Предел по непрерывности

[deep blue]

Хочу вывести из $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\frac{p}{q}}-1}{x}=\dfrac{p}{q}$ для всех рациональных $\dfrac{p}{q}$, что $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha$ для любых действительных $\alpha$

Пусть мы умеем находить предел $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\frac{p}{q}}-1}{x}=\dfrac{p}{q}$ и пусть мы знаем что все непрерывные функции непрерывны, то есть $\dfrac{(1+x)^t-1}{x}$ непрерывна по t.

Как исходя из этих фактов установить, что $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\alpha}-1}{x}=\alpha$ для всех действительных $\alpha$

Можно записать например: $\dfrac{(1+x)^{\alpha}-1}{x} = \lim\limits_{\frac{p}{q}\to \alpha}\dfrac{(1+x)^{\frac{p}{q}}-1}{x}$ и перейти к пределу $\lim\limits_{x\to 0}\dfrac{(1+x)^{\alpha}-1}{x} = \lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{\frac{p}{q}\to \alpha}\dfrac{(1+x)^{\frac{p}{q}}-1}{x}$
но теперь придется доказывать перестановочность пределов $ \lim\limits_{x\to 0}\lim\limits_{\frac{p}{q}\to \alpha}$ это нехорошо потому что встретится только в конце учебника.
Как все это красиво и грамотно оформить без анализа перестановочности и тому подобных завихрений

[Vince Diesel]

А что известно? Скажем, если вы умеете доказывать монотонность функции $(1+x)^\alpha$ по $\alpha$, то можно воспользоваться подходящими свойствами пределов.

[mihaild]

Чисто из ваших посылок - не получится. Нужны какие-то более сильные оценки, чем просто эти непрерывности (как раз для перестановочности пределов).
Рассмотрим функцию $f(x, y) = \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2}$ - ваши посылки для нее выполнены (при использовании $y$ вместо показателя степени, множества ненулевых чисел вместо множества рациональных, $0$ вместо действительного $\alpha$).
Для всех ненулевых $y$ выполнено $\lim\limits_{x\to 0} f(x, y) = -1$, и функция непрерывна по $y$, но $\lim\limits{x \to 0} f(x, 0) = 1$.

[ewert]

Монотонность к этому моменту, конечно, есть -- она почти автоматически получается при формальном определении показательной функции. И её достаточно для обоснования предельного перехода. Примерно так: берём $\frac{p}q\in(\alpha-\frac{\varepsilon}2;\alpha)$ и $\frac{r}s\in(\alpha;\alpha+\frac{\varepsilon}2)$, затем $\delta$ так, чтобы из $x\in(0;\delta)$ следовало $\frac{(1+x)^{\frac{p}q}-1}x>\frac{p}q-\frac{\varepsilon}2$ и $\frac{(1+x)^{\frac{r}s}-1}x<\frac{r}s+\frac{\varepsilon}2$. (Фактически одно из этих неравенств выполняется автоматически даже и без эпсилона, но проще об этом не задумываться).

Но всё это выглядит как некоторая мышиная возня. Зачем каждый раз мучится с переходом от рациональных к действительным? Всё равно ведь кроме этой формы 2-го замечательного предела нужны и другие. Так и нужно выстроить их получение в естественном порядке. Сначала обобщить стандартное определение $e=\lim\limits_{n\to\infty}(1+\frac1n)^n$ на случай вещественного аргумента. Логарифмированием получить отсюда предел $\frac{\ln(1+x)}x$. Затем заменой -- предел $\frac{e^x-1}x$. Ну и ещё одной заменой -- то, что нужно.

Пафос в том, что все эти пределы нужны и сами по себе. И при этом для переходов между ними не нужно ничего, кроме стандартных свойств непрерывных функций.

[deep blue]

Vince Diesel, mihaild
Понял, значит для перехода к действительным $t$ достаточно монотонности $f(x,t)$ по $t$.
ewert
Ну полезно иной раз вернуться к истокам, вспомнить как обосновывается переход от рациональных чисел к действительным. Хотелось прояснить этот момент. Заодно повысить культуру оформления рассуждений в матанализе. Вы значит доказывали на языке эпсилон-дельта, а я немного по-другому, выкладываю на ваш суд:
Теорема:
Если $f(x,t)$ возрастает по t и $\lim\limits_{x\to 0} f(x,t)=t (\forall t \in \mathbb{Q})$ то $\lim\limits_{x\to 0} f(x,t)=t (\forall t \in \mathbb{R})$
Доказательство:
Пусть: $\frac{p}{q}<\alpha<\frac{r}{s}$
Тогда: $\lim\limits_{x\to 0} f(x,\frac{p}{q}) \le \varliminf\limits_{x\to 0} f(x,\alpha)\Rightarrow\lim\limits_{\frac{p}{q}\to \alpha-} \lim\limits_{x\to 0} f(x,\frac{p}{q}) \le \varliminf\limits_{x\to 0} f(x,\alpha)\Leftrightarrow \alpha \le \varliminf\limits_{x\to 0} f(x,\alpha)$
Аналогично и для верхнего предела $\varlimsup\limits_{x\to 0} f(x,\alpha) \ge \alpha$
Поэтому: $\varliminf\limits_{x\to 0} f(x,\alpha)=\varlimsup\limits_{x\to 0} f(x,\alpha)=\lim\limits_{x\to 0} f(x,\alpha)=\alpha$