4 ГРАНИЦЯ ФУНКЦИЇ І...

4 ГРАНИЦЯ ФУНКЦИЇ І НЕПРЕРИВНІСТЬ

Н.М. Д’яченко 77


4.1 Границя функції за Гейне і за Коші

Означення. Число a∈ називається точкою скупчення1 мно-жини Х, якщо у будь-якому її ε -околі знайдеться хоча б одна точка мно-жини Х відмінна від а.

В наступних означеннях будемо припускати, що точка а є точкою скучення множини D(f ).

Означення границі функції за Гейне.

def Г.: { }lim ( ) ( ) : ( ) ( )def

n n n nx ax x D f x a x a f x b

→= ⇔∀ ⊂ → ∧ ≠ ⇒ →b f .

Число – називається границею функції b ( )f x в точці a, якщо для будь-якої послідовності значень аргументу хn із того, що вона збігається до а і утворена із членів, відмінних від а, випливає, що відповідна послідов-ність значень функції збігається до b .

Означення границі функції за Коші.

def K.: lim ( ) 0 0 : ( ) : 0 | | | ( ) |def

x ab f x x D f x a f x b

→= ⇔∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ⇒ − < ε .

Множина { }( , ) \x a a a= − δ + δ - це проколотий δ -окіл точки . a

a-δ a a+δ

Приклад. Розглянемо функцію 1( ) sinf x xx

= ⋅ . Маємо

{ }( ) \ 0D f = . Доведемо, що 0

lim ( ) 0x

f x→

= .

За Гейне. Нехай , тоді 0nx →1li . m sin 0nn

ní ì ïî áì

xx

⋅ =

За Коші. Нехай | 0 | | |x x− = < δ , тоді 1

1 1| ( ) 0 | sin sin 1f x x xx x<δ

<

− = ⋅ = ⋅ < δ ⋅ = ε .

Тобто імплікація означення за Коші виконується, якщо для будь-якого обрати δ = . 0ε > εТвердження. Означення гранці функції за Гейне і за Коші – екві-

валентні. Довести: def Г – виконується ⇔ def К – виконується.

1 Точка скучення перекладається російською як «точка «згущення».



xДоведення. Нехай виконується означення за Гейне lim ( )x a

b f→

= , тобто { } ( ) : ( ) ( )n n n nx D f x a x a f x b∀ ⊂ → ∧ ≠ ⇒ →

Пп.: def К – не виконується, тобто 0 0 ( ) : 0 | |x D f x a∃ε > ∀δ > ∃ ∈ < − < δ , але | ( ) |f x b− > ε .

Зокрема, якщо 1 0n nδ = > , то згідно до припущення

1{ } ( ) : 0 | |n nn N x D f x an

∀ ∈ ∃ ⊂ < − <1 1

n n

aa a

x a a x an n↓

↓ ↓

⎛ ⎞⎜ ⎟

⇒ ≠ ∧ − < < + ⇒⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

( n n )x a x a⇒ → ∧ ≠ тоді за def Г . ( )nf x b→

За припущ. 10 | |nx an

< − < , при цьому | ( ) |nf x b− > ε | ⎫⎪⇒⎬⎪⎭

→/

Таким чином, доведено def Г –виконується ⇒ def К- виконується. Нехай тепер виконується означення за Коші lim ( )

x ab f

→x= , тобто

. 0 0 ( )0 | | | ( ) |x D f x a f x b∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ⇒ − < ε

Нехай { } ( ) :n n nx D f x a x⊂ → ∧ a≠ ⇒ за означенням збіжної послі-довності: для обраного δ у означенні за К. 0 0: : 0 | |nn n n x a∃ ∈ ∀ ≥ < − < δ , тоді із означення за К. будемо мати | ( . Тобто отримано ) |nf x b− < ε 0∀ε >

0 0: :n n n | ( ) |nf x b∃ ∈ ∀ ≥ − < ε , це означає, що lim ( )nnf x b

→∞= .

Таким чином, { } ( ) : ( ) ( )n n n nx D f x a x a f x b∀ ⊂ → ∧ ≠ ⇒ → , тобто здійснюється def K. ■

Приклад. f(x)=x def Г: . Нехай à∈ { }( )( )n n nx a x a x D f→ ∧ ≠ ⊂ , тоді ( )n nf x x a= → .

Тобто . lim ( )x a

f x a→

=

4.2 Односторонні границі

Скрізь будемо припускати далі, що точка а є точкою скучення для

множини ( )( ) ,D f a a + δ∩ у означенні границі справа, а у означенні гра-ниці зліва точка а є точкою скучення для множини ( )( ) ,D f a a− δ∩ .

def Г . { } ( )0

lim ( ) ( ) : ( )def

n n n nx ab f x x D f x a x a f x

→ += ⇔∀ ∈ → ∧ > ⇒ b→



def K . 0

lim ( ) 0 0 ( ) | ( ) |def

x ab f x x D f a x a f x b

→ += ⇔∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < < + δ⇒ − < ε

Доведення того факту, що ці означення еквівалентні – аналогічно загальному випадку.

Приклад. f(x)=[x] (див. рис. 4.1) Наприклад,

2 0lim ( ) 2

xf x

→ += ,

2 0lim ( ) 1

xf x

→ −= .

Перевіримо першу рівність: 0 02 2nx x n→ ∧ > ⇒ ∃ ∈ N n n∀ ≥ [ ]2 3 ( ) 2n n nx f x x< < ⇒ = = → 2

0

Рис. 4.1.

0

0 0

lim ( )

lim ( ) 0 lim ( ) lim ( ) 0

x a

x a x a x a

f x b

f x b f x b f x b

→ +

→ + → + → +

=

= + = = −

Рис. 4.2.

{ } ( ) ( )0

lim ( ) 0 ( ) : ( ) ( )def

n n n n nx af x b x D f x a x a f x b f x b

→ += − ⇔∀ ∈ → ∧ > ⇒ → ∧ ≤def Г. .

0lim ( ) 0 0 0 : ( ) : ( )

def

x af x b x D f a x a b f x b

→ += − ⇔∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < < + δ⇒ −ε < ≤

)

def К.

Інші означення з різними комбінаціями однобічного спрямування випи-сати разом із графічними прикладами самостійно !

Теорема. Якщо точка а є точкою скучення як множини , так і множини (( ) ,D f a a + δ∩ ( )( ) ,D f a a− δ∩ , то границя функції в точці

а існує тоді і лише тоді, коли існують обидві односторонні границі, які рівні між собою. Крім того, спільне значення односторонніх границь в точці а дорівнює границі функції в цій точці. Тобто

lim ( )x a

f x b→

∃ = ⇔ 1 2 1 20 0lim ( ) lim ( )

x a x af x b f x b b b b

→ + → −∃ = ∧ ∃ = ∧ = = .

Доведення. Необхідність. { }

01 2

0

lim ( ) . : ( ) : ( ) ( ) ., ( ) lim ( ) ,

.( ) lim ( ) ,

n n n nx a

n n n x a

n n n x a

f x b За Г x D f x a x a f x bЗокрема x a x a f x b f x b

b b bx a x a f x b f x b

→

→ +

→ −

∃ = ⇔ ∀ ∈ → ∧ ≠ ⇒ =→ ∧ > ⇒ → ⇔ = ⎫⎪⇒ = =⎬→ ∧ < ⇒ → ⇔ = ⎪⎭



1 10

.l) lim ( ) 0 0 : ( ) : 0 | ( ) | ,

x a

ДостатністьHexau f x b за К x D f x a f x b

→ += ⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ ⇒ − < ε

{ }

2 20

1 2

1 2

2) lim ( ) 0 0 : ( ) : 0 | ( ) | .: ( ) : 0 0 .

min ; ,( ) : (0 0 ) 0 | | .

x af x b x D f a x f x b

Маємо x D f x a a xНехай тодіx D f x a a x x a

→ −= ⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ ⇒ − < ε

∈ < − < δ ∧ < − < δδ = δ δ

∈ < − < δ∧ < − < δ ⇔ < − < δ

Об’єднавши останнє та 1) і 2), отримаємо 0 0 : ( ) : 0 | | | ( ) |x D f x a f x b∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ⇒ − < ε .■

4.3 Границя функції на нескінченності

Будемо припускати, що ( ) ( )0 ( ) ; ;x D f∀δ > ∃ ∈ −∞ −δ δ +∞⎡ ⎤⎣ ⎦∩ ∩ для загально-го випадку x →∞ (рис. 4.3). −δ 0 δ

Рис. 4.3. У випадку x →+∞ припускаємо, що ( )0 ( ) ;x D f∀δ > ∃ ∈ δ +∞∩ . У випадку x →−∞ припускаємо, що ( )0 ( ) ;x D f∀δ > ∃ ∈ −∞ −δ∩ .

def Г { }lim ( ) ( ) : ( )def

n a nxf x b x D f x f x b

→∞= ⇔∀ ∈ →∞⇒ → .

def К lim ( ) 0 0 ( ) :| | ( )def

xf x b x D f x f x b

→∞= ⇔∀ε > ∃δ > ∀ ∈ > δ⇒ − < ε .

b b b lim ( ) 0lim ( ) 0lim ( ) 0

x

x

x

f x bf x b

f x b

→+∞

→−∞

→∞

= += += +

lim ( ) 0lim ( ) 0lim ( )

x

x

x

f x bf x b

f x b

→+∞

→−∞

→∞

= −= +=

lim ( )x

f x b→+∞

=

Рис. 4.4.

def Г { } ( )lim ( ) 0 ( ) : ( ) ( )def

n a n nxf x b x D f x f x b f x b

→+∞= − ⇔∀ ∈ → +∞⇒ → ∧ ≤ .

def К lim ( ) 0 0 0 ( ) : ( )def

xf x b x D f x b f x b

→+∞= − ⇔∀ε > ∃δ > ∀ ∈ > δ⇒ −ε < ≤ .



Інші означення виписати разом із графічними прикладами самостій-но .

Приклад. Для функції 1( )f xx

= маємо

. lim ( ) 0, lim ( ) 0, lim ( ) 0x x x

f x f x f x→∞ →−∞ →+∞

= = − = +

►Розглянемо, наприклад, lim ( ) 0x

f x→∞

= за

Коші 1 1 1| | .xx

⎡ ⎤> δ⇒ < = ε δ =⎢ ⎥δ ε⎣ ⎦ ◄

Рис. 4.5.

4.4 Арифметичні дії над функціями що мають границю

Теорема. Якщо lim ( ) lim ( )

x a x af x b g x c

→ →= ∧ = і існує 1δ -окіл точки а та-

кий, що в цьому околі множини визначення цих функції однакові, тобто ( ) ( )1 1 1 10 : ( ) ; ( ) ;D f a a D g a a D∃δ > − δ + δ = − δ + δ =∩ ∩ 1 , тоді

) ( )1 lim ( ) ( )x a

f x g x b c→

± = + ,

) ( )2 lim ( ) ,x a

k f x k b k→

⋅ = ⋅ ∀ ∈ ,

)3 lim ( ) ( )x a

f x g x b c→

⋅ = ⋅ .

) ( )4 lim( )x a

f x bg x c→

= , у припущені що . 0c ≠

Доведення. Нехай { }n n nx a x a x D→ ∧ ≠ ∧ ⊂ . Тоді за означенням границі функції за Гейне ( ) ( )n nf x b g x c→ ∧ → ⇒

/за властивістю збіжної послідовності/ ( )lim ( ) ( )n nnf x g x b c

→∞⇒ ± = ± .

Таким чином, за означенням за Гейне ( )lim ( ) ( )x a

f x g x b c→

± = ± . Усі інші граничні рівності доводяться аналогічно.■

Приклад. ( ) ,nf x x n= ∈ lim ( ) lim lim lim lim n

x a x a x a x ax an n

n

f x x x x x x x a a a a→ → → →→

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =… … … .

