Свойства предела функции

Примеры решения задач

Раскрытие неопределенностей

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Московский государственный университет путей сообщения

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Dukhon2.pdf

Скачиваний:

202

Добавлен:

09.06.2015

Размер:

1.34 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 226 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Функция f (x) называется бесконечно большой (т. е. стремится к бесконечности) при x → ∞, если для любого M > 0 суще-

ствует такое P > 0 ,			что для всех x,		удовлетворяющих условию
	x	> P , выполняется	неравенство	f (x)	> M , т. е.

lim f (x)= ∞.

x→∞

Теорема 1.3.1. Если функция f (x) имеет предел при x → x0 (при x → ∞), то только один.

Теорема 1.3.2. Если функция имеет предел при x → x0 , то она ограничена в некоторой окрестности x0 .

Для вычисления пределов функций часто используются теоремы об арифметических операциях над пределами, аналогичных свойствам числовых последовательностей, сформулированным в теоремах 5 – 10.

Теорема 1.3.3. Предел постоянной равен ей самой:

lim c = c.

(1.3.1)

x→x0

В данном случае под постоянной мы понимаем стационарную функцию f (x)= c.

Теорема 1.3.4. Пусть lim f (x)= A и						lim g (x)= B. Тогда:
x→x	(	x→x0		)		x→x0
		f (x)+ g (x)			= A + B.
lim							(1.3.2)
0
Теорема 1.3.5. Пусть lim f (x)= A и						lim g (x)= B. Тогда:
x→x	(	x→x0		)		x→x0
		f (x)− g (x)			= A − B.
lim							(1.3.3)
0
Теорема 1.3.6. Пусть lim f (x)= A и						lim g (x)= B. Тогда:
x→x	(	x→x0	)			x→x0
		f (x) g (x)		= A B.			(1.3.4)
lim
0

Следствием этой теоремы является следующее свойство пре-

делов:

Теорема 1.3.7. Постоянный множитель можно вынести за знак предела:

lim (kf (x))= kA, (1.3.5)

x→x0

где lim f (x)= A .
x→x0
Теорема 1.3.8. Пусть lim f (x)= A и					lim g (x)= B. Тогда:
x→x0					x→x0
lim		f (x)	=	A	,	(1.3.6)
lim			=		,	(1.3.6)
x→x0 g (x)				B
если B ≠ 0.
Теорема 1.3.9. Пусть f (x) – ограниченная функция, а g (x)
– бесконечно большая при x → x0 . Тогда
	f (x)
lim			= 0.
lim			= 0.
x→x0	g (x)
Теорема 1.3.10. Пусть f (x) – бесконечно большая, а						g (x)
– ограниченная функция при x → x0 . Тогда
	f (x)
lim			= ∞.
lim			= ∞.
x→x0	g (x)

Пример 1.3.1. Используя определение предела функции, дока-

зать, что lim (4 x − 3)= 1.

x→1

Доказательство. Пусть дано ε > 0. Рассмотрим неравенство

(4 x − 3)−1 < ε .

(4 x − 3)−1

< ε

4 x − 4

< ε 4

x −1

< ε

x −1

ε .

Таким образом при δ =			ε из неравенства	x −1	< δ следует

	(4 x − 3)−1	< ε ,	4

неравенство			что в соответствии с определением
предела функции означает, что			lim (4 x − 3)= 1, что и требовалось
доказать.			x→1

Пример 1.3.2. Пользуясь свойствами пределов, найти

x − 3 lim . x→2 x + 1

Решение.

	x − 3		lim (x − 3)		lim (x)− lim (3)
lim		=	x→2	=	x→2	x→2	=
lim	2 x + 1	=	lim (2x + 1)	=	lim (2x)+ lim (1)		=
x→2	2 x + 1		lim (2x + 1)		lim (2x)+ lim (1)
			x→2		x→2	x→2

При вычислении предела мы использовали теорему 1.3.8 (предел частного равен частному пределов); теоремы 1.3.4 и 1.3.5 (предел суммы (разности) равен сумме (разности) пределов); теорему 1.3.7 (постоянный множитель можно вынести за знак предела); теорему 1.3.3. (предел постоянной равен ей самой).

Пример 1.3.3. Пользуясь свойствами пределов, вычислить:

+ 1

lim

2 x

x→2

− 3x + 2

Решение.

