Лекция 10. Предел сложной функции, замечательные пределы, эквивалентные бесконечно малые, односторонние пределы

Лекция 23 октября. В лекции 9 появилось определение предела функции по Гейне — теперь оно окупается: теоремы о двух милиционерах и об арифметике пределов переносятся с последовательностей на функции почти без работы. Затем доказываются два замечательных предела, из них выводится таблица эквивалентных бесконечно малых — главный инструмент для вычисления пределов, знакомый по практике 4. Заканчивается лекция односторонними пределами.

1. Теорема о двух милиционерах для функций

Теорема 1 (о двух милиционерах). Пусть в некоторой проколотой окрестности $\overset{\circ}{U}(x_0)$ $h(x)\le f(x)\le g(x)$ и существуют пределы $\lim_{x\to x_0}h(x)=\lim_{x\to x_0}g(x)=a.$ Тогда существует $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$.

Доказательство (по Гейне). Возьмём любую последовательность $\{x_n\}\subset\overset{\circ}{U}(x_0)$ с $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0$. По определению Гейне $\lim_{n\to\infty}h(x_n)=\lim_{n\to\infty}g(x_n)=a,$ а $h(x_n)\le f(x_n)\le g(x_n)$. По теореме о двух милиционерах для последовательностей существует $\lim\limits_{n\to\infty}f(x_n)=a$. Последовательность $\{x_n\}$ была произвольной, значит по Гейне $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$. $\blacksquare$

Дополнение. Если взять последовательность $x_n\to x_0$, $x_n\ne x_0$, не лежащую целиком в $\overset{\circ}{U}(x_0)$, то, начиная с некоторого номера, она всё равно туда попадёт, а конечное число первых членов на предел не влияет. Поэтому ограничение $\{x_n\}\subset\overset{\circ}{U}(x_0)$ не уменьшает общности.

Пример 1. $f(x)=x\sin\dfrac1x$, $x_0=0$. Так как $\left|\sin\frac1x\right|\le1$, $-|x|\le x\sin\frac1x\le|x|,$ а $\pm|x|\to0$ при $x\to0$. По теореме 1 $\lim_{x\to0}x\sin\frac1x=0.$

Сравните с примером 2 лекции 9: у $\sin\frac1x$ предела в нуле нет, а множитель $x$ «гасит» колебания — амплитуда стремится к нулю.

2. Арифметические свойства пределов

Теорема 2. Пусть существуют $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$ и $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=b$. Тогда

1. $\lim\limits_{x\to x_0}\big(f(x)\pm g(x)\big)=a\pm b$;
2. $\lim\limits_{x\to x_0}\big(f(x)\cdot g(x)\big)=a\cdot b$;
3. $\lim\limits_{x\to x_0}\dfrac{f(x)}{g(x)}=\dfrac ab$, если $b\ne0$.

Доказательство пункта 2. Возьмём любую последовательность $x_n\to x_0$, $x_n\ne x_0$. По Гейне $\lim_{n\to\infty}f(x_n)=a,\qquad\lim_{n\to\infty}g(x_n)=b,$ и по арифметике пределов последовательностей $\lim_{n\to\infty}f(x_n)\,g(x_n)=a\cdot b.$ Последовательность произвольная, значит $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)g(x)=a\cdot b$. $\blacksquare$

Дополнение. Пункты 1 и 3 доказываются так же. В пункте 3 есть тонкость: дробь $\frac{f(x)}{g(x)}$ должна быть определена рядом с $x_0$. Это обеспечивает теорема о сохранении знака из лекции 9: при $b\ne0$ в некоторой проколотой окрестности $|g(x)|>\frac{|b|}2>0$.

3. Предел сложной функции

Пусть $g\colon X\to Y$, $f\colon Y\to\mathbb R$. Сложная функция (композиция) $(f\circ g)(x)=f\big(g(x)\big).$

Теорема 3 (о пределе сложной функции). Пусть $x_0$ — предельная точка $D(g)$, $y_0$ — предельная точка $D(f)$ и выполнены условия:

1. $\lim\limits_{x\to x_0}g(x)=y_0$;
2. $\lim\limits_{y\to y_0}f(y)=a$;
3. условие невозвращения: в некоторой $\overset{\circ}{U}(x_0)$ выполнено $g(x)\ne y_0$.

