Второй замечательный предел: примеры нахождения, задачи и подробные решения. Калькулятор онлайн.Решение пределов

Замечательных пределов существует несколько, но самыми известными являются первый и второй замечательные пределы. Замечательность этих пределов состоит в том, что они имеют широкое применение и с их помощью можно найти и другие пределы, встречающиеся в многочисленных задачах. Этим мы и будем заниматься в практической части данного урока. Для решения задач путём приведения к первому или второму замечательному пределу не нужно раскрывать содержащиеся в них неопределённости, поскольку значения этих пределов уже давно вывели великие математики.

Первым замечательным пределом называется предел отношения синуса бесконечно малой дуги к той же дуге, выраженной в радианной мере:

Переходим к решению задач на первый замечательный предел. Заметим: если под знаком предела находится тригонометрическая функция, это почти верный признак того, что это выражение можно привести к первому замечательнному пределу.

Пример 1. Найти предел .

Решение. Подстановка вместо x нуля приводит к неопределённости:

.

В знаменателе - синус, следовательно, выражение можно привести к первому замечательному пределу. Начинаем преобразования:

.

В знаменателе - синус трёх икс, а в числителе всего лишь один икс, значит, нужно получить три икс и в числителе. Для чего? Чтобы представить 3x = a и получить выражение .

И приходим к разновидности первого замечательного предела:

потому что неважно, какая буква (переменная) в этой формуле стоит вместо икса.

Умножаем икс на три и тут же делим:

.

В соответствии с замеченным первым замечательным пределом производим замену дробного выражения:

Теперь можем окончательно решить данный предел:

.

Пример 2. Найти предел .

Решение. Непосредственная подстановка вновь приводит к неопределённости "нуль делить на нуль":

.

Чтобы получить первый замечательный предел, нужно, чтобы икс под знаком синуса в числителе и просто икс в знаменателе были с одним и тем же коэффициентом. Пусть этот коэффициент будет равен 2. Для этого представим нынешний коэффициент при иксе как и далее, производя действия с дробями, получаем:

.

Пример 3. Найти предел .

Решение. При подстановке вновь получаем неопределённость "нуль делить на нуль":

.

Наверное, вам уже понятно, что из исходного выражения можно получить первый замечательный предел, умноженный на первый замечательный предел. Для этого раскладываем квадраты икса в числителе и синуса в знаменателе на одинаковые множители, а чтобы получить у иксов и у синуса одинаковые коэффициенты, иксы в числителе делим на 3 и тут же умножаем на 3. Получаем:

.

Пример 4. Найти предел .

Решение. Вновь получаем неопределённость "нуль делить на нуль":

.

Можем получить отношение двух первых замечательных пределов. Делим и числитель, и знаменатель на икс. Затем, чтобы коэффициенты при синусах и при иксах совпадали, верхний икс умножаем на 2 и тут же делим на 2, а нижний икс умножаем на 3 и тут же делим на 3. Получаем:

Пример 5. Найти предел .

Решение. И вновь неопределённость "нуль делить на нуль":

Помним из тригонометрии, что тангенс - это отношение синуса к косинусу, а косинус нуля равен единице. Производим преобразования и получаем:

.

Пример 6. Найти предел .

Решение. Тригонометрическая функция под знаком предела вновь наталкивает на мысль о применении первого замечательного предела. Представляем его как отношение синуса к косинусу.

В данной теме мы разберём те формулы, которые можно получить, используя второй замечательный предел (тема, посвящённая непосредственно второму замечательному пределу, находится ). Напомню две формулировки второго замечательного предела, которые понадобятся в этом разделе: $\lim_{x\to\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x=e$ и $\lim_{x\to\ 0}\left(1+x\right)^\frac{1}{x}=e$.

