Тақырыптар

Кіріспе бөлім

Негізгі бөлім

§ 1.1. Шек ұғымы

Шек ұғымы математикадағы өте маңызды түсінік. "Қосу" мен "алу" секілді енді бұл ұғым да алдағы әрбір тақырыпта жолығып отырады. Сол себептен бастан-ақ осы ұғыммен жақсылап достасып алғаныңыз жөн.

Бастапқы ұғымдар
Шектің анықтамасы
Теоремалар алқабы
Шек ұғымының кеңеюі
Қисап бөлімі

1. Бастапқы ұғымдар
Шектің анықтамасы ▼

Бұған дейінгілерден өзгеше, жаңа тақырып болғандықтан әңгімемізді жаңа атауларды түсіндіруден бастаймыз.

Ұмтылу

Әшейінде бір нәрсенің екінші нәрсеге барған сайын жақындай түсуін «ұмтылу» дейміз. Бұл да дәл сол нәрсе. Тек бұл жолы ол сандарға қолданылмақ.

Қандай да бір $x$ айнымалысының $p$ санына жақын мәндер қабылдай түсуін «$x$ айнымалысы $p$ санына ұмтылды» дейміз және $x \to p$ деп белгілейміз. Көбіне былай соншалық созбай-ақ жәй ғана «$x$ $p$-ге ұмтылды» деп айтамыз.

Енді, анықталу облысы мен мәндер облысы сәйкесінше $E$ және $K$ жиындары болатын $f$ функциясы мен қандай да бір $p \in E$ саны берілген делік. Берілген функцияның аргументтері $p$ нүктесіне ұмтылуы кезінде сәйкес $f(x)$ мәндерінің қандай да бір $q$ санына барынша жақындай түсуін (ұмтылуын), «$x$ айнымалысы $q$ санына ұмтылғанда $f(x)$ мәндері $q$ нүктесіне ұмтылады» деп айтамыз.

Шек ұғымы

Егер $x \to p$ кезінде $f(x)$ мәндері қандай да бір $q$ санына ұмтылып жатса, онда «$f$ функциясының $p$ нүктесінде шегі бар» деп айтамыз, және $q$ санын $f$ функциясының $p$ нүктесіндегі шегі дейміз де «$x\to p$ кезінде $f(x) \to q$» деп немесе (көп жағдайда) $$\boxed{\lim\limits_{x\to p}f(x) = q}$$ деп белгілейміз.

Ал егер $x \to p$ кезінде $f(x)$ функциясы ешқандай тұрақты санға ұмтылмаса [функцияның мәндері ұмтылып жатқан қандай да бір нүкте болмаса], онда бұл $f$ функциясының $p$ нүктесінде шегі жоқ екендігін білдіреді. Мұндайда «$f(x)$ функциясының $p$ нүктесінде шегі жоқ» дейміз.

Қандай да бір $f$ функциясының $p$ нүктесінде «шегі бар» деудің орнына кейде ыңғайы келсе «жинақталады» деп те айтылады. Жалпы, функцияның шегі бар болуы мен жоқ болуын пайымдаудың әртүрлі нұсқалары бар, солардың бірнешеуі төменде келтірілген:

Жазылуы	Пайымдау нұсқалары
$\lim\limits_{x \to p} f(x) = q$	$f$ функциясының $p$ дағы шегі $q$ - ға тең ($q$ болады);
	$q$ $f$ функциясының $p$ - дағы шегі;
	$x$ $p$ - ге ұмтылғанда $f(x)$ функциясының шегі бар және ол $q$ - ге тең;
	$x$ $p$ - ға ұмтылғанда $f(x)$ $q$ - ға ұмтылады;
	$f(x)$ функциясының $x \to p$ кезіндегі шегі $q$ нүктесі
	$f(x)$ функциясының $p$ нүктесінде шегі бар және ол $q$ нүктесі
	$f(x)$ функциясы $p$ нүктесінде $q$ нүктесіне жинақталады
	$f(x)$ функциясы $p$ нүктесінде жинақталады
	...
$\lim\limits_{x \to p} f(x) = \pm \infty$	$x$ $p$ - ге ұмтылғанда $f(x)$ функциясының шегі жоқ
	$f(x)$ функциясының $x \to p$ кезінде шегі жоқ
	$f(x)$ функциясының $p$ нүктесінде шегі жоқ
	$x$ $p$ - ге ұмтылғанда $f(x)$ функциясы $\pm$ шексіздікке ұмтылады
	...

Мысал ретінде $f(x) = 2x$ функциясының $4$ нүктесіндегі шегін табайық. Берілген функцияның айнымалысы $4$ санына барынша жақын мәндер алған сайын сәйкес $f(x)$ мәндері де $8$ - ге соншалықты жақындай түседі. Басқаша айтқанда $x \to 4$ кезінде $f(x) \to 8$. Демек $f(x) = 2x$ функциясының $4$ нүктесінде шегі бар және ол $8$ - ге тең. Демек $\lim\limits_{x\to 4}2x = 8$. Бұдан басқа тағы бірнеше мысал ұсынамыз:

$1)\ \lim\limits_{x\to 1}x = 1\ \ \ 2)\ \lim\limits_{x\to 5}2x - 10 = 0\ \ \ 3)\ \lim\limits_{x\to 1}x^2 + 3 = 4 \ \ \ 4)\ \lim\limits_{x\to 9}\sqrt{x} - 1 = 2$
$5)\ \lim\limits_{x\to 7}x^2 + 14 = 28\ \ \ 6)\ \lim\limits_{x\to 7}2 = 2$, себебі функция аргументке тәуелсіз.

Осы ретте іштей «біз білетін функция деген нәрсемен шектің не айырмашылығы бар?» деген сұрақ болуы мүмкін.

Айырмашылық

$\bm{f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}}$ функциясының мәндері
$\bm{1}$ - ге оң жағынан жақындағанда		$\bm{1}$ - ге сол жағынан жақындағанда
$\bm{x}$	$\bm{y}$	$\bm{x}$	$\bm{y}$
$0.7$	$1.69999...$	$1.3$	$2.3...$
$0.8$	$1.79999...$	$1.2$	$2.2$
$0.9$	$1.9$	$1.1$	$2.1$
$0.99$	$1.99000...$	$1.01$	$2.00999...$
$0.999$	$1.99899...$	$1.001$	$2.00099...$
$...$	$...$	$...$	$...$

Енді сол айырмашылығын көрсету үшін $f(x) = \dfrac{x^2 - 1}{x - 1}$ функциясын алайық және оның $1$ нүктесіндегі шегін анықтап көрейік. Иә, біз білетіндей, бұл функцияның $1$ нүктесіндегі мәні жоқ. Берілген функцияның $1$ нүктесіне ұмтылатын сандардағы мәндері жоғарыдағы оң жақтағы кестеде берілген (асықпай қарап алыңыз). Байқағаныңыздай $1$ санына оңынан да солынан да жақын мәндерді алсаңыз $2$ ге барынша жуық мәндерді шығарады. Бұл олардың екіге ұмтылып жатқанын көрсетеді. Жоғарыда көрсетілгендей мұны $\lim\limits_{x\to 1}f(x) = 2$ дейміз. Мұнымен көсеткіміз келгені, функцияның мәні табылмайтын нүктелерінде шегі табылуы мүмкін.

Негізі есеп шығару кезінде кесте құрмай-ақ, функцияның ұсқынына қарап қана қандай санға ұмтылатындығын білуге болады. Яғни, функцияға қараған кезде айнымалысының берілген нүктеге ұмтылуы кезінде функцияның қандай нүктеге ұмтылып жатқанын елестете алуыңыз керек. Әрине, бұл да есеп шығара келе жетіле түсетін қабілет.

2. Шектің анықтамасы
▲Бастапқы ұғымдар Теоремалар алқабы ▼

Жоғарыда тек шекке таныстыру жасаған болатынбыз, ал енді оның нақты анықтамасына кезек бергелі тұрмыз. Анықтамамен танысу үшін тағы да бір ұғыммен танысу қажет. Ол маңай ұғымы.

Маңай ұғымы

Қандай да бір $a < b$ болатындай $a$ және $b$ сандары берілсін. Осы $a$ және $b$ нүктелерінің арасындағы нүктелердің жиынын аралық деп атаймыз. $a$ және $b$ сандары шеткі, ал қалған сандар аралықтың ішкі нүктелері деп аталады. Аралықтардың бірнеше түрлері бар:

Шенелген аралықтар		Шенелмеген аралықтар
Белгіленуі	Атауы
$[a;b] = \{x:a \leqslant x \leqslant b \}$ $(a;b) = \{x:a < x < b \}$ $[a;b) = \{x: a \leqslant x < b \}$ $(a;b] = \{x: a < x \leqslant b \}$	сегмент (жабық аралық); интервал (ашық аралық); жартылай жабық аралық; жартылай жабық аралық;	$(-\infty;b] = \{x:x \leqslant b\};$ $(-\infty;b) = \{x:x < b \};$ $[a;+\infty) = \{x:x \geqslant a \};$ $(a;+\infty) = \{x:x>a\};$

Қандай да бір $p$ нүктесінің $\bm{\varepsilon}$ маңайы деп $(p - \varepsilon, p + \varepsilon)$ интервалын айтамыз және оны $N_\varepsilon(p)$ деп белгілейміз. Мұндағы $p$ санын осы маңайдың центрі деп, ал $\varepsilon$ санын радиусы деп атаймыз.

Маңай радиусы көбіне $\varepsilon$ (эпсилан) және $\delta$ (делта) әріптерімен белгіленеді. Бұл әріптер әшейінде өте кішкентай оң санды білдіреді. Сәйкесінше маңай ретінде де берліген нүктенің жанындағы өте кішкентей интервал меңзеледі. Егер $p_0 \in (p - \varepsilon ; p + \varepsilon)$ болса, онда $p - \varepsilon < x < p + \varepsilon$ теңсіздігі орындалады. Бұл теңсіздікті $|p_0 - p| < \varepsilon$ деп жазсақ та болады. Соңғы теңдеудің орындалуы $p_0$ нүктесінің $p$ нүктесінің $\varepsilon$ маңайында жататынын білдіреді.

$2$ санының $0.02$ маңайы $(1.98, 2.02)$ аралығы болады.
$1$ санының $0.7$ маңайы $(0.3, 1.7)$ аралығы болады.

Маңайдың түрлері жайлы мына кестеден көре аласыз:

№	Негізгі назар	Сандар жиынын анықтайтын теңсіздіктері	Атауы
1	$a \in \R$	$\|x-a\| < \varepsilon$	$a$ нүктесінің $\varepsilon$ маңайы	Ақырлы маңайлар
2	$a + 0$	$a \leqslant x < a+\varepsilon$	$a$ нүктесінің оң жақты $\varepsilon$ маңайы
3	$a - 0$	$a - \varepsilon < x \leqslant a$	$a$ нүктесінің сол жақты $\varepsilon$ маңайы
4	$+ \infty$	$\varepsilon < x < +\infty$	$+ \infty$ - тің $\varepsilon$ - маңайы	Ақырсыз маңайлар
5	$- \infty$	$-\infty < x < - \varepsilon$	$- \infty$ - тің $\varepsilon$ - маңайы
6	$\infty$	$\|x\| > \varepsilon$	$\infty$ - тің $\varepsilon$ - маңайы

Радиусы өскен сайын ақырлы маңайлар «кеңи», ал ақырсыз маңайлар «тарыла» түседі. Маңайдың тағы бір түрі бар:

Қандай да бір $p$ нүктесінің $\varepsilon$ маңайынан $p$ - дің өзін алып тастағанда пайда болатын $\{x: 0 < |x - p| < \varepsilon\}$ жиынын, яғни $(p - \varepsilon, p) \cup (p, p + \varepsilon)$ жиынын $p$ нүктесінің $\bm{\varepsilon}$ ойылған маңайы деп атаймыз да $\mathring{N}_\varepsilon(p)$ деп белгілейміз:

$$\mathring{N}_{\varepsilon}(p) = (p - \varepsilon, p) \cup (p, p + \varepsilon) = \{x: 0 < |x - p| < \varepsilon\}$$

Мысал 1. $N_1(5) = (4, 6)$, ал $\mathring{N}_{1}(5) = (4,5)\cup(5,6)$. Сол секілді $N_{0.1}(4) = (3.9, 4.1)$.
Мысал 2. $[0, 1]$ жиынында жатқан $1$ нүктесінің $\varepsilon = 0.1$ маңайы $(0.9, 1]$.

Қандай да бір $q$ саны берілген болсын. Осы санның $p$ санының $\delta$ маңайында жатқандығын көрсету үшін $-\delta < p - q < \delta$, яки $$|p - q| < \delta$$ теңсіздігі орындалатындығын көрсету жеткілікті. Ал ойылған маңай жағдайында $$0 < |p - q| < \delta$$ теңсіздігі орындалуын көрсету қажет.

Ескерту: «$\forall \varepsilon > 0$ саны» деген жазу «кез-келген (не барлық) нөлден үлкен епсилон» деп оқылады.

Шектің анықтамасы

Бұдан әрі кванторлар жиі кезігетін болады. Сізге бұл үйреншікті нәрсеге айналуы қажет. Ал қазір математикалық анализдің өте маңызды анықтамасына келіп тұрмыз. Мұны түсіну өте маңызды.

Анықтама. Қандай да бір $p$ нүктесі мен сол нүктенің әйтеуір бір маңайында анықталатын $f$ функциясы берілген болсын.

Егер кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $0 < |x - p| < \delta$ жағдайына сай барлық $x$ мәндері кезінде $|f(x) - q| < \varepsilon$ болатындай $\delta > 0$ табылатын $q$ нүктесі бар болса, онда $f$ функциясын «$p$ нүктесінде жинақталатын функция», ал $q$ нүктесін «$f$ функиясының $p$ нүктесіндегі шегі» дейміз де $\lim\limits_{x\to p} f(x) = q$ деп белгілейміз.

Кері жағдайда «функция $p$ нүктесінде жинақталмайды, яки шегі жоқ» делінеді.

Бұл анықтама функция шегінің Коши анықтамасы деп аталады. Анықтамадағы $\delta$ саны $\varepsilon$ - ға тәуелді болғандықтан $\delta(\varepsilon)$ деп те белгіленеді. Анықтаманы кванторлармен жазар болсақ:

$$\exist q \land \forall \varepsilon > 0 \ \exist \delta > 0 \ \forall x: 0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - q| < \varepsilon \lrArr \lim\limits_{x\to p} f(x) = q.$$

Мұның айтып тұрғаны жоғарыдағы түсіндірмелердің жеткізгісі келіп тұрған негізгі мағыналарымен бірдей.

Анықтамада екі шарт тұр: $q$ нүктесінің бар болуы, және кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $\delta > 0$ санының табылуы. Байқасаңыз мұндағы $\varepsilon$ мен $\delta$ сандары сәйкесінше $q$ нүктесі мен $p$ нүктесінің маңайларының радиусын білдіреді.

Қандай $\delta$ табылуы керек?

