Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Предел и непрерывность функции одного аргумента. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

537 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

		M
			m
0	a	x1	x2 b x
		Рис. 2

Следствие. Если функция непрерывна на отрезке, то она ограничена на этом отрезке.

Теорема 3.5 (Больцано – Коши). Если функция y f (x) не-

прерывна на отрезке [a;b] и принимает на его концах неравные значения f (a) A и f (b) B, то на этом отрезке она принимает и все

промежуточные значения между A и B .

Геометрически теорему иллюстрирует рис. 3. Для любого числа С, заключенного между A и B , найдется точка c внутри этого отрезка такая, что f (c) C . Прямая y C пересечет график функ-

ции по крайней мере в одной точке.

y				y f (x)
B
C
C

A			f (с)		f (b)
A		f (a)	f (с)		f (b)
					x


0	a	c		b

Рис. 3

Следствие. Если функция y f (x) непрерывна на отрезке [a;b] и на его концах принимает значения разных знаков, то внутри отрезка [a;b] найдется хотя бы одна точка c , в которой данная функция f (x) обращается в нуль: f (c) 0 .

Геометрический смысл: если график непрерывной функции переходит с одной стороны оси Ox на другую, то он пересекает ось

Ox (рис. 4).

y
y		f (b) 0

	y f (x)

f (a) 0

Рис. 4

§4. РАСКРЫТИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ ВИДА , 0

и[ ]

Рассмотрим раскрытие неопределенностей вида . Необхо-

димо определить наивысшую степень переменной под знаком предела. Затем числитель и знаменатель дроби поделить на переменную в наивысшей степени.

Пример 1.1.	lim	5n2	8	.

	n 3n2 2n

Решение. Имеет место неопределенность вида . Наивыс-

шая степень n − вторая, делим числитель и знаменатель на n2. Получим

	8
	5		5		lim	8		lim 2
lim		n2		, так как			0 и		0 .
	2		3
n					n n2			n n
	3 n

Пример 1.2. lim 3n3 2n2 n . n (n 2)(n3 1)

Решение. Имеет место неопределенность вида . Наивыс-

шая степень n − четвертая, делим числитель и знаменатель на n4 . Получим

			3							2						1
lim			n						n 2						n 3											0	0,
			n						n 2						n 3											0
						2										1										1
n						2										1										1
	1						n				1
	1										1						n 3
																	n 3
так как										3						2						1									2					1
				lim																						0 0			0		0, lim	0	и		lim			0.
				lim												n2					n3					0 0			0		0, lim	0	и		lim			0.
				n	n											n2					n3										n n			n n3
		Пример 1.3. lim																					2n6				5n2		3n	.
		Пример 1.3. lim																						7n4 3n3					9	.
																		n						7n4 3n3					9
		Решение. Наивысшая степень																													n − шестая, делим числитель
и знаменатель на n6 . Получим
						5							3
		2																		2
lim		2					n4					n5								2						,
lim																										,
n 7						3							9							0
n 7						3							9							0

		n2						n3						n4												5		3					7			3	9
																										5		3					7			3	9
так			как											lim					2										2 0 0 ,			lim
так			как											lim					2						n4			n5	2 0 0 ,			lim				n3		n4
														n											n4			n5				n n2				n3		n4

0 0 0 0 .
Пример 1.4. lim	(2x 3)30 (3x 2)	20	.
Пример 1.4. lim	(2x 1)50		.
x	(2x 1)50

Решение. Наивысшая степень x − пятидесятая. Получим

		3	30		3	2	20
	2	x			3	x			2 30	3		20				3		20
		x				x			2 30	3		20				3		20
lim																.
lim				1 50					2							.
x			2	1 50					2	50						2
			2	x
				x			x2 15x 3
	Пример 1.5. lim						x2 15x 3				.
	Пример 1.5. lim							9x4 1			.
					x x			9x4 1
	Решение. Наивысшая степень x − вторая. Разделив на x2 чис-
													1	15				3			1 .
литель и знаменатель, получим lim													1	x			x2
литель и знаменатель, получим lim
									x	1				9				1			3
													x	9				x4
													x					x4
	Пример 1.6. lim						(x 1)(x 3)(x 2) .
					x x2			2x6				1
	Решение. Наивысшая степень x − третья. Разделив на x3 чис-
														1					3				2
													1	x	1					x	1		x	1
литель и знаменатель, получим lim														x						x			x	1	.
литель и знаменатель, получим lim														1										2	.
									x					1				2 1						2
									x
														x
														x								x6

Для раскрытия неопределенности вида 00 необходимо выде-

лить в числителе и знаменателе дроби под знаком предела множитель, равный нулю, чтобы его сократить.

