Візуалізація теореми про стиснення для функцій g ( x ) = x 2 {\displaystyle {\color {OliveGreen}g(x)=x^{2}}} , f ( x ) = x 2 sin 1 x {\displaystyle {\color {Blue}f(x)=x^{2}\sin {\frac {1}{x}}}} та h ( x ) = − x 2 {\displaystyle {\color {Orange}h(x)=-x^{2}}} при x → 0 {\displaystyle x\to 0} Стискна теорема (теорема про двох поліцейських, англ. squeeze theorem ) — теорема в математичному аналізі про границю функції , яка «затиснута» між двома іншими функціями, що мають рівні границі.
Теорема про стиснення також відома під назвами як теорема про двох поліцейських, теорема про двох карабінерів і теорема про двох жандармів. Інтерпретація полягає в тому, що якщо двоє поліцейських супроводжують п’яного ув’язненого між собою, і обидва офіцери йдуть до камери, то незалежно від того як коливається ув’язнений, він все одно опиниться в камері.
Функції g і h називають верхньою та нижньою межами f відповідно. Тут x 0 {\displaystyle x_{0}} не мусить бути внутрішньою точкою множини A {\displaystyle A} . Схоже твердження справедливе і при x → + ∞ {\displaystyle x\to +\infty } або x → − ∞ {\displaystyle x\to -\infty } . Проведемо доведення із використанням означення границі функції в точці за Коші , тобто нам потрібно довести, що для кожного дійсного ε > 0 {\displaystyle \varepsilon >0} існує дійсне δ > 0 {\displaystyle \delta >0} таке, що для всіх x ∈ A ∩ ( x 0 − δ , x 0 + δ ) ∖ { x 0 } {\displaystyle x\in A\cap (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )\setminus \{x_{0}\}} виконується | f ( x ) − a | < ε {\displaystyle |f(x)-a|<\varepsilon } . Тобто,
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : ∀ x ∈ A ∩ ( x 0 − δ , x 0 + δ ) ∖ { x 0 } | f ( x ) − a | < ε . {\displaystyle \forall \varepsilon >0\ \exists \,\delta >0:\forall x\in A\cap (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )\setminus \{x_{0}\}\ |f(x)-a|<\varepsilon .} . З того, що
lim x → x 0 g ( x ) = a {\displaystyle \lim _{x\to x_{0}}g(x)=a} випливає, що
∀ ε > 0 ∃ δ 1 > 0 : ∀ x ∈ A ∩ ( x 0 − δ 1 , x 0 + δ 1 ) ∖ { x 0 } | g ( x ) − a | < ε {\displaystyle \forall \varepsilon >0\,\exists \,\delta _{1}>0:\forall x\in A\cap (x_{0}-\delta _{1},x_{0}+\delta _{1})\setminus \{x_{0}\}\,|g(x)-a|<\varepsilon }
(1 )
і з того, що
lim x → x 0 h ( x ) = a {\displaystyle \lim _{x\to x_{0}}h(x)=a} випливає, що
∀ ε > 0 ∃ δ 2 > 0 : ∀ x ∈ A ∩ ( x 0 − δ 2 , x 0 + δ 2 ) ∖ { x 0 } | h ( x ) − a | < ε . {\displaystyle \forall \varepsilon >0\ \exists \,\delta _{2}>0:\forall x\in A\cap (x_{0}-\delta _{2},x_{0}+\delta _{2})\setminus \{x_{0}\}\,|h(x)-a|<\varepsilon .}
(2 )
Також маємо, що
g ( x ) ⩽ f ( x ) ⩽ h ( x ) {\displaystyle g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)} , звідси
g ( x ) − a ⩽ f ( x ) − a ⩽ h ( x ) − a {\displaystyle g(x)-a\leqslant f(x)-a\leqslant h(x)-a} ∀ x ∈ A {\displaystyle \forall x\in A} . Покладемо δ := min { δ 1 , δ 2 } {\displaystyle \delta :=\min\{\delta _{1},\delta _{2}\}} . Тоді, для всіх x ∈ A ∩ ( x 0 − δ , x 0 + δ ) ∖ { x 0 } {\displaystyle x\in A\cap (x_{0}-\delta ,x_{0}+\delta )\setminus \{x_{0}\}} , поєднавши (1 ) та (2 ), отримаємо
− ε < g ( x ) − a ⩽ f ( x ) − a ⩽ h ( x ) − a < ε , {\displaystyle -\varepsilon <g(x)-a\leqslant f(x)-a\leqslant h(x)-a<\varepsilon ,} − ε < f ( x ) − a < ε , {\displaystyle -\varepsilon <f(x)-a<\varepsilon ,} що й треба було довести.
x 2 sin(1/x ) затиснута як x прямує до 0 Границю
lim x → 0 x 2 sin ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\to 0}x^{2}\sin({\tfrac {1}{x}})} неможливо встановити через закон
lim x → a ( f ( x ) ⋅ g ( x ) ) = lim x → a f ( x ) ⋅ lim x → a g ( x ) , {\displaystyle \lim _{x\to a}(f(x)\cdot g(x))=\lim _{x\to a}f(x)\cdot \lim _{x\to a}g(x),} бо
lim x → 0 sin ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\to 0}\sin({\tfrac {1}{x}})} не існує.