Тогда $\lim\limits_{x\to x_0}f\big(g(x)\big)=a$.

Доказательство. Возьмём $\{x_n\}\subset\overset{\circ}{U}(x_0)$ с $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=x_0$. По условию 1 и определению Гейне $y_n=g(x_n)\to y_0,$ и по условию 3 $y_n\ne y_0$, то есть $y_n\in\overset{\circ}{U}(y_0)$. Тогда по условию 2 и Гейне $\lim\limits_{n\to\infty}f(y_n)=a$, то есть $f\big(g(x_n)\big)\to a$. Так как $\{x_n\}$ произвольная, $\lim\limits_{x\to x_0}f\big(g(x)\big)=a$. $\blacksquare$

Условие 3 нужно ровно в одном месте: чтобы применить определение Гейне к $f$, последовательность $y_n$ должна не попадать в саму точку $y_0$.

Пример 2 (условие 3 существенно). Пусть $x_0=0$ и $g(x)\equiv0,\qquad f(y)=\begin{cases}1,&y\ne0,\\0,&y=0.\end{cases}$ Тогда $\lim\limits_{x\to0}g(x)=0$ и $\lim\limits_{y\to0}f(y)=1$, так что «по теореме» должно быть $\lim\limits_{x\to0}f\big(g(x)\big)=1$. Но на самом деле $f\big(g(x)\big)=f(0)=0$ при всех $x$, и $\lim_{x\to0}f\big(g(x)\big)=0.$ Нарушено именно условие 3: $g(x)=y_0$ во всех точках.

Дополнение. Условие 3 можно заменить другим: $f(y_0)=a$, то есть $f$ непрерывна в $y_0$. Тогда попадание $y_n$ в $y_0$ не страшно — там $f(y_n)=a$. Именно так обосновываются замены вида $\lim\ln u(x)=\ln\lim u(x)$ в разделе 7.

4. Пределы на бесконечности и бесконечные пределы

4.1. Окрестности бесконечности

Определение 1. Пусть $M>0$. Окрестности бесконечностей: $U_M(+\infty)=\{x\in\mathbb R\mid x>M\},\qquad U_M(-\infty)=\{x\in\mathbb R\mid x<-M\},$ $U_M(\infty)=\{x\in\mathbb R\mid |x|>M\}.$

Окрестность $+\infty$ — луч вправо от $M$, окрестность $-\infty$ — луч влево от $-M$, окрестность $\infty$ (без знака) — объединение обоих лучей. Чем больше $M$, тем «меньше» окрестность.

4.2. Предел при x, стремящемся к бесконечности

Определение 2. Пусть $f\colon U_M(+\infty)\to\mathbb R$. Число $a$ — предел $f(x)$ при $x\to+\infty$, если $\forall\varepsilon>0\ \ \exists M>0:\quad x\in U_M(+\infty)\ \Rightarrow\ f(x)\in U_\varepsilon(a),$ или, то же самое в неравенствах, $\lim_{x\to+\infty}f(x)=a\iff\forall\varepsilon>0\ \ \exists M>0:\quad x>M\ \Rightarrow\ |f(x)-a|<\varepsilon.$

Это то же определение Коши, в котором проколотая $\delta$-окрестность $x_0$ заменена окрестностью $+\infty$. Для $x\to-\infty$ и $x\to\infty$ — упражнение (задача 1 мини-тренажёра).

4.3. Бесконечный предел

Определение 3. $\lim_{x\to x_0}f(x)=+\infty\iff\forall M>0\ \ \exists\delta_M>0:\quad 0<|x-x_0|<\delta_M\ \Rightarrow\ f(x)>M,$ то есть $f(x)\in U_M(+\infty)$.

Здесь поменялись местами роли: задаётся не точность $\varepsilon$, а «высота» $M$, и по ней ищется $\delta$.