4.5 Критерій Коші існування границі функції в точці

Означення. f(x) задовольняє умові Коші в точці а



⇒

0 0 : `, `` ( ) : 0 | ` | 0 | `` | | ( `) ( `) |def

x x D f x a x a f x f x⇔∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ∧ < − < δ⇒ − < ε . Теорема. в точці а має границю li тоді і лише тоді,

коли в точці а задовольняє умові Коші.

( )f x m ( )x a

f x→

( )f xДоведення. Необхідність.

lim ( ) 0 0 : ` ( ) 0 | ` | 0 | `` |x a

f x b x D f x a x a→

∃ = ⇔ ∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ∧ < − < δ

| ( `) | 2f x b ε− < | ( ``) | 2f x b ε∧ − < , тоді | ( `) ( ``) | | ( `) ( ``) | | ( `) | | ( ``) | 2 2f x f x f x b b f x f x b b f x ε ε− = − + − ≤ − + − < + = ε

< − < δ ∧ < − < δ⇒ − < ε

ε

. Маємо: ∀ ∈ . `, `` ( ) : 0 | ` | 0 | `` | | ( `) ( `) |x x D f x a x a f x f x

Достатність. Дано: `, `` ( ) : 0 | ` | 0 | `` | | ( `) ( `) |x x D f x a x a f x f x∀ ∈ < − < δ∧ < − < δ⇒ − <

Доведемо, що lim ( )x a

f x→

∃ за Гейне.

Нехай { } ( ) :n n nx D f x a x a∈ → ∧ ≠

n

. Доведення проведемо у два етапи: 1) доведемо, що збігається; ( )nf x2) доведемо, що значення границі не залежить від вибору послі-

довності { }lim ( )nn

f x→∞

( ) :n nx D f x a x a∈ → ∧ ≠

n

. 1) Довести: -збіг. (за критерієм Коші збіжності послідовності)

)( nxf

0 00 : :| ( ) ( ) |n p nn n n p f x f x+⇔ ∀ε > ∃ ∈ ∀ ≥ ∀ ∈ − < εНехай . 0 00 : :| |n n nx a x a äëÿ n N n n x a→ ∧ ≠ ⇔ δ > ∃ ∈ ∀ ≥ − < δ

Додатково враховуючи, що 0:p n p∀ ∈ + ≥ , отримаємо 0 | |n px a+< − < δ . Якщо в умові покласти n n px x x x +′ ′′= ∧ = , то отримаємо із умови Коші

, 0| ( ) ( ) | 0n n pf x f x n n p+− < ε ∀ε > ∀ ≥ ∀ ∈

n

n

що і означає збіжність послідовності { ( за критерієм Коші. )}nf x2) Пп.: розглянемо дві послідовності { }{ }

( ) :( ) :

n n

n n

x D f x a x ax D f x a x a′ ′∈ → ∧′′ ′′ ′′∈ → ∧

′ ≠≠

1 2

,

для яких 1 2lim ( ) lim ( )n nn nf x b f x b b b

→∞ →∞′ ′′= ∧ = ∧ ≠

n

.

Уведемо послідовність { } { }{ }

1 1 2 2 3 3, , , , , ,! . lim

n

n nn

x x x x x x xx ì àº ãðàí è÷í óò à x a x a′′′ ′ ′′ ′ ′′ ′ ′′=′′′ ′′′ ′′′⇔ = ∧ ≠

…



Тоді за доведеним в пункті 1) послідовність { }( )nf x′′′ збігається. Нехай . За побудовою lim ( )nn

f x b= { } { }( ) ( )n nf x i f x′ ′′ - підпослідовності збіжної

послідовності { ( )n }f x′′′ , тому lim ( ) lim ( )n nn nf x f x b′ ′′= = , а значить 1 2b b b= = .

■ →/

4.6 Дві істотні границі

Теорема (аналог принципу двостороннього обмеження). Якщо 1) , 1 1 1 1 1 1 10 : ( ; ) ( ) ( ; ) ( ) ( ; ) ( )a a D f a a D g a a D h∃δ > −δ + δ = −δ +δ = −δ +δ =∩ ∩ ∩ D

x g x x D≤ ≤ ∀ ∈

2) , lim ( ) lim ( )x a x a

f x g x b→ →

= =

3) , ( ) ( ) ( )f x hтоді li . m ( )

x ah x b

→=

Доведення. Нехай { }nx D⊂ : n nx a x a→ ∧ ≠ , тоді за def Г. lim ( ) lim ( )nn n

f x b g x bn= ∧ =

nf x h x g x≤ ≤

. Застосовуємо

принцип двостороннього обмеження для послідовностей:

( ) ( ) ( )f x h x g x x D≤ ≤ ∀ ∈ x a→ b

( ) ( ) ( )n n n →∞ b Звідки за умови lim ( )nn

h x b= n nx a x a→ ∧ ≠ . Тому за def Г. lim ( )x a

h x b→

= . 4.6.1 Перша істотна границя.

Теорема. 0

sinlim 1x

xx→

= .

Доведення. Із рис. 4.6 отримаємо: OAC ñåêò OAC OBCS S S∆ ∆< < ,

тобто 2 2 21 1 1sin , 0; ;

22 2 2

sin , 0; ;2

11 , 0; ;sin cos 2

sincos 1, 0; .2

R x R x R tg x x

x x tg x x

x xx x

xx xx

π⎛ ⎞< < ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

π⎛ ⎞< < ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

π⎛ ⎞< < ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

π⎛ ⎞< < ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

YB

A

х

0 C X

Рис. 4.6.



Якщо ;02

x π⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠

, то 0;2

y x π⎛ ⎞= − ∈⎜ ⎟⎝ ⎠

і sincos 1yyy

< < . Тоді

sin( )cos( ) 1( )

xxx−

− < <−

, ;02

x π⎛ ⎞∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠

,

sincos 1xxx

< < , ;02

x π⎛∈ −⎜⎝ ⎠

⎞⎟ . (*)

Таким чином, нерівність sincos 1xxx

< < здійснюється ; \{02 2

x π π⎛ ⎞∀ ∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠

} .

Оскільки sin 1xx

< вірно 02

x π∀ < < , а

sinsin xxx x

= 02

x π∀ < < , то

отримано наступну важливу нерівність:

sin x x< 02

x π∀ < < . (☺)

Зробимо перетворення в(*) за допомогою останньої нерівності:

02

x π∀ < <

2 22sin0 1 1 cos 2sin 2

2 2x

2x x xx

x< − < − = ≤ ⋅ = .

Скористаємося принципом двостороннього обмеження: 2sin0 1

2x x

x< − <

Висновок: 0x →0

sinlim 1x

xx→

=

4.6.2 Наслідки з першої істотної границі 0

Довести: lim cos cosx a

x a→

= (неперервність cos x)

►Тобто, потрібно перевірити здійсненність 0 0 : : 0 | | | cos cos |x R x a x a∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ⇒ − < ε .

Розглянемо ланцюжок нерівностей, в якому спочатку скористаємося фо-рмулою різниці косинусів, а потім формулою (☺)

12

| cos cos | 2 sin sin 2 1 | |2 2 2

x a

x a x a x ax a x a−< <

+ − −− = ⋅ < ⋅ ⋅ = − < δ = ε .◄

Довести: 0

lim 1x

tgxx→

= .



►0 0 0

01

1

sin 1 sinlim lim lim 1cos lim cosx x x

x

tgx x xx x x x x→ → →

→=

=

= = ⋅⋅

= .◄

Довести: 0

arcsinlim 1x

xx→

= .

►Заміна sin arcsinx t t x= ⇒ = в нерівності sin0 1 1 cost t

t< − < −

і той факт, що 2 2

;2 2

cos cos arcsin 1 sin arcsin 1t x xπ π⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠

x= = − = − ,

приводить до нерівності 20 1 1 1

arcsinx x

x< − < − − .

Розглянемо 2

0lim 1x

x→

− . Оскільки | | 1x < , то 1 2 1x− ≤ , тому 2 21 1x x− ≤ − ≤1

→

0x 1 Приходимо до висновку, що 2

0lim 1 1x

x→

− = .

Тепер отримаємо 20 1 1 1

arcsinx x

x< − < − −

0x → 0 Значить

0

0

0

lim 1arcsinarcsin 1lim 1

limarcsin

x

x

x

xxx

xxx

→

→

→

=

= = ◄

Довести: 0

lim 1x

arctgxx→

= .

►Перетворимо нерівність



sincos 1, ; \{0}2 2

tt tt

π π⎛ ⎞< < ∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠

,

поділивши її на : cos t11 , ;

cos 2 2tgt tt t

π π⎛ ⎞< < ∈ −⎜ ⎟⎝ ⎠

\{0} .

Заміна в останній нерівності приведе до нерівності t arctg x x tgt= ⇒ =

11cos

xarctgx arctg x

< < .

Оскільки 2

2

2 2

1 1 ,cos

1 1 1cos

tg

tg arctg x xarctg x

= + αα

= + = + ,

то будемо мати (довести самостійно, що 2

0lim 1 1x

x→

+ = !)

21 1x xarctgx

< < +

0x → 1. ◄

4.6.3 Друга істотна границя Теорема. ( )

1

0lim 1 xx

x e→

+ = .

Доведення. Пригадаємо спочатку рівність 1lim 1n

ne

n→∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Доведемо що 1) ( )1

0 0lim 1 x

xx e

→ ++ = і 2) ( )

1

0 0lim 1 x

xx e

→ −+ = . Після чого,

скориставшись теоремою про необхідні і достатні умови існування гра-ниці, виражені через односторонні границі, прийдемо до висновку про здійсненність рівності, що доводиться.

Розглянемо послідовності 1

1

1 11 1 1

111 11 ;

11 1!

n n

n

n

n

n

an n

nbn

n

+

+

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + ⋅ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎛ ⎞+⎜ ⎟+⎛ ⎞ ⎝ ⎠= + =⎜ ⎟+⎝ ⎠ ++

1 ;n



ε0 0lim lim 0 :| | | | .n n n nn na b e n N n n a e b e

→∞= = ⇔ ∀ε > ∃ ∈ ∀ ≥ − < ε∧ − <

Нехай

0

0

0

1 0 ;

10 ;

1 .

xn

xn

nx

δ = ⇒ < < δ

< <

>

Якщо 01n nx

⎡ ⎤= ≥⎢ ⎥⎣ ⎦, то

( )

( ) { }

( )

11

1

1

1

1

1 1;

1 1 ;1

1 11 1 1 ;11 11 1 1 ;

1

(1 ) ;(1 ) ;

1 max | |,| |

1 0 .

nn

n nx

ab

xn n

xn n

xn n

x

n nx

xn n

xn n

xn n

b x ab e x e a e

x e a e b e

x e x

+

==

≤ ≤ +

≤ ≤++ ≤ + ≤ +

+⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ + ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ + ⎠ ⎝ ⎠⎝

≤ + ≤

− ≤ + − ≤ −

+ − ≤ − − <

+ − < ε ∀ < < δ

;ε

Доведено, що ( )1

0lim 1 xx

x e→+

+ = .

