Приклади

1. Користуючись означенням границі функції в точці, знайти границі:

а) ; б) .

Розв’язання. а) Розглянемо довільну послідовність (x_n), що володіє властивостями:

1. x_n3 nN і 2) =3

(оскільки функція визначена на всій числовій прямій, а, отже, і в будь-якому околі точки 3, то умова x_nО(3) nN не накладається). Враховуючи, що , за властивостями границь послідовностей маємо

= = =3²–23+5=8.

Отже, за означенням границі функції в точці .

б) Нехай (x_n) – довільна послідовність, що володіє властивостями:

1) x_n–5 nN і 2) =–5

(оскільки функція визначена на всій числовій прямій, окрім точки –5, а, отже, в будь-якому проколеному околі точки –5, то умова x_nО(–5) nN не накладається).

Знайдемо . Якщо x_n–5 (n), то чисельник і знаменник дробу прямують до нуля. Тому застосовувати властивість про границю частки послідовностей не можна. Але оскільки x_n–5 nN, то даний дріб можна скоротити на x_n+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 (x_n), що збігається до х₀=0:

x_n= , n=1, 2, 3, … .

Оскільки x_n= >0 nN, то f(x_n)=1 nN і тому = =1.

Р озглянемо тепер іншу послідовність ( ), що збігається до х₀=0:

=– , n=1, 2, 3, … .

Оскільки =– <0 nN, то f( )=–1 nN і тому = =–1.

Отже, для двох різних послідовностей (x_n) і ( ), що збігаються до точки х₀=0, маємо  . А це означає, що функція f(x)=sign x в точці х₀=0 не має границі.

3. 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 х2, 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 х2, але х2). Отже,

= = = .

в) Якщо х5, 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 х4 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 х0, то 4х0 і sin5х0. Тому маємо невизначеність вигляду . Для знаходження скористаємося першою чудовою границею =1:

= = .

Можна знайти задану границю простіше, скориставшись еквівалентністю нескінченно малих функцій. Оскільки , х0, то

= = = .

є) Якщо х0, то sin4х0 і tg3х0. Тому також маємо невизначеність вигляду . Для знаходження скористаємося границями: =1, =1 та врахуємо, що сos3x1, коли х0:

= = =

= = .

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 х4, то 2х–71, х–40, . Отже, знаходячи границю , маємо невизначеність вигляду 1^. Щоб її усунути використаємо другу чудову границю .

Оскільки х4, то х–40. 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 y0, то . Отже, остаточно маємо:

=e⁶.

и) Оскільки і , то маємо невизначеність вигляду . Перетворивши дріб і скориставшись важливими границями , , =1, одержимо:

= = .

3. 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 х2 і х<2. Тому

.

При знаходженні правої границі функції f у точці х₀=2, вважають що х2 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+30 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+30 і х+3>0). Тому .