Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

kurs_lekcii_mo_matematicheskomu_analizu / БМ и ББ величины

.pdf
Скачиваний:
44
Добавлен:
27.03.2016
Размер:
105.25 Кб
Скачать

ЛЕКЦИЯ 3. БЕСКОНЕЧНО МАЛЫЕ И БЕСКОНЕЧНО БОЛЬШИЕ ВЕЛИЧИНЫ. ТЕОРЕМЫ О ПРЕДЕЛАХ.

РАСКРЫТИЕ НЕОПРЕДЕЛЕННОСТЕЙ.

1.Бесконечно малые и бесконечно большие величины

1.Бесконечно малые. При изучении свойств пределов функции особую роль играют функции, пределы которых при стремлении аргумента к какой-либо точке равны нулю.

Определение 1. Функция α(x) ("альфа от х") называется бесконечно малой при x → a , если lim α(x) = 0, т. е. для любого числа ε > 0 существует δ > 0 такое, что из |x − a| < δ следует |α(x)| < ε.

Бесконечно малую функцию называют также бесконечно малой величиной, или просто бесконечно малой.

Свойства бесконечно малых функций

Теорема 1. (свойство 1) Если функции α1(x) и α2(x) являются бесконечно малыми при x → a, то функция α1(x) + α2(x) также есть бесконечно малая при x → a.

Доказательство. Пусть ε > 0 произвольное число. Так как α1(x) и α2(x) бесконечно малые, то найдутся такие числа δ1 , δ2 , что при 0 < |x − a| < δ1 и 0 < |x − a| < δ2 имеют место неравенства

 

ε

ε

 

 

1(x)| <

 

и |α2(x)| <

 

.

 

 

2

2

 

 

Обозначим через δ наименьшее из двух чисел

δ1, δ2 . Тогда при 0 < |x −a| < δ

будут верны указанные неравенства и, следовательно,

 

 

 

 

1(x) + α2(x)| ≤ |α1(x)| + |α2(x)| < 2 ·

ε

= ε.

 

2

Итак, для любого ε > 0 существует δ > 0 такое, что при 0 < |x −a| < δ выполняется неравенство |α1(x) + α2(x)| < ε . Это означает, что α1(x) + α2(x) есть функция бесконечно малая.

Замечание 1. Данное утверждение распространяется на случай алгебраической суммы любого конечного числа бесконечно малых.

Определение 2. Функция называется ограниченной на интервале (a, b) , если существует число M > 0 такое, что для всех x (a, b) выполняется неравенство

|f (x)| ≤ M .

Определение 3. Функция f (x) называется ограниченной при x → a , если существуют положительные числа M и δ такие, что при условии 0 < |x − a| < δ выполняется неравенство |f (x)| ≤ M.

1

Теорема 2. (свойство 2) Произведение бесконечно малой на ограниченную функцию при x → a есть функция бесконечно малая при x → a.

Доказательство. Пусть f (x) ограниченная функция при x → a , α(x) бесконечно малая в т. a . Тогда существует такое число M > 0 , что |f (x)| < M для всех x , достаточно близких к a . Возьмем любое ε > 0 . Для этого ε существует δ > 0 , что при условии 0 < |x − a| < δ одновременно выполняются неравенства

|f (x)| ≤ M , |α(x)| < Mε .

Поэтому

|f (x)α(x)| = |f (x)||α(x)| < M Mε = ε.

Свойство 3. Произведение постоянной на бесконечно малую есть бесконечно малая.

Свойство 4. Произведение двух бесконечно малых есть бесконечно малая.

Свойства 3 и 4 следуют из свойства 2.

2. Бесконечно большие

Определение 4. Функция f (x) называется бесконечно большой при x → a , если для любого числа M > 0 существует такое число δ > 0 , что |f (x)| > M для всех x , удовлетворяющих неравенству 0 < |x − a| < δ . Обозначается это так: lim f (x) = ∞ .

