Математика введение в анализ дифференциальное исчисление функции од

2

2

вательно, arctg x ограниченная функция при любом x .

Тогда по формуле (2.51) получаем, что

lim (x2

+ arctg x) = +∞ .

x→+∞

log1 x

1

е)

3

=

log1 x .

x

x

3

Так как x → +

0 , следовательно,

1

→ +∞

(формула 2.55).

x → +

x

log 1 x → +∞

при

0

(см.

графики

элементарных

3

функций – глава 1, §3, рис. 1.26), т.е. функция log1

x бесконечно

большая.

3

Тогда по формуле (2.52)

lim

1

log1

x = +∞ .

x→+

0 x

3

§ 5. Правила предельного перехода

Основные формулы

Определения

и рисунки

и замечания

1.

lim C = C

(2.56)

Предел постоянной величи-

x→ x0

ны y = C естьсамавеличина С.

2. Если lim f ( x) = A ,

Предел суммы двух функ-

x→

x0

ций,

имеющих пределы, равен

lim φ( x) = B , тогда

сумме их пределов.

x→ x0

Замечание

lim [ f ( x) + φ(x)] =

Формула (2.57) справедлива

x→ x0

для алгебраической суммы лю-

= lim

f ( x) + lim φ( x) =

(2.57)

богоконечногочислафункций.

x→ x0

→x

x0

= A + B

3. Если

lim

f ( x) = A ,

Предел произведения двух

x→

x0

функций,

имеющих

пределы,

lim φ( x) = B , тогда

равен

произведению

пределов

x→ x0

f ( x) φ(x) =

этих функций.

lim

Замечание

x→ x0

f ( x) lim φ( x) =

Формула (2.58) справедли-

= lim

(2.58)

ва для любого конечного числа

x→

x0

→x

x0

функций.

= A B

4. Если lim

f ( x) = A

Постоянный

множитель

x→

x0

можно выносить за знак пре-

и C = const , то

дела.

lim C f ( x) = C lim f ( x)

(2.59)

x→ x0

→x

x0

5. Если

lim

f ( x) = A ,

Предел частного двух функ-

x→

x0

ций, имеющих пределы, равен

lim φ( x) = B ≠

0 , тогда

частному пределов, если предел

x→ x0

( x)

знаменателя неравеннулю.

lim f

f

( x)

=

=

A

Замечание

x

→

x

lim

0

(2.60)

Формулы (2.56)–(2.60) спра-

φ(x)

lim φ( x)

B

x→ x0

ведливыидля случая x →

∞ .

x→

x0

6. Если в некоторой окре-

Если в некоторой окрест-

стности точки x0

f (x) ≥

0 и

ности

точки

x0

функция

lim

f ( x) = B , тогда

y = f (x) ≥

0

и

lim

f ( x) = B ,

x→ x0

x→ x0

lim f ( x ) ≥

0 или B ≥

0

(2.61)

то этот предел не может быть

x→ x0

отрицательным.

7. Если

в

некоторой

окре-

Знак

неравенства

сохраня-

стности точки x

f (x) ≥ φ(x) и

ется при предельном переходе.

0

lim

f ( x) = A ,

lim φ( x) = B , то

x→ x0

x→

x0

lim

f ( x) ≥ lim φ( x) ,

x→ x0

→x

x0

т.е.

A ≥

B

(2.62)

8. Если

в

некоторой

окре-

Если функции φ(x) и g(x)

стности точки x0

имеют один и тот же предел при

(x)

≤

f (x) g(x) ,

x → x0 ,

то

и функция

f

(

x

)

,

φ

≤

lim φ( x) = A ,

lim g ( x) = A ,

заключенная между ними, имеет

x→ x0

x→

x0

предел

при x →

x0 ,

равный

тогда

f ( x) = A

пределу функций φ(x) и g(x) .

lim

(2.63)

Замечание

x→

x0

Формулы (2.61)–(2.63) спра-

ведливыидляслучая x →

∞ .

9. lim [ f ( x)]n =

Следует запомнить:

x→

x0

знак предела

можно

вносить

=

lim

f

( x) n

(2.64)

под знак степени.

x→ x0

Замечание

n – любоенатуральноечисло.

10.

lim m f ( x) =

Следует запомнить:

x→

x0

знак предела

можно

вносить

= m lim

f ( x)

(2.65)

под знак корня.

x→

x0

Замечание

При

любом нечетном m

формула

(2.65)

справедлива

всегда. Если же m четное, то эта

формула верна только тогда,

когда f ( x ) ≥ 0 .

f ( x)

= a

lim

f ( x)

Следует запомнить:

11.

lim a

x→

x0

,

при постоянном основании мож-

x→

x0

но переходить к пределу в пока-

a = const

(2.66)

зателе степени.

12. Если lim

f ( x) = A ,

Следует запомнить:

x→

x0

можно

переходить

к

пределу

причем A > 0, то

под знаком логарифма.

lim

log

f

( x)

=

Замечание

x→ x0

a

Требование о том, что А

= loga

lim

f

( x)

(2.67)

должно

быть

положительным,

связано

с

тем,

что число А в

x→

x0

правой

части

формулы (2.67)

стоит под

знаком

логарифма,

а логарифмическая функция оп-

ределена только для положи-

тельных значений аргумента.

lim

(3x2 −10x +1) = 3lim x2 −10lim x + lim1.

x→ 4

→x 4

→ x 4 →

x 4

lim (3x2 −10x +1) = 3 16 −10 4 +1 = 48 − 40 + 1 = 9.

x→ 4

Задача 2. Вычислить

3x2

− 5x +1

lim

.

x→− 1 x7 − 3x3 + 4

3x

2

− 5x +1

lim (3x2 − 5x +1)

3(−1)

2

− 5

(−1) + 1

lim

=

x→− 1

=

=

x→−

1 x7 − 3x3 + 4

lim

( x7 − 3x3 + 4)

(−1)7 − 3(−1)3 + 4

x→− 1

=

3 + 5 +1

=

9

=

3

.