Пример 3. Докажем, что $\lim\limits_{x\to0}\dfrac1{x^2}=+\infty$. Возьмём $M>0$: $\frac1{x^2}>M\iff x^2<\frac1M\iff|x|<\frac1{\sqrt M}.$ Значит, подходит $\delta_M=\dfrac1{\sqrt M}$. $\blacksquare$

Дополнение. Обе конструкции комбинируются: например, $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ означает $\forall M>0\ \exists K>0:\ x>K\Rightarrow f(x)>M$. Общая схема всегда одна: «для любой окрестности предела найдётся проколотая окрестность точки, которую $f$ в неё отображает».

5. Первый замечательный предел

Теорема 4 (первый замечательный предел). $\lim_{x\to0}\frac{\sin x}x=1.$

Доказательство. Пусть $0<x<\frac\pi2$. Сначала докажем $\sin x<x<\operatorname{tg}x.$ На единичной окружности отложим угол $x$ (в радианах): $A=(1;0)$, $B$ — точка окружности под углом $x$, $C$ — проекция $B$ на ось абсцисс, $D$ — точка пересечения луча $OB$ с касательной в $A$. Тогда $|BC|=\sin x,\qquad \text{длина дуги } AB=x,\qquad |AD|=\operatorname{tg}x.$

Треугольник $OAB$ содержится в секторе $OAB$, а сектор — в треугольнике $OAD$, поэтому $S_{\triangle OAB}<S_{\text{сект. }OAB}<S_{\triangle OAD}\iff\frac{\sin x}2<\frac x2<\frac{\operatorname{tg}x}2.$ Умножим на $2$ и разделим на $\sin x>0$: $1<\frac x{\sin x}<\frac1{\cos x}.$ При $x\to0$ правая часть стремится к $1$, левая равна $1$, и по теореме о двух милиционерах $\frac x{\sin x}\to1$, а значит и $\lim\limits_{x\to0}\frac{\sin x}x=1$ (по арифметике пределов, предел частного). $\blacksquare$

Дополнение: что осталось за кадром

Отрицательные $x$. Функция $\frac{\sin x}x$ чётная: $\frac{\sin(-x)}{-x}=\frac{\sin x}x$. Поэтому неравенство $1<\frac x{\sin x}<\frac1{\cos x}$ верно и при $-\frac\pi2<x<0$, и оценка работает в проколотой окрестности нуля целиком.

Почему $\cos x\to1$. Из $\sin t<t$ при $t>0$ получаем $0\le1-\cos x=2\sin^2\frac x2\le2\cdot\frac{x^2}4=\frac{x^2}2,$ и по двум милиционерам $1-\cos x\to0$.

Площади. $S_{\triangle OAB}=\frac12\cdot|OA|\cdot|BC|=\frac{\sin x}2$; площадь сектора радиуса $1$ с углом $x$ равна $\frac x2$; $S_{\triangle OAD}=\frac12\cdot|OA|\cdot|AD|=\frac{\operatorname{tg}x}2$.

5.1. Следствия

1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\operatorname{tg}x}x=\lim_{x\to0}\left(\frac{\sin x}x\cdot\frac1{\cos x}\right)=1\cdot1=1.$

2. Через формулу $1-\cos x=2\sin^2\frac x2$: $\lim_{x\to0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{2\sin^2\frac x2}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\sin^2\frac x2}{2\cdot\left(\frac x2\right)^2}=\frac12.$

3. Замена $x=\sin t$: при $x\to0$ имеем $t=\arcsin x\to0$, поэтому $\lim_{x\to0}\frac{\arcsin x}x=\lim_{t\to0}\frac{\arcsin(\sin t)}{\sin t}=\lim_{t\to0}\frac t{\sin t}=1.$

Дополнение. Замена переменной — это и есть теорема 3 о сложной функции; условие невозвращения выполнено, так как $\arcsin x\ne0$ при $x\ne0$. Так же получается $\lim\limits_{x\to0}\frac{\operatorname{arctg}x}x=1$: замена $x=\operatorname{tg}t$ и следствие 1.

6. Второй замечательный предел

Теорема 5 (второй замечательный предел). $\lim_{x\to+\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e,\qquad\lim_{x\to-\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e,\qquad\lim_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}=e.$

Для последовательностей это определение числа $e$ из лекции 6; теперь $x$ пробегает все вещественные числа, а не только натуральные.

