Raja-arvon määritelmä ja perusominaisuudet

Raja-arvolla tarkoitetaan sellaista reaalilukua, jota funktion $f$ arvot lähestyvät tietyn pisteen lähistöllä. Ajatuksena on, että näin voidaan kuvailla funktion käyttäytymistä kyseisellä alueella. Tällaisella löysällä määritelmällä ei kuitenkaan saada aikaan matemaattiseen päättelyyn kelpaavaa työkalua. Ennen tarkkoja määritelmiä on syytä käydä läpi esimerkein miten erilaiset funktiot voivat käyttäytyä lähellä tiettyä pistettä, ja näin selvittää mihin erilaisten raja-arvon määritelmien tulisi ottaa kantaa.

Esimerkki.

1. Funktio $f(x) = x^2 - 1$ lähestyy lukua $-1$, kun $x$ lähestyy nollaa. Sanotaan, että funktiolla $f$ on pisteessä $0$ raja-arvo $-1$.

2. Funktio

   $$\begin{split}f(x) = \frac{|x|}{x} = \begin{cases} -1, & \text{kun } x < 0 \\ 1, & \text{kun } x > 0 \end{cases}\end{split}$$

   lähestyy lukua $1$, kun $x$ lähestyy nollaa oikealta ja lukua $-1$, kun $x$ lähestyy nollaa vasemmalta. Sanotaan, että funktiolla $f$ on pisteessä $0$ oikeanpuoleinen raja-arvo $1$ ja vasemmanpuoleinen raja-arvo $-1$.

3. Funktion $f(x) = \frac{1}{x^2}$ arvot kasvavat rajatta, kun $x$ lähestyy nollaa. Sanotaan, että funktiolla $f$ on pisteessä $0$ epäoleellinen raja-arvo $\infty$.

   
   align:center

4. Funktion $f(x) = \frac{1}{x}$ arvot kasvavat rajatta, kun $x$ lähestyy nollaa oikealta ja vähenevät rajatta, kun $x$ lähestyy nollaa vasemmalta. Sanotaan, että funktiolla $f$ on pisteessä $0$ oikeanpuoleinen epäoleellinen raja-arvo $\infty$ ja vasemmanpuoleinen epäoleellinen raja-arvo $-\infty$.

5. Funktion $f(x) = \sin\left(\frac{1}{x}\right)$ arvot heilahtelevat kasvavalla taajuudella lukujen $-1$ ja $1$ välissä, kun $x$ lähestyy nollaa. Funktiolla $f$ ei ole raja-arvoa pisteessä $0$.

   
   align:center

Määritelmä.

Reaaliluvun $a$ sisältävää avointa väliä $(c,d)$ kutsutaan pisteen $a$ ympäristöksi (neighbourhood) ja joukkoa $(c,a)\cup(a,d)$ pisteen $a$ punkteeratuksi ympäristöksi.

Määritelmä.

Olkoon reaalifunktio $f$ määritelty jossakin pisteen $a$ punkteeratussa ympäristössä. Funktiolla $f$ on raja-arvo (limit) $L\in\mathbb R$ pisteessä $a$, jos jokaista $\varepsilon>0$ kohti löydetään sellainen $\delta>0$, että $|f(x)-L|<\varepsilon$ aina, kun $0<|x-a|<\delta$,

$$\forall\varepsilon>0\ \exists\delta>0 : 0<|x-a|<\delta\Rightarrow|f(x)-L|<\varepsilon.$$

Tällöin merkitään

$$L=\lim_{x\to a}f(x)\qquad\text{tai}\qquad f(x)\to L\text{, kun }x\to a.$$

Tämän määritelmän avulla voidaan tarkentaa, mitä sanonnat ”$x$ on lähellä pistettä $a$” ja ”$f(x)$ on lähellä arvoa $L$” tarkoittavat. Näissä tarkasteluissa funktion $f$ ei välttämättä tarvitse edes olla määritelty pisteessä $a$, sillä raja-arvon määritelmän ehto $0<|x-a|$ takaa, että $x\ne a$ eikä funktion arvoa siten koskaan lasketa pisteessä $a$.

Esimerkki.

Osoita, että $\lim\limits_{x \to -2}f(x) = 1$, kun $f(x) = 3x + 7$.

Ratkaisu.

Olkoon $\varepsilon > 0$ mielivaltainen. Tavoitteena on löytää sellainen $\delta > 0$, että olettamalla $0 < |x - (-2)| < \delta$ saadaan perusteltua rajaus $|f(x) - 1| < \varepsilon$. Pyritään kirjoittamaan lauseketta $|f(x) - 1|$ sellaiseen muotoon, että siinä esiintyy lauseke $|x - (-2)| = |x + 2|$.

$$|3x + 7 - 1| = |3x + 6| = |3(x + 2)| = 3|x + 2|$$

Valitaan $\delta = \frac{\varepsilon}{3} > 0$ ja oletetaan, että $0 < |x + 2| < \delta$. Tällöin edellisen nojalla

$$|f(x) - 1| = 3|x + 2| < 3\delta = 3 \cdot \frac{\varepsilon}{3} = \varepsilon,$$

mikä todistaa väitteen.

