Руководство к решению задач по математическому анализу. Часть 1. Учебное пособие

Определение Функция





x







x







f



f

x



f



f

x

f

x

f

x







yfx

называется бесконечно большой в



точке



выполняется неравенство

x (или при

0

, что для всех х, удовлетворяющих неравенству,

0

x ), если для любого

0

fx



. В этом случае записывают

существует такое число

0



lim

xx



Аналогично определяется бесконечно большая функция при

Теорема о связи между бесконечно малой и бесконечно большой функциями.

Функция, обратная бесконечно малой, является бесконечно большой. Функция обратная бесконечно большой, является бесконечно малой.

1.6 Замечательные пределы

Первый замечательный предел

sin

lim 1; lim 1.

xx



xx



00

xx

sin

Второй замечательный предел



lim 1 ; lim 1

xx

 



 

x



exe



0

x

1

x

;



lim 1



n





n

1



n

1.7 Вычисление пределов

При вычислении предела функции

yfx

приходится сталкиваться



fx

0

.

e

xx

0



.



,

.

с двумя существенно различными типами примеров.

1. Функция

является элементарной и предельное значение аргумента

x



функции принадлежит её области определения, тогда вычисление предела функции сводится к простой подстановке предельного значения аргумента, так как предел элементарной функции

x

при



определения, равен частному значению функции при

lim

xx



xfx





0

2. Функция

функции





x

.

0

в точке

x



при



.

x не определена, или же вычисляется предел

0

x , где

0

входит в область её

0

x , то есть

0

Тогда вычисление предела требует в каждом случае индивидуального подхода. В одних случаях вопрос сводится непосредственно к применению теорем о пределах, свойствах бесконечно малых и бесконечно больших функций и связи между ними.

Более сложными случаями нахождения предела являются такие, когда





»; «

представляет собой

1

»; «

0

»; «



0

».

функция

в точке

x



неопределённость типа «

0

»; «

x или при

0

»; «

0



0

21

Решение типовых примеров







x



x



x

xx





xx





Вычислить пределы:

1.36

xx

lim

x



2



x

2

.

1



Решение

Так как

lim .

x



2

lim 1 5 0

xx

2

xx

 

2

x



1.37

2



2

24224



1415

2

53

xx

lim

x





1

loq x

2





2

, то применим теорему о пределе частного

.

1

Решение

2

53 7

 

xx

lim 7

x



1

loq x



2



1



2

1513







loq





2





22

11

loq

2

 



1.38

lim sin 2 cos 2





x





4

 

 

xx

66

.

Решение

      

lim sin 2 cos 2 sin cos sin cos

x



     

       





   



4



cos sin .

66224

xx

      

6662262626



13 3

 

2

56

xx

1.39

lim

x





2

32

xx



.

Решение

2

56

xx

Функция



2

32

xx



в точке

не определена. Так как при

2

числитель и знаменатель дроби обращаются в нуль, то имеем неопределенность

0

вида «

». Преобразуем дробь так, чтобы ее можно было бы сократить на

0

. Для этого разложим числитель и знаменатель на множители:

2



2

56 2 3xx x x 

2

32 2 1xx x x 

 

, так как

2

560



2

320



при

2, 3xx

12

2, 1xx

12

 .

Итак, имеем

2

56 323

xx x

lim lim lim 1

xx x

 

  

2

22 2

32 2 1 121

xx x x x

    



23

xx



 

.

22

36



x















x

1.40

Решение

При

следовательно, имеем неопределенность «

ее можно было сократить на

lim

x





3



.

3

x



числитель и знаменатель дроби обращаются в нуль,

. Для этого числитель и знаменатель умножим

3



0

». Преобразуем дробь так, чтобы

0

на выражение, сопряженное иррациональному выражению

на выражение

36

x

lim lim

выражения, избавимся от иррациональности в числителе} =



   

   



33

xx



lim lim

xx



lim lim lim

  

xxx

lim .



x



x

96

33

 

xx xx



lim .