 

 

 

 

 

 

 

 

x→a

 

 

Если f

x

положительна в окрестности точки a , то пишут lim f (x) = +

, если

 

(

)

 

 

 

x

a

 

отрицательна, то lim f (x) =

−∞

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Замечание 2. Бесконечность ( ∞ ) не число, а символ, который употребляется, например, для того, чтобы указать, что соответствующая функция есть бесконечно большая.

Справедливы следующие свойства, характеризующие связь бесконечно малых и бесконечно больших функций.

Теорема 3. Если функция f (x)

бесконечно большая при x → a, то обратная к ней

 

1

 

 

f (x)

бесконечно малая при x → a.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Возьмем

любое ε > 0 ,

обозначим

1

= M . Так

как

f (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

бесконечно большая, то числу M соответствует

δ >

 

такое, что при

 

<

|

x

a < δ

 

 

 

 

1

1

 

 

0

 

 

 

0

 

 

|

 

 

 

выполняется неравенство f (x) > M = ε , откуда

 

< ε.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f (x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема

4. Если функция

α x

бесконечно малая при x

a и не обращается в

1

 

( )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

нуль, то

 

бесконечно большая при x → a.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Возьмем любое ε > 0, M1 = ε. Так как α(x) бесконечно малая, то числу ε > 0 соответствует δ > 0 такое, что при 0 < |x − a| < δ выполняется неравенство |α(x)| < ε = 1/M , откуда 1/|α(x)| > M.

2

2.Основные теоремы о пределах и их применение

Прежде сделаем следующее замечание. Ниже рассматриваются функции аргумента x , при этом x стремится к a или x стремится к бесконечности. Все устанавливаемые в этом пункте предложения о пределах имеют место в обоих случаях.

Теорема 5. Для того чтобы число A было пределом функции f (x) при x → a, необходимо и достаточно, чтобы эта функция была представима в виде

f (x) = A + α(x),

где α(x) – бесконечно малая.

Доказательство. 1. Пусть lim f (x) = A . Это значит, что для любого ε > 0

x→a

существует такое δ > 0 , что для всех x , удовлетворяющих условию 0 < |x − a| < δ , имеет место неравенство |f (x) − A| < ε , т. е. функция α(x) = f (x) − A есть бесконечно малая и f (x) = A + α(x) .

2. Пусть f (x) = A + α(x) , где α(x) – бесконечно малая. Тогда для любого ε > 0 существует такое δ > 0 , что для x из 0 < |x − a| < δ будет |α(x)| = |f (x) − A| < ε , т. е. A предел функции f (x) при x → a .

Теорема 6. Предел постоянной величины равен самой постоянной.

Это утверждение непосредственно вытекает из определения предела.

Теорема 7. Если точки a , кроме, lim f (x) ≥ 0 , (lim

x→a

x→a

функция f (x) ≥ 0 (f (x) ≤ 0) для всех x в некоторой окрестности быть может, самой точки a , и в точке a имеет предел, то f (x) ≤ 0).

Теорема 8. Если функции f1(x) и f2(x)

имеют пределы при x → a , то при

x → a

имеют

пределы их

сумма

f

x

f

 

x ,

произведение f

 

x

f

 

x

и при

условии

 

f1(x)

 

1(

) +

2

(

)

1

(

) ·

2

(

 

)

 

lim f (x) = 0 частное

 

, причем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f2(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

a 2

6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

а)

б)

в)

lim[f1(x) + f2(x)] = lim f1(x) + lim f2(x),

x→a

 

 

 

 

x→a

 

 

 

x→a

lim[f (x)

·

f (x)] = lim f (x)

·

lim f (x),

x

a 1

2

x

a

1

x

a 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

f1(x)

 

 

 

lim f1(x)

 

 

 

 

 

 

lim

 

=

x→a

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

xa f2(x)

 

 

lim f2(x)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→a

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Ограничимся случаем суммы. Все остальные утверждения

доказываются аналогично. Пусть lim f1(x) = A1

, lim f2(x) = A2. Тогда, согласно теореме

x→a

x→a

7,

 

f1(x) = A1 + α1(x), f2(x) = A2 + α2(x),

где α1(x), α2(x) бесконечно малые. Отсюда

f1(x) + f2(x) = (A1 + A2) + (α1(x) + α2(x)).