$p$ нүктесінің делта маңайындағы барлық елементтердің функциядағы мәндері $q$ нүктесінің $\varepsilon$ маңайында жататындай болуы керек, яғни табылған $\delta > 0$ санымыздан $f(\mathring{N}_\delta (p)) \subset \mathring{N}_{\varepsilon}(q)$ жағдайы қанағаттануы қажет. Демек анықтамадағы шартты былай жазсақ та болады: $$\forall \varepsilon > 0 \ \exist \delta > 0 : f(\mathring{N}_\delta (p)) \subset \mathring{N}_{\varepsilon}(q)$$
Берілген анықтамаға сүйеніп айтар болсақ, біздің кез келген $\varepsilon$ үшін табылуы керек $\delta$ - мыз $0 < |x - p| < \delta$ теңсіздігіне сай барлық $x$-тар кезінде $|f(x) - q| < \varepsilon$ болатындай болуы керек.

Осы айтылғандарға байланысты $\lim\limits_{x\to p}f(x) = q$ жазуын бірдей мағынадағы бірнеше жолмен пайымдаудауға болады:

	Демек,
$$\lim\limits_{x\to p} f(x) = q$$	$q$ санының кез келген $\varepsilon$ маңайы үшін $f(N_{\delta}(p)) \sub N_{\varepsilon}(q)$ болатындай $p$ нүктесінің $\delta$ маңайы табылады.
	Элементтерінің функциядағы мәндері $\|f(x) - q\| < \varepsilon$ теңсіздігін қанағаттандыратын $p$ нүктесінің өте көп $\delta$ маңайларын табуға болады. Солардың ішінен кез келгенін таңдай аламыз.
	$q$ нүктесінің кез келген $\varepsilon$ маңайы үшін элементтерінің функциядағы мәндерінің жиыны $N_{\varepsilon}(q)$ жиынында жататындай өте көп $\delta$ маңайын таба аламыз.
	$$\exist q \in \R \land \forall \varepsilon > 0 \ \ \exist \delta > 0: 0 < \|x - p\| < \delta \rArr \|f(x) - q\| < \varepsilon.$$
	Кез келген $\varepsilon$ үшін $\|x - p\| < \delta \rArr \|f(x) - q\| < \varepsilon$ болатындай шексіз мөлшердегі $\delta$ саны бар.

Берілген $f$ функциясы $p$ нүктесінің тек «әйтеуір бір» маңайында ғана анықталатын болған жағдайда бізге қажетті $\delta$ маңайы $p$ нүктесінің ($f$ функциясы тек сол маңайда ғана анықталатын) «әйтеуір бір» маңайынан асып кету жағдайы мүмкін бе?

Шегі екенін дәлелдеу

Көргеніңіздей шекті табу кезінде "ай, осыған ұмтылып жатыр-ау" деген ойлар болады. Алайда нақты есептеулерге келгенде оның дәл сол нүктеге ұмтылатынына сенімді болуымыз қажет. Сол жағдайларда дәлелдеу арқылы көңілді тыныштардыруға болады.

Дәлелдеуде шектің анықтамасы тікелей қолданылады: $\lim\limits_{x\to p} f(x) = q$ екенін дәлелдеу анықтама бойынша кез келген $\varepsilon$ үшін $|x - p| < \delta$ кезінде $|f(x) - q| < \varepsilon$ болатындай $\delta$ саны табылатынын көрсетумен пара пар. Мысал келтірейік:

Мысал 1. $\lim\limits_{x\to 1}(2x + 1) = 3$ екендігін дәлелдеңіз.

Шешемі: Жоғарыда баяндалғандай, мұнда $f(x) = 2x + 1$ функциясының $p = 1$ нүктесіндегі шегі $5$ болуы үшін кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $|x - 1| < \delta$ кезінде $|(2x - 1) - 3| < \varepsilon$ болатындай $\delta > 0$ саны табылатындығын көрсетуіміз керек. Ал көрсетейік.
$\delta$ - ны табу үшін әуелі $|(2x + 1) - 3| < \varepsilon$ теңсіздігін түрлендіріп көреміз: $$\begin{aligned} |(2x + 1) - 3| &< \varepsilon \\ |2x - 2| &< \varepsilon \\ 2|x - 1| &< \varepsilon \\ |x - 1| &< \dfrac{\varepsilon}{2} \end{aligned}$$ Ал енді осы шыққан санды $\delta$ ретінде алуға болады, яғни $\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}$. Сонда

$$|(2x + 1) - 3| = |2x - 2| = 2|x - 1| < 2\delta = 2\bigg(\dfrac{\varepsilon}{2}\bigg) = \varepsilon.$$

Мұндағы $\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}$ мәні $0 < |x - 1| < \delta \rArr |2x - 2| < \varepsilon$ шартын қанағаттандыратын жалғыз мән емес. Біз жәй біреуін ғана таптық. Осы тапқан $\delta$ - дан кіші кез келген мәндер үшін де осы жағдай орындалады {неге екенін түсіндіріңіз}. Бірақ біреуін тауып көрсету жеткілікті.

Осыған ұқсас тағы екі мысал келтірейік.

Мысал 2. $\lim\limits_{x \to 3}(2x - 1) = 5$ екенін дәлелдеңіз.

Шешімі. Қандай да бір $\varepsilon > 0$ аламыз. $|x - 3| < \delta$ теңсіздігін қанағаттандыратын барлық $x$ үшін $$|(2x - 1) - 5| < \varepsilon,$$ яғни $|x - 3| < \dfrac{\varepsilon}{2}$ теңсіздігі орындалатындай $\delta = \delta(\varepsilon) > 0$ санын табамыз. Егер $\delta = \dfrac{\varepsilon}{2}$ деп алсақ, онда $|x - 3| < \delta (=\dfrac{\varepsilon}{2})$ теңсіздігін қанағаттандыратын барлық $x$ үшін $|(2x - 1) - 5| < \varepsilon$ теңсіздігі орындалатындығын көреміз. Сәйкесінше, $\lim\limits_{x\to 3}(2x - 1) = 5$.

Мысал 3. Егер $f(x) = c$ болса, онда $\lim\limits_{x\to p}c = c$ екендігін дәлелдеңіз.

Шешімі: $\forall \varepsilon > 0$ үшін $\forall \delta > 0$ - ны алса болады. Себебі $|x - p| < \delta$ кезінде $|f(x) - c| = |c - c| = 0 < \varepsilon$ болады. Сәйкесінше, $\lim\limits_{x\to p} c = c$. Бұл жағдайда $\delta$ санының $\varepsilon$ санына тәуелсіз мәндерге ие бола алатынын байқаймыз.

Мысал 4. $\lim\limits_{x\to \frac{\pi}{6}}\sin x = \dfrac{1}{2}$ екенін дәлелдеңіз.

$$\begin{aligned} \bigg|\sin x - \dfrac{1}{2}\bigg| = \bigg|\sin x - \sin\dfrac{\pi}{6}\bigg| &= 2\bigg|\sin\dfrac{x - \frac{\pi}{6}}{2} \cos\dfrac{x + \frac{\pi}{6}}{2}\bigg| \\ &\leqslant 2\bigg|\sin \dfrac{x - \frac{\pi}{6}}{2}\bigg| < 2\bigg|\dfrac{x - \frac{\pi}{6}}{2}\bigg| = \bigg|x - \dfrac{\pi}{6}\bigg| < \delta \rArr \delta = \varepsilon \end{aligned}$$

Мұнда мына екі теңсіздік қолданылды: $|\cos\alpha| \leqslant 1$, $\sin \alpha < \alpha$.

Сұрақ: Дәлелдеу кезінде неге «қандай да бір $\varepsilon > 0$ саны» делінеді. Неге «кез келген $\varepsilon > 0$ үшін» деп анықтама бойынша дәлелденбейді.
Жауабы: Біз «қандай да бір» деген кезде бір орнықты нүкте алдық. Және сол күйі қандай да бір жағдайдың орындалатынын көрсеттік. Бірақ ол «қандай да бір сан» болғандықтан кез келген сан болуы мүмкін. Демек орындалатын жағдай кез келген санға орындалады деген сөз.

Сосын, $\delta$ саны табылады дегенде біз бірнеше сан табылып арасынан бізге ыңғайлы бір санды таңдап алып соны $\delta$ деп белгілейміз. Бізге әйтеуір тапсақ болды. Бірақ ерінбесеңіз дәлме дәл нақты қай делта мәнінен бастап орындалатынын тауып көрсетсеңіз болады.

Делтаны табу

Ал бұл сол жаңа ғана әңгімелеген делтаны табу жайлы. Шекті дәлелдеу үшін делтаның табылатынын азсынып әр $\varepsilon > 0$ мәні үшін $\delta$-ның қандай мәндері сәйкес екенін табу жайлы. Бұл сарындағы есептерді мұғалімдер көбіне тақырыпты терең түсінуіңіз үшін ұсынады.
Бұған нұсқаулық бермей-ақ мысал арқылы кірісіп көрейік:

Мысал 5. $\lim\limits_{x\to 3}\sqrt{x + 1} = 2$ шегі үшін $\varepsilon = 1$ деп алған кездегі $\delta$ - ның мәнін табыңыз.

Шешім: Бізге $0 < |x - 3| < \delta \rArr |\sqrt{x + 1} - 2| < 1$ жағдайы орындалатындай $\delta$ - ны табу керек. Ол үшін әуелі $q = 2$ нүктесінің біз берген $\varepsilon = 1$ маңайындағы функциялардың аргументтерін тауып алайық. Ол үшін $|\sqrt{x + 1} - 2| < 1$ теңсіздігінің қай аралықтарда орындалатынын анықтасақ болғаны. Сонымен, $$\begin{aligned} |&\sqrt{x + 1} - 2| < 1 \\ -1 &< \sqrt{x + 1} - 2 < 1 \\ 1 &< \sqrt{x + 1} < 3 \\ 1 &< x + 1 < 9 \\ 0 &< x < 8 \end{aligned}$$ Демек, $|\sqrt{x + 1} - 2| < 1$ теңсіздігін $(0, 9)$ аралығына тиесілі $x$ - тер қанағаттандырады екен. $3$ санына осы интервалдың шеткі нүктелерінің ең жақыны $0$ нүктесі, ал оған дейінгі қашықтық $d= 3$, демек $\delta$ ретінде осы санның өзін не бұдан кіші кез келген санды алуға болады.
Әдетте жауап ретінде бір ғана сан беру жеткілікті, біздің жағдайда $\delta = 3$. Бірақ «$\delta = 3$ тен кіші немесе тең кез келген сан» деп жауап берсе де болады.

Жаттығу: Берілген шектерді дәлелдеңіз және $\varepsilon$ - ның $0.1, 0.01, 0.001$ мәндері кезіндегі сәйкес $\delta$ мәндерін табыңыз.

$1)\ \lim\limits_{x\to 2}x^2 = 4$
$2)\ \lim\limits_{x\to 9}\sqrt{x} = 3$
$3)\ \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^2 - 1}{x + 1} = 0$
$4)\ \lim\limits_{x\to 2}x = 2$
$5)\ \lim\limits_{x\to 7}4 = 4$
$6)\ \lim\limits_{x\to 5}\sqrt{9 - x} = 2$

Біржақты шектер

Бастапқы анықтаманың шарты бойынша $f$ функциясының $x \to p$ кезіндегі шегі $q$ болуы үшін функцияның аргументтері $p$ -ге оң және сол жағынан жақындаған сайын сәйкес $f(x)$ мәндері $q$ - ге барынша жақындай түсуі керек. Мұндай сценари арқылы пайда болған шекті негізі екі жақты шек немесе жәй шек деп атаймыз, бірақ бұл атаулар сирек қолданылады және жәй ғана «шек» деп айтыла береді.

Ал қазір танысатын шектер аргументтері $p$ ге тек бір жағынан ғана ұмтылғанда пайда болатын шектер. Олар оңнан және солдан ұмтылатын шектер болып екіге бөлінеді және сәйкесінше оң жақ және сол жақ шектер деп аталады. Біржақты шектер деп осы екеуін айтамыз.

Аргументтердің $p$ санына одан кіші мәндер қабылдай отырып жақындауын «$x$ аргументтері $p$ санына сол жағынан ұмтылады» немесе қысқаша «$x$ $p$ - ға сол жағынан ұмтылады» деп айтамыз да $x\to p^-$ деп белгілейміз.

Осы кезде, яғни $x$ $p$ - ге сол жағынан ұмтылғанда сәйкес $f(x)$ мәндері қандай да бір $q$ санына ұмтылса, онда мұны «$x$ $p$ - ға сол жағынан ұмтылғанда $f(x)$ функциясы $q$ - ге ұмтылады», немесе «$q$ $f(x)$ функциясының $p$ нүктесіндегі сол жақ шегі» деп айтамыз да $\lim\limits_{x\to p^-}f(x) = q$ деп белгілейміз.

Сол секілді $x$ аргументтерінің $p$ ге $x > p$ бола отырып жақындауын «$x$ $p$ - ге оң жағынан ұмтылады» деп айтамыз және осы кездегі $f(x)$ мәндерінің шегін «$f$ функциясының $p$ нүктесіндегі оң жақ шегі» деп айтамыз да $\lim\limits_{x\to p^+}f(x) = q$ деп белгілейміз. Әрине белгілеулердің басқа да түрлері бар: $\lim\limits_{x\to p + 0}f(x)$ немесе $\lim\limits_{x < p, x \to p}f(x) = q$ немесе $f(p + 0) = q$ деп немесе жәй ғана $f(p + ) = q$.

Функцияның екі жақты шегі жоқ болса да бір жақты шегі бар болуы мүмкін. Яғни тек бір жағынан ғана ұмтылғандағы шегі. Бұдан бөлек, екі жағының шегі бар болса да бір-бірінен өзгеше болуы да мүмкін. Мәселен $f(x) = \dfrac{|\sin x|}{x}$ функциясының $0$ - ге ұмтылғандағы мәндерін қарастырайық:

$\bm{f(x) = \dfrac{\|\sin x\|}{x}}$ функциясының мәндері
$\bm{0}$ - ге төменнен ұмтылғанда		$\bm{0}$ - ге жоғарыдан ұмтылғанда
$\bm{x}$	$\bm{y}$	$\bm{x}$	$\bm{y}$
$-0.8$	$-0.896...$	$0.8$	$0.896...$
$-0.6$	$-0.941...$	$0.6$	$0.941...$
$-0.3$	$-0.985...$	$0.3$	$0.985...$
$-0.2$	$-0.993...$	$0.2$	$0.993$
$-0.1$	$-0.998...$	$0.1$	$0.998...$
$...$	$...$	$...$	$...$

Жалпы қарасаңыз нақты қай санға ұмтылып бара жатқанын айту қиын. Бірақ жекелей төменнен ұмтылғанда $-1$ ге, ал жоғарыдан ұмтылғанда $1$ ге жақындайтындығын көреміз [бұл функцияның $0$ нүктесінде анықталмайтындығы тағы бар]. Демек $\lim\limits_{x\to 0^+}\dfrac{|\sin x|}{x} = 1$ және $\lim\limits_{x\to 0^-}\dfrac{|\sin x|}{x} = -1$. Мұны графигінен көрсеңіз де болады:

Енді осыған дұрыстап бір жөні түзу анықтама берейік,

Анықтама. Кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $p < x < p + \delta$ жағдайына сай $x$ мәндері кезінде $|f(x) - q| < \varepsilon$ болатындай $\delta > 0$ табылатын болса, онда $q$ нүктесі $f(x)$ функциясының $p$ нүктесіндегі оң жақ шегі деп аталады да, $\lim\limits_{x\to p^+} f(x) = q$ деп жазылады.

