Теорема 1. Если f(x) = b, то f(x) = b + a(x), где a(x) – б.м. при x ® a.

Доказательство. Пусть f (x) = b. Рассмотрим функцию a(x) = f(x) – b и покажем, что a(x) – б.м. при x ® +¥ .

Из определения f (x) = b имеем, что "e > 0 $x₀ "x > x₀ |f (x) – b| < e, но так как a(x) = f(x) – b, то "e > 0 $x₀ "x > x₀ |a (x)| < e , а это означает, что a(x) – б.м. при x ® +¥.

Итак, из равенства a(x) = f(x) – b имеем f(x) = b + a(x), где a(x) – б.м. при x ® +¥.

Теорема 2. Если функцию f(x) можно представить в виде: f (x) = b + a(x), где b – число, a(x) – б.м. функция при x ® a, то f(x) = b.

Доказательство. Пусть f(x) = b + a(x), где a(x) – б.м. при x ® +¥, т.е.

"e > 0 $x₀ "x > x₀ |a(x)| < e.                                                           (*)

Но a(x) = f (x) – b, поэтому (*) можно записать так: "e > 0 $x₀ "x > x₀ |f (x) – b| < e, что означает: f (x) = b.

Следующие теоремы значительно облегчают нахождение пределов.

Теорема 3. Предел суммы (разности) двух функций равен сумме (разности) их пределов, т.е. если

f₁(x) = b₁, f₂(x) = b₂, то (f₁(x) + f₂(x)) = b₁ + b₂, (f₁(x) – f₂(x) ) = b₁ – b₂.

Доказательство. На основании теоремы 1: f₁(x) = b₁ + a₁(x),  f₂(x) = b₂ + a₂(x), где a₁(x), a₂(x) – б.м. при x ® a, тогда

f₁(x) + f₂(x) = (b₁ + a₁(x)) + (b₂ + a₂(x)) = (b₁ + b₂) +  (a₁(x) + a₂(x)).

Но a₁(x) + a₂(x) – б.м. функция при x ® a (как сумма двух б.м. функций), поэтому из равенства f₁(x) + f₂(x) = (b₁ + b₂) + (a₁(x) + a₂(x)) по теореме 2 следует, что

(f₁(x) + f₂(x)) = b₁ + b_2.

Аналогично проводится доказательство для разности.

Теорема 4. Предел произведения двух функций равен произведению их пределов, т.е. если f₁(x) = b₁, f₂(x) = b₂, то (f₁(x) f₂(x)) = b₁× b₂.

Доказательство. По теореме 1:  f₁(x) = b₁ + a₁(x),   f₂(x) = b₂ + a₂(x),  где a₁(x), a₂(x) – б.м. при x ® a, тогда  f₁(x)× f₂(x) = b₁× b₂ + b₁×a₂(x) + b₂×a₁(x) + a₁(x)× a₂(x).

На основании следствий 2, 3, теоремы 1 (разд. 1.6) функции b₁×a₂(x), b₂×a₁(x), a₁(x)×a₂(x) – б.м. при x ® a и a(x) = b₁×a₂(x) + b₂×a₁(x) + a₁(x)×a₂(x) – бесконечно малая функция при x ® a. Из равенства f₁(x) f₂(x) = b₁b₂ + a(x) по теореме 2 следует, что (f₁(x)f₂(x)) = b₁b₂.

Следствие 1. Постоянный множитель можно выносить за знак предела, т.е. (С×f(x)) = Сf(x), где С – постоянное число.

Доказательство. С f(x) = С f(x) = С f(x),    так как С = С.

Следствие 2. Если n – натуральное число, то [(f(x))ⁿ] = (f(x))ⁿ.

Теорема 5. Предел дроби равен пределу числителя, деленному на предел знаменателя при условии, что предел знаменателя не равен нулю. Иначе, если f₁(x) = b₁,                                   f₂(x) = b₂          и           b₂ ¹ 0, то .

Доказательство. По  теореме 1:  f₁(x) = b₁ + a₁(x),  f₂(x) = b₂ + a₂(x), где a₁(x),  a₂(x) – б.м. при x ® a, тогда

Обозначим последнюю дробь a(x) = , тогда  + a(x). Остается показать, что a(x) – б.м. при x ® a. Действительно, числитель дроби b₂a₁(x) – b₁a₂(x) – б.м. по свойствам бесконечно малых функций, предел  (b₂² + b₂a₂(x)) = b₂² ¹ 0, на основании теорем 3, 4. Поэтому  – функция,ограниченная при x ® a (по теореме 3 разд. 1.6). Значит, a(x) – б.м. при x ® a (по теореме 4 разд. 1.6). Теорема доказана.

Рассмотрим применение доказанных теорем при нахождении пределов.

Пример. Найти .

Решение. Найдем сначала предел числителя и знаменателя. По свойствам пределов3 x = 3x = 3(–2) = –6,  1 = 1, поэтому (3x – 1) = –6 – 1 = –7. Аналогично, (5 – 4x) = 5 – 4(–2) = 13. Используя теорему 5, получим:

.

Теорема 6. Если f(x) существует и f(x) ³ 0 для всех x из области определения функции, то f(x) ³ 0.

Доказательство. Пусть . Докажем методом от противного, предполагая, что f(x) = b< 0.  Зафиксируем  e = –,  e > 0.  По определению предела по e найдется x₀, такое, что "x > x₀ |f(x) – b| < e,  отсюда  b – e < f (x) < b + e.  Но  e = –, поэтому "x > x₀ f(x) < b –,    f(x) < ,    т.е. f(x) < 0, что противоречит условию. Теорема доказана.

Теорема 7. Если "x (f₁(x) ³  f₂(x))  и  f₁(x),  f₂(x)  существуют, то f₁(x) ³ f₂(x).

Доказательство. Рассмотрим функцию  F(x) = f₁(x) – f₂(x),  тогда  "x (F (x) ³ 0)  иF(x) существует. По теореме 6: F(x) ³ 0,  (f₁(x) – f₂(x)) ³ 0,  отсюда f₁(x) ³ f₂(x).  Теорема доказана.

Теорема 8. (теорема о сжатой переменной). Если "x (f₁(x) £  j(x) £  f₂(x))  и f₁(x) = f₂(x) = b,   то j (x)  существует и равен b.

Доказательство

Пусть f₁(x) = f₂(x) = b (рис. 1.11).

Покажем, что j(x) = b. Зафиксируем e > 0, тогда найдется такое d₁ > 0, что

"xÎ(x₀, x₀ + d₁) |f₁(x) – b| < e,

и найдется такое d₂ > 0, что

"xÎ(x₀, x₀ + d₂) |f₂ (x) – b| < e.

Обозначим через d меньшее из d₁, d₂, тогда для xÎ(x₀, x₀ + d) эти неравенства будут выполняться одновременно. Преобразуем их, используя определение модуля:

"xÎ(x₀, x₀ + d) (b – e < f₁(x) < b + e),

"xÎ(x₀, x₀ + d) (b – e < f₂(x) < b + e).

И учтем данное неравенство:

f₁(x) £ j(x) £ f₂(x).

Тогда из этих неравенств получим: b – e < f₁(x) £ j(x) £  f₂(x) < b + e, откуда b – e < j(x) < b + e  или "xÎ(x₀, x₀ + d) (|j(x) – b| < e), по определению это означает, что j(x) = b, что и требовалось доказать.