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.