Анықтама. Кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $p - \delta < x < p$ жағдайына сай $x$ мәндері кезінде $|f(x) - q| < \varepsilon$ болатындай $\delta > 0$ табылатын болса, онда $q$ нүктесі $f(x)$ функциясының $p$ нүктесіндегі сол жақ шегі деп аталады да, $\lim\limits_{x\to p^-} f(x) = q$ деп жазылады.

Қысқаша: $$\lim\limits_{x\to p^+} f(x) = q \lrArr \forall \varepsilon > 0\ \exist \delta > 0 : p < x < p + \delta \rArr |f(x) - q| < \varepsilon;$$ $$\lim\limits_{x\to p^-} f(x) = q \lrArr \forall \varepsilon > 0\ \exist \delta > 0 : p - \delta < x < p \rArr |f(x) - q| < \varepsilon.$$ Немесе былай да жазуға болады: $$\lim\limits_{x\to p + 0} f(x) = q \lrArr (\forall \varepsilon > 0 \space\space \exist \delta(\varepsilon): \forall x \in (p; p+\delta) \rArr |f(x) - q| < \varepsilon);$$ $$\lim\limits_{x\to p - 0} f(x) = q \lrArr (\forall \varepsilon > 0 \space\space \exist \delta(\varepsilon): \forall x \in (p-\delta; p) \rArr |f(x) - q| < \varepsilon).$$

Коши анықтамасы. $f$ функциясының $p$ нүктесінде сол жақ (оң жақ) шегі бар, егер

$$\exist q \in \R \land \forall \varepsilon > 0\ \exist \delta > 0 : 0 < p - x < \delta ( 0 < x - p < \delta) \rArr |f(x) - q| < \varepsilon$$

Ал енді сөз кезегін мысалдарға берейік:

Мысал 1. $\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt{x} = 0$ екенін дәлелдеңіз.

$\blacktriangleleft$ $\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt{x} = 0$ болуы үшін анықтама бойынша $$0 < x < \delta \rArr |\sqrt{x} - 0| = \sqrt{x} < \varepsilon$$ болатындай $\delta$ табылуы керек. Әуелі $\sqrt{x} < \varepsilon$ шартын қанағаттандыратын $x$ мәндерінің аралығын табайық. $x < \varepsilon^2$, онда $\delta = \varepsilon^2$ деп алсақ $$0 < x < \delta = \varepsilon^2 \rArr \sqrt{x} < \varepsilon$$ толығырақ жазсақ $$0< x < \varepsilon^2 \rArr |\sqrt{x} - 0| < \varepsilon$$ болады. Бұл $\lim\limits_{x\to 0^+}\sqrt{0} = 0$ екендігін көрсетеді. $\blacktriangleright$

Мысал 2. $f(x) = |x|$ функциясының $0$ нүктесіндегі оң жақ және сол жақ шектерін табыңыз.

Модульдің анықтамасы бойынша $|x| = \begin{cases}\ \ \ x, &x \geqslant 0,\\-x, &x < 0.\end{cases}$ Берілген функцияның $0$ нүктесіне оң жағынан жақындағанда $|x| = x$, ал сол жағынан жақындағанда $|x| = -x$ болатынын аңғарамыз. Сонда $$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to 0^+}|x| &= \lim\limits_{x\to 0^+}x = \lim\limits_{x\to 0}x = 0 \\ \lim\limits_{x\to 0^-}|x| &= \lim\limits_{x\to 0^-}(-x) = \lim\limits_{x\to 0}(-x) = 0 \end{aligned}$$

Мысал 3. $f(x) = \begin{cases}1, & x > 0\\ -1, & x < 0\end{cases}$ функциясының $0$ нүктесіндегі оң және сол жақ шектерін табыңыз.

$\lim\limits_{x\to 0^+}f(x) = \lim\limits_{x\to 0^+}1 = \lim\limits_{x\to 0}1 = 1$
және
$\lim\limits_{x\to 0^-}f(x) = \lim\limits_{x\to 0^-}(-1) = \lim\limits_{x\to 0}(-1) = -1.$

Теорема (біржақты шектің шекпен байланысы). $\lim\limits_{x\to p}f(x) = L$ теңдігінің орындалуы үшін $\lim\limits_{x\to p^+}f(x) = L$ және $\lim\limits_{x\to p^-}f(x) = L$ теңдіктерінің бірдей орындалуы қажетті және жеткілікті.

Теореманың айтуы бойынша $f$ функциясының $p$ нүктесінде шегі бар болуы үшін осы нүктеде өзара тең оң жақ және сол жақ шектер болуы шарт екен. Егер оң жақ және сол жақ шектер өзара тең болмаса, онда функцияның берілген нүктеде шегі жоқ деген сөз.

$\blacktriangleleft$ Қажеттілік $(A \rArr B)$. Кез келген $\varepsilon$ санын аламыз. $\lim\limits_{x\to p}f(x) = q$ болғандықтан, $$0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - q| < \varepsilon$$ болатындай $\delta > 0$ саны табылады. Онда кез келген $x$ үшін $$0 < x - p < \delta \rArr 0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - b| < \varepsilon$$ теңсіздігін ала аламыз. Демек, $\lim\limits_{x\to p^+}f(x) = q$. Сол секілді $$0 < p - x < \delta \rArr 0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - q| < \varepsilon$$ теңсіздігін де алуға болады. Бұл теңсіздік $\lim\limits_{x\to p^-}f(x) = q$ екендігін көрсетеді. Осымен қажеттілік дәлелденді. $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$ Жеткіліктілік $(B\rArr A)$. Қандай да бір $\varepsilon > 0$ санын алайық. $\lim\limits_{x\to p^+}f(x) = q$ болғасын $$0 < x - p < \delta_1 \rArr |f(x) - q| < \varepsilon$$ болатындай $\delta_1 > 0$ саны табылады. және $\lim\limits_{x\to p^-}f(x) = q$ болғандықтан $$0 < p - x < \delta_2 \rArr |f(x) - q| < \varepsilon$$ болатындай $\delta_2 > 0$ саны табылады. Егер $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ десек, онда $$0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - q| < \varepsilon$$ жағдайы орындалады. Демек $\lim\limits_{x\to p}f(x) = q$ болады. $\blacktriangleright$

$1)$ Егер функцияның аргументтері $p$ нүктесіне екі жағынан да ұмтылған кезде функцияның мәндері $q$ нүктесіне бір жағынан ғана ұмтылса, онда $q$ нүктесі $f$ функциясының екі жақты шегі ретінде санала ма?

(Мұндай жағдайдағы шектерге мысал ретінде $\lim\limits_{x\to 0}|x| = 0$ шегін келтіруге болады.)

$2)$ $\lim\limits_{x\to 0} -x$ шегі нөлге бір жағынан ұмтыла ма, әлде екі жағынан да ұмтыла ма?

Жалпылай алсақ, функцияның аргументі ұмтылу бойынша екі жағдай бар: бірі нақты санға ұмтылуы, ал екіншісі (оң не теріс таңбалы) шексіздікке ұмтылуы. Бірінші жағдай бойынша шек ұғымының анықтамасымен таныстық, ал енді екінші түрдегі ұмтылу кезіндегі функцияның шегі жайлы анықтамаға кезек берейік.

Аргументі шексіздікке ұмтылғандағы функцияның шегі

Егер де аргументі барынша үлкен мән алған сайын сәйкес функция мәндері қандай да бір санға ұмтыла түссе, онда сол сан осы функцияның «аргументі шексіздікке ұмтылғандағы шегі» деп аталады. Мұнда айтылып тұрған барынша үлкен мән оң не теріс болуы мүмкін. Жалпы, шек ұғымында аргументі шексіздікке ұмтылу жағдайындағы түрлері жиі кездеседі.

Анықтама. $\R$ жиынында анықталған $f(x)$ функциясы мен $q \in \R$ нүктесі берілген болсын.

Егер кез келген $\varepsilon > 0$ үшін, $|x| > M$ теңсіздігіне сай барлық $x$ тер кезінде $|f(x) - q| < \varepsilon$ теңсіздігі орындалатындай $M(\varepsilon) > 0$ саны табылып отыратын болса, онда $q$ саны $f(x)$ функциясының $x\to\infty$ кезіндегі шегі деп аталады, және $\lim\limits_{x\to\infty} f(x) = q$ деп белгіленеді.

Кері жағдайда «функция аргументі шексіздікке ұмтылғанда жинақталмайды, яки шегі жоқ» делінеді.

Анықтаманы қысқаша жазар болсақ:

$$\boxed{\lim\limits_{x\to \infty}f(x) = q \lrArr \forall\varepsilon > 0 \ \exist M\in\R : |x| > M \rArr |f(x) - q| < \varepsilon.}$$

Шексіздіктің екі түріне жеке жеке анықтама берсек:

$$\lim\limits_{x\to +\infty}f(x) = q \lrArr \forall\varepsilon > 0 \ \exist M\in\R : x > M \rArr |f(x) - q| < \varepsilon.$$ $$\lim\limits_{x\to -\infty}f(x) = q \lrArr \forall\varepsilon > 0 \ \exist m\in\R : x < m \rArr |f(x) - q| < \varepsilon.$$

Бұл анықтамадағы жағдай бойынша, берілген $\varepsilon$ саны үшін табылған $M$ саны кезінде функцияның графигі сол $M$ санынан кейін ені $2\varepsilon$ болатын $y = q + \varepsilon$ мен $y = q - \varepsilon$ түзулерінің арасында жататын болады. $\varepsilon$-ды қаншалық өзгертсеңіз де, соған лайықты осы сценариді қайталайтын $M$ де табылып отырады.

Тапсырма 1. Төмендегі шектерді дәлелдеңіз.

$1)\ \lim\limits_{x\to\pm\infty}\dfrac{1}{x} = 0;$
$2)\ \lim\limits_{x\to \pm\infty}\arctg x = \pm\dfrac{\pi}{2}.$

Тапсырма 2. Теңдіктің дұрыс не қате екенін дәлелдеңіз: $\lim\limits_{x\to\infty}f(x) = \lim\limits_{x\to 0} f^{-1}(x)$.

Қандай да бір $a$ және $b$ сандары берілген болсын. $[a, b]$ аралығында анықталған функция үшін $x\to\infty$ жағдайы мүмкін бе?

Аргументі шексіздікке ұмтылу жағдайындағы шек пен біржақты шек ұғымының қандай байланысы бар?

Функцияның шегі мен функцияның сол нүктедегі мәнінің байланысы жоқ деуге бола ма?

Егер екі жағдайға да ортақ анықтама құрастырсақ былай болады: $a \in \R \cup \pm \infty$ болсын, онда

$$\exist q \land \forall \varepsilon > 0 \ \exist \delta > 0: \ \forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |f(x) - q| < \varepsilon \lrArr \lim\limits_{x\to a} f(x) = q.$$ немес бұдан да қысқа қылсақ, $$\exist q \land \forall \varepsilon > 0 \ \exist \delta > 0: \ f(\mathring{N}_{\delta}(a)) \sub \mathring{N}_{\varepsilon}(q) \lrArr \lim\limits_{x\to a} f(x) = q.$$

Әрине, әр жағдайда әртүрлі анықтама көбірек пайдалы болуы мүмкін. Сол себепті алдыңғы анықтамаларды ұмыт қалдыруға болмайды. Алдағы уақытта теоремаларды дәлелдеу кезінде көбіне алғашқы кезіккен анықтама бойынша дәлелдей береміз. Оларды да өзіңіздің қалауыңызға қарай басқаша дәлелдеп жаттықсаңыз болады.

3. Теоремалар алқабы
▲ Шектің анықтамасы ▼ Шек ұғымының кеңеюі

Ары қарайғы шек ұғымымен жұмыс істеу кезінде жұмысты жеңілдету үшін осы ұғымға қатысты бірнеше тұжырыммен танысатын боламыз. Ауырлатпаңыз, жаттап әуреленбеңіз, жәй ғана жақсылып түсініп бір оқып шығыңыз.

Шектің бар болуы және бір болуы

Теорема (өзара тең функциялардың шегі). $\lim\limits_{x\to p}f(x) = L$ болса, және $p$ нүктесінің қандай бір ойылған маңайларында $f = g$ болса, онда $\lim\limits_{x\to p}g(x) = \lim\limits_{x\to p}f(x)$ болады.

$\blacktriangleleft$ Кез келген $\varepsilon > 0$ санын алайық.

$$0 < |x - p| < \delta_1 \rArr |f(x) - L| < \varepsilon$$

болатындай $\delta_1 > 0$ саны таңдап алуға болады. $p$ нүктесінің $g = f$ болатындай маңайын $\sigma$ деп белгілейік. $\delta = \min(\delta_1, \sigma)$ десек, онда $0 < |x - p| < \delta$ кезінде $$x\in\mathring{N}_\delta(p) \rArr g(x) = f(x)$$ орындалуымен қатар $$|f(x) - L| < \varepsilon$$ болады. Демек $\varepsilon > 0$ саны үшін табылған $\delta = \min(\delta_1, \sigma)$ саны кезінде $$|g(x) - L| = |f(x) - L| < \varepsilon$$ теңсіздігі орындалатындығын көрсетеді. Бұдан $$0 < |x - p| < \delta \rArr |g(x) - L| < \varepsilon$$ теңсіздігін аламыз, демек $\lim\limits_{x\to p}g(x) = L$. $\blacktriangleright$

Коши критериі.

$$\exist \lim\limits_{x\to a} f(x) \lrArr \forall \varepsilon > 0\ \exist \delta: \forall x_1, x_2 \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |f(x_1) - f(x_2)| < \delta$$

Мұны дәлелдеу сізге қалдырылды ;)

Теорема (Шектің бірегейлігі). Функцияның берілген нүктеде шегі бар болса, ол шек жалғыз.

$\blacktriangleleft$ Әуелі екі түрлі шегі болмайтындығын дәлелдеп көрейік. Кері жору әдісін пайдаланамыз. $f$ функциясының $p$ нүктесінде екі түрлі $L_1$ және $L_2$ шектері бар делік. Олай болса $\varepsilon = \dfrac{1}{4}|b - c|$ оң саны үшін $$0 < |x - p| < \delta_1 \rArr |f(x) - L_1| < \varepsilon$$ және $$0 < |x - p| < \delta_2 \rArr |f(x) - L_2| < \varepsilon$$ болатындай $\delta_1$ және $\delta_2$ сандары табылады. Ал енді $0 < |x_0 - p| < \delta_1$ және $0 < |x_0 - p| < \delta_2$ болатындай $x_0$ нүктесін алайық. Сонда $|f(x_0) - L_1| < \varepsilon$ және $|f(x_0) - L_2| < \varepsilon$ болады. Ал енді шешуші сәт келді.

$$|L_1 - L_2| = |L_1 - L_2 - f(x_0) + f(x_0)| \leqslant |f(x_0) - L_1| + |f(x_0) - L_2| < 2\varepsilon = \dfrac{1}{2}|b - c|$$

Біз бұдан $|L_1 - L_2| < \dfrac{1}{2}|b - c|$ яғни $1 < \dfrac{1}{2}$ деген жалған нәтиже шығардық. Демек, алған болжамымыз қате. $\blacktriangleright$

Ал енді күмәнді сұрақ: Жақсы, бірақ бәлкім тек екі шегі болмайтын шығар. Бірақ үш, төрт, бес, ... шегі болмайтындығына кім кепіл?