−1 + 3 + 4 6

2

Задача 3. Вычислить

5

lim

.

8

x→ 2 4x −

Так как lim (4x − 8) = 0 , то (4x − 8) при x →

2 есть величина

x→

2

1

бесконечно малая, а обратная ей величина

бесконечно

4x −

8

большая (2.55). Поэтому при x →

2 произведение

1

5 есть

4x − 8

5

величина бесконечно большая (2.53), т.е. lim

= ∞ .

x→

2 4x − 8

Задача 4. Вычислить lim

9

.

Решение

x→∞

7x + 4

знаменатель (7x + 4) неограниченно растет, т.е.

При x → ∞

является величиной бесконечно большой:

lim (7x + 4) = ∞

. Сле-

x→∞

Так как lim (7x + 4) = ∞

, то

1

при x → ∞

есть величи-

7 x + 4

x→∞

lim

1

= 0 .

7x + 4

x→∞

Тогда по формуле (2.42) произведение

1

9 есть беско-

7x +

4

9

= 0 .

нечно малая величина, т.е. lim

7x

+

4

x→∞

Задача 5. Вычислить lim

3x +1

.

Решение

x→− 13 5x2 −1

Поскольку предел знаменателя отличен от нуля, используем

формулу (2.60) о пределе частного:

lim (3x +1)

1

3x

+1

1

3 −

3

+1

0

lim

=

x→− 3

=

=

= 0.

lim (5x2

−1)

4

x→− 13 5x2

−1

1 2

−

x→− 1

5 −

−1

9

3

3

lim

(7 − 2x) (3 + 5x2 ) = lim

(7 − 2x)

lim (3 + 5x2 ) = 3 23 = 69.

x→ 2

→x 2

→

x 2

Задача 7. Найти:

а)

lim

3 x ;

x→−

64

б)

lim

3x2 + 4;

x→

2

в) lim 5 4x ;

x→

0

г)

lim

3

;

x→∞

3 7x

д)

lim 9

x .

x→∞

lim

3 x = 3 lim x = 3 −64 = −4;

x→− 64

→x−

64

б) Так как 3x2 + 4 > 0 для любого x, то формула (2.65) при-

менима:

lim

3x2 + 4 =

lim (3x2 + 4) = 3 22 + 4 = 16 = 4 ;

x→ 2

→x

2

в) lim

5 4x = 5 lim(4x) = 5 0 = 0 ;

x→ 0

→x 0

г) lim

3

= 3 lim

1

= (формула (2.59)) =

3 7x

x→∞

→∞ x

3 7x

= 3 lim 3

1

= 3 3 lim

1

= 3 3 0 = 0 ;

7x

x→∞

→∞ x

7x

д) lim 9

x = 9 lim x = ∞ .

x→∞

→∞ x

2 x

lim

2 x

2 3

lim 2 x−2

= 2x→ 3 x−2 = 23−2 = 26 = 64 ;

x→ 3

б)

lim x

= ∞

(так как lim x = ∞ );

lim 4x = 4x→∞

x→∞

x→∞

в)

lim 32 x = 3x→−∞

2 x

= [3−∞ ] = 0 (так как a−α = 1 ).

lim

x→−∞

aα

Задача 9. Найти lim lg ( x +1) .

x→

99

Решение

На основании формулы (2.67)

lim lg ( x + 1) = lg lim

( x + 1) = lg100 = 2.

x→ 99

→x 99

ность вида

0

или соответственно

∞

. Нахождение предела та-

0

∞

вида

0

или

∞

. Кроме этого могут возникнуть неопределенно-

0

∞

сти вида 0 ∞

, ∞ − ∞ .

Основные формулы

Определения

и рисунки

и замечания

1. Неопределенность

вида

0

0

lim

f ( x)

, если lim

f ( x) = 0

и

φ( x)

x→

x0

x→

x0

lim φ( x) = 0

x→

x0

R(x) =

1, а)

R(x)

– дробно-рациональ-

a xn + a xn−1 + ... + a

x + a

=

=

ная функция.

0

1

n−1

n

b0 xm + b1xm−1 + ... + bm−1x + bm

P(x)

и Q(x) – многочлены

=

P( x)

(2.68)

(целые рациональные функции).

Q( x)

Следует запомнить:

здесь нет сокращения на нуль,

что никогда недопустимо. Со-

гласно

определению предела

функции аргумент x стремится

к своему предельному значе-

нию x0, никогда с ним не совпа-

дая. Поэтому x − x0 ≠

0 .

1, б) lim

f ( x)

– предел

Правило

φ( x)

Если в числителе или зна-

x→ x0

дроби, содержащей

иррацио-

менателе иррациональное

вы-

ражение (корень четной степе-

нальные выражения

ни),

нужно

к числителю

или

знаменателю

подобрать

со-

пряженное

выражение

(для

a − b

сопряженным являет-

ся

a +

b и наоборот, причем

( a − b )( a + b ) = a − b ) и

умножить на него и числитель

и знаменатель, сделать необ-

ходимые упрощения и перейти

к пределу.

Если в числителе или знаме-

нателе иррациональное выраже-

ние (корень нечетной, предпо-

ложим третьей степени), нужно к

числителю или знаменателю по-

добрать неполный квадрат (из-

вестнаяформулаалгебры

(a b)(a2 ± ab + b2 ) = a3 b3 ,

где

a2 ± ab + b2 –

неполный

квадрат) и умножить на него и

числитель и знаменатель.