Однак, з визначення синуса ,
− 1 ≤ sin ( 1 x ) ≤ 1. {\displaystyle -1\leq \sin({\tfrac {1}{x}})\leq 1.\,} Випливає, що
− x 2 ≤ x 2 sin ( 1 x ) ≤ x 2 {\displaystyle -x^{2}\leq x^{2}\sin({\tfrac {1}{x}})\leq x^{2}\,} З того, що lim x → 0 − x 2 = lim x → 0 x 2 = 0 {\displaystyle \lim _{x\to 0}-x^{2}=\lim _{x\to 0}x^{2}=0} , за стискною теоремою, lim x → 0 x 2 sin ( 1 x ) {\displaystyle \lim _{x\to 0}x^{2}\sin({\tfrac {1}{x}})} повинен бути 0.
Порівняння площ: A ( △ A D F ) ⩾ A ( сектор A D B ) ⩾ A ( △ A D B ) ⇒ 1 2 ⋅ tg x ⋅ 1 ⩾ x 2 π ⋅ π ≥ 1 2 ⋅ sin x ⋅ 1 ⇒ sin x cos x ⩾ x ⩾ sin x ⇒ cos x sin x ⩽ 1 x ⩽ 1 sin x ⇒ cos x ⩽ sin x x ⩽ 1 {\displaystyle {\begin{aligned}&\,A(\triangle ADF)\geqslant A({\text{сектор}}\,ADB)\geqslant A(\triangle ADB)\\\Rightarrow &\,{\frac {1}{2}}\cdot {\text{tg}}\,x\cdot 1\geqslant {\frac {x}{2\pi }}\cdot \pi \geq {\frac {1}{2}}\cdot \sin x\cdot 1\\\Rightarrow &\,{\frac {\sin x}{\cos x}}\geqslant x\geqslant \sin x\\\Rightarrow &\,{\frac {\cos x}{\sin x}}\leqslant {\frac {1}{x}}\leqslant {\frac {1}{\sin x}}\\\Rightarrow &\,\cos x\leqslant {\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1\end{aligned}}} Напевно найвідоміші приклади знаходження границь через теорему затискання — це доведення того, що
lim x → 0 sin x x = 1 , lim x → 0 1 − cos x x = 0. {\displaystyle {\begin{aligned}&\lim _{x\to 0}{\frac {\sin x}{x}}=1,\\[10pt]&\lim _{x\to 0}{\frac {1-\cos x}{x}}=0.\end{aligned}}} Перша границя випливає з використання стискної теореми і того факту, що
cos x ⩽ sin x x ⩽ 1 {\displaystyle \cos x\leqslant {\frac {\sin x}{x}}\leqslant 1} для x досить близького, але не рівного 0. Правильність якого для додатного x можна побачити за допомогою геометричних міркувань (див. рисунок), які також можна поширити на від’ємне x . Часто цю границю називають першою чудовою границею .
Друга випливає з теореми стиснення і того факту, що
0 ⩽ 1 − cos x x ⩽ x {\displaystyle 0\leqslant {\frac {1-\cos x}{x}}\leqslant x} для x досить близького, але не рівного 0. Це можна отримати, замінивши sin x {\displaystyle \sin x} у попередньому факті на 1 − cos 2 x {\displaystyle {\sqrt {1-\cos ^{2}x}}} і піднісши отриману нерівність до квадрату.
Ці дві границі використовуються для доведення того, що похідна синуса є косинус. На це спираються виведення похідних для інших тригонометричних функцій.
