А дальше мы делали такой переход: \[ \lim_{x\to0}\ln\left(1+x\right)^{1/x}=\ln\lim_{x\to0}\left(1+x\right)^{1/x}. \] После этого всё становилось просто: \[ \ln\lim_{x\to0}\left(1+x\right)^{1/x}=\ln e=1. \] Но почему мы можем менять местами логарифм и предел – не объяснялось никак. Говорилось лишь, что связано это с тем, что логарифм непрерывен.
Однако у внимательного наблюдателя в связи с этим немедленно возникают два вопроса:
- Откуда мы взяли, что логарифм непрерывен?
- И что?
Докажем, что для непрерывной функции предел функции есть функция предела.
Пусть функция $g\left(x\right)$ имеет предел в точке $a$: \[ \lim_{x\to a}g\left(x\right)=b, \] а функция $f\left(x\right)$ непрерывна в точке $b$: \[ \lim_{x\to b}f\left(x\right)=f\left(b\right). \] По определению предела для $\forall\varepsilon > 0$ существует такое $\delta > 0$, что в $\delta$-окрестности точки $b$ \[ \left|x-b\right| < \delta\quad\Rightarrow\quad\left|f\left(x\right)-f\left(b\right)\right| < \varepsilon. \] Но для всякого $\delta > 0$ найдётся такая $\sigma > 0$, что: \[ \left|x-a\right| < \sigma\quad\Rightarrow\quad\left|g\left(x\right)-b\right| < \delta. \] Итак, для $\forall\varepsilon > 0$ $\exists\delta$, а для $\forall\delta$ $\exists\sigma > 0$ такая, что \[ \left|x-a\right| < \sigma\quad\Rightarrow\quad\left|g\left(x\right)-b\right| < \delta\quad\Rightarrow\quad\left|f\left(g\left(x\right)\right)-f\left(b\right)\right| < \varepsilon. \] Так как для всякого $\varepsilon > 0$ найдётся такая $\sigma$, что в $\sigma$-окрестности точки $a$ $\left|f\left(g\left(x\right)\right)-f\left(b\right)\right|$ меньше $\varepsilon$, то по определению предела $f\left(b\right)$ есть предел функции $f\left(g\left(x\right)\right)$ в точке $a$: \[ f\left(b\right)\equiv\lim_{x\to a}f\left(g\left(x\right)\right). \] Иными словами, из непрерывности функции $f\left(b\right)$ следует, что \[ \lim_{x\to a}f\left(g\left(x\right)\right)=f\left(\lim_{x\to a}g\left(x\right)\right). \]
Теперь докажем непрерывность логарифма, т.е. что \[ \lim_{x\to b}\ln x=\ln b, \] где $b > 0$. Мы для этого должны продемонстрировать, что для любого $\varepsilon > 0$ найдётся такое $\delta$, что в $\delta$-окрестности точки $b$ будет выполняться неравенство \[ \left|\ln x-\ln b\right| < \varepsilon. \] Не решая этого неравенства точно, оценим значения , достаточные для его выполнения.
Модульное отступление.
Пусть \[ \left|u\right| < \min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right), \] где $\alpha < 0$, $\beta > 0$. Тогда \[ -\min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right) < u < \min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right). \] Но \[ -\alpha=\left|\alpha\right|\geqslant\min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right), \] \[ \alpha\leqslant\min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right), \] и аналогично, \[ \beta=\left|\beta\right|\geqslant\min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right). \] Таким образом \[ \alpha\leqslant\min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right) < u < \min\left(\left|\alpha\right|,\left|\beta\right|\right)\leqslant\beta, \] или, в сокращённой форме \[ \alpha < u < \beta. \] Пусть \[ \left|x-b\right| < \min\left(\left(e^{-\varepsilon}-1\right)b,\;b\left(e^{\varepsilon}-1\right)\right) \] Легко видеть, что$\left(e^{-\varepsilon}-1\right)b < 0$, $\left(e^{\varepsilon}-1\right)b > 0$, следовательно, по утверждению, доказанному в модульном отступлении, \[ \left(e^{-\varepsilon}-1\right)b < x-b < b\left(e^{\varepsilon}-1\right). \] Тогда \[ e^{-\varepsilon}-1 < \frac{x}{b}-1 < e^{\varepsilon}-1, \] \[ e^{-\varepsilon} < \frac{x}{b} < e^{\varepsilon}, \] \[ -\varepsilon < \ln\frac{x}{b} < \varepsilon, \] \[ -\varepsilon < \ln x-\ln b < \varepsilon, \] \[ \left|\ln x-\ln b\right| < \varepsilon. \] Мы получили, таким образом, что для всякого $\varepsilon > 0$ найдётся такое $\delta=\min\left(\left(e^{-\varepsilon}-1\right)b,\;b\left(e^{\varepsilon}-1\right)\right)$, что как только $\left|x-b\right| < \delta$ – так сразу $\left|\ln x-\ln b\right| < \varepsilon$.
Это означает, что по определению предела, число $\ln b$ является пределом функции $\ln x$ в точке $b$, что и требовалось доказать.
Разумеется, при решении каждой задачи приводить все вышеизложенные соображения избыточно и не нужно. Но будет полезно иметь их в виду для понимания происходящего.
