методичка по математике
.pdfРозв’язання. Зафіксуємо довільне ε > 0 . Потрібно по ε знайти таке δ > 0 ,
щоб |
із умови |
|
x − x0 |
|
< δ, тобто із |
|
x − 2 |
|
< δ, випливала |
б |
нерівність |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
f (x) − A |
|
< ε, тобто |
|
(3x + 2) −8 |
|
|
|
< ε. Остання нерівність приводиться до виду |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
3x −6 |
|
< ε, або 3 |
|
x −2 |
|
< ε, або |
|
x −2 |
|
< |
ε . Тому, якщо взяти δ = |
ε |
, то з нерів- |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x −2 |
|
|
|
|
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
(3x + 2) −8 |
|
|
3 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
ності |
|
|
|
|
< δ = |
|
|
буде випливати |
нерівність |
|
|
< ε. |
Нерівність |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x −2 |
|
|
< ε |
можна записати таким чином: − |
ε |
< x −2 < |
ε , або 2 − ε |
< x < 2 + |
ε . |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
3 |
3 |
|
|
|
3 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
Тобто для любого значення х із інтервалу |
|
2 − |
ε |
,2 + |
ε |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
3 |
3 |
буде виконуватись |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ε |
|
||||
нерівність |
|
(3x + 2) −8 |
|
< ε. Перевіримо цей факт: нехай, наприклад, x = 2 + |
. |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
6 |
||||||||||||||||||||||||||||||
Підставимо це значення х в останню нерівність |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
(3x + 2) −8 |
|
|
|
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|
ε |
|
|
|
|
|
|
ε |
|
< ε, |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
< ε |
3 2 + |
|
|
+ 2 −8 |
< ε |
6 + |
|
|
+ 2 |
−8 |
< ε |
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
тобто нерівність вірна. У відповідності з означенням границі функції це і
означає, що lim (3x + 2) =8 .
x→2
Ми розглянули поняття границі функції у точці: число А є границею функції y = f (x) у точціx0 , якщо з наближенням аргументу х до x0 ( x → x0 ) значення
функції y необмежено наближаються до А. Але існують випадки, коли х прямує донескінченності, аy доА, або x → x0 , а y →∞ іт. д. Розглянемодеякізних.
Означення. Число А називається границею функції y = f (x) при x →∞, якщо для любого ε > 0 знайдеться таке число M > 0 , що для всіх
значень |
|
x |
|
> M |
|
буде виконуватись нерівність |
|
|
f (x) − A |
|
< ε, |
|
|
|
|
|
|||||||
тобто lim f (x) |
= A (рис. 6). |
|
|
|
|
|
|||||
x→∞ |
|
|
x → x0 , якщо |
||||||||
Означення. Функція |
y = f (x) |
прямує до нескінченності при |
для кожного достатньо великого додатного числа М знайдеться таке δ, що для всіх значень х, які задовольняють нерівності x − x0 < δ, буде виконуватись нерівність f (x) > M (рис. 7).
Рис. 6 |
Рис. 7 |
31
У цьому випадку функцію називають нескінченно великою і записують
так: lim f (x) = ∞.
x→x0
Якщо функція y = f (x) прямує до нескінченності при x → x0 і при цьо-
му приймає тільки додатні значення, то пишуть |
lim |
f (x) = +∞, а якщо фун- |
x→x0 |
f (x) = −∞. |
|
кція приймає тільки від’ємні значення, то пишуть |
lim |
|
|
x→x0 |
Аналогічно |
можна |
сформулювати означення |
границі |
функції, коли |
|||
f (x) →∞ |
і x →∞. |
В |
окремих випадках |
може |
бути |
lim f (x) = −∞, |
|
lim f (x) = −∞, |
lim |
f (x) = +∞. |
|
|
x→+∞ |
||
|
|
|
|||||
x→−∞ |
|
x→+∞ |
|
|
|
|
|
Зауваження. |
Зовсім не обов’язково, щоб функція y = f (x) кудись прямувала, коли |
||||||
x → x0 , або |
x →∞. Наприклад функція y =sin x , |
коли |
x →∞! |
(або x → −∞) не |
прямує ні до числа ні до нескінченності, тобто границі не має.