6.1. Случай плюс бесконечности

Доказательство (а). Пусть $x\ge1$. По принципу Архимеда найдётся $n\in\mathbb N$ с $n\le x<n+1,$ то есть $n=[x]$ — целая часть $x$, наибольшее целое число, не превосходящее $x$ (например, $[-6{,}2]=-7$). Тогда $\frac1n\ge\frac1x>\frac1{n+1}\quad\Rightarrow\quad1+\frac1{n+1}<1+\frac1x\le1+\frac1n.$ Возводя в степени (меньшее основание — в меньшую степень, большее — в большую): $\left(1+\frac1{n+1}\right)^n<\left(1+\frac1x\right)^x\le\left(1+\frac1n\right)^{n+1}.$ Обе крайние последовательности стремятся к $e$: $\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{\left(1+\frac1{n+1}\right)^{n+1}}{1+\frac1{n+1}}=\frac e1=e,$ $\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^{n+1}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1n\right)^n\left(1+\frac1n\right)=e\cdot1=e.$ По теореме о двух милиционерах $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(1+\frac1x\right)^x=e$. $\blacksquare$

Дополнение. Строго говоря, крайние части — функции от $x$ (через $n=[x]$), и их предел при $x\to+\infty$ надо проверить по Гейне. Пусть $x_k\to+\infty$; тогда $n_k=[x_k]\to\infty$, и раз последовательность $a_m=\left(1+\frac1m\right)^{m+1}$ сходится к $e$, то $a_{n_k}\to e$: для любого $\varepsilon$ найдётся $N$, после которого $|a_m-e|<\varepsilon$, а $n_k>N$ при больших $k$. Возрастания $n_k$ здесь не требуется.

6.2. Случай минус бесконечности

Доказательство (б). Замена $x=-(t+1)$: при $x\to-\infty$ имеем $t\to+\infty$, и $\left(1+\frac1{-(t+1)}\right)^{-(t+1)}=\left(\frac t{t+1}\right)^{-(t+1)}=\left(\frac{t+1}t\right)^{t+1}=\left(1+\frac1t\right)^t\left(1+\frac1t\right).$ По пункту (а) первый множитель стремится к $e$, второй — к $1$, поэтому предел равен $e$. $\blacksquare$

6.3. Случай нуля

Третье равенство было оставлено как упражнение.

Дополнение: доказательство для x → 0

Сделаем замену $x=\frac1t$. Если $x\to0+0$ (справа), то $t\to+\infty$ и $(1+x)^{\frac1x}=\left(1+\frac1t\right)^t\to e$ по пункту (а). Если $x\to0-0$ (слева), то $t\to-\infty$, и по пункту (б) предел тоже $e$. Оба односторонних предела равны $e$, значит по критерию из раздела 9 $\lim\limits_{x\to0}(1+x)^{\frac1x}=e$. Условие невозвращения для замены выполнено: $\frac1x$ конечно при $x\ne0$.

7. Следствия второго замечательного предела

1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=1.$

Доказательство. $\lim_{x\to0}\frac{\ln(1+x)}x=\lim_{x\to0}\ln(1+x)^{\frac1x}=\ln e=1.\ \blacksquare$

2. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}x=1.$ Замена $t=e^x-1$, то есть $x=\ln(1+t)$; при $x\to0$ и $t\to0$: $\lim_{x\to0}\frac{e^x-1}x=\lim_{t\to0}\frac t{\ln(1+t)}=1.$

3. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{a^x-1}x=\ln a$, $a>0$. Так как $a^x=e^{x\ln a}$, $\lim_{x\to0}\frac{e^{x\ln a}-1}x=\lim_{x\to0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x\ln a}\cdot\ln a=\ln a.$

4. $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{(1+x)^\alpha-1}x=\alpha$, $\alpha\in\mathbb R$. Так как $(1+x)^\alpha=e^{\alpha\ln(1+x)}$, $\lim_{x\to0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}x=\lim_{x\to0}\underbrace{\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}}_{\to1}\cdot\alpha\cdot\underbrace{\frac{\ln(1+x)}x}_{\to1}=\alpha.$

Дополнение. В следствии 1 предел внесён под логарифм — это законно, потому что $\ln$ непрерывен в точке $e$ (замечание после примера 2). В следствиях 3 и 4 делится на $\ln a$ и $\alpha\ln(1+x)$, поэтому нужны $a\ne1$ и $\alpha\ne0$; в этих особых случаях числитель тождественно равен нулю и ответ ($\ln1=0$, $\alpha=0$) верен сразу.