Мұндай күмәнді ой болмас үшін бұл жолы $f$ функциясының $p$ нүктесінде $n$ шегі бар делік. Онда $\varepsilon = \dfrac{1}{2n}|L_1 - L_2 - ... - L_n|$ оң саны үшін

$$|x - p| < \delta_1 \rArr |f(x) - L_1| < \varepsilon\\ |x - p| < \delta_2 \rArr |f(x) - L_2| < \varepsilon \\ |x - p| < \delta_3 \rArr |f(x) - L_3| < \varepsilon\\ ....... \\ |x - p| < \delta_n \rArr |f(x) - L_n| < \varepsilon$$

болатындай $\delta_1 > 0, \delta_2 > 0, \delta_3 > 0, ..., \delta_n > 0$ сандары табылады.
Енді осы теңсіздіктің бәрін де қанағаттандыратын $x_0$ санын алайық, яғни

$$|x_0 - p| < \delta_1 \rArr |f(x_0) - L_1| < \varepsilon\\ |x_0 - p| < \delta_2 \rArr |f(x_0) - L_2| < \varepsilon \\ |x_0 - p| < \delta_3 \rArr |f(x_0) - L_3| < \varepsilon\\ ....... \\ |x_0 - p| < \delta_n \rArr |f(x_0) - L_n| < \varepsilon$$

болатындай. Ал енді шешуші теңдігімізге оралайық, егер $n = 2k$ болса, онда

$$\begin{align}|L_1 - L_2 - ... - L_3| &= \tag*{}|L_1 - f(x-0) - L_2 + f(x_0) - ... - L_{n-1} - f(x_0) - L_n + f(x_0)| \\ \tag*{}\\ &\tag*{}\leqslant |f(x_0) - L_1| + |f(x_0) - L_2| + ... + |f(x_0) - L_n| \\ \tag*{}\\ &\tag*{}< n\varepsilon = n \cdot \dfrac{1}{2n}|L_1 - L_2 - ... - L_n|\end{align}$$

Бұдан шығатын нәтиже $$|L_1 - L_2 - ... - L_n| < \dfrac{1}{2}|L_1 - L_2 - ... - L_n| \rArr 1 < \dfrac{1}{2}$$ шығады. Ал бұл қате тұжырым. Демек бастапқы болжамымыз қате екен.
Енді $\delta = \min(\delta_1, \delta_2, ..., \delta_n)$ санын алайық. онда

$$|x - p| < \delta \rArr \begin{cases} |f(x) - L_1| < \varepsilon,\\ |f(x) - L_2| < \varepsilon, \\ ... \\ |f(x) - L_n| < \varepsilon\end{cases}$$

болатыны белгілі. Ал енді шешуші теңдігімізге оралайық, егер $n = 2k$ болса, онда

$$|L_1 - L_2 - ... - L_3| = |L_1 - f(x) - L_2 + f(x) - ... - L_{n-1} - f(x) - L_n + f(x)| \\ \ \\ \leqslant |f(x) - L_1| + |f(x) - L_2| + ... + |f(x) - L_n| < n\varepsilon = n \cdot \dfrac{1}{2n}|L_1 - L_2 - ... - L_n|$$

Бұдан шығатын нәтиже

$$|L_1 - L_2 - ... - L_n| < \dfrac{1}{2}|L_1 - L_2 - ... - L_n| \rArr 1 < \dfrac{1}{2}$$

шығады. Ал бұл қате тұжырым. Демек бастапқы болжамымыз қате екен.

Ал егер $n = 2k + 1$ болса, онда $\varepsilon = \dfrac{1}{n}\Big(\dfrac{1}{2}|L_1 - L_2 - ... - L_{n - 1}| - |L_n|\Big)$ деп алсақ болады. $\blacktriangleright$

Шектің алгебралық қасиеттері

Шектермен жұмыс істеу барысында кейбір функциялардың шегін табу, оларды дәлелдеу есіңді шығарып жібереді. Зорығып қалуыңыз мүмкін. Бұлай қиналып қалмас үшін шектің табиғаты сыйлай алатын мүмкіндіктерді ашып алған дұрыс.

Ашығын айтар болсақ, басында келтірілген дәлелдеу тәсілі әрқашан қолайлы бола бермейді.

Теорема. Қандай да бір $f(x)$ және $g(x)$ функциялары берілген. Егер $\lim\limits_{x\to p}f(x) = L, \lim\limits_{x \to p}g(x) = M$ болса, яғни екі функцияның да $x\to p$ кезінде шектері бар болса, онда

$a)\ \lim\limits_{x\to p}(f(x) + g(x)) = \lim\limits_{x\to p}f(x) + \lim\limits_{x\to p}g(x)$;
$b)\ \lim\limits_{x\to p}(f(x) \cdot g(x)) = \lim\limits_{x\to p}f(x) \cdot \lim\limits_{x\to p}g(x)$;
$c)\ \lim\limits_{x\to p}\dfrac{1}{g(x)} = \dfrac{1}{\lim\limits_{x\to p} g(x)},\ \ M \neq 0.$

Осы қасиеттер орындалу үшін жеке шектері бар болуы шарт екендігіне назар аударыңыз!

$a)$ $\lim\limits_{x\to p}(f(x) + g(x)) = L + M$: Әуелі бұл жағдайдың орындалуы үшін төмендегі шарт орындалуы керек:
$$\forall > 0 \ \exist \delta > 0 : |x - p| < \delta \rArr |(f(x) + g(x)) - (L + M)| < \varepsilon$$
Алғашқы назар аударатынымыз мынау: $\lim\limits_{x\to p}f(x)$ пен $\lim\limits_{x\to p}g(x)$ бар болғандықтан мұнда қандай да бір $\varepsilon = \sigma > 0$ саны үшін $$|x - p| < \delta_1 \rArr |f(x) - L| < \dfrac{\sigma}{2}$$ және $$|x - p| < \delta_2 \rArr |g(x) - M| < \dfrac{\sigma}{2}$$ болатындай $\delta_1, \delta_2$ сандары табылады. Ал осы екі жағдайды да қанағаттандыратын $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ санын алуға болады. Сонымен осы $\delta$ кезінде $$|x - p| < \delta \rArr |(f(x) + g(x)) - (L + M)| \leqslant |f(x) - L| + |g(x) - M| < \dfrac{\sigma}{2} + \dfrac{\sigma}{2} = \varepsilon$$ жағдайы орындалады. Яғни аталған $\varepsilon$ үшін $\delta$ табылады екен.
$b)$ $\lim\limits_{x\to p}(f(x) \cdot g(x)) = L\cdot M$: Мұнда жоғарыдағы теорема бойынша $g$ функциясының шегі бар болғандықтан $0 < |x - p| < \delta_0$ аралығында $|g(x)| \leqslant K$ болатындай $\delta_0 > 0, K$ сандары бар екенін ескереміз. Кошидің шектер жайлы анықтамасы бойынша $$0 < |x - p| < \delta_1 \rArr |f(x) - L| < \dfrac{\varepsilon}{2K}$$ және $$0 < |x - p| < \delta_2 \rArr |g(x) - L| < \dfrac{\varepsilon}{2|L| + 1}$$ болатындай $\delta_1, \delta_2 > 0$ сандары табылады. $\delta = \min(\delta_0, \delta_1, \delta_2)$ десек
$$\begin{align}\tag*{} 0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x)g(x) - LM| &= |f(x)g(x) - LM + Lg(x) - Lg(x)|\\ \tag*{} \\ &\tag*{} = |(f(x) - L)g(x) + L(g(x) - M)| \\ \tag*{} \\ &\tag*{} \leqslant |f(x) - L||g(x)| + |L||g(x) - M|\\ \tag*{} \\ &\tag*{} < \dfrac{\varepsilon}{2\cancel{K}}\cdot \cancel{K} + |L|\cdot \dfrac{\varepsilon}{2|L| + 1} \\ \tag*{} \\ &\tag*{} = \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon|L|}{2|L| + 1} < \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon \cancel{|L|}}{2\cancel{|L|}} = \varepsilon.\end{align}$$
$c)$ $\lim\limits_{x\to p}\dfrac{1}{g(x)} = \dfrac{1}{M}$: $\lim\limits_{x\to p}\dfrac{1}{g(x)} = \dfrac{1}{M}$ болуы үшін $$0 < |x - p| < \delta \rArr \bigg|\dfrac{1}{g(x)} - \dfrac{1}{M}\bigg| < \varepsilon$$ болатындай $\delta > 0$ табылуы керек. $\lim\limits_{x\to p}g(x) = M$ болғасын кез келген $\varepsilon > 0$ саны үшін, оның ішінде $\dfrac{|M|}{2}$ және $\dfrac{|M|^2}{2}\varepsilon$ сандары үшін де $$\begin{aligned} 0 < |x - p| < \delta_1 &\rArr |g(x) - M| < \dfrac{|M|}{2} \\ 0 < |x - p| < \delta_2 &\rArr |g(x) - M| < \dfrac{|M|^2}{2}\varepsilon \end{aligned}$$ болатындай $\delta_1, \delta_2 > 0$ сандары табылады. $\delta_1$ маңайдағы мәндер үшін $$\begin{aligned} |M| &= |M - g(x) + g(x)| \leqslant |g(x) - M| + |g(x)| < \dfrac{|M|}{2} + |g(x)| \\ &\rArr |M| < \dfrac{|M|}{2} + |g(x)| \\ &\rArr \dfrac{|M|}{2} < g(x) \rArr \boxed{\dfrac{1}{g(x)} < \dfrac{2}{|M|}} \end{aligned}$$ теңсіздігі орындалады. Егер $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ десек, онда $0 < |x - p| < \delta$ кезінде
$$\begin{aligned} \bigg|\dfrac{1}{g(x)} - \dfrac{1}{M}\bigg| = \bigg|\dfrac{M - g(x)}{Mg(x)}\bigg| &= \dfrac{1}{|Mg(x)|}|M - g(x)| \\ &= \dfrac{1}{|M|}\dfrac{1}{|g(x)|}|g(x) - M|\\ &< \dfrac{1}{|M|}\dfrac{2}{|M|}|g(x) - M| \\ &< \dfrac{2}{|M|^2}\dfrac{|M|^2}{2}\varepsilon = \varepsilon. \end{aligned}$$ $$\tag{*}\rArr \bigg|\dfrac{1}{g(x)} - \dfrac{1}{M}\bigg| < \varepsilon$$
Сонымен, $\varepsilon$ ретінде $\dfrac{|M|}{2}$ мен $\dfrac{|M|^2}{2}\varepsilon$ сандарын алған кездегі табылатын $\delta_1$ мен $\delta_2$ сандарының кішісін $\delta$ дегенде осы маңайда жататын мәндер үшін $(*)$ теңсіздігі орындалады екен. Мұнда $M$ саны тұрақты. Ал кез келген деген санды $\dfrac{|M|^2}{2}\varepsilon$ түрінде жазуға болады. ол үшін табылатын $\delta_2$ саны эпсилон өзгерген сайын өзгерісте болады. Ал $\delta_1$ саны тұрақты десек те болады. Бірақ екеуінің қайсысы кіші болса да $(*)$ теңсіздігі орындалады.

Демек, кез келген $\varepsilon > 0$ үшін табылатын $\delta > 0$ кезінде $\bigg|\dfrac{1}{g(x)} - \dfrac{1}{M}\bigg| < \varepsilon$ орындалатын болып тұр. Ал бұл $\lim\limits_{x\to p} \dfrac{1}{g(x)} = \dfrac{1}{M}$ екенін білдіреді. $\blacktriangleright$

Салдар.

$a)\ \lim\limits_{x\to p}(c\cdot f(x)) = c \cdot \lim\limits_{x\to p}f(x)$;
$b)\ \lim\limits_{x\to p}(c + f(x)) = c + \lim\limits_{x\to p} f(x);$
$c)\ \lim\limits_{x\to p}(f(x) - g(x)) = \lim\limits_{x\to p}f(x) - \lim\limits_{x\to p}g(x)$;
$d)\ \lim\limits_{x\to p}(f(x) + g(x))^2 = (L + M)^2$
$e)\ \lim\limits_{x\to p}f^n(x) = L^n, n \in \N;$
$f)\ \lim\limits_{x\to p}\dfrac{f(x)}{g(x)} = \dfrac{\lim\limits_{x\to p}f(x)}{\lim\limits_{x\to p}g(x)},$ мұндағы $\lim\limits_{x\to p}g(x) \neq 0$;

Негізі бұларды анықтама арқылы хаққысын беріп тұрып дәлелдеуге болады. Бірақ, салдардың аты салдар ғой, бұларды теореманы қолданып қысқа жолмен дәлелдеуге болады:

$a)$ Көбейтуге арналған формуладағы функциялардың кез келген біреуін тұрақты функция ретінде алу жеткілікті. Мысалға $f(x) = c = \text{const}$ болсын, онда сол формула бойынша $\lim\limits_{x\to p} (f(x) \cdot g(x)) = \lim\limits_{x\to p}f(x)\cdot \lim\limits_{x\to p} g(x) = c \cdot M.$
$b)$ $\lim\limits_{x\to p}(c + f(x)) = c + L$ орындалуы үшін
$$\forall\varepsilon\ \exist \delta: |x - p| < \delta \rArr |(c+f(x)) - (c + L)| < \varepsilon$$
жағдайы орындалуы керек. Байқасаңыз мұнда $|(c + f(x)) - (c + L)| = |c + f(x) - c - L| = |f(x) - L|$ болады. Ал кез келген $\varepsilon$ үшін $|f(x) - L| < \varepsilon$ болғандықтан шарт орындалатындығын көреміз. Демек $\lim\limits_{x\to p}(c + f(x)) = c + L.$
$c)$
$$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to p}(f(x) - g(x)) &= \lim\limits_{x\to p}(f(x) + (-g(x))) \\ &= \lim\limits_{x\to p}f(x) + \lim\limits_{x\to p}(-1 \cdot g(x)) \\ &= L + (-1)\lim\limits_{x\to p}g(x) = L + (-1) M = L - M. \end{aligned}$$
$d)$
$$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to p}(f(x) + g(x))^2 &= \lim\limits_{x\to p}[f^2(x) + 2f(x)g(x) + g^2(x)] \\ &= \lim\limits_{x\to p}f^2(x) + \lim\limits_{x\to p}2f(x)g(x) + \lim\limits_{x\to p}g^2(x)] \\ &= L^2 + 2LM + M^2 = (L + M)^2. \end{aligned}$$
$e)\ \lim\limits_{x\to p}f^n(x) = L^n$ $(c)$ қасиеті бойынша
$$\lim\limits_{x\to p}f^n(x) = \lim\limits_{x\to p}(f(x)\cdot f(x)\cdot ...\cdot f(x)) = \lim\limits_{x\to p}f(x)\cdot ...\cdot \lim\limits_{x\to p}f(x) = L\cdot ...\cdot L = L^n.$$
$f)$
$$\lim\limits_{x\to p}\bigg[f(x) \cdot \dfrac{1}{g(x)}\bigg] = \lim\limits_{x\to p}f(x) \cdot \lim\limits_{x\to p}\dfrac{1}{g(x)} = \lim\limits_{x\to p}f(x) \cdot \dfrac{1}{\lim\limits_{x\to p}g(x)} = \dfrac{\lim\limits_{x\to p}f(x)}{\lim\limits_{x\to p}g(x)} = \dfrac{L_1}{L_2}.$$
Бұл заңдылықтар қарапайым. Ал дәлелдеу арқылы сеніміміз артты. $\blacktriangleright$

Бұл заңдылықтардың шекті есептеуді қалай жеңілдететінін мына мысалдардан көруге болады:

$(a) \lim\limits_{x\to c}(2x^3 + 3x^2 - 2) = \lim\limits_{x\to c}2x^3 + \lim\limits_{x\to c}3x^2 - \lim\limits_{x\to c}2 = 2c^3 + 3c^2 - 2$.