ЗАПИТАННЯ ТА ЗАВДАННЯ ДЛЯ САМОПЕРЕВІРКИ
1.Що таке однобічні границі (границі зліва і справа)? Як вони зв’язані з границею функції?
2. Чи потрібно у разі означення границі функції у точціx0 існування функції
вцій точці?
3.Яке число ми вибираємо спочатку: ε чи δ?
4.Дайте геометричне тлумачення границі функції.
5.Сформулюйте означення границі функції y = f (x) при x → x0 (на «мові
послідовностей» і на мові «ε-δ»).
6.Сформулюйте означення границі функції, коли y → A, а x →∞.
7.Що таке нескінченно велика функція? Наведіть геометричну ілюстрацію.
9. НЕСКІНЧЕННО МАЛІ ФУНКЦІЇ І ЇХ ВЛАСТИВОСТІ Означення. Функція y = f (x) називається нескінченно малою, коли x → x0 ,
якщо для любого ε > 0 знайдеться таке δ > 0 , що для усіх х, які задовольняють нерівність x − x0 < δ, буде виконуватись нерів-
ність f (x) < ε.
Цей факт можна записати так: lim f (x) = 0 .
x→x0
Аналогічне означення можна сформулювати і для x →∞.
Помітимо, що наведене означення подібне до означення границі функції з тією лише різницею, що A = 0.
Наведемо ще одне означення нескінченно малої функції (спрощене): функція y = f (x) називається нескінченно малою, якщо її границя дорівнює
нулю (коли x → x0 , або x →∞), тобто lim f (x) = 0 .
x→x0
32
Нескінченномаліфункціїбудемопозначатитакимчином: α(x) , β(x) , γ(x) ,…
Помітимо, що, наприклад, функцію α(x) = 1x не можна назвати нескін-
ченно малою до тих пір, поки не буде вказано, куди прямує аргумент х. У да-
ному випадку потрібно, щоб x →∞ або x → −∞, тоді α(x) = 1x →0 і буде не-
скінченно малою функцією. А функція β(x) = (x −3)2 буде нескінченно малою тільки тоді, коли x →3.
Зауваження. Все, що було сказано про невдалий термін «нескінченно малі послідовності» цілком відноситься до терміна «нескінченно малі функції».
Теореми про нескінченно малі функції
1. Для того, щоб число А було границею функції y = f (x) при x → x0
(абоx →∞) необхідно і достатньо, щоб різниця |
f (x) − А була нескінченно |
|
малою функцією. Тобто якщо lim |
f (x) = A , то |
f (x) − A = α(x) , де α(x) – |
x→x0 |
|
|
нескінченно мала функція. |
|
|
Навпаки, якщо f (x) − A = α(x) , то |
lim f (x) = A . |
|
|
x→x0 |
|
Доведення. Нехай lim f (x) = A , тоді за означенням границі функції, по-
x→x0
чинаючи з деякого моменту, буде виконуватись нерівність f (x) − A < ε. Позначимо f (x) − A = α(x) , тоді α(x) <ε і за означенням α(х) буде не-
скінченно малою функцією.
Навпаки: нехай f (x) − A = α(x) . Тоді всі значення α(x) , починаючи з де-
якого, будуть задовольняти нерівність |
|
α(x) |
|
<ε, |
або |
|
|
f (x) − A |
|
< ε. А з цієї |
|||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||
нерівності випливає рівність |
lim f (x) = A . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
2. Якщо функція α(x) |
x→x0 |
|
|
|
|
|
|
x → x0 (або x →∞) і не |
|||||||||||
прямує до нуля при |
|||||||||||||||||||
перетворюється в нуль, то функція |
1 |
|
буде прямувати до нескінченності. |
||||||||||||||||
α(x) |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Доведення. Якщо функція α(x) →0 |
|
при x → x0 |
(або x →∞), |
|
то, |
почи- |
|||||||||||||
наючи з деякого значення, |
буде |
виконуватись |
нерівність |
|
α(x) |
|
< ε. |
Тоді |
|||||||||||
|
|
33
α(1x) > 1ε. Позначимо1ε = M . Тобто, починаючи з деякого значення, буде ви-
конуватись нерівність |
|
1 |
> M , а тоді за означенням функція |
1 |
буде |
|
α(x) |
α(x) |
|||
|
|
|
|
прямувати до нескінченності.