Esimerkki.

Osoita, että $\lim\limits_{x \to 1}f(x) = -3$, kun $f(x) = x^2 + 3x - 7$.

Todistus.

Olkoon $\varepsilon > 0$ mielivaltainen. Yritetään jälleen löytää sellainen $\delta > 0$, että olettamalla $0 < |x - 1| < \delta$ saadaan perusteltua ehto $|f(x) + 3| < \varepsilon$. Pyritään jälleen tuomaan $|x - 1|$ näkyviin lausekkeessa $|f(x) + 3|$.

$$|x^2 + 3x - 7 + 3| = |x^2 + 3x - 4| = |(x - 1)(x + 4)| = |x - 1||x + 4|$$

Raja-arvoa tutkittaessa riittää käsitellä jotakin pisteen sisältävää väliä, ja tämän vuoksi luvulle $\delta$ voidaan asettaa ylärajaksi esimerkiksi $1$. Jos tiedetään, että $\delta \leq 1$, niin rajauksen $|x-1|<\delta$ jälkeen on oltava $0 < x < 1$. Mutta tämän vuoksi $4 < |x + 4| < 5$, eli

$$4|x - 1| < |x - 1||x + 4| < 5|x - 1|.$$

Valitaan $\delta = \min\left\{\frac{\varepsilon}{5}, 1\right\}$ ja oletetaan, että $0 < |x - 1| < \delta$. Tällöin

$$|f(x) + 3| = |x - 1||x + 4| < 5|x - 1| < 5\delta = 5 \cdot \frac{\varepsilon}{5} = \varepsilon,$$

mikä todistaa väitteen. $\square$

Kerrataan kolmioepäyhtälö, jota tarvitaan monissa seuraavista todistuksista.

Lause.

Jos $x$ ja $y$ ovat reaalilukuja, niin epäyhtälöt

1. $|x + y| \leq |x| + |y|$
2. $|x - y| \leq |x| + |y|$
3. $\big||x| - |y|\big| \leq |x - y|$

ovat voimassa.

Todistus.

Olkoot $x$ ja $y$ reaalilukuja ja todistetaan väitteet järjestyksessä.

1. Itseisarvon määritelmän mukaan $x=-|x|$ tai $x=|x|$, joten

   $$-|x|\le x\le|x|$$

   ja vastaavasti

   $$-|y|\le y\le|y|.$$

   Laskemalla nämä epäyhtälöt puolittain yhteen saadaan

   $$-(|x|+|y|)\le x+y\le|x|+|y|,$$

   joten $|x+y|\le|x|+|y|$.

2. Väite seuraa suoraan ensimmäisestä kohdasta.

   $$|x-y|=|x+(-y)|\le|x|+|-y|=|x|+|y|.$$

3. Ensimmäisen kohdan nojalla

   $$|x|=|(x-y)+y|\le|x-y|+|y|,$$

   joten $|x|-|y|\le|x-y|$. Vastaavasti osoitetaan, että $|y|-|x| \leq |y - x| = |x - y|$, jolloin $-|x - y| \leq |x| - |y|$, ja täten $\big||x| - |y|\big| \leq |x - y|$.

$\square$

Seuraavan lauseen raja-arvon peruslaskusääntöjen mukaan summan raja-arvo on raja-arvojen summa, tulon raja-arvo on raja-arvojen tulo ja osamäärän raja-arvo on raja-arvojen osamäärä.

Lause.

Jos $\displaystyle{\lim_{x\to a}f(x)=L}$ ja $\displaystyle{\lim_{x\to a}g(x)=M}$, sekä $c \in \mathbb R$, niin

1. $\displaystyle{\lim_{x\to a}\big(cf(x)\big)}=cL$
2. $\displaystyle{\lim_{x\to a}\big(f(x)\pm g(x)\big)=L\pm M}$,
3. $\displaystyle{\lim_{x\to a}\big(f(x)g(x)\big)=LM}$,
4. $\displaystyle{\lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{L}{M}}$, jos $M\ne0$.

Todistus.

