.2   Пусть $ C$ -- постоянная и $ {\alpha}(x)$ -- бесконечно малая при базе $ \mathcal{B}$. Тогда $ C{\alpha}(x)$ -- тоже бесконечно малая при базе  $ \mathcal{B}$.

        Доказательство.     Достаточно заметить, что $ C$ локально ограничена при базе $ \mathcal{B}$ и сослаться на предыдущую теорему.     

        Следствие 2.3   Пусть $ {\alpha}_1(x),{\alpha}_2(x),\dots,{\alpha}_n(x)$ -- бесконечно малые при базе $ \mathcal{B}$ и $ C_1,C_2,\dots,C_n$ -- произвольные постоянные. Тогда величина вида

$\displaystyle {\beta}(x)=C_1{\alpha}_1(x)+C_2{\alpha}_2(x)+\ldots+C_n{\alpha}_n(x)$

является бесконечно малой при базе $ \mathcal{B}$.

        Доказательство.     Чтобы доказать это следствие, достаточно заметить, что все слагаемые являются бесконечно малыми, согласно предыдущему следствию, а затем применить утверждение следствия 2.1.     

        Замечание 2.1   Утверждение доказанного следствия, с алгебраической точки зрения, означает, что множество $ \mathcal{L}^0_{\mathcal{B}}$ всех функций, определённых на некотором фиксированном окончании $ E$ базы $ \mathcal{B}$ и бесконечно малых при этой базе $ \mathcal{B}$, имеет структуру линейного пространства: любые элементы этого пространства можно умножать на постоянные и складывать, не выходя за рамки этого пространства. 
Наверх: Пределы

Физика лабы
обучение оператора погрузчика с выдачей сертификата, Врач гинеколог - высшей категории
Элементарная математика Кратные интегралы Математический анализ нужен оптимизатор сайта
Векторный анализ Аналитическая геометрия Пределы функции Изучение функции Конспекты по математике Комплексные числа Дифференциальные уравнения Определенные интегралы Лекции по высшей математике Исследование функций Вычисление объема с помощью интегралов Алгеброические структуры