3. Сума скінченого числа нескінченно малих функцій є нескінченно мала функція.
Доведення. Проведемо доведення для двох функцій.
Нехай α(x) і β(x) нескінченно малі, коли x → x0 (або x →∞). Доведемо, що їхсума γ(x) = α(x) +β(x) будетежнескінченномалоюфункцієюпри x → x0 .
|
Оскільки α(x) нескінченно мала функція, то для |
|
ε |
> 0 знайдеться таке |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
число |
|
|
|
δ1 > 0 , що |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x − x0 |
|
< δ1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
як |
|
|
тільки |
|
|
|
|
|
|
|
буде |
|
виконуватись |
нерівність |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
α(x) |
|
< |
ε |
. |
|
|
Аналогічно |
для β(x) знайдеться таке |
|
|
числоδ2 , що, |
як тільки |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ε |
|
. Знайдемо min{δ ,δ |
|
} і |
|||||||||||
|
x − x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
β(x) |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
< δ |
2 |
, буде виконуватись нерівність |
|
|
< |
|
2 |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|||||||
позначимо його через δ. Тоді, як тільки |
|
x − x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
< δ, будуть виконуватись вод- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ночас дві нерівності: |
|
|
|
α(x) |
|
< |
ε |
, |
|
β(x) |
|
< |
ε |
. Отже, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
ε |
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
γ(x) |
|
= |
|
α(x) +β(x) |
|
≤ |
|
α(x) |
|
+ |
|
β(x) |
|
< |
|
+ |
= ε, |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
тобто |
|
|
γ(x) |
|
< ε і тому γ(x) – нескінченно мала функція. |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
4. |
Добуток нескінченно малої функції α(х) на обмежену функцію |
f (x) |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
при x → x0 (або x →∞) є нескінченно мала функція. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
Доведення. Якщо |
f (x) обмежена, коли x → x0 , то знайдеться такий окіл |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
точки |
|
|
x0 , |
в якому |
|
|
|
f (x) |
|
< M . |
|
Якщо α(x) |
|
|
|
нескінченно мала функція при |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x → x0 , то за означенням для всякого ε > 0 знайдеться окіл точкиx0 , в якому
буде виконуватись нерівність |
|
α(x) |
|
< |
|
|
ε |
. Тоді |
|
|
|||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||
M |
ε |
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
α(x) f (x) |
|
= |
|
α(x) |
|
|
|
|
f (x) |
|
< |
M = ε |
||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
M |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Отже, α(x) f (x) – нескінченно мала функція.
Висновок 1 . Добуток двох нескінченно малих функцій є нескінченно мала функція.
Помітимо, що всяку нескінченно малу функцію можна вважати обмеженою функцією. Тому одну із двох нескінченно малих функцію можна розглядати як обмежену.
Цей висновок вірний і для будь-якого скінченного числа множників.
34
Висновок 2 . Якщо α(x) – нескінченно мала функція при x → x0 (або x →∞), а
С – стала величина, то lim [C α(x)]= 0 . x→x0
Помітимо, що величина С завжди обмежена.
ЗАПИТАННЯ ТА ЗАВДАННЯ ДЛЯ САМОПЕРЕВІРКИ
1.Що таке нескінченно мала функція? Наведіть приклади.
2.В якому випадку функція y = x 1−5 буде нескінченно малою, а в якому –
нескінченно великою?
3. Якщо lim f (x) = A , то як можна представити функцію y = f (x) (за допо-
x→x0
могою властивості 1)?