Olkoon $\displaystyle{\lim_{x\to a}f(x)=L}$ ja $\displaystyle{\lim_{x\to a}g(x)=M}$, sekä $\varepsilon > 0$. Nyt määritelmän mukaisesti on löydyttävä $\delta_1 > 0$ ja $\delta_2 > 0$, joille

$$|f(x)-L|<\varepsilon,$$

kun $0<|x-a|<\delta_1$ ja

$$|g(x)-M|<\varepsilon,$$

kun $0<|x-a|<\delta_2$. Nyt voidaan päätellä jokaista kohtaa varten sopiva $\delta > 0$, jolla asianmukaisen funktion arvot voidaan rajata tietylle etäisyydelle väitetystä raja-arvosta. Esimerkiksi summalle $f(x)+g(x)$ valitaan $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ ja oletetaan, että $0 < |x - a| < \delta$. Tällöin molemmat edellä mainituista epäyhtälöistä ovat voimassa, ja täten kolmioepäyhtälön nojalla

$$|f(x) + g(x) - (L + M)| = |f(x) - L + g(x) - M| \leq |f(x) - L| + |g(x) - M| < \varepsilon + \varepsilon = 2\varepsilon.$$

Koska $\varepsilon > 0$ on mielivaltainen, myös $2\varepsilon > 0$ edustaa mitä tahansa reaalilukua, ja täten väite on todistettu. $\square$

Seuraus.

Jos $\lim\limits_{x\to a}f(x)$ on olemassa, niin

$$\lim\limits_{x\to a}f(x)^n=\left(\lim\limits_{x\to a}f(x)\right)^n,$$

kun $n\in\mathbb N$.

Todistus.

Oletetaan, että $\lim\limits_{x\to a}f(x)$ on olemassa ja todistetaan väite induktiolla.

1. Alkuaskel. Jos $n = 1$, niin väite on ilmeisesti tosi.

2. Induktioaskel. Tehdään induktio-oletus, jonka mukaan

   $$\lim_{x\to a}f(x)^k=\left(\lim_{x\to a}f(x)\right)^k,$$

   kun $k \in \mathbb N$. Pyritään osoittamaan, että

   $$\lim_{x\to a}f(x)^{k+1}=\left(\lim_{x\to a}f(x)\right)^{k+1}.$$

   Induktio-oletuksen ja edellisen lauseen nojalla voidaan kirjoittaa

   $$\begin{split}\begin{aligned} \lim_{x \to a}f(x)^{k + 1} &= \lim_{x \to a}\left(f(x)f(x)^k\right) = \lim_{x \to a}f(x)\lim_{x \to a}f(x)^k \\ &\stackrel{\text{io}}{=} \left(\lim_{x \to a}f(x)\right)\left(\lim_{x \to a}f(x)\right)^k = \left(\lim_{x \to a}f(x)\right)^{k + 1}, \end{aligned}\end{split}$$

   eli induktioväite on tosi.

Induktioperiaatteen nojalla siis $\lim\limits_{x\to a}f(x)^n=\left(\lim\limits_{x\to a}f(x)\right)^n$ kaikilla luonnollisilla luvuilla $n$. $\square$

Seuraavien perustulosten yhdistäminen edellä osoitettuihin raja-arvojen laskusääntöihin tarjoaa yksinkertaisen keinon monien funktioiden raja-arvojen määrittämiseen.

Lause.

Jos $c \in \mathbb R$, niin $\lim\limits_{x \to a}c = c$ ja $\lim\limits_{x \to a}x = a$.

Todistus.

Olkoon $\varepsilon > 0$ ja $\delta = \varepsilon > 0$. Tällöin

$$|c - c| = 0 < \varepsilon \qquad\text{ja}\qquad |x - a| < \delta = \varepsilon$$

aina, kun $0 < |x - a| < \delta$. Näin molemmat väitteet on todistettu. $\square$

Esimerkki.

Tämän raja-arvon määrittämiseen tarvitaan kaikkia raja-arvojen laskusääntöjä sekä edellisen lauseen tuloksia.

$$\begin{aligned} \lim_{x\to3}\frac{2x^3-7}{5x+3}&=\frac{\lim\limits_{x\to3}(2x^3-7)}{\lim\limits_{x\to3}(5x + 3)}=\frac{2\left(\lim\limits_{x\to3}x\right)^3-\lim\limits_{x\to3}7}{5\lim\limits_{x\to3}x + \lim\limits_{x\to3}3}=\frac{2\cdot3^3-7}{5\cdot3+3}=\frac{47}{18}\end{aligned}$$

Esimerkki.

1. Raja-arvo

   $$\lim_{x\to-3}\frac{x^2+2x-3}{x^2+5x+6}$$

   on olemassa, mutta sen määrittämiseksi ei voi soveltaa suoraan osamäärän raja-arvon sääntöä, sillä nimittäjän raja-arvoksi tulee $0$. Sekä osoittaja että nimittäjä voidaan jakaa tekijöihin nollakohtiensa avulla, jolloin tämä ongelma voidaan ohittaa supistamalla yhteisen tekijä.

   $$\begin{aligned} \lim_{x\to-3}\frac{x^2+2x-3}{x^2+5x+6} =\lim_{x\to-3}\frac{(x-1)(x+3)}{(x+2)(x+3)} =\lim_{x\to-3}\frac{(x-1)}{(x+2)} =4 \end{aligned}$$

2. Raja-arvoa

   $$\lim_{x\to2}\frac{1}{2-x}$$

   ei ole olemassa, sillä funktion $\frac{1}{2-x}$ itseisarvo kasvaa rajatta, kun $x\to2$.