8. Асимптотический анализ бесконечно малых функций

Функции $\alpha(x)$ и $\beta(x)$ называются бесконечно малыми при $x\to x_0$, если $\lim_{x\to x_0}\alpha(x)=\lim_{x\to x_0}\beta(x)=0.$ Определения ниже повторяют символы Ландау для последовательностей из лекции 7.

8.1. Сравнение бесконечно малых

Определение 4. Бесконечно малая $\alpha(x)$ — бесконечно малая более высокого порядка малости, чем $\beta(x)$, при $x\to x_0$ (обозначается $\alpha(x)=\underset{x\to x_0}{o}\big(\beta(x)\big)$), если $\alpha(x)=\gamma(x)\cdot\beta(x),\qquad\text{где }\gamma(x)\xrightarrow[x\to x_0]{}0.$

Замечание. Если $\beta(x)\ne0$ в $\overset{\circ}{U}(x_0)$, то $\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\gamma(x)$, и условие означает просто $\dfrac\alpha\beta\to0$.

Определение 5. $\alpha(x)$ и $\beta(x)$ — бесконечно малые одного порядка малости при $x\to x_0$, если $\alpha(x)=c(x)\cdot\beta(x),\qquad\text{где }0<m<|c(x)|<M,$ то есть $c(x)$ ограничена и отделена от нуля. Достаточное условие: $\dfrac{\alpha(x)}{\beta(x)}\xrightarrow[x\to x_0]{}c\ne0$.

Определение 6. $\alpha(x)$ и $\beta(x)$ — эквивалентные бесконечно малые (обозначение $\alpha\sim\beta$), если существует $\gamma(x)$ с $\lim_{x\to x_0}\gamma(x)=1\quad\text{и}\quad\alpha(x)=\gamma(x)\cdot\beta(x).$

Определение 7. $\alpha(x)=O\big(\beta(x)\big)$ при $x\to x_0$, если существует ограниченная функция $c(x)$ с $\alpha(x)=c(x)\cdot\beta(x)$.

Дополнение. Почему предел $c\ne0$ даёт один порядок: по локальной ограниченности и сохранению знака (лекция 9) рядом с $x_0$ выполнено $\frac{|c|}2<\left|\frac{\alpha}{\beta}\right|<\frac{3|c|}2$. Обратное неверно: $\alpha=x\left(2+\sin\frac1x\right)$ и $\beta=x$ одного порядка ($1\le|c(x)|\le3$), но $\frac\alpha\beta$ предела не имеет.

8.2. Замена на эквивалентные

Теорема 6 (о замене на эквивалентные бесконечно малые). Пусть при $x\to x_0$ $\alpha(x)\sim\alpha_1(x),\qquad\beta(x)\sim\beta_1(x).$ Тогда $\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha_1(x)}{\beta_1(x)}.$

Доказательство. $\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha(x)}{\beta(x)}=\lim_{x\to x_0}\underbrace{\frac{\alpha(x)}{\alpha_1(x)}}_{\to1}\cdot\frac{\alpha_1(x)}{\beta_1(x)}\cdot\underbrace{\frac{\beta_1(x)}{\beta(x)}}_{\to1}=\lim_{x\to x_0}\frac{\alpha_1(x)}{\beta_1(x)}.\ \blacksquare$

Равенство понимается так: если существует один из пределов, то существует и другой, и они равны.

8.3. Асимптотические равенства при x → 0

Каждое равенство — переформулировка одного из замечательных пределов или их следствий: $\alpha\sim\beta$ равносильно $\alpha=\beta+o(\beta)$.