4.Якщо α(x) – нескінченно мала функція, а f (x) – обмежена, то чому дорівнює добуток цих функцій?
10. ОСНОВНІ ТЕОРЕМИ ПРО ГРАНИЦЮ ФУНКЦІЇ
Розглянемо декілька функцій, які залежать від одного і того ж аргументу х, який прямує до числа x0 або до ∞. Будемо проводити доведення для x → x0 ,
маючи на увазі, що доведення для випадку x →∞ проводиться аналогічно.
1. |
Якщо функція f(x) має скінченну границю А при x → x0 , тобто |
||
|
lim |
f (x) = A , то функція буде обмеженою в околі точки x → x0 . |
|
x→x0 |
|
||
|
Тобто існує окіл (x0 −δ, x0 +δ) точки x0 , в якому виконується нерівність |
||
|
f (x) |
|
< M . |
|
|
2. Якщо функція має границю, то вона єдина.
Функція не може водночас прямувати до двох різних границь при x → x0
(або x →∞). Таким чином, існує два варіанти: або функція має границю і вона єдина при x → x0 ( x →∞), або функція не має границі при x → x0 ( x →∞).
3. Границя суми скінченного числа функцій, дорівнює сумі границь цих
функцій. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lim [f1(x) + f2 |
(x) +... + fn (x)]= lim |
f1(x) + lim |
f2 |
(x) +... + lim fn (x) . |
|
|||||||
x→x |
|
|
|
|
|
|
x→x |
|
x→x |
|
x→x |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
Доведення. Проведемо доведення для двох функцій. |
|
|||||||||||
Нехай |
lim |
f (x) = A , |
lim |
f |
2 |
(x) = A , де |
A і |
A |
деякі числа. Тоді на |
|||
|
x→x |
1 |
1 |
x→x |
|
|
2 |
1 |
2 |
|
||
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
основі теореми 1 із п. 9 можна записати: |
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
f1(x) = A1 +α1(x) і f2 (x) = A2 +α2 (x) , |
|
||||||||
де α1(x) і α2 (x) нескінченно малі функції. |
|
|
|
|
||||||||
Тоді |
f1(x) + f2 (x) = A1 +α1(x) + A2 + α2 (x) = A1 + A2 + α1(x) + α2 (x) , |
(3) |
||||||||||
де A1 + A2 |
– стала величина, позначимо її через А, |
α1(x) +α2 (x) – сума двох |
нескінченно малих функцій і тому теж нескінченно мала функція (теорема 3,
35
п. 9), позначимо її через α(х) , а суму двох функцій f1(x) + f2 (x)
через f (x) . Тоді рівність (3) запишеться у вигляді |
f (x) = А+α(x) . |
||||||||||||||||||
Знову скористаємося теоремою 1 із п. 9 і одержимо |
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
lim f (x) = A . |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Повернемося до початкових позначень: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
lim f (x) = lim |
[f (x) + f |
2 |
(x)]= A = A + A = lim |
f (x) + lim |
|||||||||||||||
x→x |
x→x |
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
2 |
x→x |
1 |
|
x→x |
|||||
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
0 |
Приклад. |
|
|
|
x |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
π |
|
π |
||
lim sin |
|
|
+cos x |
= lim sin |
|
+ lim cos x =sin |
|
+ cos |
|
||||||||||
2 |
|
2 |
6 |
3 |
|||||||||||||||
|
x→ |
π |
|
|
|
|
x→ |
π |
|
x→ |
π |
|
|
|
|||||
|
3 |
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
позначимо
f2 (x) .
= 12 + 12 =1.
4. Границя добутку скінченного числа функцій дорівнює добутку границь цих функцій.