$(b) \lim\limits_{x\to c}\dfrac{6x^3 - 9x^2 + 7}{x^2 - 3} = \dfrac{\lim\limits_{x\to c}(6x^3 - 9x^2 + 7)}{\lim\limits_{x\to c}(x^2 - 3)} = \dfrac{\lim\limits_{x\to c} 6x^3 - \lim\limits_{x\to c}9x^2 + \lim\limits_{x\to c}7}{\lim\limits_{x\to c}x^2 - \lim\limits_{x\to c} 3} = \dfrac{6c^3 - 9c^2 + 7}{c^2 - 3}$

Күрделі функциялардың шегі

Алдымен күрделі функция дегеннің өзін қысқаша таныстыра кетейік. Күрделі функция деп бірнеше функцияның композициясы нәтижесінде пайда болған функцияны айтамыз. $f$ және $g$ функцияларының композициясын $(g\circ f)(x)=g(f(x))$ деп белгілейміз.

Теорема (күрделі функцияның шегі). $f(x)$ және $g(y)$ функциялары берілген делік. Егер

$G(x) = g(f(x))$ композициясын алуға болатын болса,
$\lim\limits_{x\to p}f(x) = L$ және $\lim\limits_{y\to L}g(y) = M$ болса,

онда $\lim\limits_{x\to p}g(f(x)) = M$ болады.

$\blacktriangleleft$ $g$ функциясының $L$ нүктесінде шегі бар болғандықтан кез келген $\varepsilon > 0$ саны үшін $$|y - L| < \sigma \rArr |g(y) - M| < \varepsilon$$ болатындай $\sigma > 0$ («сигма») санын табуға болады. $\lim\limits_{x\to p}f(x) = L$ болғасын дәл осы $\sigma$ саны үшін $$0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - L| < \sigma$$ болатындай $\delta > 0$ санын табуға болады. Осылайша мынадай теңсіздіктер тізбегін құрауға болады:

$$0 < |x - p| < \delta \rArr |f(x) - L| < \sigma \rArr |g(f(x)) - M| < \varepsilon$$

Көріп тұрғаныңыздай, кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $$0 < |x - p| < \delta \rArr |g(f(x)) - M| < \varepsilon$$ болатындай $\delta > 0$ саны табылатын болып шықты. Демек $\lim\limits_{x\to p}g(f(x)) = M$. $\blacktriangleright$

Иә, дәлелдеу аяқталды. Десек де мынадай күдікті сұрақ қалуы мүмкін (мүмкін, яғни мүмкін):

$$\begin{align}\tag*{} 0 < |x - p| < \delta \rArr &|f(x) - L| < \sigma \\ \tag*{}&|y - L| < \sigma \rArr |g(y) - M| < \varepsilon\end{align}$$

Бұл жері түсінікті, бірақ неге $$|x - p| < \delta \rArr |g(f(x)) - M| < \varepsilon$$ болуы керек?
Жауап: Анықтап қарасаңыз $|f(x) - L| < \sigma$ және $|y - L| < \sigma$ теңсіздіктері $f(x)$ пен $y$ екеуінің $(L - \sigma, L + \sigma)$ аралығында жататындығын көрсетеді. Демек, $g(y)$ пен $g(f(x))$ тің мәндері де бірдей жиында, яғни $(M - \varepsilon, M + \varepsilon)$ аралығында жатады.

Ал енді осы дәлелдің басқа да нұсқаларын қарай кетейік:

$\blacktriangleleft$ Мұнда да ұқсас тәсіл қолданылған, анықтама бойынша

$$\lim\limits_{x\to p}f(x) = L \lrArr \forall \sigma_1 > 0\ \exist \delta > 0: |x - p| < \delta \rArr |f(x) - L|< \sigma_1$$ $$\lim\limits_{y\to L}g(y) = M \lrArr \forall \varepsilon > 0\ \exist \sigma_2 > 0: |y - L| < \sigma_2 \rArr |g(y) - M| < \varepsilon$$

$\sigma = \min(\sigma_1, \sigma_2)$ десек, онда $$\forall \varepsilon \ \exist \delta: |x - p| < \delta \rArr |g(f(x)) - M| < \varepsilon$$ Демек $\lim\limits_{x\to p}g(f(x)) = M$. $\blacktriangleright$

$\blacktriangleleft$ Мұның айырмашылығы таңбалануында екендігін көріп тұрсыз. Анықтама бойынша

$$\lim\limits_{x\to p}f(x) = L \lrArr \forall N_{\psi_1}(L) \ \exist N_\delta(p): \forall x\in\mathring{N}_\delta(p) \rArr f(x) \in N_{\psi_1}(L)$$

$$\lim\limits_{y\to L}g(y) = M \lrArr \forall N_{\varepsilon}(M) \ \exist N_{\psi_2}(L): \forall y\in\mathring{N}_{\psi_2}(L) \rArr g(y) \in N_{\varepsilon}(M)$$

$\psi = \min(\psi_1, \psi_2)$ десек, онда

$$\forall N_\varepsilon(M) \ \exist N_\delta(p): \forall x \in \mathring{N}_\delta(p)\rArr g(f(x)) \in N_\varepsilon(M).$$

Басқаларына қарағанда осы дәлел салыстырмалы түрде анығырақ (мұндағы $\psi$ әрібі «пси» деп оқылады). $\blacktriangleright$

$\lim\limits_{x\to p}f(x) = b, \lim\limits_{y \to b}g(y) = c$ және $\lim\limits_{x\to p} g(f(x)) = c$ болсын делік. Бұл жағдайда $\lim\limits_{x\to p} f(g(x)) = c$ теңдігі де орындалады деу қисынды ма?

Жаңа айнымалы енгізу

Күрделі функциялардың шегі жайлы теорема бойынша

$$G(x) = g(f(x))\land \lim\limits_{x\to p}f(x) = L\land \lim\limits_{y \to L}g(y) = M \rArr \lim\limits_{x\to p}g(f(x)) = M.$$

Егер $\lim\limits_{y \to L}g(y) = M$ болса, онда $y$ - ды $\lim\limits_{x\to p}f(x) = L$ болатындай етіп тәуелді айнымалы ($y = f(x)$) ретінде санауға болады. Сонда $\lim\limits_{x\to p}g(f(x)) = M$ болады, яғни бірдей нәтиже аламыз.

Басқаша айтсақ, $\lim\limits_{x\to p}g(f(x))$ түріндегі шекті есептеу үшін $\lim\limits_{x\to p}f(x) = L$ болатындай етіп $y = f(x)$ айнымалысын енгізу арқылы $\lim\limits_{y \to L}g(y)$ шегін табуға болады.

Теорема (айнымалыны ауыстыру). Егер мына үш жағдай орындалса:

$\lim\limits_{x\to a} f(x) = b,$
$\exist \lim\limits_{t\to b} g(t),$
$\exist \mathring{N}(a): \forall x \in \mathring{N}(a) \rArr f(x) \neq b,$

онда $$\lim\limits_{x\to a}g(f(x)) = \lim\limits_{t\to b}g(t)$$ шегі бар болады.

Алдағы уақыттарда осыған ұқсас тұжырымдарды мынадай түрде де ұсынуымыз мүмкін:

$$\begin{cases} \lim\limits_{x\to a} f(x) = b, \\ \exist \lim\limits_{t\to b} g(t), \\ \exist \mathring{N}(a): \forall x \in \mathring{N}(a) \rArr f(x) \neq b, \end{cases} \rArr \ \exist \lim\limits_{x\to a}g(f(x)) = \lim\limits_{t\to b}g(t)$$

Үшінші шарт қадірсіз көрініп тұрған болар. Негізі, онсыз тұжырым орындалмайды. Мысалға, $$f(x) = 1,\ g(t) = \begin{cases} 3, t = 1; \\ 0, t \neq 1\end{cases}$$ функциялары берілген болсын. Онда сәйкесінше $$\lim\limits_{x\to 2} f(x) = 1, \ \lim\limits_{t\to 1} g(t) = 0.$$ Бір жағынан кез келген $x$ кезінде $g(f(x)) = 3$ болады, бұдан $\lim\limits_{x\to 2}g(f(x)) = 3 \neq 0 = \lim\limits_{t\to 1}g(t)$ теңсіздігіне ұшырасамыз. Үшінші шарт осыған ұқсас жағдайлардың алдын алу үшін қажет.

$\blacktriangleleft$ $\exist \lim\limits_{t\to b} g(t)$ болғасын $c = \lim\limits_{t\to b}g(t)$ болатындай $c$ саны табылады. Қандай-да бір $\varepsilon > 0$ санын алайық. Екінші шарт бойынша $$\tag{14} 0 < |t - b| < \delta_1 \rArr |g(t) - c| < \varepsilon$$ болатындай $\delta_1 > 0$ саны табылады. Ал бірінші шартқа сәйкес, $\delta_1 > 0$ саны үшін $$\tag{15}0 < |x - a| < \delta_2 \rArr |f(x) - b| < \delta_1.$$ болатындай $\delta_2 > 0$ саны табылады. Енді, $a$ саны мен $\mathring{N}(a)$ маңайының шеткі нүктелеріне дейінгі арақашықтығын сәйкесінше $h_1$ және $h_2$ деп белгілейік. Және $\delta = \min(h_1, h_2, \delta_2)$ болсын. Онда $$0 < |x - a| < \delta \rArr 0 < |f(x) - b| < \delta_1 \rArr |g(f(x)) - c| < \varepsilon.$$ Демек, $\lim\limits_{x\to a} g(f(x)) = c = \lim\limits_{t\to b} g(t).$ $\blacktriangleright$

Теңсіздікке байланысты қасиеттер

Теорема (шектегі теңсіздіктің сақталуы жайлы). Егер $p$ нүктесінің қандай да бір маңайында $f(x) \leqslant g(x)$ теңсіздігі орындалса, және осы функциялардың $x\to p$ кезінде шектері бар болып сәйкесінше $\lim\limits_{x\to p}f(x) = A$ және $\lim\limits_{x\to p}g(x) = B$ болса, онда $A \leqslant B$.

$\blacktriangleleft$ Сонымен, қандай да бір $\varepsilon = \dfrac{A - B}{2} > 0$ санын алайық $\lim\limits_{x\to p}f(x) = A$ болғасын $\varepsilon$ үшін $$|x - p| \lt \delta_1 \rArr |f(x) - A| \lt \varepsilon$$ және $$|x - p| \lt \delta_2 \rArr |g(x) - B| \lt \varepsilon$$ болатындай $\delta_1, \delta_2$ сандары табылады. $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ делік. Онда $|x - p| \lt \delta$ кезінде $$A - \varepsilon \lt f(x) \lt A + \varepsilon$$ және $$B - \varepsilon \lt g(x) \lt B + \varepsilon$$ теңсіздіктері орындалатындығын көреміз. Осы жерге келгенде дәлел үшін кері жорып көрейік, дәл осы $\varepsilon$ кезінде табылған $\delta$ кезінде $A > B$ болсын. Егер $A > B$ болса, онда

$$A - \dfrac{A - B}{2} \lt f(x) \lt A + \dfrac{A - B}{2} \rArr \dfrac{A + B}{2} \lt f(x) \lt \dfrac{3A + B}{2}$$

және

$$B - \dfrac{A - B}{2} \lt g(x) \lt B + \dfrac{A - B}{2} \rArr \dfrac{3B - A}{2} \lt g(x) \lt \dfrac{A + B}{2}$$

ал бұл өз кезегінде $$g(x) \lt \dfrac{A + B}{2} \lt f(x)$$ деген тұжырым береді, яғни $f(x) > g(x)$ дейді. Ал бұл теореманың шартына кереғар жағдайға алып келді. Демек $A > B$ деген болжам қате. Сәйкесінше $A \leqslant B$ деген сөз. $\blacktriangleright$

Бұл теорема шектерді табу кезінде кеңінен қолданылады. Тіпті шекті табуды әжептәуір жеңілдетіп жібереді. Ал қазір мына тапсырманы орындап тастайық.

Жаттығу. Берілген теореманы $p\in\R\cup\pm\infty$ жағдайы үшін дәлелдеңіз.

Жауап. Шектің анықтамасы бойынша

$$\lim\limits_{x\to p}f(x) = A \iff \forall \varepsilon > 0\ \exist \mathring{N}_{\delta_1} : \forall x \in \mathring{N}_{\delta_1} \to |f(x) - A| < \varepsilon$$

және

$$\lim\limits_{x\to p}g(x) = B \iff \forall \varepsilon > 0\ \exist \mathring{N}_{\delta_2} : \forall x \in \mathring{N}_{\delta_2} \to |g(x) - B| < \varepsilon$$

Егер екі жағдай үшін де қандай да бір $\varepsilon > 0$ алсақ және сол кездегі табылатын $N_{\delta_1}(p)$ мен $N_{\delta_2}(p)$ маңайларының ең кішісін алсақ, яғни $$N_\delta(p) = N_{\delta_1}(p)\cap N_{\delta_2}(p)$$ онда $x \in \mathring{N}_\delta(p)$ үшін екі теңсіздік бір уақытта орындалады, яғни

$$A - \varepsilon < f(x) < A + \varepsilon, B -\varepsilon < g(x) < B + \varepsilon$$

$\varepsilon = \dfrac{A - B}{2}$ деп алайық. $A >B$ деп кері жорысақ, онда

$$\begin{cases} A - \dfrac{A - B}{2} < f(x) < A + \dfrac{A - B}{2}\\ \ \\ B - \dfrac{A - B}{2} < g(x) < B + \dfrac{A - B}{2} \end{cases} \rArr \begin{cases} \dfrac{A + B}{2} < f(x) < \dfrac{3A - B}{2}\\ \ \\ \dfrac{3B - A}{2} < g(x) < \dfrac{A + B}{2} \end{cases} \rArr g(x) < \dfrac{A + B}{2} < f(x)$$

Соңғы теңсіздіктен $g(x) < f(x)$ теңсіздігін алдық. Бұл теоерманың бастапқы шартына қайшы, демек $A > B$ болжамы қате, онда $A \leqslant B$ деген дұрыс болады. $\rule{13mu}{12mu}$

Ал мына теорема Сендвич теоремасы деп те аталады:

Теорема (аралықтағы функцияның шегі жайлы). Егер $f(x)$ функциясы бір шекке ұмтылатын $\varphi(x)$ пен $g(x)$ функцияларының арасында орналасқан болса, онда ол да сол шекке ұмтылады, яғни егер $$\tag{14}\lim\limits_{x\to p}\varphi = L,\ \lim\limits_{x\to p}g(x) = L,$$ $$\tag{17}\varphi(x) \leqslant f(x) \leqslant g(x),$$ онда $$\lim\limits_{x\to p}f(x) = L.$$

$\blacktriangleleft$ қандай да бір $\varepsilon > 0$ санын алайық. $\lim\limits_{x\to p}\varphi(x) = L,\ \ \lim\limits_{x\to p}g(x) = L$ жағдайлары орындалатындықтан $\varepsilon$ үшін $$|x - p| < \delta_1 \rArr |\varphi(x) - L| < \varepsilon$$ $$|x - p| < \delta_2 \rArr |g(x) - L| < \varepsilon$$ болатындай $\delta_1$ және $\delta_2$ сандары табылатындығын білеміз. $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$ десек, онда осы $\delta$ кезінде $$|x - p| < \delta \rArr \begin{matrix}-\varepsilon < \varphi(x) - L < \varepsilon\\ -\varepsilon< g(x) - L < \varepsilon\end{matrix}$$ болады. $$\varphi(x) \leqslant f(x) \leqslant g(x)$$ теңсіздігі орындалатындықтан $$\varphi(x) - L \leqslant f(x) - L \leqslant g(x) - L$$ теңсіздігі де орындалады. Бұл теңсіздіктің сақталу саңы. Бұлардың бәрін жиып әкелгенде $$-\varepsilon < \varphi(x) - L \leqslant f(x) - L \leqslant g(x) - L < \varepsilon$$ теңсіздігін аламыз. Көріп тұрғаныңыздай $|f(x) - L| <\varepsilon$ деген нәтиже алдық. Дәлелденді деген осы. $\blacktriangleright$

Тапсырма.