(

)

(

)

+ lim (1)

lim

+ 1

lim

+ 1

lim

x→2

2 x

2 − 3 x

lim (2x2 − 3x +

lim

(2x2 )− lim (3x)+ lim (2)

x→2

+ 2

x→2

(limx→2

(x))2 + limx→2 (1)

2 + 1

lim (x)

2 22 − 3 2 + 2

8 −6 + 2

− 3 lim (x)+ lim (2)

(x→2

)

x→2

Используя свойства пределов, мы по сути подставляем число x0 , к которому стремится переменная х, в функцию f (x) и преде-

лом ее при x → x0 является f (x0 ). Для непрерывной функции f (x) это верно, однако в ряде случаев возникают проблемы. Рас-

смотрим вычисление пределов при возникновении неопределенности на примерах.

lim (x)− lim (3)

2 lim (x)+ lim (1)

Неопределенность вида 0

x2 − 4 x + 3

Пример 1.3.4. Найти предел: lim 2 . x→3 x + x −12

Решение. Попробуем подставить x = 3 в функцию

f(x)= x2 − 4 x + 3 .

x2 + x −12

lim	x2	− 4 x + 3	=	32 − 4 3 + 3		=	9 −12 + 3	=	0	.
	x2	+ x −12		32 + 3 −	12		9 + 3 −12		0
x→3

Мы получили неопределенность вида . Для того, чтобы

раскрыть эту неопределенность, разложим числитель и знаменатель дроби на множители. Если функция f (x), предел которой мы ищем,

является отношением двух многочленов, возможность такого разложения нам гарантирует теорема Безу, в соответствии с которой, если

x0 является корнем многочлена f (x), то он делится на x − x0 без

остатка. Действительно, поскольку

x2 − 4 x + 3 = (x −1)(x − 3)

x2 + x −12 = (x + 4)(x − 3),

получим:

lim

x2 − 4 x + 3

= lim

(x −1)(x − 3)

= lim

x −1

3 −1

x2 + x −12

(x + 4)(x − 3)

x + 4

3 + 4

x→3

Напомним,

что

квадратный трехчлен

ax2 + bx + c

можно

разложить на множители по формуле:

ax2 + bx + c = a (x − x1 )(x − x2 ),

где x1 и x2 – корни квадратного трехчлена.

Пример 1.3.5. Найти предел: lim

x3 + 1

+ 3x + 2

Решение.

x→−1

(x + 1)(x2 − x +1)

= (−1)2 −(−1)+ 1

lim

x3 + 1

= lim

x2 − x +1

= 3.

+ 3x + 2

x→−1 x2

x→−1

(x + 1)(x + 2)

x→−1

x + 2

−1 + 2

Пример 1.3.6. Найти предел: lim

2 x + 3 − 3

Решение.

x→3

3 − x

Попытка

непосредственного вычисления предела

приводит нас к той же неопределенности

lim

2 x + 3 − 3

2 3 + 3 − 3

9 − 3

= 0 .

3 − x

3 − 3

x→3

3 − 3

Здесь мы применим другой прием – умножим числитель и

знаменатель дроби на выражение

2 x + 3 + 3 , сопряженное числи-

телю нашей дроби.

lim

2 x + 3 − 3

= lim

( 2 x + 3 − 3)( 2 x + 3 + 3)

= lim

( 2 x + 3 )2 − 32

3 − x

(3 − x)( 2 x + 3

+ 3)

(3 − x)(

2 x + 3 + 3)

x→3

= lim

2 x + 3 −9

= lim

2 x −6

= lim

2 (x − 3)

(3 − x)(

2 x + 3 + 3)

(3 − x)(

− x)( 2 x + 3 +

x→3

2 x + 3 +

x→3 (3

= −lim

= −

2 x + 3 + 3

9 +

x→3

2 3 + 3 + 3

Пример 1.3.7. Найти предел:

lim

3 x −1

−

x→1

Решение.

(3 x −1)(3 x2 + 3 x + 1)

( x + 1)

x −1

3 1 −1

lim

= lim

(

x −1)(

x + 1)(3 x2 + 3 x + 1)

x −1

1 −1

x→1

= lim

(x −1)

(

x + 1

)

= lim

x + 1

1 + 1

(x −1)(

+ 1)

+ 1

1 + 1

x→1

x→1 3

∞

Неопределенность вида

∞

Пример 1.3.8. Найти предел:

lim

− 2 x + 5

+ 5 x −

x→∞ x2

Решение. При x → ∞ многочлен

a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + ...+ an−1 x + an

стремится к

+∞ (если

> 0 )

либо к−∞ (приa0 > 0 ) и,

следова-

∞

тельно, мы получим неопределенность ∞ . Для того чтобы раскрыть

эту неопределенность (а следовательно вычислить предел), следует разделить числитель и знаменатель дроби на x2 (вообще говоря де-

лить следует на xn , где п – степень многочлена, находящегося в знаменателе).

x2 − 2 x + 5

−

2 x

−

1 −0 +0

lim

= lim

= 1.

x→∞ x2 + 5 x − 3

x→∞ x2

5 x

−

x→∞ 1

−

1 +0 −0

При вычислении пределов lim	1	= 0	и lim	1	= 0 мы вос-

x→∞ x			x→∞ x2
пользовались теоремой 1.3.9.