Lause.

$\lim\limits_{x\to a}\sqrt{x}=\sqrt{a}$

Todistus.

Tarkastellaan lauseketta

$$\begin{aligned} \left(\sqrt{x}-\sqrt{a}\right)^2&=x-2\sqrt{x}\sqrt{a}+a.\end{aligned}$$

Jos $0 < x < a$, niin $\sqrt{x}\sqrt{a} < \sqrt{a}\sqrt{a} = a$, ja jos $0 < a < x$, niin $\sqrt{x}\sqrt{a} < \sqrt{x}\sqrt{x} = x$, sillä neliöjuuri on kasvava funktio. Tämän vuoksi

$$\begin{split}\begin{cases} x-2\sqrt{x}\sqrt{a}+a\leq x-2a+a=x-a,&\text{kun }x\geq a\\ x-2\sqrt{x}\sqrt{a}+a<x-2x+a=-(x-a),&\text{kun }x<a, \end{cases}\end{split}$$

eli $\left(\sqrt{x}-\sqrt{a}\right)^2\leq|x-a|$ ja edelleen

$$|\sqrt{x}-\sqrt{a}|\le\sqrt{|x-a|}.$$

Olkoon nyt $\varepsilon > 0$ ja valitaan $\delta = \varepsilon^2$. Jos $0 < |x - a| < \delta$, niin

$$|\sqrt{x}-\sqrt{a}|\le\sqrt{|x-a|}<\sqrt{\delta}=\sqrt{\varepsilon^2}=\varepsilon.$$

Tämä todistaa väitteen. $\square$

Lause.

Jos $\lim\limits_{x\to a}g(x)=L$ ja $\lim\limits_{y\to L}f(y)=f(L)$, niin

$$\lim_{x\to a}f(g(x))=f\Big(\lim_{x\to a}g(x)\Big)=f(L).$$

Todistus.

Olkoon $\epsilon>0$. Oletusten nojalla on löydyttävä sellaiset $\delta'>0$ ja $\delta>0$, että

$$|f(y)-f(L)|<\varepsilon,$$

kun $0 < |y - L| < \delta'$ ja edelleen

$$|g(x)-L|<\delta',$$

kun $0 < |x - a| < \delta$. Merkitään $y=g(x)$, jolloin oletuksesta $0 < |x - a| < \delta$ seuraa $|g(x) - L| < \delta'$. Jos $g(x) = L$, niin

$$|f(g(x)) - f(L)| = |f(L) - f(L)| = 0 < \varepsilon,$$

ja jos $g(x) \not= L$, niin $0 < |g(x) - L| < \delta'$ ja täten

$$|f(g(x))-f(L)|<\varepsilon.$$

$\square$

Esimerkki.

1. Juuri kirjoitetuista tuloksista seuraa, että

   $$\lim_{x\to5}\sqrt{2x^2-1}=\sqrt{\lim_{x\to5}(2x^2-1)}=\sqrt{49}=7.$$

2. Tutkitaan raja-arvoa

   $$\lim_{x\to0}\frac{\sqrt{x+4}-2}{x}.$$

   Suora sijoitus ei onnistu, sillä nimittäjän raja-arvoksi tulee $0$, mutta funktiota voidaan muokata sopivasti laventamalla lausekkeella $\sqrt{x+4}+2$.

   $$\frac{\sqrt{x+4}-2}{x} =\frac{(x+4)-4}{x(\sqrt{x+4}+2)} =\frac{1}{\sqrt{x+4}+2} \to\frac14,$$

   kun $x \to 0$.

Viimeinen raja-arvojen määrittämiseen liittyvä päättelykeino on kuristusperiaate.

Lause.

Olkoon $f(x)\le g(x)\le h(x)$ aina, kun $x\ne a$ jossakin pisteen $a$ ympäristössä ja oletetaan, että

$$\lim_{x\to a}f(x)=L=\lim_{x\to a}h(x).$$

Tällöin $\lim\limits_{x\to a}g(x)=L$.

Esimerkki.

Funktiolla $g(x)=x\sin\frac1x$ on raja-arvo $0$ pisteessä $0$, sillä

$$-|x|\le x\sin\frac1x\le|x|$$

ja $f(x)=-|x|\to0$ ja $h(x)=|x|\to0$, kun $x\to0$.

Posting submission...