Егер қандай да бір $\delta$ үшін $0 \leqslant f(x) \leqslant g(x)$ және $g(x) \to 0$ болса, онда $f(x) \to 0$ екенін дәлелдеңіз.
Қызық бір функция бар, ол $\sin\dfrac{1}{x}$ функциясы. Бұл функцияның $0$ нүктесіндегі біржақты шектері жоқ. Графигі мынадай:
Көріп тұрғаныңыздай бұл функцияның графигі $x\to 0$ кезінде $y$ өсіне барынша тығыз күйде жақындай түседі. Бұл функцияның барлық $x\neq 0$ үшін анықталатынын ескеріңіз. Бірақ мәндері $-1$ мен $1$ аралығында қайталана береді. Яғни $x\to 0$ кезінде мәндері барынша жақындай түсетін бір ғана $L$ саны жоқ. Бұл жағдай $x$ ті оң сандар арқылы жақындатсақ та, теріс сандар арқылы жақындатсақ та сақталады. Демек, бұл функцияның $0$ нүктесінде ешқандай да шегі жоқ!
Осыны дәлелдеу қажет. Сізге тапсырма сол.

Теорема. Егер $f(x)$ функциясының $x\to a \in \R\cup\pm\infty$ кезінде шегі бар болса, онда $a$-ның қандай да бір $\delta > 0$ ойылған маңайында $f(x)$ функциясы шенелген күйде болады. Қысқаша жазсақ,

$$\exist \lim\limits_{x\to a} f(x) \rArr (\exist \delta > 0, C > 0 : \forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |f(x)| \leqslant C).$$

$\blacktriangleleft$ $\lim\limits_{x\to a}f(x) = L$ болсын. Шектің анықтамасы бойынша

$$\forall \varepsilon > 0 \ \exist \delta(\varepsilon) > 0: \forall x \in \mathring{N}_\delta (a) \rArr |f(x) - L| < \varepsilon.$$

$\varepsilon = 1$ десек осы сан үшін $$\forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |f(x) - L| < 1$$ болатындай $\delta > 0$ саны табылады. Демек, $|f(x) - L| < 1$. Мұны басқаша жазып көрсек: $$\begin{aligned} -1 &< f(x) - L < 1, \\ L - 1 &< f(x) < 1 + L, \end{aligned}$$ яғни $|f(x)| < 1 + L$. Көріп тұрғаныңыздай, бұл функцияның шенелгендігін білдіреді. $\blacktriangleright$

Кері жағдай орындалуы, яғни функция шенелген болса да шегі болмауы мүмкін бе?
Жауап: Мүмкін, мысалға, $y = \sin x$ функциясының $x \to \infty$ кезіндегі шегі болмайды. Немесе, жаңа ғана көрсетілген тапсырмадағы функцияны да мысал ретінде келтіруге болады.

Салдар. Егер $\lim\limits_{x\to a} f(x) = L < \infty$ болса, онда $a$-ның қандай да бір $\delta > 0$ ойылған маңайында $1/f(x)$ функциясы шенелген күйде болады.

$\blacktriangleleft$ Шектің анықтамасының негізінде, $0 < |x - x_0| < \delta$ теңсіздігін қанағаттандыратын барлық $x$ үшін $|f(x) - L| < \varepsilon$ теңсіздігі орындалатындай $\delta > 0$ саны табылады. Ал $$\varepsilon > |f(x) - L| = |L - f(x)| \geqslant |L| - |f(x)|$$ болғандықтан $|L| - |f(x)| < \varepsilon$, яғни $|f(x)| > |L| - \varepsilon > 0$. Сәйкесінше, $$\begin{vmatrix}\dfrac{1}{f(x)}\end{vmatrix} = \dfrac{1}{|f(x)|} < \dfrac{1}{|L| - \varepsilon} = M,$$ яғни $\dfrac{1}{f(x)}$ функциясы шенелген. $\blacktriangleright$

Тапсырма: Жоғарыдағы $p \in \R$ жағдайына арналған дәлелдерді $x\to a\in\R\cup\pm\infty$ үшін де дәлелдеңіз. (бұл жағдайда екі маңайдың кішісі ретінде екеуінің қиылысын алуға болады). Қаласаңыз тек $x\to\pm\infty$ жағдайына арналған дәлелдер құрастырып көріңіз.

Шексіз кіші функциялар

Анықтама. $a\in\R\cup\pm\infty$ болсын. $x\to a$ кезінде нөлге ұмтылатын функцияларды $x \to a$ кезіндегі шексіз кіші функциялар деп атаймыз.

Анықтаманы басқа анықтамалар секілді созып жазсақ болады, бірақ осылай да қысқа қайыруға болады. Шексіз кіші функцияларды көбіне «шексіз кіші шамалар» немесе «шексіз кішілер» деп атайды, және грек әріптері арқылы ($\alpha, \beta,..$) белгілейді. Алдағы уақытта толық жазудың орнына қысқартып ш.к.ф. немесе ш.к. деп жаза береміз.

Теорема. Санаулы мөлшердегі шексіз кіші функциялардың қосындысы шексіз кіші функция болады.

$\blacktriangleleft$ Бізге $x\to a$ кезінде ш.к. болатын $\alpha_1(x), \alpha_2(x), ..., \alpha_n(x)$ функциялары берілген болсын. Анықтама бойынша кез келген $\varepsilon > 0$ үшін болғасын $\dfrac{\varepsilon}{n}$ үшін де әрқайсысы үшін $$ \forall x \in \mathring{N}_{\delta_1}(a) \rArr |\alpha_1(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n} \\ \forall x \in \mathring{N}_{\delta_2}(a) \rArr |\alpha_2(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n} \\ ...\\ \forall x \in \mathring{N}_{\delta_n}(a) \rArr |\alpha_3(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n}$$ болатындай $\mathring{N}_{\delta_1}(a), \mathring{N}_{\delta_2}(a), ..., \mathring{N}_{\delta_n}(a)$ маңайлары табылады. Егер $$\mathring{N}_{\delta}(a) = \mathring{N}_{\delta_1}(a) \cap \mathring{N}_{\delta_2}(a) \cap ... \cap \mathring{N}_{\delta_n}(a)$$ десек, онда осы $\mathring{N}_{\delta}(a)$ маңайы кезінде $$\forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr \begin{cases} |\alpha_1(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n} \\ |\alpha_2(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n} \\ ...\\ |\alpha_3(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n} \\ \end{cases}$$ жағдайы орындалады. Бұлардан мына теңсіздікті алуға болады: $$|\alpha_1(x) + \alpha_2(x) + ... + \alpha_n(x)| \leqslant |\alpha_1(x)| + |\alpha_2(x)| + ... + |\alpha_n(x)| < \dfrac{\varepsilon}{n} + \dfrac{\varepsilon}{n} + ... + \dfrac{\varepsilon}{n} = \varepsilon$$ Ал бұл $$\forall \varepsilon > 0 \ \exist \delta > 0 : \forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |\alpha_1(x) + \alpha_2(x) + ... + \alpha_n(x)| < \varepsilon$$ болатынын білдіреді. Демек, $\lim\limits_{x\to p} (\alpha_1(x) + \alpha_2(x) + ... + \alpha_n(x)) = 0.$ $\blacktriangleright$

Теорема. Шенелген функцияның шексіз кіші функцияға көбейтіндісі шексіз кіші функция болады.

$\blacktriangleleft$ Қандай да бір $\mathring{N}(a)$ маңайында анықталған шенелген $f(x)$ функциясы мен $x\to a$ кезінде ш.к. болатын $\alpha(x)$ функциясы берілген болсын. Онда

$$\begin{aligned} \exist \mathring{N}_{\delta_1}(a), M > 0 : &\forall x \in \mathring{N}_{\delta_1}(a) \rArr |f(x)| \leqslant M \\ \forall \frac{\varepsilon}{M} > 0 \exist \mathring{N}_{\delta_2}(a): &\forall x \in \mathring{N}_{\delta_2}(a) \rArr |\alpha(x)| \lt \dfrac{\varepsilon}{M} \end{aligned}$$

Егер $$\mathring{N}_{\delta}(a) = \mathring{N}_{\delta_1}(a) \cap \mathring{N}_{\delta_2}(a)$$ десек, онда бұл маңайда екі теңсіздік те орындалады. Сәйкесінше,

$$|f(x)\cdot \alpha(x)| = |f(x)|\cdot|\alpha(x)| \lt \dfrac{\varepsilon}{M}\cdot M = \varepsilon.$$

Бұл дегеніміз, $f(x)\cdot \alpha(x)$ көбейтіндісі $x \to a$ кезінде шексіз кіші функция болады деген сөз. $\blacktriangleright$

Салдар. Шексіз кіші функцияның санға көбейтіндісі шексіз кіші функцияға тең.

Теоремадағы шенелген функция ретінде $f(x) = c = \text{const}$ функциясын алсақ болғаны.

Теорема. Шексіз кіші функциялардың көбейтіндісі шексіз кіші функция болады.

$\blacktriangleleft$ $\lim\limits_{x\to a}f(x) = 0, \lim\limits_{x\to a}g(x) = 0$ болсын делік. Онда

$$\forall \sqrt{\varepsilon}\ \exist \delta_1, \delta_2 > 0 : (\forall x \in \mathring{N}_{\delta_1}(a) \rArr |f(x)| \lt \varepsilon) \land (\forall x \in \mathring{N}_{\delta_2}(a) \rArr |g(x)| \lt \varepsilon).$$

Егер $\mathring{N}_{\delta}(a) = \mathring{N}_{\delta_1}(a) \cap \mathring{N}_{\delta_2}(a)$ десек,

$$\forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |f(x)|\cdot|g(x)| \lt \sqrt{\varepsilon}\cdot\sqrt{\varepsilon} = \varepsilon$$

Демек, $\lim\limits_{x\to a}f(x)\cdot g(x) = 0$. $\blacktriangleright$

Белгілі болғандай, екі ш.к.ф. ның қосындысы, алымы және көбейтіндісі ш.к.ф болады. Ал екі ш.к.ф ның қатынасы әртүрлі жағдайда болуы мүмкін: ақырлы сан, шексіз үлкен функция, шексіз кіші немесе тіпті ешқандай шекке ұмтылмауы да мүмкін.

Шексіз кіші шаманы қандай да бір сан ретінде қарауға болмайды. Табиғаты жағынан шексіздікке ұқсас. Бірақ оған кері ұғым: Шексіз кіші шама ретінде кез келген санның модулінен кіші санды түсінеміз. Ал «бір бөлінген миллион» секілді ұсақ сандар шексіз кіші шама болып саналмайды.

Барлық шексіз кіші функциялар шенелген бе?

Функцияның шегі мен шексіз кіші функция арасындағы байланыс

Теорема. $\lim\limits_{x\to a} f(x) = L$ болуы үшін $\alpha(x) = f(x) - L$ функциясы $x\to a$ кезінде ш.к.ф. болуы қажетті және жеткілікті. Яғни $$\lim\limits_{x\to a} f(x) = L \lrArr \lim\limits_{x\to a} (f(x) - L) = 0.$$

$(\rArr)$ Қажеттілік. $\lim\limits_{x\to a} (f(x) - L) = \lim\limits_{x\to a} f(x) - \lim\limits_{x\to a} L = L - L = 0.$
$(\lArr)$ Жеткіліктілік. $\lim\limits_{x\to a} (f(x) - L) = \lim\limits_{x\to a} f(x) - L \rArr \lim\limits_{x\to a} f(x) = L.$

Салдар. $\lim\limits_{x\to a}f(x) = L$ шегі бар болуы үшін $x\to a$ кезінде ш.к.ф. болатын $\alpha(x)$ кезінде $f(x) = L + \alpha(x)$ болуы қажетті және жеткілікті.

Байқасақ, бұл салдарды мына екі тұжырымға бөлсек болады:

Егер $f(x)$ функциясының $x\to a$ кезінде $L$ санына тең шегі бар болса, онда $f(x)$ функциясын $L$ саны мен $x\to a$ кезінде шексіз кіші болатын $\alpha(x)$ функциясының қосындысы ретінде қарастыруға болады, яғни егер $\lim\limits_{x\to a}f(x) = L$, онда $f(x) = L + \alpha(x)$.
Егер $f(x)$ функциасын $L$ саны мен $x\to a$ кезінде шексіз кіші болатын $\alpha(x)$ функциясының қосындысы түрінде қарастыруға болатын болса, онда $L$ саны $f(x)$ функциясының $x\to a$ кезіндегі шегі болып табылады, яғни егер $f(x) = L + \alpha(x)$, онда $\lim\limits_{x \to a}f(x) = L$.

$\blacktriangleleft$ Қажеттілік. $\lim\limits_{x\to a}f(x) = L$ делік. Жоғарыдағы теорема бойында $\lim\limits_{x\to a} f(x) = L$ болғандықтан $\lim\limits_{x\to a} (f(x) - L) = 0$. Демек $\alpha(x) = f(x) - L$ функциясы $x\to a$ кезінде ш.к.ф. болады. Ал енді, егер $\alpha(x) = f(x) - L$ теңдігінің екі жағына да $L$ санын қоссақ, $f(x) = L + \alpha(x)$ болады. Демек, егер $\lim\limits_{x\to a} f(x) = L$ онда $f(x) = L + \alpha(x)$, мұндағы $\alpha(x)$ функциясы $x\to a$ кезіндегі ш.к.ф.