Пример 1.3.9. Найти предел: lim

x3 + 2 x2 − 3x + 1

2 x2 + x −1

Решение.

x→∞

2 x2

x3 + 2 x2 − 3x + 1

= lim

−

= lim

x + 2 −

= +∞.

lim

x→∞

2 x2 + x −1

x→∞

2 x2

−

x→∞

2 +

−

При вычислении предела мы воспользовались теоремой

1.3.10 (числитель стремится к ∞ , а знаменатель – к числу 2).

Пример 1.3.10. Найти предел: lim

2 x

2 − 4 x −7

3 +6 x + 5

Решение.

x→∞

2 x2

4 x

2 x2 − 4 x −7

−

= lim

−

= 0 −0 −0

lim

= lim

= 0.

x→∞ 3x3 +6 x + 5

x→∞

3x3

6 x

x→∞ 3

3 +0 +0

Результаты, полученные в ходе решения примеров 1.3.8 –

1.3.10, можно обобщить:

Теорема 1.3.11. Пусть нужно вычислить предел

lim

+ a

xn−1 + a

xn−2

+ ...+ a

n−1

x + a

+ ...+ b

x→∞ b xm + b xm−1 + b xm−2

x + b

m−1

Возможны три случая:

1)Если n > m, то предел равен ∞.

2)Если n < m, то предел равен 0.

3) Если n = m, то предел равен a0 . b0

∞

Неопределенность вида может возникнуть не только

∞

при вычислении предела отношения многочленов.

Пример 1.3.11. Найти предел: lim

x2 − 2 x −1

3 x2

+ 1

x→∞

Решение. Несложно убедиться, что мы имеем дело с неопре-

∞

деленностью вида

∞

Степень

переменной x в знаменателе

равна

Разделим

числитель и знаменатель дроби на x

. Получим:

2 x

x 3 −

−

x2 − 2 x −1

lim

= lim

x 3

= lim

x→∞ 3 x2 + 1

x→∞

3 1

3 x2

−

3 x

= lim

= +∞,

+ 1

x→∞

так как числитель стремится к +∞, а знаменатель – к числу 1.

К этому выводу можно было прийти сразу, если обобщить результат теоремы 1.3.11.

Действительно, степень переменной x в числителе равна 1, а

в знаменателе 23 и, так как степень переменной x в числителе выше,

предел бесконечен.

Неопределенность вида {∞ −∞}.
		1				1
Пример 1.3.12. Найти предел: lim			−				.
Пример 1.3.12. Найти предел: lim			−	x	2	−1	.
x→1	x −1			x		−1

Решение. Знаменатель каждой из дробей стремится к нулю и, следовательно, оба слагаемых стремятся к бесконечности. Мы полу-

чаем неопределенность вида {∞ −∞}. Раскрыть эту неопределенность можно, приведя эти дроби к общему знаменателю.

x + 1 − 2

lim

−

= lim

−

x→1 x −1

x→1

(x −1)(x + 1)

= lim

+ 1

x→1

x + 1

Пример 1.3.13. Найти предел: limx→∞ (x −

	x −1
lim		=

x→1	(x −1)(x + 1)

2 x − 3 ).

Решение. Очевидно, как первое, так и второе слагаемое стремятся к бесконечности, т. е. мы имеем дело с неопределенностью ви-

да {∞ −∞}. Для того, чтобы раскрыть ее, умножим и разделим функцию на выражение x + 2 x − 3 , сопряженное функции, предел

которой мы ищем.

(x − 2 x − 3 )(x + 2 x − 3 )

lim x −

2 x − 3

= lim

x + 2 x −

x→∞ (

)

x→∞

x2 −(

2 x − 3 )2

− 2 x + 3

= lim

x +

2 x − 3

x→∞

2 x − 3

x→∞ x +

Предел, который мы получили, все еще является неопреде-

∞

ленностью, но уже другого типа – . Поскольку степень пере-

∞

менной x в числителе равна 2, а в знаменателе равна 1, то (см. теорему 1.3.11) предел бесконечен, т. е.

lim	x2	− 2 x + 3	= +∞.
		2 x − 3
x→∞ x +

Использование свойств бесконечно малых для вычисле-

ния пределов. Функция α (x) называется бесконечно малой при

x → x0 , если lim α (x)= 0.

x→x0

Бесконечно малые функции α (x) и β (x) сравнивают между собой с помощью вычисления предела их отношения.

Пусть функции α (x) и β (x) являются бесконечно малыми

при x → x0 .