3

x



xx



1.41

Решение

 

xx



222

xx xx xx



2

  

xx x



36x, получим

3636

xx

 





3

x





33 6 33 6



3111



x

33 6





lim

x

62 62

462 462 462

  



22 62442

x

2



2111



x



33 6



xx





2

x



3

x





336



62



.

4





xx



{перемножив сопряженные

33 6



64 2

 



42 2 16





36x



, то есть

12

x

1.42

12



lim lim





x

11



xx

lim lim lim



xxx

13 2 2 2 4 2

11222222

 

32



x

12 3 2 1 3 2

     

xx xx



111

34 1 2 1 1 2

   

xx xx



 

lim

x











1

32

x



  

xxx

  

xxx



.

Решение

12 12 32

32 32 1 2



2.

23

32



x

12



x





x







x



3

21

x

1.43

lim

x



321



2

x



.

Решение

lim 2 1 ; lim 3 2 1

xx

 

32

xxx

  



Следовательно, имеет место неопределенность вида «

и знаменатель дроби почленно на старшую степень дроби, то есть на х

». Разделим числитель

3

,

получим

1



3



21

lim lim

 

xx

2



321

xx

x



2

3

x

32 1



23

xx

.

Предел знаменателя равен нулю, следовательно, в знаменателе бесконечно малая функция. Далее применили теорему о связи между бесконечно малой и бесконечно большой величинами.

1.44

lim 1 1

x



22

xx



 

.

Решение В заданном примере имеем неопределенность вида «



». Умножим

и разделим выражение, стоящее под знаком предела, на сопряженное ему

выражение, то есть на

22

11xx 

, получим

2222

1111

   

xxxx

lim 1 1 lim

 

xx

lim lim 0.



xx

Так как

22

   

xx



22

11

 

xx

 

22 22

xx xx



11 11

   

lim 1 1



x





22

xx

  



xx

2

, значит в знаменателе бесконечно большая



22

11

 



функция. Далее применим теорему о связи между бесконечно большой и бесконечно малой величинами.

1.45



lim



x



3

39







.

2

x

12

Решение



Имеем неопределенность вида «

». Приведем дроби, стоящие

под знаком предела, к общему знаменателю, получим:

12 321



lim lim lim





xxx

333



  

  

39 9 9

xx x x

222

 

xx

.

24

sin 5

x

х



x



x



x

1.46

lim

x



0

.

Решение

Для вычисления этого предела воспользуемся первым замечательным пределом

sin

sin5 5sin5 sin5

lim lim 5lim 5 1 5

00 0

xx x

 

xxx



xx x

55

lim 1

0

х



х

.

1cos4



1.47

lim

x



.

0

2

x

Решение

1 cos4 2sin 2 sin2 sin2 sin2 sin2



lim lim 2lim 2lim lim

xx x xx

  

00 0 00

xx xx xx

sin 2 2sin 2 sin 2

 

2 lim 2 lim 8 lim 8 1 8

 

 

xx x

 

00 0

 

 

22

222

xxx

2

xxxxx



22

1.48



lim 1

xx



 

.

2

3

Решение



В данном примере имеем неопределенность вида «

». Для его

1

вычисления используем второй замечательный предел

3

22

xx

33 3 3

   

lim 1 lim 1 lim 1 lim 1 .

xx x x

      

   

   

xx x x

   

xxx



333

x



lim 1



x



x



     

.

e



66

6

e

x

1

 

sin 3

1.49

lim

x



0

tg x

.

4

Решение

sin 3 sin 3 cos 4 sin 3 3 3 3

lim lim lim limcos 4 lim cos0 1

00 000

xx xxx

 

tg x x x x



4 sin 4 sin 4 4 4 4

x

xxxx x

.

При вычислении этого предела воспользовались эквивалентностью бесконечно малых

. Затем бесконечно малые функции в числителе и в знаменателе

0



sin ~xx

при

. Следовательно,

0



sin3 ~ 3xx

и

sin 4 ~ 4xx

при

заменили эквивалентными им функциями.

