Funksiya limiti va unga bog’liq asosiy tushunchalar Reja: I. Kirish. II. Asosiy qism

2. Chekli limitga ega bo’lgan funksiyalarning xossalari

Chekli limitga ega bo’lgan funksiyalar ham yaqinlashuvchi ketma-ketliklar singari qator xossalarga ega. Ularning aksariyatining isbotlari ham yaqinlashuvchi ketma-ketliklarning mos xossalari isbotlari kabidir. Chunki, yuqorida ko’rdikki, funksiya limiti tushunchasi sonlar ketma-ketligining limiti tushunchasiga tayangan holda ta’riflandi (Geyne ta’rifi). Shuni e’tiborga olib, quyida keltiriladigan xossalarning ba’zilarnigina isbotlaymiz.

1. Tengsizlik belgisi bilan ifodalanadigan xossalar. X to’plam berilgan bo’lib, a esa uning limit nuqtasi bo’lsin. Bu to’plamda f(x) funksiya aniqlangan.
1 . Agar ushbu = b limit mavjud bo’lib, b > p (bp (f(x) limit mavjud bo’lib b >0 (b <0) bo’lsa, a ning yetarli kichik atrofidan olingan x (x a) ning qiymatlarida f(x) >0 (f(x) <0) bo’ladi.
2 . Agar ushbu limit mavjud bo’lsa, a ning yetarli kichik atrofidan olingan x (x a) ning qiymatlarida f(x) funksiya chegaralangan bo’ladi.
Isbot. = b bo’lsin. Funksiya limiti ta’rifiga ko’ra > 0 son uchun shunday > 0 son topiladiki,
x (a) uchun f(x) (b) bo’ladi. Demak, argument x ning barcha x (a) qiymatlarida funksiyaning mos qiymatlari (b – , b + ) oraliqda bo’ladi. Bu esa f(x) funksiyaning a nuqtaning (a) atrofida chegaralanganligini ko’rsatadi.
1-eslatma. Funksiyaning chegaralanganligidan uning chekli limitga ega bo’lishi har doim ham kelib chiqavermaydi. Masalan, f(x) = funksiya chegaralangan, ammo x 0 da bu funksiya limitga ega emas. X to’plamda (x) va (x) funksiyalar aniqlangan bo’lib, a esa X ning limit nuqtasi bo’lsin.
3 . Agar argument x ning a nuqtaning biror (a) atrofidan olingan barcha qiymatlarida (x)
tengsizlik o’rinli bo’lib, , (x) limitlar mavjud bo’lsa, u holda
(x)
tengsizlik o’rinli bo’ladi.
4 . Agar argument x ning biror (a) atrofidan olingan barcha qiymatlarida
(x) (1.10) tengsizlik o’rinli bo’lsa va , (x) limitlar mavjud bo’lib,
= (x) = b
bo’lsa, u holda
= b (1. )
bo’ladi.
4 ning isboti. Shartga ko’ra = b limit mavjud. Demak, > 0 son uchun a nuqtaning shunday (a) atrofi mavjudki, x ning barcha x (a) qiymatlarida (x) (b) bo’ladi. Shunga o’xshash = b limit mavjud bo’lgani uchun o’sha > 0 son uchun a nuqtaning shunday (a) atrofi mavjudki, x ning barcha x (a) qiymatlarida (x) (b) bo’ladi. Agar > 0, > 0 sonlarning kichigini deb, a nuqtaning (a) atrofi olinsa, unda
(a) (a), (a) (a) munosabatlar o’rinli bo’ladi. Natijada har bir x (a) uchun bir vaqtda
(x) (b), (x) (b) bo’lib, (1.10) munosabatga binoan f(x) (b) ham kelib chiqadi.
Demak, har bir x (b) uchun f(x) (b) o’rinli. Bu esa x a da f(x) funksiya limitiga ega va (x) = b bo’lishini ko’rsatadi. Shunday qilib, (1. ) isbotlandi.
Misol. Ushbu
(x ) limitini toping.
Ravshanki, bir tomondan x funksiya uchun -|x| |x| tengsizliklar bajariladi, ikkinchi tomondan,
= = 0.
Demak, yuqoridagi 4 - xossaga ko’ra = 0.
2. Chekli limitga ega bo’lgan funksiyalar ustida amallar. X to’plam berilgan bo’lib, a uning limit nuqtasi bo’lsin. Bu to’plamda f(x) va g(x) funksiyalar aniqlangan.
1 . Agar x a da f(x) va g(x) funksiyalar limitga ega bo’lsa, f(x) g(x) funksiya ham limitga ega va
= tenglik o’rinli.
2 . Agar x a da f(x) va g(x) funksiyalar limitga ega bo’lsa, f(x) g(x) funksiya ham limitga ega va
= tenglik o’rinli.
1-natija. Agar x a da f(x) funksiya limitga ega bo’lsa, unda k f(x) (k = const) funksiya ham limitga ega va
= k tenglik o’rinli.
3 . Agar x a da f(x) va g(x) funksiyalar limitga ega bo’lsa, funksiya ham limitga ega va 0 bo’lsa, funksiya ham limitga ega va
= tenglik o’rinli.
2-eslatma. 1) Yuqoridagi 1 - va 2 -xossalarga qushiluvchilar, ko’paytuvchilar soni ixtiyoriy chekli bo’lgan holda ham o’rinli.
2). x a da f(x) va g(x) funksiyalarning yig’indisi, ko’paytmasi va nisbatidan iborat bo’lgan funksiyalarning limitga ega bo’lishidan bu funksiyalarning har birining limitga ega bo’lishi doim kelib chiqavermaydi. Masalan, f(x) = 1 - , g(x) = funksiyalar yig’indisi f(x) + g(x) = 1 bo’lib, x 0 da f(x) + g(x) bo’ladi. Ammo x a da f(x) va g(x) funksiyalarning har biri limitga ega emas.
3. Murakkab funksiyaning limiti. Ko’pchilik hollarda murakkab funksiyaning limitini hisoblashga to’g’ri keladi. Shuning uchun biz quyida murakkab funksiya limitini hisoblash imkonini beradigan teoremani keltiramiz. Faraz qilaylik, biror X to’plamda t = (x) funksiya aniqlangan va bu funksiya qiymatlaridan iborat T to’plamda y = f(t) funksiya aniqlangan bo’lib, ular yordamida murakkab funksiya y = f( (x)) hosil qilingan bo’lsin. Bu murakkab funksiya X to’plamning limit nuqtasi bo’lsin.
3-teorema. Agar 1) = c limit o’rinli bo’lib, a nuqtaning shunday atrofi mavjud bo’lsaki, barcha x (a) lar uchun c bo’lsa, 2) c nuqta T to’plamning limit nuqtasi bo’lib, = b limit mavjud bo’lsa, u holda x a da murakkab funksiya y = f( (x)) ham limitga ega
= b bo’ladi.
Isbot. Shartga ko’ra = b mavjud. Limit ta’rifiga ko’ra, > 0 son uchun shunday > 0 son topiladiki, barcha t (c) lar uchun f(t) (b) bo’ladi. Endi shartga ko’ra = c limit o’rinli, shu bilan birga a nuqtaning shunday (a) atrofi mavjudki, barcha x (a) lar uchun c tengsizlik o’rinli. U holda yana limit ta’rifiga ko’ra, yuqoridagi > 0 son uchun shunday > 0 son topiladiki, barcha x (a) lar uchun (c) bo’ladi. Shunday qilib, > 0 son uchun shunday > 0 son topiladiki
x (a) t = (c) f(t) (b) munosabatlar o’rinli bo’ladi. Bu esa
= = b bo’lishini ifodalaydi. Teorema isbot bo’ldi.
3-eslatma. Teoremadagi a nuqtaning (a) atrofida c bo’lsin degan shartni f(t) funksiya t = c nuqtada aniqlangan va
= f(c) = b tengliklar o’rinli bo’lsin degan shart bilan almashtrish mumkin. Darhaqiqat, agar x (a) lar uchun c bo’lsa, teoremaning isboti ravshan: agar c bo’lsa, u holda f( (x)) = f(c) = b bo’lib, | f( (x)) – b| = 0 bo’ladi. Shunday qilib, barcha x (a) lar uchun f( (x)) (a) bo’ladi.
Xuddi shunga o’xshash, a, c, hamda b larning biri chekli, ikkinchisi cheksiz yoki barchasi cheksiz bo’lganda ham teoremaning o’rinli bo’lishini isbotlanadi.
Misol. Ushbu
limitini hisoblang.
Bu holda
y = , t = (x) = tg x . Shuning uchun
= = 1 va = limitlardan teoremaga asosan
= kelib chiqadi.
4. Aniqmas ifodalar. Biz yuqorida chekli limitga ega bo’lgan funksiyalar ustida arifmetik amallarni ko’rib o’tdik. Agar x a da f(x) va g(x) funksiyalarning har birining limiti cheksiz yoki f(x) g(x) funksiya limiti qaralganda g(x) 0 bo’lib qolsa , bu xolda 3 – bobning 6 - $ ida batafsil o’rganilgan aniqmasliklar kabi turli aniqmas ifodalarga kelamiz.
X to’plam berilgan bo’lib, a uning limit nuqtasi bo’lsin. Bu to’plamda f(x) va g(x) funksiyalar aniqlangan. Agar x a