Тепер доведемо ( )1

0lim 1 xx

x e→−

+ = . Нехай , тоді 0nx →− 01

nn

n

xy

x= − →

++ , а

за доведеним вище ( )1

lim 1 nynn

y e+ = . Далі маємо:

1 1n n

n nn n

x yy x

x y= − ⇔ = −

+ +,

( )( )

( ) ( )1 1 1

1 1

1

1lim 1 lim 1 lim lim 1 1 .1 1

nn n

n n

yy y

nx yn n nn n n n

n n e

yx y y

y y

+− − −

→ →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = − = = + ⋅ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

e . ■

4.6.3 Наслідки з другої істотної границі. При доведенні другої істотної границі було отримано нерівність:



( )1

11 11 1 11

n nxx

n n

+⎛ ⎞ ⎛+ ≤ + ≤ +⎜ ⎟ ⎜⎜ + ⎠ ⎝⎝

⎞⎟⎠

,

а при виведенні 1lim 1n

ne

n→∞

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

було знайдено 12 1 3n

n⎛ ⎞≤ + ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

, тому

1

1

1

114 2 2 1 11 (1 ) 1 1 3 2 6;

13 3 11

4 (1 ) 6;3

n

nx

x

n xn n

nx

+⎛ ⎞+⎜ ⎟⋅ + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎝ ⎠= < < + < + ⋅ + < ⋅ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠++

< + <

4 1ln ln(1 ) ln 6.3

xx

< + < (*)

Довести: lim ln ln , 0x a

x a a→

= > (неперервність логарифмічної ф-ії).

, 0a > . ►Доведемо, що 0

lim ln lnx a

x a→ +

=

(*). : 0 0 : 0 : 0 | ln ln | ;

0| ln ln | ln ln ln ln 1 ln 6 ln 6 .ln ln

За К x x a x ax x a x ax ax a x ax a a a a a

∀ε > ∃δ > ∀ > < − < δ⇒ − < ε− − δ⎛ ⎞> > ⇒− = = − = = + < ⋅ < ⋅ =⎜ ⎟> ⎝ ⎠

ε

Тобто, ln 6a

δ = ⋅ε .

Рівність 0

lim ln lnx a

x a→ −

= довести самостійно . ◄

Довести: lim x a

x ae e

→= (неперервність експоненчійної ф-ії).

►Доведемо, що 0 0 : : 0 | |x ax R x a e e∀ε > ∃δ > ∀ ∈ < − < δ − < ε . 0

lim x a

x ae e

→ += ⇔

Для 4 4ln ln3 34ln ln(1 ) 1 1

3t t

t o t t e t e t> < + ⇒ < + ⇒ − < .

Заміна в останній нерівності 4ln43 ln3

uu t t= ⇒ = приведе до нерівності

вигляду 14ln3

u ue − < . Тому

| | ( 1)4 4ln ln

ax a a x a a x a ee e e e e− −− = − < < ⋅δ =/ /

3 3

ε , тобто 4ln3

aeδ = ε ⋅ .◄



Довести: 0

ln(1 )lim 1x

xx→

+= .

1 1

0 0 0 0

ln(1 ) 1lim lim ln(1 ) lim ln(1 ) ln lim(1 ) ln 1x xx x x x

x x x x ex x→ → → →

+= + = + = + = =► .◄

Довести: 0

1lim lnx

x

a ax→

−= , тоді, зокрема,

0

1lim 1x

x

ex→

−= .

ln

0 0

1 11lim 0 0 lim ln lnln 1ln( 1)

ln

x x ax

x t

t a ea tx t a ax ttx

a

→ →

= − = −−= → ⇒ → = ⋅ =

++=

► . ◄

4.7 Нескінченно малі і нескінченно великі функції

4.7.1. Нескінченно малі функції.

Означення. . ( ) lim ( ) 0def

x ax нескінченно мала функція в точці a x

→α − ⇔ α =

Приклад. 1. ( ) ( )nx x aα = − li . m ( ) 0

x ax

→α = ( ) . . . .x н м ф в т a⇒α −

2. , а функ-

ція представляється сумою

lim ( ) ( ) ( ) lim ( ) 0 ( ) . . . .x a x a

f x b x b f x x x н м ф в т a→ →

= ⇒ α = − ⇒ α = ⇒ α −

( ) ( )f x b x= −α . 3. Нехай ( ) ( ) : lim ( ) lim ( )

x a x af x i g x f x g x b

→ →= = , крім того

( { } ) { }( )0 : ( ) ( ; ) \ ( ) ( ; ) \D f a a a D g a a a∃δ > − δ + δ = − δ + δ∪ ∩ , тоді

}( ) ( ) ( ) . . . . .( ) ( ) ( )x f x g x н мф в т аx g x f x

α = −β = − .

4.7.2. Порівняння нескінченно малих в точці a функцій. Самостійно вивчити поняття невизначеності. Види невизна-

ченостей: 0 00 , , , 1 , 0 , 0 , 0 , .

0∞ ∞∞

∞ −∞ ⋅∞ ∞∞

Означення. Кажуть, що нескінченно мала функція α(x) в точці а має більший порядок мализни (нескінченно мала більш високого поряд-ку) ніж нескінченно мала функція β(x) в точці а , якщо



( )lim 0. : ( ) ( ( )) ( ( ))( )x a

x Позначення x o x або ox→

α= α = β

βα = β (читається «α є

о-малим від β). Означення. Кажуть, що α(x) і β(x)- нескінченно малі функції в

точці а мають однаковий порядок мализни, якщо ( )lim 0( )x a

x constx→

α= ≠

β.

Означення. Нескінченно малі функції α(x) і β(x) в точці а - ек-

вівалентні ( )lim 1( )

def

x a

xx→

α⇔ =

β.

Еквівалентні нескінченно малі в точці 0 функції.

2

11 1 ~2

sin ~~

11 cos ~2

x x

x xtgx x

x x

+ −

−

1 ~ln(1 ) ~

1 ~ lnarcsin ~

~

x

x

e xx x

a x ax x

arctg x x

−+−

Властивості о(β) де β-нескінченно мала функція в точці а.

1. Дано: ( ( ))lim 0( )x a

o xx→

β=

β.

Довести: . ( ) ( ) ( )o o oβ ± β = β

► ( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim 0x a x a x a

o o o o→ → →

β ± β β β= ±

β β β=

( )β

.◄

2. . 0 ( )k const k o o= ≠ ⇒ ⋅ β =3. . ( ) ( ) ( ) ( )o o o oγ = β ⇒ β ± γ = β

► ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim lim lim 0.x a x a x a x a x a

o o o o o o o→ → → → →

β ± γ β γ ⋅ γ β γ β= ± = ± ⋅

β β β⋅ γ β γ β=

n

2

◄

Приклади: ( ) ( ) . . . . ,( ) . . . . 0

n

тx a x н мф в т ax x н мф в т

β = −α =

4. в т. 0. ( ) ( ) ( )n no x o x o x± =

5. в т. 0. ( ) ( ), 0n nk o x o x k⋅ = ≠

6. . ( ) ( ) ( ), min{ , }n m ko x o x o x k n m± = =

Наприклад, , 2 3( ) ( ) ( )o x o x o x± =

7. . ( ) ( )n m n mo x x o x +⋅ =



►0 0

( ) ( )lim lim 0n m n

n m nx x

o x x o xx x+→ →

= = .◄

8. ( ) ( ) ( )n m n mo x o x o x +⋅ =

►0 0 0

( ) ( ) ( ) ( )lim lim lim 0n m n m

n m n mx x x

o x o x o x o xx x x+→ → →

⋅⋅ = . ◄

Властивості еквівалентних нескінченно малих функцій α(x) і β(x) в точці а.

Вл. 1. . } ( )~ ( ) ( ) ( )x a o oα β → ⇒ γ = α ∧ γ = βγ = α −β

► lim lim lim 1 0 ( )x a x a x a

o→ → →

γ α −β β⎛ ⎞= = − = ⇒ γ =⎜ ⎟α α α⎝ ⎠α ,

lim lim lim 1 0 ( )x a x a x a

o→ → →

⎛ ⎞γ α −β α= = − = ⇒ γ = β⎜ ⎟β β β⎝ ⎠

. ◄

Вл. 2. }( ) ( ) ~ (o o )x aγ = α ∨ γ = β ⇒ α β →γ = α −β .

► ( )lim lim lim 1 lim 1 1 ~x a x a x a x a

o→ → → →

⎛ ⎞ ⎛ ⎞α γ +β γ β= = + = + = ⇒ α β⎜ ⎟ ⎜ ⎟β β β β⎝ ⎠ ⎝ ⎠

. ◄

Висновок: тоді і лише тоді, коли функція ~α β γ = α −β є такою, що . ( ) ( )o oγ = α ∧ γ = β

Вл. 3. Абсолютна і відносна похибка при заміні нескінченно малої функ-ції α(x) на еквівалентну їй нескінченно малу функцію β(x) в т. а:

}1) ( ) ( ) 0,

~ ( ) ( ) ( )2) 0., . . . .( )

x a

x a

x xx a x xн м ф вт a

x

→

→

α −β ⎯⎯⎯→α β → α −β⇒ ⎯⎯⎯→α β−

β.

Тобто при заміні α на β якщо α ~ β ми досягаємо високої точності, оскі-льки похибка наближення є нескінченно малою, більш високого порядку мализни за β (або α). ►1 ,) ( ) ( ) ( ) . . . . ( ) 0x ax x x н м ф вт а x →γ = α −β − γ ⎯⎯⎯→

1

( ) ( ) ( ) ( )2) lim lim lim 1 0.( ) ( ) ( )x a x a x a

x x x xx x x→ → →

→

⎛ ⎞γ α −β α⎜ ⎟= = −⎜ ⎟β β β⎜ ⎟

⎝ ⎠

= ◄



Вл. 4. 1

11

11

1

( )1) lim ,~ ( ) ( )~ ( ) ( )( )( ) 2) lim lim .lim ( ) ( )( )

x a

x a x ax a

xx a xx a xxx

x xx

→

→ →→

⎫ α⎪ ∃α α → ⎪ ββ β → ⇒⎬ αα⎪α =

∃ β β⎪β ⎭

.

Під знаком границі вираженою через частку або добуток нескінченно малих функцій можна нескінченно малі замінювати на еквівалентні.

► 1 1 1

1 111

( ) ( ) ( )( ) ( )

1

m lim lim( ) ( ) ( ) ( ) ( )x a x a x a

lix x xx x

x x x x x→ → →

→→

β α αα α= ⋅ ⋅ =

β α β β β.◄

Зауваження! Якщо lim виражається через суму або різницю, екві-валентні перетворення не здійснюються.

0 0

( )lim lim 1ln(1 )x x

tg x xx x→ →

= =+

n

. Приклад.

4.7.3. Нескінченно великі функції. Означення. А(x) називається нескінченно великою функцією в

точці а справа { } ( )( ) : { ( )}def

n n nx D A x a x a A x⇔∀ ∈ → ∧ > ⇒ - нескінченно велика послідовність, яка, починаючи з якогось номера, приймає значен-ня однакових знаків, тобто

спр 0

0

lim ( ): lim ( )

x a

x a

A x ; 0

0

lim ( ): lim ( )

x a

x a

A xзліва A x

→ −

→

= +∞⎡⎢ = −∞⎢⎣

. ава A x→ +

→ +

= +∞⎡⎢ = −∞⎢⎣

Y

а

X

0 0lim ( ) lim ( )

x a x aA x A x

→ + → += +∞ = −∞

Y

X

а



Рис. 4.7. Порівняння нескінченно великих функцій

Означення. Нескінченно великі функції A(x) і B(x)в т. а справа (зліва) можуть порівнюватися наступним чином. а) А(х) має більший порядок росту ніж В(х)

0( 0) 0( 0)

( ) ( )lim lim 0( ) ( )

def

x a a x a a

A x B xB x A x→ + − → + −

⇔ = ∞ ⇔ = ,

б) А(х) і В(х) – мають однакові порядки росту

0( 0)

( )lim 0( )

def

x a a

B x constA x→ + −

⇔ = ≠ ,

в) А(х) і В(х) – еквівалентні 0( 0)

( )lim 1( )

def

x a a

B xA x→ + −

⇔ = .