1. $\sin x=x+o(x)$
2. $\operatorname{tg}x=x+o(x)$
3. $\arcsin x=x+o(x)$
4. $\operatorname{arctg}x=x+o(x)$
5. $1-\cos x=\dfrac{x^2}2+o(x^2)$
6. $\ln(1+x)=x+o(x)$
7. $e^x=1+x+o(x)$
8. $a^x=1+x\ln a+o(x)$
9. $(1+x)^\alpha=1+\alpha x+o(x)$

Дополнение. Таблица работает и для сложного аргумента: если $u(x)\to0$, то, например, $\sin u(x)\sim u(x)$ — по теореме 3 о сложной функции (при $u(x)\ne0$ рядом с $x_0$). Так получаются $1-\cos5x\sim\frac{(5x)^2}2$ и $\ln(1+3x^2)\sim3x^2$.

Пример 4. Найдём $\lim_{x\to0+0}\frac{\sqrt{\operatorname{arctg}x}\,\left(2^x-1\right)}{1-\cos5x}.$ Корень требует $x>0$, поэтому предел правосторонний. Заменяем множители на эквивалентные: $\sqrt{\operatorname{arctg}x}\sim\sqrt x,\qquad2^x-1\sim x\ln2,\qquad1-\cos5x\sim\frac{25x^2}2.$ Тогда $\lim_{x\to0+0}\frac{\sqrt x\cdot x\ln2}{\frac{25}2x^2}=\lim_{x\to0+0}\frac{2x^{\frac32}\ln2}{25x^2}=\lim_{x\to0+0}\frac{2\ln2}{25\sqrt x}=+\infty.$

Дополнение. $\sqrt{\operatorname{arctg}x}\sim\sqrt x$, потому что $\sqrt{\frac{\operatorname{arctg}x}x}\to\sqrt1=1$. Проверка на числах: при $x=0{,}01$ исходная дробь $\approx\frac{0{,}09999\cdot0{,}006956}{0{,}0012497}\approx0{,}557$, а $\frac{2\ln2}{25\sqrt{0{,}01}}\approx0{,}555$.

9. Односторонние пределы

9.1. Односторонние окрестности

Определение 8. Пусть $\delta>0$. Правая проколотая окрестность точки $x_0$: $\overset{\circ}{U}{}^{+}_\delta(x_0)=(x_0;\,x_0+\delta).$ Левая проколотая окрестность: $\overset{\circ}{U}{}^{-}_\delta(x_0)=(x_0-\delta;\,x_0).$

9.2. Предел справа и слева

Определение 9. Функция $f(x)$ стремится к числу $a$ справа при $x\to x_0$, если $\lim_{x\to x_0+0}f(x)=a\iff\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0:\quad0<x-x_0<\delta\ \Rightarrow\ |f(x)-a|<\varepsilon.$ Условие $0<x-x_0<\delta$ — это $x\in\overset{\circ}{U}{}^{+}_\delta(x_0)$. Обозначение: $f(x_0+0)$. Предел слева определяется так же с условием $0<x_0-x<\delta$ и обозначается $f(x_0-0)$.

9.3. Критерий существования предела

Теорема 7. Предел $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)$ существует тогда и только тогда, когда существуют $f(x_0+0)$, $f(x_0-0)$ и $f(x_0+0)=f(x_0-0).$

Доказательство.

1. $\Rightarrow$. Пусть $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=a$: $\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta>0:\quad x\in\overset{\circ}{U}_\delta(x_0)\ \Rightarrow\ f(x)\in U_\varepsilon(a).$ Обе односторонние окрестности лежат в $\overset{\circ}{U}_\delta(x_0)$, следовательно, и для $x\in\overset{\circ}{U}{}^{+}_\delta(x_0)$, и для $x\in\overset{\circ}{U}{}^{-}_\delta(x_0)$ выполнено $f(x)\in U_\varepsilon(a)$. Значит, $f(x_0+0)=f(x_0-0)=a$.

