Предел степенной функции

Откройте "Открытую Математику"!

Понятная теория, конспекты и задачник в одном флаконе!

Заглянуть

Посмотреть все темы!

ВышматПрото-задачиПредел функции

└─

└─

└─

└─

└─

└─

Предел степенной функции

Доказательство значений предела степенной функции при различных стремлениях аргумента.

Теорема

Если $p$ — вещественное число, то на всей области определения ( $x \geq 0$ ) функции $x^{p}$ выполняется равнество:

$x \to a \in R lim x^{p} = a^{p}$

Для бесконечного случая:

$x \to \infty lim x^{p} = \infty$

# Рациональное

p

Докажем полезную формулу, которую используем далее:

∣ a^{n} - b^{n} ∣ \geq ∣ a - b ∣^{n} (a, b > 0)

Сначала докажем, что если $a > b > 0$ , то

$a^{n} - b^{n} \geq (a - b)^{n}$

Доказывать будем по методу математической индукции.

База индукции: $n = 1$

$a - b = a - b$

Индукционный переход:

Пусть неравенство выполняется для какого-то натурального $k$ :

$a^{k} - b^{k} \geq (a - b)^{k}$

Домножим обе части на положительную скобку $(a - b)$ :

$a^{k + 1} - a^{k} b - a b^{k} + b^{k + 1} \geq (a - b)^{k + 1}$

Осталось только доказать, что

$a^{k + 1} - b^{k + 1} > a^{k + 1} - a^{k} b - a b^{k} + b^{k + 1}$

$a^{k} b + a b^{k} > 2 b^{k + 1}$

Так как $a > b$ , то $a^{k} > b^{k}$ и $a^{k} b > b^{k + 1}$ . Поэтому неравенство выше можно усилить:

$a^{k} b + a b^{k} > b^{k + 1} + a b^{k} > 2 b^{k + 1}$

$a b^{k} > b^{k + 1}$

$a > b$

Итак, мы доказали, что

$a^{k + 1} - b^{k + 1} > a^{k + 1} - a^{k} b - a b^{k} + b^{k + 1} \geq (a - b)^{k + 1} a^{k + 1} - b^{k + 1} > (a - b)^{k + 1}$

Индукционный переход доказан. Значит для любого натурального $n$ при $a > b > 0$ выполняется неравенство:

$a^{n} - b^{n} \geq (a - b)^{n}$

$■$

Теперь докажем вариант этого неравенства с модулем. При этом, достаточно только потребовать $a, b > 0$ :

$∣ a^{n} - b^{n} ∣ \geq ∣ a - b ∣^{n}$

По свойствам модуля (П-ссылка) внутри мы можем поменять местами слагаемые и сделать так, чтобы из большего вычиталось меньшее:

$∣ a^{n} - b^{n} ∣ = ∣ b^{n} - a^{n} ∣ ∣ a - b ∣ = ∣ b - a ∣$

Для определенности положим $a > b$ . Но тогда $a^{n} - b^{n} > 0$ и $a - b > 0$ , а значит модули можно просто убрать и мы получим уже доказанное выше неравенство:

$a^{n} - b^{n} \geq (a - b)^{n} (a > b > 0)$

$■$

еперь докажем, что функция

n x (n \in N)

имеет следующие пределы:

$x \to a \in R lim n x = n a x \to \infty lim n x = \infty$

Начнем с левого предела. По определению, для любого данного $ε > 0$ нужно найти такое $δ > 0$ , чтобы для любого $x$ из $δ$ -окрестности $a$ значения функции попадали в $ε$ -окрестность точки $n a$ :