Доведення. Нехай |
lim |
f (x) = A , |
lim |
f |
2 |
(x) = A . |
|
|
|
|
|||||
|
|
x→x |
1 |
1 |
x→x |
|
|
2 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Тоді за теоремою 1 п. 9, будемо мати (вже не так докладно, як у теоремі 3): |
|||||||||||||||
|
f1(x) f2 (x) = ( A1 + α1(x)) ( A2 +α2 (x)) = |
|
|
|
|||||||||||
= A1 A2 + A1 α2 (x) + A2 α1(x) + α1(x) α2 (x) = A + α(x) , |
|||||||||||||||
де A1 A2 = A – стала величина, а |
A1 α2 (x) + A2 α1(x) +α1(x) α2 (x) – сума |
||||||||||||||
нескінченно малих функцій, яку ми позначили через α(x) . Тоді |
|||||||||||||||
lim [f (x) f |
2 |
(x)]= A = A A = lim |
f (x) lim |
f |
2 |
(x) . |
|||||||||
x→x |
1 |
|
|
|
1 2 |
x→x |
1 |
x→x |
|
|
|||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
|
|
Приклад. lim |
3x x2 |
= lim 3x |
lim |
x2 =3−2 (−2)2 = |
4 . |
||||||||||
x→−2 |
|
|
|
x→−2 |
|
x→−2 |
|
|
|
|
|
9 |
|
Висновок. Сталий множник можна виносити за знак границі.
Помітимо, що границя сталої дорівнює самій сталій: limС =С. Тоді, |
|||
lim [C f (x)]= lim C lim |
f (x) =C lim f (x) . |
||
x→x0 |
x→x0 |
x→x0 |
x→x0 |
Приклад. lim (8 |
x) =8 lim |
x =16 . |
|
x→4 |
x→4 |
|
|
5. Границя частки двох функцій дорівнює частці границь цих функцій, якщо границя знаменника не дорівнює нулю.
|
|
f (x) |
|
lim f (x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
x→x |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
lim |
1 |
|
= |
0 |
|
|
, lim |
f2 (x) ≠ 0 . |
|
|
|
|
|||
|
f2 (x) |
lim f2 (x) |
|
|
|
|
||||||||||
x→x0 |
|
|
x→x0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
x→x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Доведення аналогічне доведенням теорем 3 і 4. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
3 − 4x = |
lim (3 − 4x) |
|
|
lim 3 − 4 lim |
x |
|
3 − 4 (−1) |
|
|
7 . |
|||||
Приклад. lim |
x→−1 |
|
= |
x→−1 |
x→−1 |
|
= |
= − |
||||||||
|
|
lim x − lim 1 |
(−1) −1 |
|||||||||||||
x→−1 |
x −1 |
lim (x −1) |
|
|
|
|
|
2 |
||||||||
|
|
|
x→−1 |
|
|
|
x→−1 |
x→−1 |
|
|
|
|
|
|
||
6. Якщо для відповідних значеннь трьох функцій f1(x), |
f2 (x), f3(x) |
вико- |
36
нуються нерівності |
f1(x) ≤ f2 (x) ≤ f3(x) , |
причому f1(x) і f3(x) |
прямують до |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
однієї границі А, |
тобто |
lim f (x) = lim |
f |
3 |
(x) = A , |
то і функція f |
2 |
(x) буде |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→x |
1 |
x→x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
теж прямувати до границі А, тобто |
lim f2 (x) = A . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
7. Якщо функція |
f (x) прямує до границі А і приймає невід’ємні значення |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
( f (x) ≥ 0 ), то і A буде невід’ємним числом. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
Доведення. |
|
Нехай, |
навпаки, A < 0 . Тоді, враховуючи, |
що |
A – |
границя |
||||||||||||||||||||||||||||||||
функції, з деякого моменту повинна виконуватись нерівність |
|
f (x) − A |
|
< ε |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
(тобто |
|
|
f (x) − A |
|
→0 ). А з іншого боку |
|
|
f (x) − A |
|
≥ |
|
A |
|
|
– тобто модуль різниці |
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
f (x) − A |
|
більше числа | A | . Це значить, що різниця |
f (x) − A не прямує до |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
A . Це суперечить умові теореми. Отже, A ≥ 0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
Аналогічно можна довести, що коли |
f (x) → A і |
f (x) ≤ 0 , то і A ≤ 0 . |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
8. Якщо між відповідними значеннями функцій |
f1(x) і |
f2 (x) , які пряму- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
ють |
до |
|
|
границь |
(при |
x → x0 ), |