1. 
   f(x) 0, g(x) 0 bo’lsa ularning nisbati ko’rinishda aniqmaslikni ifodalaydi;
   
2. 
   f(x) , g(x) bo’lsa, ularning nisbari ko’rinishdagi aniqmaslik bo’ladi.
   
3. 
   f(x) 0 , g(x) bo’lsa, ularning f(x) g(x) ko’paytmasi 0 ko’rinishdagi aniqmaslikni ifodalaydi;
   
4. 
   f(x) + (- ) , g(x) + (- ) bo’lsa, ya’ni f(x) hamda g(x) funksiyalar turli ishorali cheksizga intilsa, f(x) + g(x) ifoda ko’rinishdagi aniqmaslik bo’ladi.
   

Bu hollarda x a da f(x) va g(x) funksiyalarning o’z limitlariga intilish hususiyatiga qarab, (1, 2 – xollarda) f(x) , g(x) (3 – holda), f(x) + g(x) (4 – holda) ifodaning xarakterini aniqlash aniqmaslikni ochish deb yuritiladi.
Misollar. 1. Ushbu
limitni hisoblang. Ravshanki, bu ifoda ko’rinishdagi aniqmaslikdir. x 0 da x 0 ni hisobga olib topamiz:
= = 2 = = 2
2. Quyidagi
limitni hisoblang. Bu holda x 1 da ifoda ko’rinishdagi aniqmaslikdir. Sodda almashtirishlar yordamida topamiz:
= =
= 1+2+3+...+n = Demak,
=