25

1

x





x



x







x











x



x

2

1.50

lim 1 5

x

 .



0





x

Решение

Имеем неопределенность вида «

». Для вычисления предела

1

используем второй замечательный предел

1

11



22

Итак,

   

lim 1 5 1 lim 1 5



xx

lim15 lim15 15

xx



00



 



00

11

 

55

xx

xxx

5



 



lim 1



0



x

xe



x



e .

5



5

.

Вычислить односторонние пределы :

4

1.51

lim

20

xx





Пусть

, тогда при

2



.

3

2

Решение

функции

20



отрицательными бесконечно малыми, поэтому

бесконечно большая функция.

Следовательно,

4

При

функции

2



lim

20

xx

2





и

2

3

.



3

2x 

– положительные бесконечно

и

2



4

– отрицательная

3

2x 



3

2x 

являются

малые, поэтому

Следовательно,

1.52

Решение При

следовательно

1



Тогда

1

2

– бесконечно малая функция.

Следовательно,

4

– положительная бесконечно большая функция.

3

2x 



1

lim

xx

10



12

10

.

1



1

функция

1

– отрицательная бесконечно большая функция.



1

lim

20

xx

2





1

4

.



3

– отрицательная бесконечно малая,

26





x



x





x

xxx



x



x



x



x



x



x



xxx

x





x





При

10



lim 1.

xx

10

12

1



функция

1

– положительная бесконечно малая,

1

следовательно,

1



1

2

– бесконечно большая положительная функция. Таким образом

– положительная бесконечно большая функция. Тогда



1

lim 0.

xx

10

12

1



1

Найти пределы:

3





31

xx



0





x



4

1.53

lim

x



2

5

x



.

3

2

3

x



1.54

lim 1

x



.

1.55

1.57

1.59

1.61

1.63

1.65

1.67

2

56

xx

lim

x



lim

x



lim

x



lim

x



lim

x

lim

x



lim

x





2

1

253

3

383

0



0

3

0

2



32

xx



32

xx



2

xx



2

xx



2

11

x



2

x

11



2

x

2

11

x



2

16 4

x



2

11

x



2

x

2

21

. 1.56

x

1

. 1.58

1

.

1.60

lim

x



1

2

xx

lim

2

x



2

xx

lim

1

651

x



2

x

.

1.62

1.64

1.66

lim

5

x



lim

4

x



35

lim

x



1

2



3

x



710

812



3

81

x



2

x



12



x



5

4

x



x



.

x

1

x

.

1.68

lim

33

0

x



11



.

x

3

52

x

1.69

lim

x



3

x



cos sin

1.71

1.73

lim



x



4

3

xx

lim

x



x

cos 2

52



10



.

1.70

3



10

.

1.72

1.74

27



172

lim

2

x



2

lim

x



2

x

4

lim

x



1

x

22

xxxx

 

2

xx



.

x

.

10

1

.

1.75

x



x

x

x



x



x









x



x



x



x





x

1.77

1.79

1.81

23

x



lim

x





2356

xxx

lim

x



37 1

sin

lim

0

x



sin

1cos



lim

0

x



.

3

x

32



23

xxx





.



.

2

x

3

1.76

lim

x



4

212

xx



6

3

32

xx



.

sin 2

.

1.78

lim

x



0

.

tgkx

1.80

1.82

lim

x



lim

x



0

.

1cos

3



sin 2

.

x

1 sin 1 sin

1.83

lim

x





0

tgx

sin 3

1.85

lim

x



sin 2

.

1.87

sin sin

lim

xa



xa

a

 

arctg x

1.89

lim

x



0

,

указание: Положить

n

5

1.91

1.93

1.95

1.97

1.99

1.101



lim 1

n



lim 1

n



lim 1

x



lim

x



lim



x





n



4







n



mx

kx





1

x



 



1

x



23

x



 

24

x





34

x





lim





x

32

x





. 1.92

3

n



.

. 1.98

42



3

.

arctgx 

.

1

.

x

.