Пример 2.1. lim x2 x 12 .

x 4 x2 16

Решение. Имеет место неопределенность вида 00 . Разложим числитель и знаменатель дроби на множители. Квадратный трех-

член x2 x 12

имеет корни x 4 и x

3. Тогда он раскладыва-

ется на множители: x2 x 12 (x 4)(x 3). Получим

lim

x2 x 12

lim

(x 4)(x 3)

lim

x 3

4 3

x2 16

(x 4)(x 4)

x 4

4 4

x 4

Пример 2.2. lim x4 3x 2 .

x 1 x5 4x 3

Решение. Разделим числитель и знаменатель дроби на множитель x 1.

0 x

3 x 2

x 1

x 4

x 3

x 3 x 2 x 2

x 3

3 x 2

x 3

x 2

3 x

x 2 x

2 x 2

Аналогично

получим x5 4x 3 (x 1)(x4 x3 x2 x 3) .

Тогда lim

lim

(x 1)(x3 x2 x 2)

(x 1)(x4 x3 x2 x

x 1 x5

x 1

Пример 2.3.

lim

9 2x 5

x 8

x 2

Решение. Имеет место неопределенность вида 00 . Под зна-

ком предела в числителе и знаменателе надо выделить множитель x 8. Для этого умножим и поделим числитель и знаменатель на

сопряженное числителю выражение: 9 2x 5. Затем умножим и поделим знаменатель и числитель на выражение, приводящее к раз-

ности кубов в знаменателе, 3		x2 23		x 4 . Получим
lim (	9 2x 5)( 9 2x 5)(3		x2 23 x 4)
x 8	( 9 2x 5)(3 x 2)(3	x2	23	x 4)

lim	(9 2x 25)(3 x2	23 x 4) lim				2(x 8)(3 x2 23 x 4)
x 8	( 9 2x 5)(x 8)				x 8	( 9 2x 5)(x 8)
lim	2(3 x2 23 x 4)		24 2,4 .
x 8	9 2x 5	3	10
Пример 2.4. lim		3	x 6	2	.
Пример 2.4. lim			x3	8	.
	x 2		x3	8

Решение. Под знаком предела в числителе и знаменателе надо выделить множитель x 2. Для этого умножим и поделим числитель и знаменатель на выражение, приводящее к сумме кубов в чис-

лителе: 3 (x 6)2 23 x 6 4. Знаменатель разложим на множители. Получим

lim

(3 x 6

2)(3 (x 6)2 23

x 6 4)

x 2 (x 2)(x2 2x 4)(3 (x 6)2 23 x 6 4)

lim

x 6 8

2x 4)(3 (x 6)2

x 2 (x 2)(x2

6 4)

lim

x 2

2x 4)(3 (x 6)2

144

x 2 (x 2)(x2

6 4)

Рассмотрим раскрытие неопределенностей вида [ ]. Для этого надо сделать преобразования под знаком предела, приводя-

щие к неопределенности вида .

Пример 2.5.	lim	x2 3x	x2 9 .
	x

Решение. Имеет место неопределенность вида [ ]. Преоб-

разуем функцию под знаком предела, умножив и поделив на сопряженное выражение.


lim	x 2 3x x 2		9 lim		x 2	3x	x 2	9	x 2 3x	x 2 9
							x 2 3x x 2 9
x				x
lim		(x2 3x) (x2 9)		lim		3x 9			.
		x2 3x	x2 9			x2 3x		x2 9
x				x

Таким образом, получили предел, в котором имеет место не-

определенность вида . Наибольшая степень x − первая, поэто-

му, поделив числитель и знаменатель на x , получим

																9
							lim					3 x																		3 0	3 .
							lim																								3 .
							x 1				3		1									9			1 0 1 0							2
							x 1				x		1								x2
											x				x3						x2			x2
															x3									x2
		Пример 2.6. lim																								.
		Пример 2.6. lim														2										.
																2	1						2x
									x 2x								1						2x		1
		Решение. Приведем дроби под знаком предела к общему зна-
менателю. Имеем
	x3		(2x 1) x2 (2x2 1)																										x3 x2
																																.
					2																	lim					2
lim			(2x		2		1)(2x 1)															lim					2		1)(2x 1)
x			(2x				1)(2x 1)															x	(2x						1)(2x 1)
Неопределенность вида																			. Наибольшая степень x − третья, по-