Приклад 1. 3

1 1( ) , ( ) .( )

A x B xx a x a

= =− −

0 03

0 0

lim ( ) , lim ( ) ;( ) ( )lim lim 0 ( ) ( ).( ) ( )

x a x a

x a x a

A x B xA x x a B x має більший порядок росту за A xB x x a

→ + → +

→ + → +

= +∞ = +∞

−= = ⇒ −

−

Приклад 2. 1( )

( )nn xx aP =−

; 1(x)

( )mm x aQ =−

.

Порівняти в т.а ( )n xP и ( )m

xQ , - н.в.ф. в т. ,n m∈N a

I. ( )n xP має більший порядок росту, ніж ( )m

xQ ⇔

⇔( ) ( )lim lim lim( )

( )( )

mm nn

nx a x a x am

x x a x ax ax

PQ

−

→ → →

−= = − =

−∞ , якщо

m-n>0 ⇔ m>n , тоді ( )

lim( )

n

x am

x

xPQ→

=∞ .

II. ( )n xP має менший порядок росту, ніж ( )m

xQ , якщо

m-n<0 ⇔ m<n , тоді ( )

lim( )

n

x am

x

xPQ→

=0

III. ( )n xP має такий же порядок росту, як ( )m

xQ , якщо



m=n , тоді ( )

lim 1( )

n

x am

xx

PQ→

= .

4.8 Означення неперервності функції

Нехай і т. а т. скучення, тобто fa D∈

∀ δ>0 (a-δ, а+δ) ∩ \{ }fD a ≠ ∅

(тобто містить хоча б одну точку з fD , що не співпадає з а). Формальне означенню неперервності функцій.

( )f x - неперервна в т. а def⇔ 1. lim ( )

x af x

→∃ ,

2. lim ( ) ( )x a

f x f a→

= .

(якщо x → a ⇒ limx a

x a→

= , тоді lim ( ) (lim ) ( )x a x a

f x f x f a→ →

= = )

Приклад. ( ) xf x e= - неперевна у будь-якій точці a∈ .

► - це було вже доведено при виведенні наслідків з

другої істотної границі. ◄

limlim x a

xx

x ae e e→

→= = a

Розглянемо x a→ ∆x=x-a 0, тобто ∆x – н.м. величина ⇒ →( )f x - неперер. в т. а ⇒ lim ( )

x af x

→= ( )f a ,

Тому ∆ ⇒ ∆( ) ( ) ( ) 0x a

f x f a f x→

= − → ( )f x - н.м. значення функції в т. а.

Висновок: н.м. значенню приросту аргументу в т. а буде відпо-відати н.м. значення приросту функції, якщо функція в т. а – неперервна. Означення за Гейне неперер. функцій.

( )f x - неперер. в т. а { } : ( )def

n f n n ( )x D x a f x f a⇔∀ ⊂ → ⇒ → .

Зауваження: в наведеному визначені відсутня умова nx a≠ . Це пов’язано з наступним:

1) ( )f a – визначене, 2) якщо ми додамо до послідовності { }nx , що прагне до а декіль-ка значень, що дорівнюють a, то для відповідної послідовності



значень функцій будемо мати додаткові члени, рівні ( )f a , і це не призведе до зміни збіжності ( ) ( )nf x f→ a .

Означення за Коші неперер. функцій.

( )f x - неперер. в т. а def

⇔ 0ε∀ > 0 : fx Dδ∃ > ∀ ∈

x a δ− < ⇒ ( ) ( ) .f x f a ε− < Означення за Гейне і за Коші неперервності функції в точці еквіва-

лентні. Доведення цього факту аналогічне доведенню такої еквівалентно-сті у випадку границі функції.

Одностороння неперервність функцій в точці а.

Означення за Гейне. ( )f x - неперер. в т. а справа(зліва) def

⇔

∀{def

⇔ } ( ): ( ) ( )n f n n n n ( )x D x a x a x a f x f a⊂ → ∧ ≥ ≤ ⇒ → .

Означення за Каші: ( )f x - неперер. в т. а справа(зліва) def

⇔

def

⇔ 0 0 : fx Dε δ∀ > ∃ > ∀ ∈

( ) ( ) (a x a a x a f x f a)≤ < + − < ≤ ⇒ − <δ δ ε .

Означення. ( )f x - неперер. на множині А, якщо вона неперер. в ∀ точці . а А∈

Означення Якщо в точці а функція не задовольняє умові непе-рервності ⇒ кажуть, що ( )f x - має розрив в т. а.

Приклади. При виведенні наслідків з першої та другої істотної границь було отримано неперервність функцій 1)-3):

1) lim cos cos , ( ) cosx а

x a a f x x→

= ∀ ∈ ⇒ = - неперер. на ;

2) - неперер. на ; lim , ( )x a

x ae e a f x e

→= ∀ ∈ ⇒ = x

3) lim ln ln , 0 ( ) lnx a

x a a f x x→

= > ⇒ = - неперер. на + .

4) Із властивостей границі функції випливає, що неперер. на . lim ( )n n

x an x a a f x

→∀ ∈ = ∀ ∈ ⇒ = nx

Приклад. 1, 0

( ) ( ) 0, 01, 0

xf x sign x x

x

>⎧⎪= = =⎨− <⎪⎩

(рис. 4.8).



1. за Каші довести: 0 0x ≠ ⇒

0 0ε δ∀ > ∃ > 0 0( ) ( )x x f x f xδ ε− < ⇒ − < .

Нехай 0x x− < ⇒δ для достатньо малих δ , наприклад, 0| |xδ < , значен-

ня x і 0x мають однаковий знак

0 0( ) ( ) ( ) ( ) 0f x f x f x f x ε⇒ = ⇒ − = <

Висновок. В усіх точках, окрім т. 0, ( ) ( )f x sign x= -неперер. 2. Якщо 0 0x = ⇒

0 0

0 0

lim ( ) 1

lim ( ) 1x

x

f x

f x→ −

→ +

= − ⎫⎪⇒⎬= ⎪⎭в т. 0

0lim ( )x

f x→

∃ в т. 0 – розрив. ⇒

Або те саме розглянемо за Гейне:

00

0 ( ) 1( ) ( )

0 ( ) 0n n

nn

x f xf x f x

x f x> =⎫ ⎫

⇒ ⇒ →/⎬ ⎬→ =⎭ ⎭ ⇒ в т. 0 – розрив.

y=sign(x)

-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

-2 -1 0 1 2

x

y

Рис. 4.8.

Твердження. В т. а ( )f x - неперер. ( )f x - неперер. в цій точці як справа (а+0), так і зліва (а-0). У припущені, що т. а – т. скучення як правостороння так і лівостороння Доведення. Було доведено

0 0lim ( ) lim ( ) lim ( )x à x a x a

f x f x f x ∧0 0

lim ( ) lim ( )x a x a→ → − → +

∃ ⇒ ∃ ∧∃ f x f→ + → −

x= .

Для неперервності

0 0lim ( ) lim ( ) ( )

x a x af x f x f

→ + → −= = a .



Останнє і означає ( )f x - неперер. в цій точці як справа, так і зліва.■ Приклад. y=[x] (рис. 4.9). Розглянемо a n= ∈ ⇒

0lim ( ) ( )

x nf x n f n

→ += = в т. n∈ функція непер. справа,

0lim ( ) 1 ( )

x nf x n f n

→ −= − ≠ - не є неперер. в т. n∈ зліва.

Висновок: -т. розриву. n∈ Розглянемо ( , 1) ( )n n f x const+ ⇒ = -неперер. на ( , 1)n n + . Висновок: Множина точок неперервності функції ( )f x – це множина . \

-7-6-5-4-3-2-101234567

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 7

x

yy=[x]

Рис. 4.9.

Приклад. Функція Діріхле. 1,

( )0, \

xD x

x∈⎧= ⎨ ∈⎩

Доведемо, що - розривна у будь-якій точці із , тобто множиною точок неперервності є

( )D x∅ .

Доведення. 1. Нехай \a∈ . Спочатку покажемо, що для будь-якого числа a∈ існує послідовність раціональних чисел, що збі-

гається до а. Для цього розглянемо 1 1=ε ; 212

=ε ; 314

=ε ;…

1

12n n−=ε …



n

За лемою про наближення дійсних чисел раціональними між числами na i a− +ε ε завжди можна знайти раціональне число nq

102

lim0

n n

nn

a q

q→∞

⎫< − < ⎪⎪⇓ ⇒⎬⎪⎪⎭

a= ( (a

) )

2

1 11 112 2a a q a aq− − + +

⇒

В наслідок теореми про «двох міліціонерів» приходимо до висновку про збіжність побудованої послідовності раціональних чисел до числа а. Маємо

( ) 1 1( ) ( )

( ) 0n n

n

D qD q D a

D a= ⎯⎯→ ⎫⎧

⇒ →/⎨ ⎬=⎩ ⎭ т. \a∈ –т. розриву.

2. Нехай a∈ . Аналогічно доводиться, що

{ } \ :n np p a∃ ⊂ → . Тоді

( ) 0 0( ) ( )

( ) 1n n

n

D pD p D a

D a= ⎯⎯→ ⎫⎧

⇒ → ⇒/⎨ ⎬=⎩ ⎭aт. ∈ – т. розриву.■

Приклад. ( ) ( ) ( ); ,f x x a D x a= − ⋅ ∈ т. а – фіксована точка. Доведемо, що ( )f x - розривна у будь-якій точці із . Тобто

потрібно довести: \{ }a

1) 0 , 0x a x∀ ≠ - точка розриву, 2) в т. а – функція ( )f x -неперервна. Доведення. I. 0x a≠ ,

1,( )

0, \x

D xx

∈⎧= ⇒⎨ ∈⎩( )f x =

,0, \x a x

x− ∈⎧

⎨ ∈⎩.

Нехай 0 \n nx x x→ ∧ ∈

00 0

( ) 0 0( ) ( )

( ) 0n n

n

f xf x f x

f x x a→∞= ⎯⎯⎯→ ⎫

⇒ →/⎬= − ≠ ⎭

0x⇒ -т. розриву.



II. 0x a= Нехай { }nx - довільна послідовність: nx a→ . Тоді а – т. непер. ■

.. . .

. . .

( ) ( ) ( ) 0n n xобмежн м п

н м п

f x x a D x →∞= − ⋅ ⎯⎯⎯→ ⇒ ( ) ( ) 0n nf x f a→∞⎯⎯⎯→ = ⇒

Приклад. Функція Рімана (рис. 4.10)

0, \ ,

( ) 1 , ( ,

якщо xR x mякщо x m n

n n

∈⎧⎪= ⎨ ) 1.= ∧ =⎪⎩

Довести: 1) , x∀ ∈ x - точка розриву, 2) , \x∀ ∈ x - точка неперервності.

Функція Рімана

0

0,25

0,5

0,75

1

1,25

-3 -2 -1 0 1 2 3

Рис. 4.10.

Доведення.

1. Нехай 0 0 01, ( , ) 1 ( )mx x m q R x

q q∈ ⇒ ∈ = ⇒ = , - фіксована. q

00

0

( ) 0 0( ) ( )1( ) 0{ } \

n nn

nn

R xx x

R x R xR xx

q

→∞= ⎯⎯⎯→ ⎫→ ⎫ ⎪⇒ ⇒ → 0x⇒ ∈/⎬ ⎬= ≠⊂ ⎭ ⎪⎭

- т. розриву.