2. $\Leftarrow$. Пусть $f(x_0+0)=f(x_0-0)=a$: $\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta_1>0:\quad x\in\overset{\circ}{U}{}^{+}_{\delta_1}(x_0)\ \Rightarrow\ f(x)\in U_\varepsilon(a),$ $\forall\varepsilon>0\ \ \exists\delta_2>0:\quad x\in\overset{\circ}{U}{}^{-}_{\delta_2}(x_0)\ \Rightarrow\ f(x)\in U_\varepsilon(a).$ Возьмём $\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$. Тогда $\overset{\circ}{U}_\delta(x_0)$ — объединение правой и левой окрестностей радиуса $\delta$, и $x\in\overset{\circ}{U}_\delta(x_0)\ \Rightarrow\ f(x)\in U_\varepsilon(a). \ \blacksquare$

Частые ошибки

1. Применять теорему о сложной функции без условия невозвращения. Пример 2: $g\equiv0$, и наивный ответ $1$ вместо верного $0$. Нужно либо $g(x)\ne y_0$ рядом с $x_0$, либо $f(y_0)=a$.
2. Заменять на эквивалентные слагаемые. $\operatorname{tg}x-\sin x$ не эквивалентно $x-x$. Замена законна только для множителей числителя и знаменателя.
3. Применять таблицу не в той точке. $\sin x\sim x$ только при $x\to0$; при $x\to\infty$ это неверно, и $\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\sin x}x=0$, а не $1$.
4. Считать $1^\infty$ единицей. $\left(1+\frac1x\right)^x\to e$, а не к $1$: основание стремится к $1$, но показатель растёт.
5. Забывать про односторонность. Если функция определена только с одной стороны (как $\sqrt x$ в примере 4), предел автоматически односторонний; если с двух — надо проверить, что оба односторонних предела совпадают.
6. Путать $o$ и $O$. $o(\beta)$ — множитель стремится к нулю, $O(\beta)$ — множитель просто ограничен. $x^2=o(x)$, а $2x=O(x)$, но не $o(x)$.
7. Путать $1-\cos x\sim\frac{x^2}2$ с $1-\cos x\sim x$. Порядок малости $1-\cos x$ — второй.

Мини-тренажёр

1. Сформулируйте на языке $\varepsilon$–$M$ определения $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=a$ и $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=a$, а также $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=-\infty$.
2. Найдите $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sin x}x$.
3. Докажите по определению, что $\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac1x=0$. Какое $M$ подходит для $\varepsilon$?
4. Найдите $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sin3x}{\operatorname{tg}5x}$.
5. Найдите $\lim\limits_{x\to\infty}\left(1+\dfrac2x\right)^x$.
6. Найдите $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\ln(1+4x)}{e^{2x}-1}$.
7. Найдите $\lim\limits_{x\to0}\dfrac{\sqrt{1+x}-1}x$.
8. Найдите $f(0+0)$ и $f(0-0)$ для $f(x)=\dfrac{|x|}x$. Есть ли предел в нуле?

Ответы

1. $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=a\iff\forall\varepsilon>0\ \exists M>0:\ x<-M\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon$. $\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=a\iff\forall\varepsilon>0\ \exists M>0:\ |x|>M\Rightarrow|f(x)-a|<\varepsilon$. $\lim\limits_{x\to x_0}f(x)=-\infty\iff\forall M>0\ \exists\delta>0:\ 0<|x-x_0|<\delta\Rightarrow f(x)<-M$.
2. $0$: $-\frac1x\le\frac{\sin x}x\le\frac1x$ при $x>0$, обе границы стремятся к $0$, дальше — два милиционера. Первый замечательный предел здесь ни при чём: он про $x\to0$.
3. $\left|\frac1x\right|<\varepsilon\iff x>\frac1\varepsilon$ (при $x>0$), подходит $M=\frac1\varepsilon$.
4. $\sin3x\sim3x$, $\operatorname{tg}5x\sim5x$, ответ $\frac35$.
5. $\left(1+\frac2x\right)^x=\left(\left(1+\frac1{x/2}\right)^{x/2}\right)^2\to e^2$.
6. $\ln(1+4x)\sim4x$, $e^{2x}-1\sim2x$, ответ $2$.
7. Следствие 4 с $\alpha=\frac12$: ответ $\frac12$.
8. $f(0+0)=1$, $f(0-0)=-1$; они разные, предела нет (теорема 7).

Шпаргалка