3

По свойству 1, сумма бесконечно малых α1(x) + α2(x) является бесконечно малой. Следовательно, по теореме 7

lim[f1(x) + f2(x)] = A1 + A2.

x→a

Первая формула теоремы 10 распространяется на случай алгебраической суммы любого конечного числа слагаемых, а вторая формула этой же теоремы на случай конечного числа сомножителей.

Следствие 1. Если функция f (x) имеет предел при x → a , то

lim[f (x)]n = [lim f (x)]n,

x→a

x→a

где n натуральное число.

Следствие 2. Постоянный множитель можно выносить за знак предела:

lim c

·

f (x) = c

·

lim f (x), c const.

x

a

 

x

a

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 9. Если для функций f (x), f1(x) и f2(x) в некоторой окрестности точки a выполняется неравенство

 

 

f1(x) ≤ f (x) ≤ f2(x)

и lim f1

(x) = lim f2

(x) = A, то lim f (x) = A.

x→a

x→a

x→a

В качестве упражнения доказать теорему 9. Доказательство строится из определения предела и понятия абсолютной величины.

При решении примеров на вычисление пределов необходимо учитывать, что для всех основных элементарных функций в любой точке их области определения справедливо равенство

1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim f (x) = f

lim x .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→a

 

 

 

x→a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство этого факта будет изложено ниже.

 

Также следует отметить, что:

 

 

 

2)

lim

C

=

,

если

 

lim f

x

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

a f (x)

 

 

 

 

x

a

 

( ) = 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3)

lim

C

= 0,

если

lim f

x

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

x

a f (x)

 

 

 

x

a

 

( ) = ∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательства 2), 3) основаны на теоремах 5, 6.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim ϕ(x)

 

 

 

4)

lim[f (x)]ϕ(x) = hlim f (x)ixa

, если lim f (x) и

lim ϕ(x) существуют.

 

x→a

 

 

 

 

x→a

 

 

 

 

 

 

 

 

x→a

x→a

Пример 1. Найти lim(5x2 − 6x + 7).

x→1

Решение. Используя теоремы 8, 10, а также следствия 2 получим

lim

5

x2 = 5 lim x2 = 5 lim x

·

x = 5 lim x

·

lim x = 5

·

1

·

1 = 5;

x

1

x

1

x

1

x

1

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

lim 6x = 6 lim x = 6

·

1 = 6;

 

lim 7 = 7;

 

 

lim(5x2

6x + 7) = 5

6 + 7 = 6.

x

1

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2.

Найти lim

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2x2 − x − 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Используя теоремы 8, 10, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim(x2

1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

x − 1

 

1

 

=

 

 

 

x→0

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

2x2

x

 

 

lim(2x2

x

1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim x2

 

 

lim 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

x→0

 

 

x→0

lim 1

=

−1

= 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim 2x2

 

 

lim x

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

0

 

 

x

0

x

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 3.

Найти lim cos x.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Учитывая, что lim f (x) = f (lim x), получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→a

 

 

 

 

 

 

 

x→a

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim cos x = cos lim x = cos 0 = 1.

x→0

x→0

3

Пример 4. Найти lim . x→1 (x − 1)3

Решение.

lim(x

1)3 = lim(x

1) 3

= 0,

x

1

x

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

тогда

3

lim = ∞. x→1 (x − 1)3

Пример 5. Найти lim(3x)x2 .

x→2

Решение. Так как lim 3x = 6 и lim x2 = 4, тогда

x→2 x→2

lim(3x)x2 = 64 = 1296.

x→2

3.Раскрытие неопределенностей

Впростейших случаях нахождение предела сводится к подстановке в данное выражение предельного значения аргумента. Часто, однако, подстановка предельного значения аргумента приводит к неопределенным выражениям вида

00 , , 0 · ∞, ∞ − ∞, 00, ∞0, 1.