виконується |
нерівність |
f1(x) ≤ f2 (x) , то |
||||||||||||||||||||||||||||||
|
lim f (x) ≤ lim |
|
|
f |
2 |
(x) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
x→x |
1 |
|
|
|
|
x→x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Доведення. За умовою теореми f1(x) ≤ f2 (x) |
|
або f2 (x) − f1(x) ≥ 0. Тоді, за |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||
теоремою 7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
lim [ f |
2 |
(x)-f (x)] ≥ 0 або lim |
|
f |
2 |
(x)- lim |
f (x) ≥ 0 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x→x |
|
|
1 |
|
x→x |
|
|
|
|
x→x |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
і, нарешті, lim |
|
f |
2 |
(x) ≥ lim f (x) . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x→x |
|
|
|
|
|
x→x |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
9. Якщо функція |
f (x) зростаюча і обмежена зверху (тобто f (x) < M ) при |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
x → x0 , то вона має границю |
lim |
f (x) = A , де А≤ М . |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Аналогічне твердження має місце і для спадної, обмеженої знизу функції. ЗАПИТАННЯ ТА ЗАВДАННЯ ДЛЯ САМОПЕРЕВІРКИ
1.Чому дорівнює границя сталої величини?
2.Чи може функція мати дві границі при x → x0 ?
3.Чи може функція не мати границі при x → x0 (або x →∞)? Якщо так, то
наведіть приклад.
4.Сформулюйте теорему про границю суми функцій і доведіть її.
5.Якими теоремами з п. 9 ми користуємося у доведенні теорем із п. 10?
11. НЕВИЗНАЧЕНІ ВИРАЗИ І ЇХ РОЗКРИТТЯ
Для спрощення розглядання наступного матеріалу повернемось до числових послідовностей. Нехай xn → a, yn →b , де а і b числа або нескінченності
(нагадаємо, що n приймає значення 1, 2, 3, 4,…). Розглянемо дріб xn і різні yn
37
випадки граничних значень а і b , тобто |
|
xn |
|
→ a . |
||
|
|
|||||
|
|
yn |
b |
|
||
Якщо, наприклад, а = 0, а b = 4 , то |
|
xn |
→ |
0 |
= 0 . Тобто взагалі якщо чи- |
|
|
|
4 |
||||
|
|
yn |
|
сельник дробу прямує до нуля, а знаменник до деякого числа (b ≠ 0) , то дріб
буде прямувати до нуля.
Розглянемо тепер випадок, коли а ≠ 0 , а b = 0 , тобто yn →0 . Помітимо, що yn не приймає значень, які дорівнюють нулю. Наприклад, нехай а =5 . Тоді за
великих значень n чисельник xn дробу xn буде майже дорівнювати 5, а зна- yn
менник yn буде достатньо близьким до нуля (але не рівним нулю!).
Ясно, що дріб буде збільшуватись. Тобто якщо чисельник дробу прямує до границі (яка не дорвнює нулю), а знаменник прямує до нуля, то сам дріб
буде прямувати до нескінченності: |
x |
→ a ( a ≠ 0 ) і y |
n |
→0 , то |
|
xn |
|
→∞. |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
yn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
А тепер перейдемо до випадку, коли і |
xn →0 і |
yn →0 . Почнемо з роз- |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
глядання прикладів: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
= 1 . Ясно, що |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xn |
|
|
|
n |
= 1 |
||||||||||
1. Нехай x |
= |
|
|
, |
y |
n |
x |
→0 і y |
n |
→0 . Дріб |
= |
n2 |
= |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
n |
|
|
n |
|
|
|
|
|
n |
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
yn |
1 |
|
|
n |
2 |
n |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|||||||||
теж прямує до нуля. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
n2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
2. Нехай x |
|
= |
|
|
, |
y |
n |
= |
|
|
, тоді дріб |
|
n |
= |
|
|
|
= |
|
= n буде прямувати до |
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||
n |
|
|
n |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
yn |
|
|
1 |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
нескінченності.
