Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 607

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 607

Еслиlim⁡x→aφ(x)=Aиlim⁡x→Aψ(x)=B\lim_{x\to a}\varphi(x)=A
\quad\text{и}\quad
\lim_{x\to A}\psi(x)=Bто следует ли отсюда, чтоlim⁡x→aψ(φ(x))=B\lim_{x\to a}\psi(\varphi(x))=BРассмотреть пример: φ(x)=1q\varphi(x)=\dfrac1q при x=pqx=\dfrac pq, где
p∈Zp\in\mathbb Z, q∈Nq\in\mathbb N, причём pp и qq взаимно
просты, и φ(x)=0\varphi(x)=0 при
иррациональном xx; ψ(x)=1\psi(x)=1 при x≠0x\ne0 и ψ(0)=0\psi(0)=0,
причём x→0x\to0
Ответ:Нет, в общем случае такое заключение неверно. Для указанного
примераlim⁡x→0φ(x)=0,lim⁡t→0ψ(t)=1\lim_{x\to0}\varphi(x)=0,
\qquad
\lim_{t\to0}\psi(t)=1но предел ψ(φ(x))\psi(\varphi(x)) при x→0x\to0 не существует

Решение

Покажем сначала, что в приведённом примереlim⁡x→0φ(x)=0\lim_{x\to0}\varphi(x)=0Пусть ε>0\varepsilon>0. Выберем натуральное NN так, чтобы
N>1εN>\dfrac1\varepsilon, и положим δ=1N\delta=\dfrac1N. Если
x=pq≠0x=\dfrac pq\ne0 — несократимая рациональная дробь и
∣x∣<δ|x|<\delta, то ∣p∣⩾1|p|\geqslant1, поэтому1q⩽∣p∣q=∣x∣<1N<ε\frac1q\leqslant\frac{|p|}{q}=|x|<\frac1N<\varepsilonДля иррационального xx имеем φ(x)=0\varphi(x)=0. Следовательно,
A=0A=0
lim⁡t→0ψ(t)=1\lim_{t\to0}\psi(t)=1Однако композиция принимает разные значения на двух всюду плотных
множествах:ψ(φ(x))={1,x∈Q∖{0}0,x∉Q\psi(\varphi(x))=
\begin{cases}
1, & x\in\mathbb Q\setminus\{0\}\\
0, & x\notin\mathbb Q
\end{cases}Например, при xn=1/n→0x_n=1/n\to0 композиция равна 11, а при yn=2/n→0y_n=\sqrt2/n\to0 — нулю, поскольку yny_n иррационально. Два разных предела вдоль последовательностей исключают общий предел. Причина в том,
что φ(x)\varphi(x) бесконечно часто принимает значение A=0A=0, тогда
как предел ψ(t)\psi(t) при t→At\to A не определяет значение самой
функции в точке AA
Демидович № 607 — решение и ответ | Высшая математика — Профиматика