Можна показати, що
( tg θ ) ′ = 1 cos 2 θ = sec 2 θ . {\displaystyle ({\text{tg}}\,\theta )^{\prime }={\frac {1}{\cos ^{2}\theta }}=\sec ^{2}\theta .} На рисунку площа меншого з двох заштрихованих секторів круга дорівнює
Δ θ sec 2 θ 2 = Δ θ 2 cos 2 θ {\displaystyle {\frac {\Delta \theta \sec ^{2}\theta }{2}}={\frac {\Delta \theta }{2\cos ^{2}\theta }}} оскільки радіус дорівнює 1 cos θ {\displaystyle {\frac {1}{\cos \theta }}} , а дуга на одиничному колі має довжину Δθ . Аналогічно, площа більшого з двох заштрихованих секторів дорівнює
Δ θ sec 2 ( θ + Δ θ ) 2 = Δ θ 2 cos 2 ( θ + Δ θ ) . {\displaystyle {\frac {\Delta \theta \sec ^{2}(\theta +\Delta \theta )}{2}}={\frac {\Delta \theta }{2\cos ^{2}(\theta +\Delta \theta )}}.} Між секторами стиснутий трикутник , основою якого є вертикальний відрізок, який сполучає дві виділені на рисунку точки. Довжина основи трикутника дорівнює tg ( θ + Δ θ ) − tg θ {\displaystyle {\text{tg}}\,(\theta +\Delta \theta )-{\text{tg}}\,\theta } , а висота — − 1 {\displaystyle -1} . Отже, площа трикутника дорівнює
tg ( θ + Δ θ ) − tg θ 2 . {\displaystyle {\frac {{\text{tg}}\,(\theta +\Delta \theta )-{\text{tg}}\,\theta }{2}}.} З нерівностей
Δ θ 2 cos 2 θ ⩽ tg ( θ + Δ θ ) − tg θ 2 ⩽ Δ θ 2 cos 2 ( θ + Δ θ ) {\displaystyle {\frac {\Delta \theta }{2\cos ^{2}\theta }}\leqslant {\frac {{\text{tg}}\,(\theta +\Delta \theta )-{\text{tg}}\,\theta }{2}}\leqslant {\frac {\Delta \theta }{2\cos ^{2}(\theta +\Delta \theta )}}} випливає
1 cos 2 θ ⩽ tg ( θ + Δ θ ) − tg θ Δ θ ⩽ 1 cos 2 ( θ + Δ θ ) {\displaystyle {\frac {1}{\cos ^{2}\theta }}\leqslant {\frac {{\text{tg}}(\theta +\Delta \theta )-{\text{tg}}\,\theta }{\Delta \theta }}\leqslant {\frac {1}{\cos ^{2}(\theta +\Delta \theta )}}} за умови Δθ > 0, а якщо якщо Δθ < 0, то нерівність перевертається. Оскільки перший і третій вирази прямують до 1 cos 2 θ {\displaystyle {\frac {1}{\cos ^{2}\theta }}} при Δ θ → 0 {\displaystyle \Delta \theta \to 0} , а середній вираз прямує до ( tg θ ) ′ {\displaystyle ({\text{tg}}\,\theta )^{\prime }} , то це дає бажаний результат.
Стискна теорема також може використовуватися в багатовимірному аналізі. У цьому випадку функції g та h повинні обмежувати f в околі точки, що цікавить, і вона працює, лише тоді якщо функція f дійсно там має границю. Таким чином, у багатовимірному випадку цю теорему можна використовувати, щоб довести, що функція f має границю в точці, але її не можна використовувати, щоб довести відсутність границі в точці.
lim ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y x 2 + y 2 {\displaystyle \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}} не можна знайти, взявши будь-які границі уздовж кривих, які проходять через точку ( 0 , 0 ) {\displaystyle (0,0)} , але оскільки
0 ⩽ x 2 x 2 + y 2 ⩽ 1 {\displaystyle 0\leqslant {\frac {x^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\leqslant 1} , − | y | ⩽ y ⩽ | y | {\displaystyle -\left|y\right\vert \leqslant y\leqslant \left|y\right\vert } , − | y | ⩽ x 2 y x 2 + y 2 ⩽ | y | {\displaystyle -\left|y\right\vert \leqslant {\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}\leqslant \left|y\right\vert } , lim ( x , y ) → ( 0 , 0 ) − | y | = 0 {\displaystyle \lim _{(x,y)\to (0,0)}-\left|y\right\vert =0} , lim ( x , y ) → ( 0 , 0 ) | y | = 0 {\displaystyle \lim _{(x,y)\to (0,0)}\left|y\right\vert =0} , 0 ⩽ lim ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y x 2 + y 2 ⩽ 0 {\displaystyle 0\leqslant \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}\leqslant 0} , то за стискною теоремою
lim ( x , y ) → ( 0 , 0 ) x 2 y x 2 + y 2 = 0 {\displaystyle \lim _{(x,y)\to (0,0)}{\frac {x^{2}y}{x^{2}+y^{2}}}=0} . Теорема про три послідовності [ ред. | ред. код ] Коли послідовність лежить між двома іншими збіжними послідовностями з такою ж границею, то вона також сходить до цієї границі Стискна теорема також справедлива для послідовностей як функцій цілого аргументу:
У цьому випадку її часто називають теоремою про три послідовності . Доведення схоже як і для функцій дійсного аргументу.
Нехай ε > 0 {\displaystyle \varepsilon >0} задане. Згідно з умови теореми
∃ n 1 ∈ N : ∀ n ⩾ n 1 l − ε < a n {\displaystyle \exists n_{1}\in \mathbb {N} :\,\forall n\geqslant n_{1}\,\,l-\varepsilon <a_{n}} , ∃ n 2 ∈ N : ∀ n ⩾ n 2 c n < l + ε {\displaystyle \exists n_{2}\in \mathbb {N} :\,\forall n\geqslant n_{2}\,\,c_{n}<l+\varepsilon } . Тоді для всіх n ⩾ n 0 := max { n 1 , n 2 } {\displaystyle n\geqslant n_{0}:=\max\{n_{1},n_{2}\}} маємо:
l − ε < a n ⩽ b n ⩽ c n < l + ε {\displaystyle l-\varepsilon <a_{n}\leqslant b_{n}\leqslant c_{n}<l+\varepsilon } , звідки випливає, що
l − ε < b n < l + ε {\displaystyle l-\varepsilon <b_{n}<l+\varepsilon } , що і треба було довести.