|
|
= 4 |
|
|
|
1 , |
|
|
xn |
= |
|
4 |
|
|
|
||||
3. Нехай |
x |
, y |
n |
= |
|
|
|
n |
|
= 4 |
|||||||||
|
|
|
|
1 |
|
||||||||||||||
|
n |
|
n |
|
|
n |
|
|
yn |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
(−1)n |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
x |
|
|
||||
4. Нехай |
x |
|
= |
|
|
|
, |
y |
n |
= |
|
|
, |
|
|
n |
= |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
n |
|
|
n |
|
|
|
|
n |
|
|
yn |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Дійсно, коли n – парне(−1)n =1, а коли
– дріб дорівнює сталій величині.
|
(−1)n |
|
= (−1)n – дріб не має границі. |
||
|
|
n |
|
||
|
|
|
|
||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
n – непарне (−1)n = −1.
Таким чином, ми бачимо, що коли x |
→0 і y |
n |
→0 , дріб |
xn |
може пряму- |
|
|||||
n |
|
|
yn |
|
|
|
|
|
|
|
вати до різних границь або зовсім не мати границі.
Означення. Дріб, у якого чисельник і знаменник є змінні, які прямують до
нуля, називається невизначеністю виду 0 .
⎩0
Відшукання границі такого дробу, або встановлення її відсутності,
38
називається розкриттям невизначеності виду 0 .
⎩0
Крім невизначеності 0 існує ще шість видів невизначеностей:
⎩0
∞ , {0 ∞}, {∞ −∞}, {1∞}, {00}, {∞0}.
∞
|
|
∞ |
|
x |
|
Наприклад, невизначеністю |
|
|
називається вираз |
n |
, де xn →∞ і |
|
|||||
|
|
∞ |
|
yn |
|
y |
n |
|
→∞. А невизначеність виду {∞0} , це вираз x yn , де x |
→∞, а y |
n |
→0 . |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
n |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
Часто |
студенти |
до |
невизначеностей |
|
відносять |
і такі |
|
|
випадки: |
||||||||||||
|
0 |
|
, |
∞,∞ ∞, |
c |
, ∞ |
і т. д. Однак у перелічених випадках можна зразу записати |
|||||||||||||||||||
|
∞ |
∞ |
||||||||||||||||||||||||
|
|
0 |
c |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xn |
|
|
|
||||
відповідь. Наприклад, |
|
означає, що |
x →0 |
, а y |
n |
→∞, а дріб |
→0 . |
|||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
yn |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
Аналогічно: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
∞ : |
|
|
|
|
|
|
|
|
xn |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x →∞, |
y |
n |
→0, |
|
→∞; |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
n |
|
|
|
|
yn |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ ∞: |
xn →∞, |
yn →∞, |
|
xn yn →∞; |
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
: |
|
|
x |
→c, |
y |
n |
→∞, |
|
xn |
→0; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
n |
|
|
|
|
yn |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ : |
|
|
x |
→∞, |
y |
n |
→c, |
|
xn |
→∞. |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
c |
|
|
n |
|
|
|
|
yn |
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Тому потрібно чітко засвоїти, що невизначеностей тільки сім і головне – вивчити їх!
Розкриття деяких видів невизначеностей
1. Невизначеність виду ∞ , яка задана відношенням двох многочленів.
∞
Приклад. Знайти |
lim |
2x3 |
+3x2 −5x +1 |
. |
|
|
4x3 |
+ 7 |
|||
|
x→∞ |
|
|
Розв’язання. Підставимо значення границі x = ∞ в чисельник і знаменник.