Нахождение предела функции в этих случаях называют раскрытием неопределенности. Для раскрытия неопределенности приходится, прежде чем перейти к пределу, проводить преобразования данного выражения.

Рассмотрим следующие примеры.

x2 − 1

Пример 6. Найти предел lim .

x→0 2x2 − x − 1

5

Решение. Здесь имеет место непосредственная подстановка. Подставим в выражение предельное значение аргумента x = 0 и, используя теорему 10, получим

 

x

2

− 1

 

 

 

 

 

lim(x2

1)

 

−1

 

lim

 

 

 

=

 

 

x→0

 

 

=

= 1.

2x2

 

 

 

 

 

 

 

x→0

x

1

 

lim(2x2

x

1)

1

 

 

 

 

 

 

 

x

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 7. Найти предел lim

x2 − 5x + 6

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→2

x2 − 2x

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Непосредственная подстановка в данное выражение предельного значения аргумента x = 2 приводит к неопределенному выражению вида 00 . Следовательно, прежде чем перейти к пределу, необходимо данное выражение преобразовать. Числитель

и знаменатель данной дроби при x

= 2

 

обращаются в

0

, поэтому многочлены x2

−5

x

+ 6

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

и x − 2x делятся без остатка на

x − 2 ( x = 2 корень числителя и знаменателя),

отсюда

x2 − 5x + 6

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

= lim

 

(x − 2)(x − 3)

= lim

x − 3

=

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 − 2x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→2

 

 

 

x→2

 

 

 

 

x(x − 2)

 

 

 

 

x→2

 

x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim(x

3)

 

 

 

2 − 3

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

x→2

 

 

 

 

 

=

=

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 8. Найти предел lim

 

 

 

 

 

− 1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

x2

x = 0 в числитель и знаменатель дроби

Решение. Здесь также при подстановке

имеет место неопределенность вида

 

( 0 ). Чтобы ее раскрыть, умножим числитель и

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

знаменатель на выражение, сопряженное числителю, т. е. на (

 

 

 

 

+ 1). После этого

1 + x2

можно будет сократить числитель и знаменатель на

 

x2 и воспользоваться теоремой о

пределе дроби.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

− 1

 

= lim

(

 

 

− 1)(

 

 

 

+ 1)

=

 

 

 

 

 

 

 

1 + x2

1 + x2

1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

x2

 

 

x→0

 

 

 

 

 

x2(1 + x2 + 1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= lim

 

1 + x2 − 1

 

 

 

 

= lim

 

 

1

 

 

 

=

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0 x2(1 + x2 + 1)

x→0 1 + x2 + 1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 9. Найти предел lim

x3 − 2x2 + 4

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→∞ 2x2 + 3x + 7

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

. В подобного

Решение. В данном случае имеет место неопределенность вида

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

рода примерах числитель и знаменатель делят почленно на xn, где n степень многочлена в знаменателе. Разделим числитель и знаменатель на x2, получим

 

x3 − 2x2 + 4

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

= lim

x − 2 +

 

 

 

 

 

lim

x2

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

3

7

 

 

 

x→∞ 2x + 3x + 7

x→∞ 2 + x

+

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim x

lim 2 + lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

=

x→∞

x→∞ x→∞ x

 

= ,

 

 

 

lim 2 + lim 3

7

 

 

 

 

+ lim

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

x→∞

x→∞ x

x→∞ x

 

 

 

 

 

 

 

 

6

т. к.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

xlim

x

= ∞;

lim 2 = 2;

lim

= 0;

x2

 

x

→∞

x

→∞

 

→∞

 

3

 

 

7

 

 

 

 

lim

 

= 0; lim

 

= 0.