2. Нехай 0 \x ∈



01){ } nn n n n

n

px x x qq →∞⊂ ⇒ = → ⇒ ⎯⎯⎯→∞

0

0

1( ) 0( ) ( )

( ) 0

nn n

R xq R x R x

R x

⎫= → ⎪⇒ →⎬⎪= ⎭

.

0

0

( ) 02)

( ) 0{ } \n n

n

x x R xR xx

→ =⎫ ⎫⇒ ⇒⎬ ⎬=⊂ ⎭⎭

0( ) ( )n nR x R→∞⎯⎯⎯→ x .

3){ }nx - довільна послідовність.

Пп.: 0( ) ( )nR x R x→ { }nkx⇒ ∃ - підпослідовність послідовності

{ }nx така, що . 0( ) ( )nkR x b R x→ ≠

Послід. { }nkx - має нескінченну множину раціональних або ірраці-

ональних чисел, що утворює підпослідовність { }knlx послідовності { }nkx

за доведеним в 1) і 2) отримаємо: . Але послідовність ⇒ 0( ) (knlR x R x→ )

{ }( )knlR x повинна збігатися до , як підпослідовність послідовності

, що збігається до . Значить

b

{ ( )nkR x } b 0( )b R x= . . Тому →/

0( ) ( )n nR x R→∞⎯⎯⎯→ x .

Висновок: 0 \x ∈ - т. неперер. ■

4.9 Арифметичні операції над неперервними функціями Теорема. Нехай ( )f x і мають однакову область визначен-

ня ( ) та неперервні в т. ( )g x

f gD D D= = a D∈ , то їх сума, різниця, добуток і частка є функціями неперервними в цій точці, у припущенні для частки, що . Тобто ( ) 0g a ≠

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) неперер. в т. ( ) ; ( ( ) 0)( )

f g

f x g xD D D f x g xf x g x а D f x g a

g x

±⎫⎪= = ⇒ ⋅⎬⎪∧ − ∈ ⎭ ≠

- неперервні в т. а.



Доведення. ( )f x і - неперер. в т. a D( )g x ∈ ⇒ lim ( ) ( )

x af x f a

→= ∧ lim ( ) ( )

x ag x g a

→= .

Із теореми про арифметичні операції над границями функцій отримаємо: lim( ( ) ( )) ( ) ( )x a

f x g x f a g a→

± = ± ,

lim( ( ) ( )) ( ) ( )x a

f x g x f a g a→

⋅ = ⋅ ,

( ) ( )lim ; ( ) 0.( ) ( )x a

f x f a g ag x g a→

= ≠ ■

4.10 Складена функція та її неперервність

Означення. Нехай

: ;: ;

f f

g g

f X Y D X E Yg Y Z D Y E Z

→ = = ⎫⎬→ = = ⎭

Приклад. 1. Розглянемо функцію . sin( ) xh x e=

Нехай ( ) sin( ) : [ 1;1]f x x= → − . Позначимо sin( )y x= .

( ) ( )

( ) ( ( ))

f g

x y f x z g y

h g f

z h x g f x

X Y Z= =

=

= =

⎯⎯→ ⎯⎯→

↓ ↑⎯⎯→ ⎯⎯⎯→

Композицією (суперпозицією чи складеною функцією) називається функція , що діє за пра-вилом:

:h X Z→( ) ( ( )) ( )( )h x g f x g f x= = .

Розглянемо допоміжну функцію ( ) yg y e= : 1 1 1[ 1;1] [ ; ] ;e e ee

− ⎡ ⎤− → = ⎢ ⎥⎣ ⎦.

Тоді , де ( ) ( ( ))h x g f x=1: ;h ee⎡ ⎤→ ⎢ ⎥⎣ ⎦

.

2. Функція 2( ) (sin )f x arctg x= є композицією функцій

( )( )( )2

( ) sin : [ 1,1] ( ) ( ) ( )( ),( ) :[ 1,1] [0,1]

: 0, .4( ) ( ) :[0,1] 0,

4

y f x x h x w g f x w g f xt g y y

hz w t arctg t

⎫⎪= = → − = =⎪⎪= = − → ⇒⎬ ⎡ ⎤→⎪ ⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎣ ⎦⎪= = → ⎢ ⎥⎪⎣ ⎦⎭

ππ

Теорема (про неперервність складеної функції).



0Якщо функція неперервна в точці ( )y f x= x X∈ , а функція ( )z g y= неперервна у відповідній точці

0 0( )y f x Y= ∈ , тоді складена функція ( ) ( ( ))z h x g f x= = неперервна в точці 0x

( ) ( )

\

( ) ( ( ))

f g

x y f x z g y

h g g f

z h x g f x

X Y Z= =

=

= =

⎯⎯→ ⎯⎯→

↓ ↑⎯⎯→⎯⎯⎯⎯→

Доведення. Нехай - неперервна в т. ( )y f x= 0x X∈ за Гейне ⇒

{ } :n fx D∀ ⊂ 0 ( ) ( )n n 0x x f x f x→ ⇒ → . (*) Нехай . Оскільки 0 0( )y f x Y= ∈ ( )z g y= - неперер. в т. , то за Гейне 0y

{ } 0: ( )n y n ny D y y g y g y∀ ∈ → ⇒ → 0( ) . (**)

Доведемо, що: { } 0 0?: ( )n n n ( )x X x x h x h x∀ ∈ → →⇒ :

{ }(*) (**)

0 0: ( ) ( )n n n nx X x x y f x f x y∀ ∈ → ⇒ = → =

0

0

( ) ( )|| ||( ( )) ( ( ))|| ||( ) ( )

n

n

n

g y g y0 ⇒

g f x g f xh x h a

⇒ →→→

■

4.11 Властивості монотонних функцій

Означення.

( )f x - зростаюча ( ) def⇔ 1 2 1 2 1 2, (f ) ( )x x D x x f x f x∀ ∈ < ⇒ < ,

( )f x - спадна( ) def⇔ 1 2 1 2 1 2, (f ) ( )x x D x x f x f x∀ ∈ < ⇒ > ,

( )f x - незростаюча def⇔ 1 2 1 2 1 2, (f ) ( )x x D x x f x f x∀ ∈ < ⇒ ≥ ,

( )f x - не спадає def⇔ 1 2 1 2 1 2, (f ) ( )x x D x x f x f x∀ ∈ < ⇒ ≤ ,

( )f x - монотонна def⇔ ( )f x - зростає або спадає.

( )f x - нестрого монотонна def⇔ ( )f x - не зростає або не спадає.

Приклад. 1. [ ]2 0;y x на x= ∈ +∞ (рис. 4.11), оскільки



y=x^2

0

25

50

75

100

0 2 4 6 8 10

x

y

y=x^3

-1000

-750

-500

-250

0

250

500

750

1000

-10 -6 -2 2 6 10

x

y

Рис. 4.11. Рис. 4.12.

( ) ( )2 21 21 2 1 1 2 2 1 2 1 21 2

, [0, )( ) ( )

x xx x x x x x x x f x fx x

∈ +∞ ⎫⎪< ⇒ ⋅ < ⋅ ⇒ < ⇒ <⎬< ⎪⎭

x .

2. на ( ) (рис. 4.12). 3y x=(Довести самостійно !)

Лема 1. Якщо ( )f x - монотонна (можливо, нестрого монотонна) на [с;b] ⇒

( )0 0 0( , ) lim ( ) ( 0) lim ( ) ( 0) lim ( ) lim ( )

x a x a x c x ba c b f x f a f x f a f x f x

→ + → − → + → −∀ ∈ ∃ = + ∧ = − ∧∃ ∧∃

0

Доведення. Нехай ( )f x − . Доведемо, що ( 0f a )∃ + . Розгля-немо допоміжну множину { }( ) : ( ; )A f x x a b= ∈ . Оскільки

( ) ( ) ( )( )

a x bf a f x f b

f x< < ⎫

⇒ < <⎬− ⎭,

то множина А обмежена знизу числом ( ) inff a Aγ⇒ ∃ = . Довести:

0inf lim ( )

x aA f xγ

→ += = .



| | | | |( ) ( ) ( )

inf 0 0 : ( )[ , )

( ) ( ) ( )( )

def

f a f x f a

A b a f ax c b a x a

f a f x f af x

≤ ≤ ≤ + < +

⎫= ⇒∀ > ∃ < < − ≤ + < + ⎪⎪⇒⎬∀ ∈ ≤ < + ⎫⇒ ≤ < + ⎪⎬

⎪⎭ ⎭⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯→

γ δ γ ε

γ ε δ γ δ γδ

δ

[ , )x c b a x a∀ ∈ ≤ < + ⇒

ε

δ ( )f x γ ε− ≤

Висновок: 0

lim ( )x a

f x γ→ +

= . ■

Наслідок. I. на [( )f x ];c b

1 1 1

2 2

(1) ( ) ( ) ( 0) ( ) ( )(2) ( ) ( ) ( 0) ( ) ( )

c a x b f c f a f a f x f bc y a b f c f y f a f a f b< < < ⇒ ≤ ≤ + ≤ ≤⎧

⇒ ⎨ < < < ⇒ ≤ ≤ − ≤ ≤⎩ 2

II. на [( )f x ];c b

1 1 1

2 2

(1) ( ) ( ) ( 0) ( ) ( )(2) ( ) ( ) ( 0) ( ) ( )

c a x b f c f a f a f x f bc y a b f c f y f a f a f b< < < ⇒ ≥ ≥ + ≥ ≥⎧

⇒ ⎨ < < < ⇒ ≥ ≥ − ≥ ≥⎩ 2

)

)

Доведення.

11

1

1 1

( ) ( ) ( ) ( )0 .( )

( ) ( ) ( 0) ( ) ( )

f c f a f x f bc a x bx a граничний перехідf x

f c f a f a f x f b

≤ ≤ ≤< < < ⎫⎫⇒ ⇒⎬ ⎬→ + −⎭ ⎭

⇒ ≤ ≤ + ≤ ≤

Обґрунтуємо останню нерівність. А саме, перевіримо здійсненність нері-вності

1 1? ( 0) (c a x b f a f x< < < + ≤⇒ .

Із доведення леми 1 випливає 1

1

inf ( 0)( 0) (

( )A f a

f a ff x A

= = + ⎫⇒ + ≤⎬∈ ⎭

γx . ■

Пригадаємо одне з визначень оберненої функції. Нехай : f ff D E→ - бієктивна функція.

Оскільки функція сюр’єктивна, то : ( )f fy E x D f x y∀ ∈ ∃ ∈ = .

Оскільки вона ін’єктивна, то ! : ( )f fy E x D f x y∀ ∈ ∃ ∈ = .



Таким чином, будь якому fy D∈ може бути співставлень єдиний

fx D∈ . Тобто побудовано функцію , яку позначають : fg E D→ f

1( ) ( )f y g y− = і називають оберненою. Пригадаємо також інше означення оберненої функції через ком-

позицію. Нехай : f ff D E→ -бієкція. Функція називається

оберненою до функції

: fg E D→ f

f: ff D E→ , якщо g f f g e= = , де ( )e x x= .

Лема 2. Якщо функція f - монотонно зростає ( - монотонно спадає) та

1

1

(1) :[ ; ] ( ) ; ( ) [ ; ]( [ ; ])

(2) ( )f f

f f ff E D

D a b f a f b E Ef

−

−

⎧ ∃ →= ∧ = = ∧ = = ⇒ ⎨

⎩α β α β β α

Доведення. (1) Доведемо спочатку, що ( )f x - бієкція.

а) ( )f x - сюр’ективна, так як ( )f ff D E=

б) Доведемо, що ( )f x - ін’єкція, тобто доведемо:

1 2 1 2 1 2, (f ) ( )x x D x x f x f x∀ ∈ ≠ ⇒ ≠ .