Жеткіліктілік. $f(x) = A + \alpha(x)$ және $\lim\limits_{x\to a}\alpha(x) = 0$ болсын. Онда $$\lim\limits_{x\to a}f(x) = \lim\limits_{x\to a}A + \lim\limits_{x\to a}\alpha(x) = A + 0 = A.$$ Дәлел аяқталды. $\blacktriangleright$

Теорема. Шексіз кіші функцияның шегі бар функцияға бөліндісі шексіз кіші функция болады.

$\blacktriangleleft$ $\lim\limits_{x \to a} \alpha(x) = 0$, ал $\lim\limits_{x \to a}f(x) = a \neq 0$ болсын. $\dfrac{\alpha(x)}{f(x)}$ функциясын $\alpha(x)$ шексіз кіші функциясының шенелген $\dfrac{1}{f(x)}$ функциясына көбейтіндісі түрінде қарастыруға болады. Бұл кезде алдыңғы теоремадан $\dfrac{\alpha(x)}{f(x)} = \alpha(x)\cdot\dfrac{1}{f(x)}$ шексіз кіші функция болатындығы шығады. $\blacktriangleright$

4. Шек ұғымының кеңеюі
▲ Теоремалар алқабы Қисап бөлімі ▼

Жоғарыдағы мәліметтерден білгеніміз, шек ол қандай да бір тұрақты сан. Егер $x\to a (p\in\R$ немесе $\pm\infty)$ кезінде функцияның мәндері ұмтылатын тұрақты сан табылмаса, онда шек жоқ делінеді. Бірақ мұнымен әңгіме біткен жоқ.

Шек белгісі функцияның шегін ғана көрсетіп қана қоймай оның қай жаққа ұмтылатынын көрсетуші ретінде де қолданылады. Себебі, кейде шектің бар болуы не жоқ болуы емес, оның қай жаққа ұмтылып жатқанын анықтау басты сұрақ болуы мүмкін. Бұдан бөлек, тіпті шек ретінде функция, не жиын да аталуы ғажап емес. Мұны шек ұғымының кеңейе түсуі, жалпылама мағынаға ие болуы деп түсінсек болады. Мысалға, $\sin x$ функциясының кез келген $p$ нүктесіндегі шегі $\sin p$ ге тең. Бұл жағдайға басқалай көзқараспен қарар болсақ, $\sin x$ функциясының шегі $\sin p$ функциясы болғандай. Оны шектің жалпылама түрі, бірнеше аргументтер беру арқылы қажетті шекті беретін шек ретінде қарауға болады.

Алдағы әңгіме функцияның шексіздікке ұмтылуы жайлы болмақ.

Шексіздікке ұмтылатын функциялар

Алдағы уақытта $a$ арқылы $\R\cup\pm\infty$ жиынының бір элементін белгілейік. Егер аргументі $a$-ға ұмтылу кезінде сәйкес функция мәндері (оң не теріс таңбалы) үлкен мән қабылдай түссе, онда осы жағдайға «аргументі $a$-ға ұмтылғанда функция (плюс не минус) шексіздікке ұмтылады» деп айтылады.

Есіңізде болсын, $\lim\limits_{x\to p}f(x) = \infty$ жазуы функцияның шегі бар дегенді білдірмейді, бұл тек функцияның $x\to a$ кезінде шексіздікке ұтылатынын ғана білдіреді.

Егер кез келген $M > 0$ саны кезінде $0 < |x - p| < \delta$ теңсіздігін қанағаттандыратын барлық $x$ үшін $|f(x)| > M$ теңсіздігі орындалса, онда $f$ функциясы $x \to p$ кезінде шексіз үлкен функция деп аталады. Мұны $\lim\limits_{x \to p} f(x) = \infty$ немесе «$x \to p$ кезінде $f(x) \to \infty$» деп белгілейміз. Қысқаша:

$$\lim\limits_{x\to p} f(x) = \infty \lrArr \forall M > 0\ \exist \delta > 0\ \forall x : |x - p| < \delta, x\neq p \rArr |f(x)| > M.$$

Ал мұның $x\to\infty$ жағдайына арналған анықтамасы:

Егер кез келген $M > 0$ саны үшін $|x| > N$ теңсіздігін қанағаттандыратын барлық $x$ үшін $|f(x)| > M$ теңсіздігі орындалатындай $N > 0$ саны табылса, онда $y = f(x)$ функциясы $x \to \infty$ кезінде шексіз үлкен функция деп аталады. Қысқаша:

$$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\infty \lrArr \forall M > 0 \ \exist N > 0\ \forall x : |x| > N \rArr |f(x)| > M.$$

Егер $y = f(x)$ функциясы $x \to a$ кезінде шексіздікке тек оң мәндер қабылдай отырып ұмтылса, онда $\lim\limits_{x \to a} f(x) = +\infty$ деп жазылады, ал егер тек теріс мәндер қабылдай отрып ұмтылса, онда $\lim\limits_{x\to a} f(x) = -\infty$ деп жазылады.

$$\lim\limits_{x\to p}f(x) = +\infty \lrArr \forall E \in \R \ \exist \delta > 0: 0 < |x - p| < \delta \rArr f(x) > E$$ $$\lim\limits_{x\to p}f(x) = -\infty \lrArr \forall \varepsilon \in \R \ \exist \delta > 0: 0 < |x - p| < \delta \rArr f(x) < \varepsilon.$$

Бірақ кей функциялар екі түрлі таңбадағы шексіздікке бірдей ұмтылуы мүмкін. Бір қызығы, егер сіз қандай да бір функцияның $x\to a$ кезінде осы анықтамадағы шартқа сай келетінін дәлелдесеңіз, онда сол функцияның $x\to a$ кезінде шегі жоқ екенін дәлелдеген боласыз.

$$\lim\limits_{x\to \infty}\bigg(\dfrac{1}{x} - x^3\bigg) = -\infty, \lim\limits_{x\to -\infty}\bigg(\dfrac{1}{x} - x^3\bigg) = \infty$$

Біржақты шектермен байланысы

Нақты сандар жиынында анықталған $f(x)$ функциясы берілген болсын. Және ол функцияның $x \to \pm\infty$ кезіндегі шектері бар болсын. Онда $$\lim\limits_{x\to \pm\infty}f(x) = \lim\limits_{t\to 0^\pm}f\bigg(\dfrac{1}{t}\bigg)$$ теңдігі орындалады.

Мұны дәлелдеуді сізге қалдырдым.

Мысал. $f(x) = \dfrac{1}{x}$ функциясының $x\to 0$ кезіндегі біржақты шектерін табыңыз.

Оң жақ шек: $f(0 + 0) = \lim\limits_{x\to 0^+} \dfrac{1}{x} = \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1}{+x} = + \infty$.
Сол жақ шек: $f(0 - 0) = \lim\limits_{x\to 0^-} \dfrac{1}{x} = \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{1}{-x} = -\infty$.

Шексіз үлкен және шексіз кіші функциялар арасындағы байланыс

Теорема. $f$ функциясы $x\to a$ кезінде (не $a$ нүктесінде) шексіз үлкен функция болуы үшін $1/f$ функциясы $x\to a$ кезінде шексіз кіші болуы қажетті және жеткілікті.

Теорема былай дейді: егер $f(x)$ функциясы $x\to a$ кезінде шексіз кіші функция болса, онда $1/f(x)$ сол жағдайда шексіз үлкен функция болады. Ал егер $f(x)$ функциясы $x\to a$ кезінде шексіз үлкен функция болса, онда $1/f(x)$ - сол жағдайда шексіз кіші функция болады. Бұл кезде «$f(x) \neq 0$ болуы керек» деп айту артық, себебі ш.к.ф. ешқашан нөлге тең емес.

$\blacktriangleleft$ $$\lim\limits_{x\to a} f(x) = 0 \lrArr \forall \dfrac{1}{\varepsilon} > 0 \ \exist \delta > 0 : \forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr |f(x)| < \dfrac{1}{\varepsilon}$$ Егер табылған маңайда $|f(x)| < \dfrac{1}{\varepsilon}$ болса, онда ол маңайда $\dfrac{1}{|f(x)|} > \varepsilon$. Бұдан біз былай жазсақ болады: $$\forall \dfrac{1}{\varepsilon} > 0 \ \exist \delta > 0: \forall x \in \mathring{N}_{\delta}(a) \rArr \dfrac{1}{f(x)} > \varepsilon.$$ ал бұл, таныған болсаңыз, $x\to a$ кезіндегі шексіз үлкен функцияның анықтамасы. Демек, $\lim\limits_{x\to a} \dfrac{1}{f(x)} = \infty.$

Кері жағдайы да осыған ұқсас дәлелденеді. $\blacktriangleright$

Тапсырма: Төмендегі тұжырымдарды дәлелдеңіз:

$2^x$ функциясы $x\to +\infty$ кезінде шексіз үлкен, ал $x \to -\infty$ кезінде шексіз кіші;
Егер $\lim\limits_{x\to a} \dfrac{f(x)}{g(x)} = \infty$ болса, онда $\lim\limits_{x\to a} \dfrac{g(x)}{f(x)} = 0$.

5. Қисап бөлімі
▲ Шек ұғымының кеңеюі

Ал енді қисап жасайық. Жалпы шекке қатысты есептер қандай болады?
- Әдетте берілген функцияның берілген нүктедегі, яки жиындағы шегін табу күйінде болады. Егер функция көлемдірек болса, онда оны түрлі жолдармен бізге белгілі шектерге келтіріп алып, сосын шектің қасиеттері арқылы шегін табамыз.
Демек бізге тәсілдер мен біршама негізгі шектерді білу қажет. Ол тәсілдер мен шектер аспаннан түспейді, біз дәлелдеген теоремалар мен дәлелдейтін шектер қолданылады. Жоқ жерден бір қасиет не шекті әкеліп пайдалану шыққан нәтижені негіссіз етеді.

Әуелі шекті табу жолында кезігуі мүмкін негізгі ұғыммен танысып алайық. Ол -

Анықталмағандық

Бұл шек табу кезіндегі қарсыласымыз деуге болады. Себебі, кейде шек табу барысында мағынасыз (мәні анықталмайтын) өрнектерге жолығып қалатын жағдайлар болып қалады. Ол өрнектер анықталмағандықтар деп аталады. Анықталмағандықтың негізгі түрлері мына жетеуі: $$\dfrac{0}{0}, \space \dfrac{\infty}{\infty}, \space \infty - \infty, \space 0\cdot(\infty), \space 0^0, \space \infty^0, \space 1^{\infty}$$ Бұларға қарап мәндері туралы айту қиындау екендігін аңғарған боларсыз. Осындай өрнекпен жолығып қалған кезде түрлі жолдармен (жоғарыдағы қасиеттерді пайдаланып) шекті табу барысын анықталмағандықтарды ашу деп айтамыз. Иә, тәсілдер баршылық. Бір жағдайды шеше алған тәсіл келесі бір жағдайда дәрменсіз болуы мүмкін. Сондықтан стратегияңыз мықты болуы қажет.

Әрине, "кейде" деп айттық, демек кейбір шектер анықталмағандықтарға жолықпай ақ табылуы мүмкін.

Көмекші шектер

Факт. $p$ нақты саны үшін

$(a)\ \lim\limits_{x\to p}x = p$
$(b)\ \lim\limits_{x\to p}c = c$

Тригонометриялық функциялар:

$(c)\ \lim\limits_{x\to p}\sin x = \sin p;$
$(d)\ \lim\limits_{x\to p}\cos x = \cos p;$
$(e)\ \lim\limits_{x\to p}\tg x = \tg p, p\neq \dfrac{2n - 1}{2}\pi; n\in\Z;$
$(f)\ \lim\limits_{x\to p}\ctg x = \ctg p$

Тамаша шектер

$(g)$ Бірінші тамаша шек: $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin x}{x} = 1;$
$(h)$ Екінші тамаша шек: $\lim\limits_{x\to\infty}\bigg(1 + \dfrac{1}{x}\bigg)^x = e.$

Мұндағы $(a) - (f)$ арасындағы тұрақты функциядан басқасының $x\to\infty$ кезіндегі шегі жоқ екенін ескеріңіз.

$(a)$ $\varepsilon > 0$ берілген делік. бізге $0 < |x - p| < \delta$ кезінде $|x - p| < \varepsilon$ болатындай $\delta$ - ны табуымыз керек. Бірақ көріп тұрғаныңыздай $\delta = \varepsilon$ болғанда, немесе кіші кез келген сан болғанда орындалатындығын көріп тұрмыз. Демек, $\lim\limits_{x\to p} x = p.$
$(b)$ $\varepsilon > 0$ берілген делік. Бізге $0 < |x - p| < \delta$ кезінде $|c - c| < \varepsilon$ болатындай $\delta$ ны табу керек. $|c - c| = 0$ болғандықтан $\delta$ ретінді кез келген оң санды ала аламыз. Әрі теңсіздік те орындалады. Демек, $\lim\limits_{x\to p}c = c$.
$(c)\ \lim\limits_{x\to p}\sin x = \sin p$ болуы үшін кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $$0 < |x - p| < \delta \rArr |\sin x - \sin p| < \varepsilon$$ болатындай $\delta > 0$ саны табылуы керек. Мұнда
$$0 \leqslant |\sin x - \sin p| = \bigg|2\sin\dfrac{x - p}{2}\cos\dfrac{x + p}{2}\bigg| \leqslant 2\bigg|\sin\dfrac{x - p}{2}\bigg| \leqslant |x - p|$$
болатынын ескерсек, онда
$$0 < |x - p| < \delta \rArr |\sin x - \sin p| \leqslant |x - a| < \varepsilon$$
жағдайын аламыз. Егер $\delta = \varepsilon$ деп алсақ $$0 < |x - p| < \delta \rArr |\sin x - \sin p| < \varepsilon$$ орындалатынын байқаймыз, демек $\lim\limits_{x\to p}\sin x = \sin p$.
$(d)\ \lim\limits_{x\to p}\cos x = \cos p$ болуы үшін кез келген $\varepsilon > 0$ үшін $$0 < |x - p| < \delta \rArr |\cos x - \cos p| < \varepsilon$$ болатындай $\delta > 0$ саны табылуы шарт. Бірақ мұнда да
$$0 \leqslant |\cos x - \cos p| = \bigg| 2\sin \dfrac{x - p}{2} \sin \dfrac{x + p}{2} \bigg| \leqslant |x - p|$$
теңсіздігін ескерсек, онда біздегі дерек бойынша
$$0 < |x - p| < \delta \rArr |\cos x - \cos p| \leqslant |x - p| < \varepsilon$$
болады. Ал $|x - p|$ өз кезегінде $\delta$ дан кіші. демек $\delta = \varepsilon$ деп алсақ, $$0 < |x - p| < \delta \rArr |\cos x - \cos p| < \varepsilon$$ шарты орындалатынына куә боламыз.
$(e)$ Қалған екеуін оңай жолмен дәлелдей салайық:
$$\lim\limits_{x\to p}\tg x = \lim\limits_{x\to p}\dfrac{\sin x}{\cos x} = \dfrac{\lim\limits_{x\to p}\sin x}{\lim\limits_{x\to p}\cos x} = \dfrac{\sin p}{\cos p} = \tg p.$$
Әрине, мұндағы $\cos p \neq 0$. Ал бұл жағдай болмас үшін $p \neq \dfrac{2n - 1}{2}\pi, n\in\Z$ болуы шарт.
$(f)$
$$\lim\limits_{x\to p}\ctg x = \lim\limits_{x\to p}\dfrac{\cos x}{\sin x} = \dfrac{\lim\limits_{x\to p}\cos x}{\lim\limits_{x\to p}\sin x} = \dfrac{\cos p}{\sin p} = \ctg p.$$
Ал мұнда $\sin p \neq 0$, яғни $p\neq \pi n, n\in \Z$.
Радиусы $1$ болатын шеңбер алайық, $MOB$ бұрышының радиандық өлшемін $x$ арқылы белгілейік. $0 < x < \dfrac{\pi}{2}$ болсын делік. Суретте $|CD| = \sin x$, $CB$ доғасы орталық $x$ бұрышына тең, $|AB| = \tg x$. Белгілі болғандай, $$S_{\triangle COB} < S_{COB\ сект.} < S_{\triangle AOB}$$ Енді осы аудандардың әрқайсысын табайық.

