- •Заняття 9
- •§3.2. Послідовність. Границя послідовності
- •Способи задання послідовностей
- •Властивості, пов’язані із знаходженням границь послідовностей
- •Приклади
- •Завдання для самостійного розв’язування
- •Заняття 10
- •§3.3. Границя функції
- •Основні теореми про границі
- •Приклади
- •Завдання для самостійного розв’язування
- •Заняття 11
- •§3.4. Неперервність функції
- •Властивості неперервних функцій
- •Приклади
- •Завдання для самостійного розв’язування
Приклади
Користуючись означенням границі функції в точці, знайти границі:
а) ; б) .
Розв’язання. а) Розглянемо довільну послідовність (xn), що володіє властивостями:
xn3 nN і 2) =3
(оскільки функція визначена на всій числовій прямій, а, отже, і в будь-якому околі точки 3, то умова xnО(3) nN не накладається). Враховуючи, що , за властивостями границь послідовностей маємо
= = =32–23+5=8.
Отже, за означенням границі функції в точці .
б) Нехай (xn) – довільна послідовність, що володіє властивостями:
1) xn–5 nN і 2) =–5
(оскільки функція визначена на всій числовій прямій, окрім точки –5, а, отже, в будь-якому проколеному околі точки –5, то умова xnО(–5) nN не накладається).
Знайдемо . Якщо xn–5 (n), то чисельник і знаменник дробу прямують до нуля. Тому застосовувати властивість про границю частки послідовностей не можна. Але оскільки xn–5 nN, то даний дріб можна скоротити на xn+5 , а потім знайти границю:
= = = =–5–5=–10.
Отже, за означенням границі функції в точці =–10.
2. Довести, що функція у точці х0=0 не має границі (рис.3.20).
Розв’язання. Розглянемо послідовність (xn), що збігається до х0=0:
xn= , n=1, 2, 3, … .
Оскільки xn= >0 nN, то f(xn)=1 nN і тому = =1.
Р озглянемо тепер іншу послідовність ( ), що збігається до х0=0:
=– , n=1, 2, 3, … .
Оскільки =– <0 nN, то f( )=–1 nN і тому = =–1.
Отже, для двох різних послідовностей (xn) і ( ), що збігаються до точки х0=0, маємо . А це означає, що функція f(x)=sign x в точці х0=0 не має границі.
Знайти границі:
а) ; б) ; в) ; г) ;
д) ; е) ; є) ;
ж) ; з) ; и) .
Розв’язання. а) Використовуючи теореми про границю суми і границю добутку функцій, знайдемо границі чисельника і знаменника дробу:
, .
Оскільки знайдені границі є скінченними і границя знаменника не дорівнює нулю, то за теоремою про границю частки маємо:
= .
б) Знайдемо границі чисельника і знаменника:
, .
Оскільки границі чисельника і знаменника дорівнюють нуля при х2, то використовувати теорему про границю частки не можна. У цьому випадку маємо невизначеність вигляду . Щоб її усунути, спочатку розкладемо вираз у чисельнику на лінійні множники, використавши формулу скороченого множення :
.
Розкладемо квадратний тричлен у знаменнику на лінійні множники, використавши формулу , де х1, х2 – корені тричлена;
.
Далі скоротимо дріб на вираз . Таке скорочення можливе, оскільки цей вираз не дорівнює нулю (адже за означенням границі функції в точці маємо, що х2, але х2). Отже,
= = = .
в) Якщо х5, то границі чисельника і знаменника дорівнюють нулю:
; .
Отже, маємо невизначеність вигляду . Помноживши чисельник і знаменник на спряжений до знаменника вираз і після перетворень скоротивши дріб на , одержимо:
= = =
= = = =
= .
г) Оскільки при х4 границя чисельника є відмінне від нуля число 3, а границя знаменника дорівнює нулю, то за теоремою 3 маємо:
=.
д) Оскільки і , то маємо невизначеність вигляду . Щоб її усунути поділимо чисельник і знаменник дробу на х4, а потім скористаємося теоремою про границю частки:
= =
= = = .
е) Якщо х0, то 4х0 і sin5х0. Тому маємо невизначеність вигляду . Для знаходження скористаємося першою чудовою границею =1:
= = .
Можна знайти задану границю простіше, скориставшись еквівалентністю нескінченно малих функцій. Оскільки , х0, то
= = = .
є) Якщо х0, то sin4х0 і tg3х0. Тому також маємо невизначеність вигляду . Для знаходження скористаємося границями: =1, =1 та врахуємо, що сos3x1, коли х0:
= = =
= = .
ж) Якщо х, то 4х–1 і 4х+2. Тому, знаходячи , маємо невизначеність вигляду . Поділивши чисельник і знаменник дробу на х, знайдемо границю: = = . Якщо х, то 4х–3. Отже, обчислюючи границю , маємо невизначеність вигляду 1. Щоб її усунути використаємо другу чудову границю . Для цього перетворимо вираз так, щоб він містив вираз вигляду :
= = =
= = =
= = .
Останню границю знайдемо як границю степеня. Для цього знайдемо границю основи степеня і границю показника степеня при х. Оскільки вираз має вигляд , причому , коли х, то . Отже, маємо:
= = = = = .
з) Якщо х4, то 2х–71, х–40, . Отже, знаходячи границю , маємо невизначеність вигляду 1. Щоб її усунути використаємо другу чудову границю .
Оскільки х4, то х–40. Тому = . Введемо заміну: х–4=y. Тоді х=y+4, 2х=2y+8, 2х–7=2y+1. Враховуючи заміну, маємо: = = .
Оскільки вираз має вигляд , причому , коли y0, то . Отже, остаточно маємо:
=e6.
и) Оскільки і , то маємо невизначеність вигляду . Перетворивши дріб і скориставшись важливими границями , , =1, одержимо:
= = .
Знайти ліву і праву границі функції f у точці х0:
а) , х0=2; б) , х0=–3.
Розв’язання. а) Знаходячи ліву границю функції f у точці х0=2, вважають що х2 і х<2. Тому
.
При знаходженні правої границі функції f у точці х0=2, вважають що х2 і х>2. Тому
.
Оскільки ліва і права границі функції f у точці х0=2 дорівнюють одна одній, то існує .
б) Якщо х–3 і х<–3, то чисельник дробу прямує до від’ємного числа –6 (2х–6), а знаменник є нескінченно малою від’ємною функцією (х+30 і х+3<0). Тому .
Якщо х–3 і х>–3, то чисельник дробу прямує до від’ємного числа –6 (2х–6), а знаменник є нескінченно малою додатною функцією (х+30 і х+3>0). Тому .