1: 2x x∏Π ≠ ,але 1( ) ( )2f x f x= тоді

1 2x x≠ ⇒ 1 21 2 1 2

1 2

( ) ( )( ) ( )

f x f xx x x xf x f xf

<< ∨ > ⎡⎫⇒ ⇒⎬ ⎢ >⎭ ⎣

⇒ 1 2( ) ( )f x f x≠ −→/ .

Отже, f - бієкція, тому 1 : f ff E D−∃ → . Висновок (1) твердження до-ведено. (2) Нехай f . Перевіримо , тобто 1f −

. 1 11 2 1 2? ( ) ( )y y f y f y− −< <⇒

, 1 11 2 1 2: ( )y y f y f y− −∏Π < ∧ ≥ ( )

12тоді позначивши 1

1 1 2( ), ( )x f y x f y−= = −

( ) ( ) ( ( )) ( (x x

, будемо мати

1 2 1 11 2 1 2 ))f x f x f f y f f y

f− −≥ ⎫

⇒ ≥ ⇒ ≥⎬⎭

⇒

⇒ 1 2y y≥ →/ . ■ Теорема.



).

[ ] 1

1

1

( ) неперер.на ; ,1. ( ) : ,

( ) ( ),2. ( ) ( ),

Нехай ( ); ( ),3. ( ) неперер.на [ ; ][ ; ] ( [ ; ]),

( [ ; ]

ff f

ff f

f

y f x a b Df y E D

f xf y

f a f bf y EE E

E

−

−

−

⎧⎫= − = ⎪

∃ →⎪ ⎪⎪ ⎪⇒⎬ ⎨= = ⎪ ⎪ − =⎪ ⎪= = ⎭ ⎪ =⎩

α βα βα β β αβ α

Доведення проведемо трохи пізніше в темі «Глобальні властивос-ті неперервних функцій».

4.12 Неперервність елементарних функцій Вже було доведено неперервність функцій ( ) cosf x x= на ,

( ) xf x e= на , ( ) lnf x x= на (0, )+∞ , ( ) nn f x x∀ ∈ = на . 1)

( ) sin cos2

( ) , ( ) cos2

f x x x

g x x h t t

⎫⎛ ⎞= = −⎜ ⎟⎪⎪⎝ ⎠ ⇒⎬⎪= − = ⎪⎭

π

π

- ( ) ( ( ))f x h g x= неперер. на , як компо-зиція неперер. на функцій.

2)sin( )( ) ( )cos( )

xf x tg xx

= = − неперер. для 2

x nπ π∀ ≠ + як частка

двох неперервних на функцій 1 2( ) sin ( ) cosf x x i f x x= = при

: cos 02

x x x π∈ ≠ ⇔ ≠ + nπ .

3)cos( )( ) ( )sin( )

xf x ctg xx

= = − неперер. для x nπ∀ ≠ як частка двох

неперервних на функцій 1 2( ) cos ( ) sinf x x i f x x= = при : sin 0x x x∈ ≠ ⇔ ≠ nπ .

4) ( ) ( )2

x xe ef x sh x−−

= = − неперер. на , оскільки

1 21( ) ( ( ) ( ))2

f x f x f x= − , де 1( ) xf x e= - неперер. на ,

21( ) x

xf x ee

−= = - неперер. на , як частка непер. на функцій і

. 0xe x≠ ∀ ∈



-30

-20

-10

0

10

20

30

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

f(x)=sh(x)

Рис. 4.13.

Зауважимо, що ( ) ( ) ( )2

x xe ef x f x− −

− = = − ⇒ f x непарна.

5) ( ) ( )2

x xe eg x ch x−+

= = -неперер. на (довести самостійно !)

0123456789

1011

-3 -2 -1 -0 1 2 3

g(x)=ch(x)

Рис. 4.14.

( ) ( )g x g x− = - парна.

6)( )( ) ( )( )

x x

x

sh x e eh x th xch x e e x

−

−

−= = =

+ - непарна. неперер. на (дове-

сти самостійно !)



-1,5

-1

-0,5

0

0,5

1

1,5

-5 -4 -3 -2 -1 -0 1 2 3 4 5

x

h(x)=th(x)y=-2y=1

Рис. 4.15.

Основні тригонометрична і гіперболічно тригонометрична тотожності мають вигляд:

2 2cos sin 1x x+ = , 2 2 1ch x sh x− = . Гіперболічні формули мають аналогічний вигляд тригонометричним.

7) ln ln( )xx a x af x a e e= = = .

Оскільки - неперер. на , ( ) lng x x a=( ) th t e= - неперер. на ,

то ( ) ( ( ))f x h g x= - неперер. на - як композиція неперер. функцій.

8) ln 1( ) log lnln lna

xf x xa a

= = = ⋅ x - неперер. на

9) ( ) arcsinf x x= , [ ]1;1x∈ − .

Функція ( )f x є оберненою до зростаючої неперервної на

,2 2π π⎡−⎢⎣ ⎦

⎤⎥ функції ( ) sin : , [ 1,1]

2 2x g y y π π⎡ ⎤= = − → −⎢ ⎥⎣ ⎦

на [ ]1;1− . Тому фу-

нкція ( ) arcsinf x = x є зростаючою неперервною на [ ]1;1− (див. рис 4.16).



-2,25

-1,5

-0,75

0

0,75

1,5

2,25

-2 -1 0 1 2

f(x)=arcsinxg(y)=sin yy=x

Рис. 4.16.

10) [ ] [ ]( ) arccos : 1;1 0;f x x= − → π - непер. на [ ]1;1− (довести самостійно !).

11) ( ) : ;2 2

f x arctgx ⎛= → −⎜⎝ ⎠

⎞⎟

π π - неперер. на (довести самостійно !).

12) ( ) : (0; )f x arcctgx π= → - неперер. на (довести самостійно !)

4.13 Класифікація точок розриву функцій

Означення. Точка 0x ∈ називають точкою усувного розриву функції ( )f x , якщо 1)

0

lim ( )x x

f x→

∃ ,

2) 0

0lim ( ) ( )x x

f x f x→

= ≠ або 0( )f x∃/ .

Приклад.

1)

2 4 , 2( ) 20, 2

x xf x xx

⎧ −≠⎪= −⎨

⎪ =⎩

.

Графік функції зображено на рис. 4.17. Маємо

20

lim ( ) 4,2

(2) 0,x

f xx

f→

= ⎫⎪⇒ =⎬= ⎪⎭

- т. усувног розриву.



y=f(x)

-2

-1

0

1

2

3

4

5

6

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

Рис. 4.17.

Від усувного розриву можна позбавитися, якщо перевизначити фу-нкцію у точці цього розриву значенням відповідної границі.

2) sin , 0

( )0, 0

x xf x x

x

⎧ ≠⎪= ⎨⎪ =⎩

.

Графік функції зображено на рис. 4.18.

Рис. 4.18.

00 0

sinlim ( ) lim 1 (0) 0x x

xf x f xx→ →

= = = ⇒ = - т. неперервності.

Означення. Точка 0x називається точкою розриву першого роду, якщо

0 0 0 00 0 0lim ( ) lim ( ) lim ( ) lim ( )

x x x x x x x x 0f x f x f x

→ − → + → − → +∃ ∧∃ ∧ ≠ f x .

Значення 0 00 0

lim ( ) lim ( )x x x x

f x f→ + → −

ω = − x називається стрибком функції в точці

розриву 0x . Приклад. 1) ( ) [ ]f x x= .

Графік функції зображено на рис. 4.19.



-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4f(x)=[x]

Рис. 4.19.

Розрив в усіх n∈

0lim ( )

x nf x

→ += n ,

0lim ( ) 1

x nf x n

→ −= − .

точка 0 0

lim ( ) lim ( )x n x n

f x f x→ + → −

≠ ⇒ n∈ -точка розриву першого роду.

2) { }( ) [ ]f x x x x= = − . Графік функції зображено на рис. 4.20.

00,20,40,60,8

1

-4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4

f(x)={x}

Рис. 4.20.

Розрив в усіх n∈ . Розрив першого роду, оскільки

0lim ( ) 0

x nf x

→ += ,

0lim ( ) 1

x nf x

→ −= ,

0 0lim ( ) lim ( )

x n x nf x f x

→ + → −≠ 0 1≠ ( ).

Означення. Функція ( )f x називається кусково-неперервною на відрізку , якщо на цьому відрізку має скінчену кількість точок розриву першого роду.

[ , ]a b

Означення. Функція ( )f x називається кусково-неперервною на інтервалі ( ; або на )a b ( ; )= −∞ +∞ , якщо вона кусково-неперервна на будь-якому відрізку з або з ( ; )a b ( ; )= −∞ +∞ .



Тобто функція [ ; ] ( ; ) ( [ ; ] ( ; ))c d a b c d∀ ⊂ ∀ ⊂ −∞ +∞ ( )f x на є кусково-неперервною. [ ; ]c dФункції двох останніх прикладів є Кусково неперервними на

. ( ;= −∞ +∞)Означення. Точка 0x називаються точкою розриву другого

роду, якщо хоча б одна із односторонніх границь не існує або дорівнює . Тобто ∞

0 00 0lim ( ) lim ( )

x x x xf x f x

0 00 0lim ( ) lim ( )

x x x xf x f

→ − → −x= ∞∨ ∃/

→ + → += ∞∨ ∃ ∨/

Приклад. 1)1cos

( )0, 0

f x xx

⎧⎪= ⎨⎪ ≤⎩

.

Розглянемо функцію при . Для побудови графіка скориста-ємося наступними викладками

0x >

{ }1 1cos 1 ; 0(1 2 )

x mx mπ= − ⇒ = ∈

+∪ ,

1 1cos 1 ; 0,2

x k kx kπ= ⇒ = ≠ ∈ ,

{ }1 2cos 0 ; 0(1 2 )

x nx n= ⇒ = ∈

+∪

π,

1lim cos 1x x→+∞

= .

При графік будуємо, застосовуючи парність наданої функції (рис.4.21).

0x <

Рис. 4.21.

Доведемо, що т 0x = є точкою розриву ІІ роду. Для цього дове-демо, що

0lim ( )x

f x→

∃ .



{ } { }1 0 0; ( ) cos 2 1 ( ) 1,1,...1,... 12n n nnx f x n f x

n →∞′ ′ ′= ⎯⎯⎯→ + = = ⇒ = →π

π,

{ } { }1 0 0; ( ) 1,..., 1,... 1(1 2 )n nnx f x

n →∞′′ ′′= ⎯⎯⎯→ + = − − → −

+π.

За означенням 0 0

lim ( )x

f x b→ +

∃ = ⇔

{ } : 0; 0 ( )n f n n nx D x x f x b⇔∀ ⊂ → > ⇒ → . У даному випадку

0 ( ) 10 ( ) 1

n n

n n

x f xx f x′ ′→ →⎫ ⎧

⇒ ⇒⎬ ⎨′′ ′′→ → −⎭ ⎩ 0lim ( )x

f x→

∃ ⇒ точка точка розриву ІІ ро-

ду.

0

2)1( )f xx

= (графік див. на рис. 4.5).

0 0lim ( )

xf x

→ += ∞⇒ точка 0 точка розриву ІІ роду.

3)1( )f xx⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

на (0 . Графік функції зображено на рис. 4.22. ;1)

0

1

2

3

4

5

6

7

8

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7

f(x)=[1/x]

Рис. 4.22.

( )f x - кусково-неперервна на ,так як на будь якому відрізку з вона буде мати скінчену кількість точок розриву І роду або взагалі

не буде мати точок розриву.