этому, поделив числитель и знаменатель на x3, получим
				1		1														1 0								1 .
lim							x													1 0
lim				1						1				( 2				0 )( 2							0 )
x				1						1				( 2				0 )( 2							0 )					4
		2						2		x
		2		x 2				2
				x 2
		Пример 2.7. lim x4 / 3 (3																	x2 1 3 x2											1).
									x
		Решение. Умножим и разделим функцию под знаком предела
на следующее выражение: 3 (x2 1)2 3																														(x2 1)(x2 1)			3	(x2 1)2 .
Получим
lim	x4 / 3 (3 x2 1 3									x2 1)(3 (x2													1)2		3					(x2 1)(x	2 1)		3	(x2 1)2 )	.
lim								3 (x2 1)2										3 (x2 1)(x2											1) 3 (x2 1)2						.
x								3 (x2 1)2										3 (x2 1)(x2											1) 3 (x2 1)2

Применим в числителе формулу разности кубов:

lim		x4 / 3 (x2	1 x2 1)
	(x2 1)2	3 (x2	1)(x2 1) 3	(x2	1)2
x 3

lim						2x4 / 3					.
lim				2		3 x4 1 3			(x2 1)2		.
x 3 (x2 1)				2		3 x4 1 3			(x2 1)2
Неопределенность вида									. Поделим числитель и знаменатель на

x4 / 3 :
lim						2									2	2	,
lim														1 1 1		3	,
x		1	1		2	3 1	1			1	1		2	1 1 1		3
			1				1				1
	3								3
	3		x 2				x 4		3			x 2
			x 2				x 4					x 2
так как lim			1	0		и lim	1	0 .
так как lim				0		и lim		0 .
		x x2				x x4

§ 5. ЗАМЕЧАТЕЛЬНЫЕ ПРЕДЕЛЫ

Рассмотрим некоторые пределы, имеющие большое практическое значение для раскрытия неопределенностей.

Теорема 5.1. lim ln (1 z ) 1.

z 0 z

Доказательство.

Рассмотрим график функции у ln x (рис. 5). Возьмем на нем

точки M с абсциссой 1 и N с абсциссой 1 z (точка K на оси OX ). В прямоугольном треугольнике MNK имеем NK ln (1 z ) ,

MK z .

ln ( 1 z )	N	y ln x
ln ( 1 z )		y ln x
M	K
M

0 1	1 z x

Рис. 5

Следовательно, tg ln (1 z) . z

Если z 0, то N M и секущая имеет своим пределом касательную. Известно, что касательная к графику функции у ln x , прове-

денная в точке с абсциссой 1, образует с осью OX угол, равный							.
				. Далее находим			4
Отсюда следует, что при z 0				. Далее находим
	ln (1 z )			4	ln (1 z )
lim	ln (1 z )	lim tg 1. Получили lim			ln (1 z )	1.
z 0	z			z 0	z
		4
	Теорема 5.2. lim sin z 1.
		z 0	z

Доказательство. Рассмотрим сначала случай, когда z 0. Так как z 0, то, начиная с некоторого значения, z 2 . Геометрически очевидно, что AD AD ACD (рис. 6).

	A
	1 z D
	0 B C x
.	Рис. 6
.

Находим AD 2 sin z , AD 2z , ACD 2 tg z . Значит, 2sin z 2 z 2 tg z .

Разделим полученное неравенство на 2 sin z 0.

Получим 1

или cos z

sin z

cos z

Так как

lim cos z cos0 1,

то имеем lim sin z

1 (по теореме о трех

z 0

функциях, связанных неравенствами).

Рассмотрим теперь случай, когда z 0. Тогда z

lim sin z

lim

sin(

)

lim

sin

z 0

Теорема 5.3. lim(1 z) z e.

z 0

Доказательство. По основному логарифмическому тождеству получим

1		1	1				ln(1 z)
(1 z) z	eln((1 z) z		ez ln((1 z)				e z .
	1		ln((1 z)
lim(1 z) z		lim e z .
z 0		z 0
В силу непрерывности показательной функции y ex имеем
ln((1 z)		lim ln((1 z)		e1			e (по теореме 5.1).
lim e	z	ez 0	z	e1			e (по теореме 5.1).
z 0						z
Следствие.					1	z
Следствие.			lim 1		z		e.
			z		z

Доказательство. Введем новую переменную y

1 .

Так как z , то y 0 .

e (по теореме 5.3).

lim 1

lim(1 y) y

y 0

Теорема 5.4.

lim

a z 1

ln a .

z 0

a z 1 y . Так как

Доказательство.

Обозначим

z 0, то,

очевидно,

y 0 .

Выразим бесконечно малую z через бесконечно

малую y.

ln (1 y )

az 1 y ,

z ln a ln (1 y ) ,

Далее находим

ln a

lim a z

lim

ln a lim

z 0

y 0 ln (1 y )

ln a

ln a lim

ln a

ln a (по теореме 5.1).

ln (1 y )

lim ln (1 y )

y 0

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]