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

x→∞ x

 

x→∞ x

 

 

 

Пример 10. Найти lim

2x2 − x

.

 

 

 

 

 

 

 

x→∞ x2 + 10

 

 

 

 

 

 

 

Решение. В данном случае также неопределенность вида ( ) . Разделим числитель

и знаменатель на x2, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

lim

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

2x − x

= lim

 

2 − x

=

x→∞

 

x

= 2,

 

 

 

x→∞ x2 + 10

 

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

10

 

 

x→∞ 1 + x2

xlim 1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

→∞

 

 

 

 

т. к.

 

1

 

 

 

 

 

 

 

10

 

 

 

 

 

 

lim

= 0;

lim

= 0.

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

x→∞ x

x→∞ x

 

 

 

 

Пример 11. Найти предел

lim

 

 

 

x

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→+∞ 4 + x2 − 5

 

 

 

 

Решение. Здесь имеет место неопределенность вида ( ) . Разделим числитель и

знаменатель дроби на x, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

x

 

 

 

 

 

 

=

 

 

lim

 

 

1

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 + x2

5

 

 

 

 

4+x2

5

x→+∞

 

 

x→+∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

x

 

 

 

 

 

lim

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

x→+∞

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

= 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

q

 

 

+ 1

 

 

 

 

 

 

0 + 1 − 0

 

x

x2

 

x

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 12. Найти предел lim (

 

x2 + 8x + 3

x2 + 4x + 3).

 

 

 

 

 

x→+∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Здесь имеет место неопределенность вида (∞−∞) . Умножим и разделим

√ √

данное выражение на ( x2 + 8x + 3 + x2 + 4x + 3) . Получим

 

 

 

x

lim (

x2 + 8x + 3

x2 + 4x + 3) =

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

x

2

 

 

 

 

 

2

 

 

= lim

(

x

+ 8x + 3 −

x + 4x + 3)(

 

 

+ 8x + 3 + x

+ 4x + 3)

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→+∞

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(x2 + 8x + 3 +

x2 + 4x + 3)

 

 

 

 

 

 

=

lim

x2 + 8x + 3 − (x2 + 4x + 3)

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→+∞ (x2 + 8x + 3 +

x2 + 4x + 3)

 

 

 

 

 

=

lim

 

 

 

 

 

 

 

4x

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→+∞ (x2 + 8x + 3 +

x2 + 4x + 3)

 

 

 

 

 

 

Разделив числитель и знаменатель на x, получим

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2 + 8x + 3/x + x2 + 4x + 3/x =

 

 

 

 

 

 

x→+∞

 

 

 

 

7

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= x→+∞ p(x2 + 8x + 3)/x2 + p(x2 + 4x + 3)/x2

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= x→+∞ p1 + 8/x + 3/x2 + p1 + 4/x + 3/x2 =

=

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 4/2 = 2.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

 

 

 

 

 

1 + 0 + 0

1 + 0 + 0

Воспользовались формулой (a + b)(a − b) = a2 − b2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 13. Найти предел lim

3

 

 

 

 

− 1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Неопределенность

вида

( 0 ).

 

 

Умножим

числитель и знаменатель на

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

2 0 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

неполный квадрат суммы, т. е. (

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x )

+

 

 

 

1 + x + 1 . Тогда

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

2

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

+

 

 

 

2

 

 

 

 

lim

 

1 + x

− 1)[(

 

1 + x )

 

 

 

1 + x + 1]

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0

 

 

 

 

 

x2[(3 1 + x2)2 +

 

3 1 + x2 + 1]

 

= lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 + x2 − 1

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x→0 x2[(3 1 + x2)2 + 3 1 + x2 + 1]

 

 

 

lim

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 1/3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= x0 (3 1 + x2)2 + 3

1 + x2 + 1

 

 

 

 

 

Воспользовались формулой a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) .

8