(0;1)(0;1)

4.14 Локальні і глобальні властивості неперервних функцій До локальних властивостей відносяться ті властивості які вико-

нуються в якомусь околі точки. Це властивості, що характеризують пове-



дінку функцій при прямуванні аргументу x до досліджуваної точки. До глобальних властивостей відносяться ті властивості які виконуються на всій області визначення функції.

Наприклад, 1) монотонність ( )f x на - глобальна властивість, ( ; )a b2) неперервність ( )f x в точці - локальна властивість.

Означення. Функція обмежена зверху (знизу) на множині fA D⊂ , якщо існує (M m )∈ ∈ таке що

( ) ( ( ) )f x M f x m x≤ ≥ ∀ A∈ . Означення. Функція обмежена (з обох боків) на множині

fA D⊂ , якщо такі що M m∃ ∈ ∧∃ ∈ ( )m f x M x A≤ ≤ ∀ ∈ . Теорема 1 (теорема про локальну обмеженість функції, яка має

скінчену границю в точці). Якщо в точці 0x існує границя, то можна знайти δ -окіл точки 0x , в якому функція буде обмежена. Тобто,

00 0 0lim ( ) 0 : ( ) ( ; ) ( )fx x

f x b x B x x x D m f x M→

∃ = ⇒ ∃ > ∀ ∈ = − + ≤ ≤∩δδ δ δ .

Доведення.

00lim ( ) 0 0 : 0 ( )fx x

f x b x D x x f x b→

= ⇔∀ > ∃ > ∀ ∈ < − < ⇒ − <ε δ δ ε

( )b f x b⇒ − < < +ε ε { }0 0( ) \x B x x∀ ∈ δ . Два випадки.

{ }{ }

0

0 00

0

1. ,min , ( ) ( ) ( )

2.max , ( )

f

f

x D m b M bm b f x x B x m f x

x DM b f x

∈ ⇒ = − = + ⎫⎪= − ⇒∀ ∈ ≤ ≤⎬∉ ⇒ ⎪= + ⎭

δ

ε εεε

M .■

Наслідок 1. Якщо ( )f x - неперер. в т. 0x , тоді знайдеться δ - окіл т. 0x , в якому функція буде обмежена.

Доведення. ( )f x - неперер. в т. 0

0 0lim ( ) ( )x x

x f x f x→

⇒ ∃ = . Далі

потрібно застосувати попередню теорему. ■ Теорема (про сталість знаку неперер. в т. функції).

0

0

000

область визнач. : в ( )x -точка неперер.

, ( ),( ) 0 ( 0)( ) ( ) 0 ( 0)

f

f

D B xD функція має той самий

знак що і f x тобтоf xx B x f x

− ⎫ ∃⎪∈ ⇒⎬⎪> < ⎭

∀ ∈ > <

δ

δ

δ



Доведення. f -неперер. в т. 0x 0 00 0 ( ) ( )fx D x x f x f x⇔∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − <ε δ δ ε

Нехай 0 00 0

( ) ( )( ) ( ) ( )

2 2f x f

x B x f x f x= ⇒∀ ∈ − <δεx

,

0 00 0

( ) ( )( ) ( ) ( )2 2

f x ff x f x f x− < < +x

.

0 0( ) 3 ( )( )2 2

f x ff x< <x

.

Випадок 1. 00

( )( ) 0 ( ) 02

f xf x f x> ⇒ > > 0( )x B xδ∀ ∈ .

Випадок 2. 0( ) 0f x < ⇒ 03( ( ) 02

f x f x< < 0( )x B xδ∀ ∈ . ■

Зауваження. До локальних властивостей відносять неперервність суми, різниці, добутку і частки непер. функцій в точці. 4.15 Глобальні властивості неперервних функцій Теорема Коші (про проходження неперервної функції через , при зміні знаку).

0

неперер. на [ ; ]( ; ) : ( ) 0

( ) ( ) 0f a b

c a b f cf a f b

− ⎫⇒ ∃ ∈ =⎬⋅ < ⎭

.

Тобто, якщо неперервна на відрізку функція приймає на кінцях цього відрізку значення різних знаків, тоді можна знайти таку внутрішню точку цього відрізку, в якій функція приймає нульове значення (рис. .23). Доведення. Нехай для визначеності

O a cX

Y

f(b)

f(a)

b

( ) 0;f a > ( ) 0f b <

{ }[ ; ] : ( ) 0M x a b f x= ∈ > 1. , так як a MM ≠ ∅ ∈ 2. M - обмежена зверху числом , так як b

x M∀ ∈ x b< , отже supc M∃ = . Довести: 1) , ( ; )c a b∈

2) ( ) 0f c = . 1) c a , так як, з одного боку, ( ; )b∈

1( ) 0f a δ> ⇒ ∃ − окіл 1 1( ) [ ; )B a a a= +δ δ такий, що

Рис. 4.23.



1( ), ( ) 0x B a f x∀ ∈ >δ , а з іншого боку 2( ) 0f b δ< ⇒ ∃ − окіл

2 2( ) [ ; )B b b b= −δ δ такий, що 2( ), ( ) 0x B b f x∀ ∈ <δ , тому, якщо

1 ( ) /b a< − 3δ і 2 ( ) /b a 3< −δ , то 1 2( ) ( )c B a c B b∉ ∧ ∉δ δ

1 2[ ; ] ( ;c a b a b⇒ ∈ + − ⊂ )δ δ . 2) :∏Π ( ) 0f c ≠ . Тоді із теореми про сталість знаку непере-рвної в точці функції отримаємо 0 : ( )x B c∃ > ∀ ∈ δδ ( ) ( ) 0f x f c⋅ > . (*) Оскільки , тоді для того ж самого supc = M δ 1 1:x M c x c∃ ∈ − < ≤δ . 1( ) 0f x >Якщо 2 ( ; )x c c∈ +δ , то 2 2( ) 0x M f x∉ ⇒ ≤ . Таким чином, в ( )B cδ знайдено дві точки, значення функції в яких має різні знаки, а саме: і 1( ) 0f x > 2( ) 0f x ≤ ,. Це суперечить (*). ■

Рис. 4.24.

Теорема (про проходження не-перервної функції через будь яке про-міжне значення).

( ) неперер. на [ ; ]( ) ( )

[ ; ] ([ ; ]) [ ; ]: ( )

f x a bf a f b

c a b f c

− ⎫⇒⎬= ∧ = ⎭

⇒∀ ∈ ∃ ∈ =

α βγ α β β α γ

Доведення. Якщо c a c bγ α γ β= ∨ = ⇒ = ∨ = .

Нехай ( ; ) ( ( ; ))γ α β γ β α∈ ∈ . Уведемо допоміжну функцію ( ) ( )x f x= −ϕ γ - неперер. на [ ; . Тоді ]a b( ) ( )a f aϕ γ α γ= − = − , ( ) ( )b f bϕ γ β γ= − = − .

Оскільки α γ β β γ α< < ∨ < < , то ( ) ( ) 0a bϕ ϕ⋅ < . Тобто уведена фу-нкція задовольняє умовам попередньої теореми.

( ; ) : ( ) 0 ( ) ( )c a b c f c f cϕ γ γ⇒ ∃ ∈ = = − ⇒ = . ■ Теорема (про неперервність монотонної на відрізку [ ; функції). ]a b

( )( ) задана на [ ; ]

( ) ( ) неперер. на [ ; ] [ ; ] ([ ; ]) [ ; ]: ( )( ) ( )

f x a bf x f a b c a b f c

f a f b

− ⎫⎪⇒ − ⇔∀ ∈ ∃ ∈ =⎬⎪= ∧ = ⎭

γ α β β α γα β

Доведення. Необхідність є безпосереднім наслідком попередньої



теореми (про проходження неперервної функції через будь яке проміжне значення). Достатність. Дано:

( ) [ ; ],( ); ( ),[ ; ] [ ; ] : ( ) .

f x на a bf a f b

c a b f c= =

∀ ∈ ∃ ∈ =α βγ α β γ

Довести: ( )f x -неперер. на [ ; , тобто ]a b [ ; ]c a b∀ ∈ f -неперер. в точці c . ( 0) ( ) ( 0f c f c f c⇔ + = = − )

) Доведемо, що ( 0) (f c f c+ = . :∏Π ( 0) ( )f c f c+ ≠ . З наслідку про існування односторонньої границі монотонної функції маємо ( ) ( ) ( 0) ( )f a f c f c f b≤ < + ≤ . Тоді ( ( ); ( 0)) [ ; ] ( )f c f c c a b f c∀ ∈ + ∃ ∈ = →/γ γ . ■ Теорема (про неперервність оберненої до монотонної на відрізку

функції). [ ; ]a b1

1

1

1. ( ) задана на [ ; ] ([ ; ]);( ) неперер. на [ ; ],( ) ( ) строго, 2. ( ) ( );( ) , ( ) , 3. ( ) неперер. на [ ; ] ([ ; ]).

f yy f x a bf x f yf a f b f y

−

−

−

∃ −= − ⎫⎪⇒⎬= = −⎪⎭

α β β α

α β α β β α

Доведення.

}( )( ), ( )

y f xf a f b

= ⇒ <= = α βα β ,

Використаємо лему про монотонність оберненої до монотонної функції: 1

1

(1) :[ ; ] ( ) ; ( ) [ ; ]( [ ; ])

(2) ( )f f

f f ff E D

D a b f a f b E Ef

−

−

⎧ ∃ →= ∧ = = ∧ = = ⇒ ⎨

⎩α β α β β α

Тобто (1) 1( )f y−∃ задана на [ ];α β (відповідає висновку 1. теореми),

(2) на [1( )f y− ];α β (відповідає висновку 2. теореми). Із необхідної умови попередньої теореми

1 1

( ) непер. на [ ; ]( ) ( ) [ ; ] [ ; ] : ( )

( ) ( )

f x a bf x c a b f c

f a f b

− ⎫⎪ ⇒ ∀ ∈ ∃ ∈ =⎬= ∧ = ⎪⎭

γ α β γα β

.

Звідки отримаємо: 1 :[ ; ] [ ; ]f a b− →α β , тобто функція 1f − приймає всі свої проміжні значення з відрізка [ ; : ]a b

1[ ; ] [ ; ] : ( )a b c f c−∀ ∈ ∃ ∈ =γ α β γ .



Із достатностьої умови попередньої теореми маємо, що 1( )f y− - неперер. на [ ];α β (відповідає висновку 3. теореми). ■

Позначення: [ ; ]f C a b f∈ − -неперер. на [ ; , ]a b( )f C A f∈ − -неперер. на множині . A

Теорема (перша теорема Вейєрштрасса). [ ; ]f C a b f∈ ⇒ - обмежена на [ ; . ]a b

Доведення. : ( )f x∏Π − необмеж. на [ ; ]a b [ ; ] : ( )n nn x a b f x⇒∀ ∈ ∃ ∈ > n .

{ }. .

{ } обмеж. збіжнаn

th Б В

n n ka x b x x≤ ≤ ⇒ − ⇒ ∃ − . Тобто

0 0[ , ] :nk nx a b x x→∞∃ ∈ ⎯⎯⎯→ .

Здійснимо граничний перехід під знаком нерівності nka x b≤ ≤ . Отрима-

ємо: . Таким чином, границя послідовності 0a x b≤ ≤ { }nkx належить

відрізку [ ; , тобто ]a b 0 [ ; ]x a b∈ . З одного боку, оскільки ( )f x - неперер. в точці 0 [ ; ]x a b∈ , то при 0nkx x→ будемо мати 0( ) ( )

nkf x f x→ . З іншого боку,

( )nf x n> ⇒ ( ) ( )n nk n kf x k f x> ⇒ →∞ . Одночасне виконання отри-

маних висновків є неможливим. ■ Зауваження. Перша теорема Вейєрштрасса здійснюється тільки для неперервних на відрізку, а не на півінтервалу чи інтервалі, функцій.