Функция α (x) называется бесконечно малой высшего по-

рядка чем β (x), если

α (x) lim ( ) = 0.

x→x0 β x

Функция α (x) называется бесконечно малой низшего поряд-

ка чем β (x), если

α (x)

lim ( ) = ∞.

x→x0 β x

Функция α (x) называется бесконечно малой того же поряд-

ка, что и β (x), если

α (x)

lim ( ) = c ≠ 0.

x→x0 β x

Если

α (x) lim ( ) = 1,

x→x0 β x

то бесконечно малые α (x)	и β (x) называются эквивалентными.
Этот факт обозначается α (x)	β (x).

Аналогично можно сравнивать и бесконечно большие функ-

ции.

Теорема 1.3.12. (Принцип замены эквивалентными). При нахождении предела дроби бесконечно малые (или бесконечно большие) функции, стоящие в числителе и знаменателе, можно заменять эквивалентными бесконечно малыми (или бесконечно большими), т.

е. если α (x) α1 (x) и β (x)

β1 (x) при x → x0 , то

lim

α (x)

= lim

α1

(x)

= lim

α (x)

= lim

α1

(x)

β (x)

(x)

β1 (x)

β1

x→x0

(x)

Теорема 1.3.13. Пусть α (x)→ 0 при

x → x0 . Тогда имеют

место следующие эквивалентности:

ln(1 +α (x))

sinα (x) tgα (x)

arcsinα (x)

arctgα (x) eα(x) −1

(1 +α (x))p −1

α (x).

Одно из утверждений теоремы 1.3.13 называется первым за-

мечательным пределом:

sinα (x)

lim

= 1,

α (x)

x→x0

если α (x)

является бесконечно малой при x → x0 .

Пример 1.3.14. Найти предел: lim tgx .

x→0 x

Решение. В соответствии

теоремой

1.3.13

при

x → 0

tgx x . Следовательно,

lim tgx

= lim

= lim 1 = 1.

x→0

arcsin

Пример 1.3.15. Найти предел:

lim

tg2 x

x→0

x → 0

Решение. В соответствии с

теоремой

1.3.13

при

arcsin

и tg2 x

2 x . Следовательно

arcsin

lim

= lim

x→0

tg2 x

x→0 2 x

Пример 1.3.16. Найти предел:

lim

ln2 (1 + 2 x)

sin2

6 x

Решение. В соответствии с

x→0

x → 0

теоремой

1.3.13

при

ln(1 + 2 x)

2 x и sin6 x

6 x. Следовательно

lim

ln2 (1 + 2 x)

= lim

(2 x)2

= lim

4 x2

= lim

= 1 .

(6 x)2

36 x2

x→0

sin2 6 x

x→0

Пример 1.3.17. Найти предел:

lim

sin2 3x

−cos 5 x

x→0

Решение. Перед тем, как вычислять предел, преобразуем знаменатель дроби:

1 −cos 5 x = 1 −1 + 2 sin2 52x = 2 sin2 52x .

Подставив это выражение в знаменатель дроби, получим:

lim

sin2 3x

lim

(3x)2

lim

9 x2

18 .

2 5 x

5 x 2

25 x2

x→0

2 sin

2 x→0

Теорема 1.3.14. (Второй замечательный предел).

Пример 1.3.18. Найти предел: lim

x −1

x→∞

Решение. Для того, чтобы вычислить этот предел, сделаем за-

мену переменной:

x −1 = t x = t + 1. Очевидно,

что при

x → ∞

переменная t → ∞.

={x = t + 1; limx→∞ t = ∞}

1 t +1

limx→∞ 1

= limt→∞

1 +

x −1

1 +

= lim

1 +

lim

1 +

= lim

t →∞

t→∞

В соответствии с теоремой 1.3.14

1 +

= e.

lim

t→∞

Второй предел вычисляется просто:

lim

= 1

+0 = 1.

1 +

t→∞

С учетом этого продолжим вычисление предела:

lim

= e

1 = e.

lim

t→∞

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 226 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
09.06.20152.59 Mб35Dokumentoved_i_ego_professia.pdf
#
09.06.2015239.7 Кб129Dokument_Microsoft_Office_Word (3).docx
#
09.06.2015121.91 Кб10Dokument_Microsoft_Office_Word (3).docx
#
09.06.201513.67 Кб9Dokument_Microsoft_Office_Word.docx
#
09.06.2015274.48 Кб16Dokument_Microsoft_Office_Word_3.docx
#
09.06.20151.34 Mб202Dukhon2.pdf
#
28.03.20164.6 Mб209ED9M_i_dr___1.pdf
#
28.03.20165.12 Mб99ED9M_i_dr___2.pdf
#
28.03.2016202.75 Кб11ekonomika_otrasli_kursovoy.doc
#
09.06.2015240.64 Кб19Ekzam_bilety_po_khimii_UEM_2011-2012_g_g.doc
#
09.06.20151.82 Mб50ek_oc_inv_met_uk.pdf