Одержимо невизначеність |
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Розділимо чисельник і знаменник дробу на x3 . Тоді |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
2x |
3 |
+3x |
2 |
−5x +1 |
|
∞ |
|
|
|
2x3 +3x2 −5x+1 |
|
|
|
2x3 |
+ 3x2 |
− 5x + |
1 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
lim |
|
|
= lim |
|
|
x |
3 |
|
|
= lim |
|
x |
3 |
|
x |
3 |
|
|
x |
3 |
x |
3 |
|
|
|||||||
|
|
4x3 +7 |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|||||||||||
|
|
|
|
4x3 +7 |
|
|
|
|
|
|
4x3 |
|
|
7 |
|
|
|
|
|
||||||||||||
x→∞ |
|
|
|
∞ |
|
x→∞ |
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
+ |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
x3 |
|
|
x3 |
x3 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
39
|
2 + |
3 |
− |
5 |
+ |
1 |
|
|
3 |
, |
5 |
, |
1 |
, |
7 |
|
|
|
|
2 |
|
1 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
= lim |
|
x |
x |
2 |
|
|
x |
3 |
|
помітимо, що дроби |
|
|
2 |
|
3 |
|
3 |
|
= lim |
|
. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
x |
|
x |
|
|
x |
|
|
x |
|
|
|
= |
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
x→∞ |
4 + |
|
7 |
|
|
|
|
прямують до 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x→∞ 4 |
|
2 |
|
||||||
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Застосований метод має загальний характер. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Рекомендуємо запам’ятати правило. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
||||||||||||
Правило. Для того, щоб розкрити невизначеність виду |
|
коли x →∞, |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
яка задана відношенням двох многочленів, потрібно чисельник і знаменник
дробу розділити на xk , де k – найвищий степінь змінної х, яка входить до прикладу.
Зазначимо, що це правило можна застосовувати і для ірраціональних фу-
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
x |
→∞. |
|
|||||||
нкцій, аби тільки в прикладі була невизначеність |
, а |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Приклад. Знайти |
lim |
|
|
|
x4 + x3 −1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
x2 + 2x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
Розв’язання. |
|
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
x |
4 |
+ x |
3 |
−1 |
|
|
∞ |
|
|
у цьому випадку k = 2, тому розділимо |
|
|||||||||||||||||||||||||
lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
x→∞ x2 + 2x |
|
|
∞ |
|
|
чисельник і знаменник на x2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x4 +x3 −1 |
|
|
|
|
x4 +x3 −1 |
|
|
|
1 + |
1 |
|
− |
|
1 |
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x4 |
|
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
x4 |
|
|
|
||
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
=1. |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
x2 +2x |
|
|
|
|
x2 |
|
2x |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
x→∞ |
|
|
|
|
x→∞ |
+ |
x→∞ |
1 + x |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
x |
2 |
|
|
|
x |
2 |
|
x |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2.Невизначеністьвиду 0 , яказаданавідношеннямдвохмногочленів.
0
Приклад. Знайти lim |
x2 −4x +3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
x2 −9 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
x→3 |
|
|
|
|
(x −3)(x −1) |
|
|
|
|
|
|
|
|||
Розв’язання. lim |
x2 |
−4x +3 |
= |
0 |
|
= lim |
= lim |
x −1 |
= |
2 |
= |
1 |
. |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
x2 |
−9 |
(x −3)(x +3) |
|
6 |
3 |
||||||||||
x→3 |
|
|
0 |
|
x→3 |
x→3 x +3 |
|
|
|
Тобто в прикладах такого типу завжди існує так званий «критичний множник» (у даному випадку це х−3 ), який потрібно вилучити і скоротити.
Правило. Щоб розкрити невизначеність виду 0 , яка задана відношен-
⎩0
ням двох многочленів (причомуx → x0 ), потрібно в чисельнику і знаменнику дробу вилучити «критичний множник» x − x0 і скоротити на нього.
Зауваження. «Критичний множник» x − x0 обов’язково вилучається і в чисельнику і в знаменнику, оскільки значення x = x0 є коренем обох многочленів, а тому ці мно-
40