1.84

lim

x

0

x

sin5

42



.

cos

1.86

1.88

lim

x



lim

x





6

2

.

x





sin

x





6



3

cos



.

2

sin 1 2

1.90

.

указание: Положить

1.94

1.96

1.100

1.102

1

x



2



lim 1

n

lim 1

x

lim 1

x

lim

x











0













x



 



lim

x

lim

x



x





x





x



32

 



31



arc x

lim



2

41

x



arcsin 1 2x

n

1

.

n

3

ctgx

tgx

.

1

.

x

21

1

.

2

1

x

2

5



.

23



2



2



x



x



,



.

1.103

lim

x





ax



.

1.104

28

lim 1

x



2

xx



.

1.105







x



x



x

xxx





x



xxx





x



x

f

x



x





33

lim 1 1

x



 



22

xx

 

.

1.106

lim

x



22

xa



.

1.107

1.109

1.111

1.113

1.115

1.117

12



lim



1

x







lim ln ln



x





2

11



xx



xa x





.

1.108

1.110



lim

x



lim

x



12

sin

2

x



tgx

3

x

1





0



 



Применение бесконечно малых для вычисления пределов

Найти пределы:

2



x

xx



2

ax x

tgвx

.

3

.

2

.

lim

0

x



sin 2

ln 1 3

lim

0

x



1cos

lim

x



0

lim

x



0

sin 5

.





sin 4



mx

2

x

7

arctg x

4

2

x



e

1

1.112

lim

x



0

sin 2

sin 3

3sin

.

1.114

lim

x



0

42

cos4 cos2

. 1.116

lim

x



0

arcsin 3

sin

.

1.118

lim

x



0

.

1.119

а)

в)

Найти левый и правый пределы функций

1



1



fx



xe



 





1

3

1



a

при



xa

.

1

.

б)

г)

1

fxe

д)



1

ïðè õ

1) 0;

ж)

ïðè õ

2) 1;

ïðè õ

3) 1.

fx





е)

1



 



ln 1xe





x

0ïðè õ

.

fx





x



11

1

fx ar

1) 0;

2) 1.





ïðè õ ïðè õ

ctg

1

fx



12

1) 0;

ïðè õ ïðè õ

2) 1.

2

1

x

3

1

при

x



.

3

29

1.8 Непрерывность функции





f









f





f

x





f









f





f





f





xx

x



f





f











f

x





f



x





f

x









f













а) Определение непрерывности функции в точке

Определение 1

если предел функции и ее значение в этой точке равны, то есть

Функция

называется непрерывной в точке х0 ,

x

или

функции и знак предела.

или

непрерывной в точке всех

выполняется неравенство

обозначается

lim lim

xx xx



х, удовлетворяющих неравенству

xf x





00

Таким образом, для непрерывной функции можно менять знак

Из определения непрерывности функции

Определение 2 (на языке «

Разность



xx  .

Разность

Определение 3 Функция

, так как

xx xx

х

, если для любого

0

fx fx

называется приращением аргумента х в точке х0 и

0

xfx





xfxfx



00

lim

xx



lim lim

00

 

00

xfxfx



xx



0



xfx

0

lim

xx



xfxfx

00

000

0

называется приращением функции в точке х0 и

x

0





0

или



x

0

.

0

в точке х0 следует

x





»). Функция



существует

0



.

yfx fx



называется непрерывной в точке х0 ,

0



называется

x



такое, что для

0

.



0

если бесконечно малому приращению аргумента малое приращение функции в этой точке, то есть

Теорема 1 Все основные элементарные функции непрерывны в

каждой точке своей области определения.

Теорема 2 Если

то функции

(последняя при условии, что

Теорема 3 Если функция

непрерывна в точке

u



непрерывна в точке

 

fx x fx x

   

;;

х

.

0

и

x



).



00

0x

0

ux

30

– непрерывные функции в точке х0 ,



x



также непрерывны в точке х0





непрерывна в точке х0 , а функция

ux

, то сложная функция

соответствует бесконечно

lim 0

xy



0

.



yf x