$1)\ S_{\triangle COB} = \dfrac{1}{2}OC\cdot OB \cdot\sin\triangle COB$ (мұндағы $OC$ мен $OB$ екеуі $1$ - ге, ал $\triangle COB = x$ болғандықтан) $ = \dfrac{1}{2}\cdot 1\cdot 1 \cdot \sin x = \dfrac{1}{2}\sin x$ болады. Яғни $$S_{\triangle COB} = \dfrac{1}{2}\sin x.$$ $2)$ $$S_{COB\ сект.} = \dfrac{1}{2}r^2 x = \dfrac{1}{2}x.$$ $3)\ S_{\triangle AOB} = \dfrac{1}{2}OB \cdot BA$. Мұндағы $OB = 1$, ал $BA = \tg x$, демек $$S_{\triangle AOB} = \dfrac{1}{2}\tg x.$$ Осылайша жоғарыдағы теңсіздікті мына күйге келтіреміз: $$\dfrac{1}{2}\sin x < \dfrac{1}{2}x < \dfrac{1}{2}\tg x$$ Теңсіздікті $\dfrac{1}{2}\sin x > 0$ - ге бөлеміз. Сонда $$1 < \dfrac{x}{\sin x} < \dfrac{1}{\cos x}$$ бұдан $$\cos x < \dfrac{\sin x}{x} < 1$$ болады.
$\cos x, \dfrac{\sin x}{x}$ және $1$ функциялары жұп функция болғандықтан алынған теңсіздік тек $(0,\pi/2)$ аралығындағы $x$ - тер үшін ғана емес кез келген $x\in(-\pi/2, 0)$ үшін де орындалады. Және $\lim\limits_{x\to 0} \cos x = 1$ және $\lim\limits_{x\to 0} 1 = 1$ болғандықтан аралықтағы функцияның шегі жайлы теорема бойынша $$\lim\limits_{x\to 0\\(x > 0)} \dfrac{\sin x}{x} = 1$$ теңдігін аламыз. Ал егер $x < 0$ болған жағдайда да $\dfrac{\sin x}{x} = \dfrac{\sin(-x)}{-x}$ екендігін ескерсек уайымның керегі жоқ екендігін түсінеміз. Сондықтан да $$\lim\limits_{x\to 0 (x < 0)}\dfrac{\sin x}{x} = 1.$$
Ал мұны $e$ санының анықтамасы ретінде қарастыруға болады (алдағы уақытта осы санға арнайы тоқталатын боламыз).

Айнымалы енгізу жайлы теорема бойынша бұл шектерді кеңірек қолдануға болады.

Тапсырма. $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x}{\sin x} = 1$ теңдігін дәлелдеңіз.

Факт. $\lim\limits_{t\to\infty}\bigg(1 + \dfrac{k}{t}\bigg)^t = e^k$

$\blacktriangleleft$ $x = kt$ деп белгілейміз. $t\to \infty, x \to \infty$. Сонда,

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to \infty}\bigg(1 + \dfrac{k}{x}\bigg)^x &= \lim\limits_{t\to\infty}\bigg(1 + \dfrac{1}{t}\bigg)^{kt} \\ &= \lim\limits_{t\to\infty}\bigg(1 + \dfrac{1}{t}\bigg)^t\cdot \lim\limits_{t\to\infty}\bigg(1 + \dfrac{1}{t}\bigg)^t \cdot ... \cdot \lim\limits_{t\to\infty}\bigg(1 + \dfrac{1}{t}\bigg)^t = e\cdot e \cdot ... \cdot e = e^k. \end{aligned}$$

$\blacktriangleright$

Шекті табу

$\lim\limits_{x\to 1} x^3 + 2x + 7$ шегін табу керек болсын. Онда шектердің алгебралық қасиеттері бойынша

$$\lim\limits_{x\to 1} x^3 + 2x + 7 = (\lim\limits_{x\to 1} x)^3 + 2\cdot\lim\limits_{x\to 1} x + \lim\limits_{x\to 1} 7 = 1^3 + 2\cdot 1 + 7 = 10.$$

Бірақ кейде бөлімі нөлге тең болып қалатын, не анықталмағандыққа ұшырайтын функциялар кезігеді. Сол кезде түрлі тәсілдер қолдануға тура келеді.

Шекті табуда қолданылатын ең бір қарапайым тәсіл - түрлендіру. Иә, түрлендіру функцияның шегін анықтау кезінде қолайсыздықтардан айналып өту үшін жақсы бір тәсіл болып табылады. Мысалға, нөлге тең бөлімдерінен алгебралық тәсілмен құтылу: $$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^2 + x - 2}{x^2 - x}$$ Бұл жағдайда бөлім $0$ - ге тең болып қалады. Олай болмас үшін өрнектерді жіктейміз:

$$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x^2 + x - 2}{x^2 - x} = \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{(x - 1)(x + 2)}{x(x - 1)} = \lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x + 2}{x} = \dfrac{3}{1} = 3.$$

Бұдан бөлек, кейбір бөлшек функциялардың шегін алымы мен бөлімін бірдей өрнекке көбейту, не бөлу арқылы есептеу тиімдірек болады:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to 0} \dfrac{\sqrt{x^2 + 100} - 10}{x^2} &= \lim\limits_{x\to 0} \bigg[\dfrac{\sqrt{x^2 + 100} - 10}{x^2}\cdot\dfrac{\sqrt{x^2 + 100} + 10}{\sqrt{x^2 + 100} + 10} = \dfrac{x^2 + 100 - 100}{x^2(\sqrt{x^2 + 100} + 10)} = \dfrac{1}{\sqrt{x^2 + 100} + 10}\bigg] \\ &= \dfrac{1}{\sqrt{0^2 + 100} + 10} = \dfrac{1}{20} = 0.05. \end{aligned}$$

$\ \lim\limits_{x\to\infty} \dfrac{x + 1}{2x + 1} = \lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1 + 1/x}{2 + 1/x} = \dfrac{1}{2}.$

Әрбір тәсілді бірнеше рет қатарынан қолдануға болады:

$$\begin{aligned} \lim\limits_{x\to 8} \dfrac{\sqrt{9 + 2x} - 5}{\sqrt[3]{x} - 2} &= \lim\limits_{x\to 8} \bigg[\dfrac{\sqrt{9 + 2x} - 5}{\sqrt[3]{x} - 2}\cdot\dfrac{\sqrt{9 + 2x} + 5}{\sqrt{9 + 2x} + 5}\cdot\dfrac{\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 4}{\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 4} = \dfrac{(9 + 2x - 25)(\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 4)}{(x - 8)(\sqrt{9 + 2x} + 5)}\bigg] \\ &= 2\lim\limits_{x\to 8} \dfrac{\sqrt[3]{x^2} + 2\sqrt[3]{x} + 4}{\sqrt{9 + 2x} + 5} = \dfrac{12}{5}. \end{aligned}$$

Мұнда $a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + b^2 + ab)$ және $a^2 - b^2 = (a-b)(a+b)$ формулалары қолданылды.

Ал тригонометриялық функцияларға келер болсақ, оларға бірден бірнеше мысал келтірейік:

$\lim\limits_{x\to -3}(\sqrt{1 - x} - 2) = 0$, болғандықтан $$\lim\limits_{x\to -3}\dfrac{\sin(\sqrt{1 - x} - 2)}{\sqrt{1- x} - 2} = 1.$$ Сол секілді,

$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 7x}{7x} = 1; \ \ \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2x^2}{\sin (2x^2)} = 1 \ \ \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{4x^3 + 6x^2 + x}{\sin(4x^3 + 6x^2 + x)} = 1; \ \ \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin(\arctg x)}{\arctg x} = 1.$

Абайлаңыз, $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{4x^2 + 6x + 1}{\sin(4x^2 + 6x + 1)} \neq 1$ себебі $4x^2 + 6x + 1 \cancel{\to} 0$.

Біршама қызығырақ болсын,

$$\begin{align} \tag*{} & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 2x}{4x} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\textcolor{#228B22}{\sin 2x}}{2\cdot \textcolor{#228B22}{2x}} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{2};\\ \tag*{} & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 2x}{7x} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\textcolor{#228B22}{\sin 2x}}{\textcolor{#228B22}{2x} \cdot \frac{1}{2}\cdot 7} =\dfrac{1}{\frac{7}{2}} = \dfrac{2}{7};\\ \tag*{} & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3x^2}{\sin^2(7x)} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{3\cdot \textcolor{#228B22}{7x}\cdot \textcolor{blue}{7x} \cdot\frac{1}{7}\cdot\frac{1}{7}}{\textcolor{#228B22}{\sin 7x} \cdot \textcolor{blue}{\sin 7x}} = 3\cdot \dfrac{1}{49} = \dfrac{3}{49};\\ \tag*{} & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tg x}{x} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\textcolor{#228B22}{\sin x}}{\cos x\cdot \textcolor{#228B22}{x}} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{\cos x} = \dfrac{1}{1} = 1;\\ \tag*{} & \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1 - \cos 6x}{18x^2} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{2\sin^2 3x}{18 x^2} = \dfrac{\sin 3x \sin 3x}{3x \cdot 3x} = 1. \end{align}$$

(Соңғы есепте $1 - \cos 2x = 2 \sin x \sin x$ екені ескерілді) Ал енді сәл ұзақтау есеп қарастырайық: $$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\ctg x(1 - \cos^2 3x)}{3x^2 + 7x} = \dfrac{\infty \cdot 0}{0} = (*)$$ $(*) = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\cos x^{\to 1}(1 - \cos^2 3x)}{\sin x(3x^2 + 7x)} = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1-\cos^2 3x}{\sin x(3x^2 + 7x)} = \dfrac{0}{0} = (*)$

$(*) = \lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2 3x}{x\cdot \sin x(3x^{\to 0} + 7)} = \dfrac{1}{7}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin^2 3x}{x\sin x} = \dfrac{1}{7}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x\sin 3x\cdot \sin 3x}{\sin x\cdot 3x\cdot 3x \cdot \frac{1}{9}} = \dfrac{1}{7}\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{9x}{\sin x} = \dfrac{9}{7}.$

Жаңа айнымалы енгізу арқылы есептеу үлгісі: $$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\arctg 2x}{3x} = \dfrac{0}{0} = (*)$$ $t = \arctg 2x$ делік, онда $\lim\limits_{x\to 0}t = 0$. Демек жаңа аргумент те $x\to 0$ кезінде $0$ - ге ұмтылады. $t = \arctg 2x$ болғасын, $\tg t = 2x \rArr x = \dfrac{\tg t}{2}.$ Сонда,

$$(*) = \lim\limits_{t\to 0}\dfrac{2t}{3\tg t} = \dfrac{2}{3}\lim\limits_{t\to 0}\dfrac{t\cos t^{\to 1}}{\sin t} = \dfrac{2}{3}.$$

Есіңізде болсын, $\dfrac{1}{\infty}\neq 0$ бірақ $\lim\limits_{x\to\infty}\dfrac{1}{x} = 0$. Сол секілді $\dfrac{1}{0}\neq\infty$ бірақ $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1}{x} = \infty$.

Ал мына есептер сіздің еншіңіз:

$\lim\limits_{x\to -1}2x + 6;$
$\lim\limits_{x\to -3}6 - 2x;$
$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{x + 7}{x + 5};$
$\lim\limits_{x\to 2}\dfrac{x^2 - 4}{x^2 - 3x + 2};$
$\lim\limits_{x\to 7}\dfrac{x^2 - 9}{x + 3};$
$\lim\limits_{x\to 1}\dfrac{1}{\sqrt{3x + 6} - 2};$
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{x^2 + 2x + 1}{x + 1};$
$\lim\limits_{x\to -1}\dfrac{x^3 + 1}{x^2 + 1};$
$\lim\limits_{x\to 5}\dfrac{x^2 - 5x + 10}{x^2 - 25};$
$\lim\limits_{x\to 7}\dfrac{2 - \sqrt{x - 3}}{x^2 - 49};$
$\lim\limits_{x\to 8}\dfrac{x - 8}{\sqrt[3]{x} - 2};$
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\sin 3x}{x};$
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{1 - \cos x}{x^2};$
$\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{\tg 2x}{x}.$

$4;$
$12;$
$\dfrac{8}{6};$
$4;$
$4;$
$1;$
$1;$
$0;$
$\infty;$
$-\dfrac{1}{56}$
$12;$
$3;$
$1/2;$
$1;$

Осымен сабақ аяқталды ✅

🠜 Артқа Келесі 🠞

Кіріспе бөлім

Негізгі бөлім

!! Ақау жайлы хабар беру

Тақырыптар

Кіріспе бөлім

Негізгі бөлім

§ 1.1. Шек ұғымы

1. Бастапқы ұғымдар Шектің анықтамасы ▼

Ұмтылу

Шек ұғымы

Айырмашылық

2. Шектің анықтамасы ▲Бастапқы ұғымдар Теоремалар алқабы ▼

Маңай ұғымы

Шектің анықтамасы

Шегі екенін дәлелдеу

Делтаны табу

Біржақты шектер

Аргументі шексіздікке ұмтылғандағы функцияның шегі

3. Теоремалар алқабы ▲ Шектің анықтамасы ▼ Шек ұғымының кеңеюі

Шектің бар болуы және бір болуы

Шектің алгебралық қасиеттері

Күрделі функциялардың шегі

Жаңа айнымалы енгізу

Теңсіздікке байланысты қасиеттер

Шексіз кіші функциялар

Функцияның шегі мен шексіз кіші функция арасындағы байланыс

4. Шек ұғымының кеңеюі ▲ Теоремалар алқабы Қисап бөлімі ▼

Шексіздікке ұмтылатын функциялар

Біржақты шектермен байланысы

Шексіз үлкен және шексіз кіші функциялар арасындағы байланыс

5. Қисап бөлімі ▲ Шек ұғымының кеңеюі

Анықталмағандық

Көмекші шектер

Шекті табу

Кіріспе бөлім

Негізгі бөлім

1. Бастапқы ұғымдар
Шектің анықтамасы ▼

2. Шектің анықтамасы
▲Бастапқы ұғымдар Теоремалар алқабы ▼

3. Теоремалар алқабы
▲ Шектің анықтамасы ▼ Шек ұғымының кеңеюі

4. Шек ұғымының кеңеюі
▲ Теоремалар алқабы Қисап бөлімі ▼

5. Қисап бөлімі
▲ Шек ұғымының кеңеюі