Приклади

1. Користуючись означенням границі функції в точці, знайти границі:

а) ; б) .

Розв’язання. а) Розглянемо довільну послідовність (x_n), що володіє властивостями:

1) x_n ¹3 " n Î N і 2) =3

(оскільки функція визначена на всій числовій прямій, а, отже, і в будь-якому околі точки 3, то умова x_n ÎО(3) " n Î N не накладається). Враховуючи, що , за властивостями границь послідовностей маємо

= = =3²–2×3+5=8.

Отже, за означенням границі функції в точці .

б) Нехай (x_n) – довільна послідовність, що володіє властивостями:

1) x_n ¹–5 " n Î N і 2) =–5

(оскільки функція визначена на всій числовій прямій, окрім точки –5, а, отже, в будь-якому проколеному околі точки –5, то умова x_n ÎО(–5) " n Î N не накладається).

Знайдемо . Якщо x_n ®–5 (n ®¥), то чисельник і знаменник дробу прямують до нуля. Тому застосовувати властивість про границю частки послідовностей не можна. Але оскільки x_n ¹–5 " n Î N, то даний дріб можна скоротити на x_n +5, а потім знайти границю:

= = = =–5–5=–10.

Отже, за означенням границі функції в точці =–10.

2. Довести, що функція у точці х ₀=0 не має границі (рис.3.20).

Розв’язання. Розглянемо послідовність (x_n), що збігається до х ₀=0:

x_n = , n =1, 2, 3, ….

Оскільки x_n = >0 " n Î N, то f (x_n)=1 " n Î N і тому = =1.

Розглянемо тепер іншу послідовність (), що збігається до х ₀=0:

=– , n =1, 2, 3, ….

Оскільки =– <0 " n Î N, то f ()=–1 " n Î N і тому = =–1.

Отже, для двох різних послідовностей (x_n) і (), що збігаються до точки х ₀=0, маємо ¹ . А це означає, що функція f (x)=sign x в точці х ₀=0 не має границі.

3. Знайти границі:

а) ; б) ; в) ; г) ;

д) ; е) ; є) ;

ж) ; з) ; и) .

Розв’язання. а) Використовуючи теореми про границю суми і границю добутку функцій, знайдемо границі чисельника і знаменника дробу:

, .

Оскільки знайдені границі є скінченними і границя знаменника не дорівнює нулю, то за теоремою про границю частки маємо:

= .

б) Знайдемо границі чисельника і знаменника:

, .

Оскільки границі чисельника і знаменника дорівнюють нуля при х ®2, то використовувати теорему про границю частки не можна. У цьому випадку маємо невизначеність вигляду . Щоб її усунути, спочатку розкладемо вираз у чисельнику на лінійні множники, використавши формулу скороченого множення :

.

Розкладемо квадратний тричлен у знаменнику на лінійні множники, використавши формулу , де х ₁, х ₂ – корені тричлена;

.

Далі скоротимо дріб на вираз . Таке скорочення можливе, оскільки цей вираз не дорівнює нулю (адже за означенням границі функції в точці маємо, що х»2, але х ¹2). Отже,

= = = .

в) Якщо х ®5, то границі чисельника і знаменника дорівнюють нулю:

; .

Отже, маємо невизначеність вигляду . Помноживши чисельник і знаменник на спряжений до знаменника вираз і після перетворень скоротивши дріб на , одержимо:

= = =

= = = =

= .

г) Оскільки при х ®4 границя чисельника є відмінне від нуля число 3, а границя знаменника дорівнює нулю, то за теоремою 3 маємо:

=¥.

д) Оскільки і , то маємо невизначеність вигляду . Щоб її усунути поділимо чисельник і знаменник дробу на х ⁴, а потім скористаємося теоремою про границю частки:

= =

= = = .

е) Якщо х ®0, то 4 х ®0 і sin5 х ®0. Тому маємо невизначеність вигляду . Для знаходження скористаємося першою чудовою границею =1:

= = .

Можна знайти задану границю простіше, скориставшись еквівалентністю нескінченно малих функцій. Оскільки , х ®0, то

= = = .

є) Якщо х ®0, то sin4 х ®0 і tg3 х ®0. Тому також маємо невизначеність вигляду . Для знаходження скористаємося границями: =1, =1 та врахуємо, що сos3 x ®1, коли х ®0:

= = =

= = .

ж) Якщо х ®¥, то 4 х –1®¥ і 4 х +2®¥. Тому, знаходячи , маємо невизначеність вигляду . Поділивши чисельник і знаменник дробу на х, знайдемо границю: = = . Якщо х ®¥, то 4 х –3®¥. Отже, обчислюючи границю , маємо невизначеність вигляду 1^¥. Щоб її усунути використаємо другу чудову границю . Для цього перетворимо вираз так, щоб він містив вираз вигляду :

= = =

= = =

= = .

Останню границю знайдемо як границю степеня. Для цього знайдемо границю основи степеня і границю показника степеня при х ®¥. Оскільки вираз має вигляд , причому , коли х ®¥, то . Отже, маємо:

= = = = = .

з) Якщо х ®4, то 2 х –7®1, х –4®0, ®¥. Отже, знаходячи границю , маємо невизначеність вигляду 1^¥. Щоб її усунути використаємо другу чудову границю .

Оскільки х ®4, то х –4®0. Тому = . Введемо заміну: х –4= y. Тоді х = y +4, 2 х =2 y +8, 2 х –7=2 y +1. Враховуючи заміну, маємо: = = .

Оскільки вираз має вигляд , причому , коли y ®0, то . Отже, остаточно маємо:

= e ⁶.

и) Оскільки і , то маємо невизначеність вигляду . Перетворивши дріб і скориставшись важливими границями , , =1, одержимо:

= = .

4. Знайти ліву і праву границі функції f у точці х ₀:

а) , х ₀=2; б) , х ₀=–3.

Розв’язання. а) Знаходячи ліву границю функції f у точці х ₀=2, вважають що х ®2 і х <2. Тому

.

При знаходженні правої границі функції f у точці х ₀=2, вважають що х ®2 і х >2. Тому

.

Оскільки ліва і права границі функції f у точці х ₀=2 дорівнюють одна одній, то існує .

б) Якщо х ®–3 і х <–3, то чисельник дробу прямує до від’ємного числа –6 (2 х ®–6), а знаменник є нескінченно малою від’ємною функцією (х +3®0 і х +3<0). Тому .

Якщо х ®–3 і х >–3, то чисельник дробу прямує до від’ємного числа –6 (2 х ®–6), а знаменник є нескінченно малою додатною функцією (х +3®0 і х +3>0). Тому .

Завдання для самостійного розв’язування

12. Користуючись означенням границі функції в точці, знайти границі:

а) ; б) ; в) ; г) .

13. Знайти границі:

1) ; 2) ; 3) ;

4) ; 5) ; 6) ; 7) ;

8) ; 9) ; 10) ;

11) .

14. Знайти односторонні границі функції f у точці х ₀:

а) , х ₀=0; б) , х ₀=–5;

в) , х ₀=0; г) , х ₀=1.

Відповіді:

12. а) –3; б) ; в) 0; г) ¥.

13. 1) –13; 2) –5; 3) 3; 4) 6; 5) ¥; 6) ; 7) ; 8) ; 9) ; 10) ; 11) 2.

14. а) , ; б) , ; в) , ; г) , .

Дата добавления: 2015-08-26