Приклад: 1( )f xx

= на (0 -неперер., однак ;1) ( )f x -необмежена.

Теорема (друга теорема Вейєрштрасса). Якщо ( )f x - неперер. на [ ; вона досягає свого sup та , тобто ]a b ⇒ inf

1 2 1 2 [ ; ][ ; ][ ; ] [ ; ] : ( ) sup ( ) ( ) inf ( )

a ba bx a b x a b f x f x f x f x∃ ∈ ∧∃ ∈ = ∧ =

Доведення. Доведемо, що 1 [ ; ]x a b∃ ∈ такий, що 1

[ ; ]( ) sup ( )

a bf x f= x .



( )f x -неперер. на за першою теоремою В. [ ; ]a b ⇒ ( )f x - об-межена - обмежена⇒ fE⇒ sup fM E∃ = .

. :∏Π 1 1[ ; ] ( ) [ ; ] ( ) 0x a b f x M x a b M f x∀ ∈ < ⇒∀ ∈ − >

Уведемо допоміжну функцію 1( )

( )g x

M f x=

−-неперер. на [ ; . ]a b

1 .( ) 0 [ ; ] 10 : ( )( ) . [ , ]

th Bg x x a bA g x

g x неперер на a b A> ∀ ∈ ⎫

⇒ ∃ > ≤⎬− ⎭ [ ; ]x a b∀ ∈ .

Тоді 1 1 ( )

( )M f x A

M f x A≤ ⇒ − ≥ ⇒

−

⇒ ( ) [ ; ]f x M A x a b≤ − ∀ ∈ . (1) Це з одного боку, а з іншого, за побудовою

sup ( )M f x= ⇔ 1. [ ; ] ( )x a b f x M∀ ∈ ≤ 2. (2) 1 10 [ ; ] : ( )A x a b f x M A∀ > ∃ ∈ > −Висловлювання (1) і (2) одночасно є неможливими. ■ Зауваження. 1. Теореми Вейєрштрасса можуть виконуватися в деяких випад-ках, не тільки для неперервних функцій. Наприклад, функція Діріхле

- розривна в будь якій точці відрізка , але обмежена знизу , а зверху ; вона досягає у будь-якому -числі і

у будь-якому -числі відрізка [ ; .

( )D x [ ; ]a b 01 sup ( ) 1D x =

inf ( ) 0D x = \ ]a b 2. У другій теоремі Вейєрштрасса також істотно те, що функція задана на відрізку [ ; . Не завжди неперервна на інтервалі або півінте-рвалі функція на ньому буде обмежена (потрібно розглянути, як контрп-

риклад,

]a b

1( )f xx

= ).

4.16 Рівномірна неперервність ( )f x - задана на множині . Припущення на цю множину: ко-жна точка цієї множини є граничною її точкою. Що до означення грани-

A



чної точки множини A , то воно майже співпадає з означенням граничної точки послідовності.

Означення. ( )f x - рівномірно неперервна на множині , якщо

A

1 2 1 2 1 20, ( ) 0 : , ( ) ( )x x A x x f x f x∀ > ∃ = > ∀ ∈ − < ⇒ − <ε δ δ ε δ ε . Зауваження 1. Якщо ( )f x - рівномірно неперервна на множині

A , то вона неперервна у будь якій точці множини A . Дійсно, якщо у означенні рівномірної неперервності обрати 1 2, 0x x x x= = , то будемо мати:

0 0 00 0 : , ( ) ( )x x A x x f x f x∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − <ε δ δ ε , Зокрема

0 00 0 : ( ) ( )x A x A x x f x f x∀ ∈ ∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − <0ε δ δ ε . Останнє і дає означення неперервності функції на множині.

0 0 00 ( , ) 0 : ( ) ( )x A x x A x x f x f x∀ ∈ ∀ > ∃ = > ∀ ∈ − < ⇒ − <0ε δ δ ε δ ε Зауваження 2. Із неперервності функції на множині не завжди буде витікати рівномірна неперервність на цій множині. Дійсно, за озна-ченням неперервності функції на множині

A

0 0 00 ( , ) 0 : ( ) ( )x A x x A x x f x f x∀ ∈ ∀ > ∃ = > ∀ ∈ − < ⇒ − <0ε δ δ ε δ ε Навіть перепозначення нічого не дадуть, оскільки рівномірна непере-рвність вимагає одне, спільне для усіх елементів із множини 0x A∈ зна-чення δ . Згідно до наведеного означення шукане δ можна знайти як

00( ) inf ( , )

x Ax

∈= =δ δ ε δ ε . Може статися, що δ =0, а це нас не влаштовує.

Приклад. 1) 2( )f x x= - неперервна на [1; )A = ∞ . Доведемо, що ця функція

не є рівномірно неперервною:

1 2 1 2 1 20 0 , : ( ) ( )x x A x x f x f xε δ δ∃ > ∀ > ∃ ∈ − < ∧ − ≥ ε .

Розглянемо 1; ,n n n nx n x n x x An

′ ′′ ′ ′′= = + ⇒ ∈ . Маємо:

1 1n nx x n n

n n′′ ′− = + − = =

1n

- н.м.п.⇒ 0 : n nn x xδ δ′′ ′∀ > ∃ ∈ − < ;

2 22

1 1( ) ( ) ( ) 2 2n nf x f x n nn n

ε′′ ′− = + − = + ≥ = .



Що доводить той факт, що функція 2( )f x x= не є рівномірно непере-рвною.

Теорема Кантора. Якщо функція неперервна на відрізку, тоді вона рівномірно неперервна на цьому відрізку.

Доведення. : ( )f x∏Π - не є рівномірно неперервною:

1 2 1 2 1 20 0 , [ ; ] ( ) ( )x x a b x x f x f x∃ > ∀ > ∃ ∈ − < ∧ − ≥ε δ δ ε .

Нехай 1n n=δ , тоді за припущенням

1, [ ; ] : ( ) ( )n n n n nx x a b x x f x f xn

′ ′′ ′ ′′ ′ ′′∃ ∈ − < ∧ − ≥ ε . (1)

Розглянемо першу з цих послідовностей

{ } { }Th Б.-В.

[ ; ] [ ; ] :n nn k kx a b a x b x c a b x c′ ′ ′⊂ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∃ ∧∃ ∈ →′ .

За теоремою про граничний перехід під знаком нерівності маємо: [ ; ]

nka x b a c b c a b′≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ∈ ⇒⇒ точка c - точка неперер. функції. Із непер. функції в точці c маємо:

( ) ( )n nk kx c f x f c′ ′→ ⇒ → .

Оскільки 1

n nx xn

′ ′′− < , то 1

n nk kn

x xk

′ ′′− < ⇒

1 1n n nk k k

n n

x x xk k

c

′ ′′ ′− < < +

⇓

⇒ за теоремою «по двох міліціонерів» nkx c′ → , а внаслідок неперервніс-

тю функції в точці отримаємо c ( ) ( )nkf x f c′′ → .

Таким чином, маємо: ( ) ( )

( ) ( ) 0( ) ( )

n

n n

n

kk k

k

f x f cf x f x

f x f c

′ → ⎫⎪ ′ ′′⇒ − →⎬′′ → ⎪⎭ (н.м.п.).

Останнє суперечить (1). ■ Твердження.

( ) неперер. на [ ; )( )lim ( )

x

f x af xf x

→+∞

− +∞ ⎫⎪⇒⎬∃ < ∞ ⎪⎭- рівномірно неперервна на [ ; )a +∞



Доведення. lim ( ) 0 0 : ( )f

x

deff x A x D x f x A→+∞

= ∀ > ∃ > ∀ ∈ > ⇒ − <⇔ ε δ δ ε .

За рівномірною неперервністю маємо 1 2 1 2 1 20 0 : , : ( ) ( )fx x D x x f x f x∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − <ε δ δ ε ,

а за означенням границі –

lim ( ) 0 0 :x

f x A→+∞

= ⇒∀ > ∃ >ε δ1 1 1

2 2 2

: ( )2

: ( )2

f

f

x D x f x A

x D x f x A

⎫∀ ∈ > ⇒ − < ⎪⎪⇒⎬⎪∀ ∈ > ⇒ − <⎪⎭

εδ

εδ

1 2 1 2 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 22

x x f x f x f x A f x A⇒ > ∧ > ⇒ − ≤ − + − < ⋅ =εδ δ

1 2 1 2, ( ; ) ( ) ( )x x f x f x= ⇒∀ ∈ +∞ − <ε δ ε . (3) | |

a δ на цьому відрізку функція неперервна.

За теоремою Кантора, функція рівномірно неперервна на [ ; ]a ⇔δ

1 2 1 2 1 20 0 : , [ ; ] ( ) ( )x x a x x f x f x⇔∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − <ε δ δ δ ε . (4)

1 2 1 2 1 2(3) (4) 0 0 : , [ ; ] ( ) ( )x x a x x f x f x+ ⇒∀ > ∃ > ∀ ∈ +∞ − < ⇒ − <ε δ δ⇒

ε функція рівномірно неперервна на [ ; . ■ )a +∞

Зауваження. Аналогічно доведенню останнього твердження, мо-жна показати, що

( ) неперер. на [ ; ]lim ( )

lim ( )x

x

f xf x

f x→+∞

→−∞

⎫− −∞ +∞ ⎪

⎪∃ < ∞ ⎬⇒ ( )f x рівномірно неперер. на ( ; )+∞ −∞ ⎪

∃ < ∞ ⎪⎭

Приклад. 1. sin( ) xf x

x= на дослідити на рівномірну не-

перервність.

(0;1)

Уведемо допоміжну функцію - непер. на [0 . ( ), (0,1)

( ) 1, 0sin1, 1

f x xg x x

x

∈⎧⎪= =⎨=⎪⎩

;1]

За теоремою Кантора - рівномірно неперервна на [0 . ( )g x ;1]



Із означення рівномірної неперервності на множині A , випливає, що рівномірно неперервна на множині функція буде рівномірно не-перервна на будь який підмножині множини

AA .

Оскільки - рівномірно неперервна на . (0;1) [0;1] ( )g x⊂ ⇒ (0;1)( ) . . (0;1)

( )( ) ( ) (0;1)g x р н

f xf x g x x

− ⎫⇒⎬= ∀ ∈ ⎭

- рівномірно неперервна на . (0;1)

2. ( )f x arctg= x на ( )f x - неперервна на . Застосуємо останнє твердження.

lim ( )2 ( )

lim ( )2

x

x

f xf x

f x

→+∞

→−∞

⎫= ⎪⎪⇒⎬⎪= −⎪⎭

π

π- рівномірно неперервна на .

3. ( ) sinf xxπ

= на (0 ;1)

sin 1xπ= sin 0

xπ=

2 ,2

n nxπ π π= + ∈ n

xπ π=

21 4nx

n′ =

+

1nx

n′′ =

0nx′ → 0nx′′ → ( )n nx x′ ′′− → 0

( ) ( ) 1 0 1n n nf x f x →∞′ ′′− = − = ⎯⎯⎯→ 0

( )f x не є рівномірно неперервною на (0;1)4. ( ) 5 7f x x= − на

1 2 1 2 1 20 0 : , ( ) ( )x x x x f x f xε δ δ∀ > ∃ > ∀ ∈ − < ⇒ − < ε

1 2 1 2( ) ( ) 5 5 ,f x f x x x− = − < =δ ε тобто 5

=εδ .

( )f x - рівномірно неперервною на .

4 ГРАНИЦЯ ФУНКЦИЇ І...

Documents

Transcript of 4 ГРАНИЦЯ ФУНКЦИЇ І...