Обычно формулы я привожу без доказательств, но для данной страницы, полагаю, сделаю исключение. Дело в том, что доказательство следствий из второго замечательного предела содержит некоторые приёмы, которые бывают полезны при непосредственном решении задач. Ну, и, вообще говоря, желательно знать, как доказывается та или иная формула. Это позволяет лучше понимать её внутреннюю структуру, а также границы применимости. Но так как доказательства могут быть интересны не всем читателям, то скрою их под примечания, расположенные после каждого следствия.

Следствие №1

Доказательство следствия №1: показать\скрыть

Так как при $x\to 0$ имеем $\ln(1+x)\to 0$, то в рассматриваемом пределе наличествует неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Для раскрытия этой неопределённости представим выражение $\frac{\ln(1+x)}{x}$ в таком виде: $\frac{1}{x}\cdot\ln(1+x)$. Теперь внесём множитель $\frac{1}{x}$ в степень выражения $(1+x)$ и применим второй замечательный предел:

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{\ln(1+x)}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|= \lim_{x\to\ 0} \left(\frac{1}{x}\cdot\ln(1+x)\right)=\lim_{x\to\ 0}\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}=\ln e=1. $$

Вновь имеем неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Будем опираться на уже доказанную нами формулу . Так как $\log_a t=\frac{\ln t}{\ln a}$, то $\log_a (1+x)=\frac{\ln(1+x)}{\ln a}$.

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{\log_a (1+x)}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+x)}{ x \ln a}=\frac{1}{\ln a}\lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+x)}{ x}=\frac{1}{\ln a}\cdot 1=\frac{1}{\ln a}. $$

Следствие №2

Доказательство следствия №2: показать\скрыть

Так как при $x\to 0$ имеем $e^x-1\to 0$, то в рассматриваемом пределе наличествует неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Для раскрытия этой неопределённости осуществим замену переменной, обозначив $t=e^x-1$. Так как $x\to 0$, то $t\to 0$. Далее, из формулы $t=e^x-1$ получим: $e^x=1+t$, $x=\ln(1+t)$.

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{e^x-1}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|=\left | \begin{aligned} & t=e^x-1;\; t\to 0.\\ & x=\ln(1+t).\end {aligned} \right|= \lim_{t\to 0}\frac{t}{\ln(1+t)}=\lim_{t\to 0}\frac{1}{\frac{\ln(1+t)}{t}}=\frac{1}{1}=1. $$

Вновь имеем неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Будем опираться на уже доказанную нами формулу . Так как $a^x=e^{x\ln a}$, то:

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{a^{x}-1}{x}=\left| \frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to 0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x}=\ln a\cdot \lim_{x\to 0}\frac{e^{x\ln a}-1}{x \ln a}=\ln a \cdot 1=\ln a. $$

Следствие №3

Доказательство следствия №3: показать\скрыть

Вновь мы имеем дело с неопределённостью вида $\frac{0}{0}$. Так как $(1+x)^\alpha=e^{\alpha\ln(1+x)}$, то получим:

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{(1+x)^\alpha-1}{x}= \left| \frac{0}{0} \right|= \lim_{x\to\ 0}\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{x}= \lim_{x\to\ 0}\left(\frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}\cdot \frac{\alpha\ln(1+x)}{x} \right)=\\ =\alpha\lim_{x\to\ 0} \frac{e^{\alpha\ln(1+x)}-1}{\alpha\ln(1+x)}\cdot \lim_{x\to\ 0}\frac{\ln(1+x)}{x}=\alpha\cdot 1\cdot 1=\alpha. $$

Пример №1

Вычислить предел $\lim_{x\to\ 0} \frac{e^{9x}-1}{\sin 5x}$.

Имеем неопределённость вида $\frac{0}{0}$. Для раскрытия этой неопределённости будем использовать формулу . Чтобы подогнать наш предел под данную формулу следует иметь в виду, что выражения в степени числа $e$ и в знаменателе должны совпадать. Иными словами, синусу в знаменателе не место. В знаменателе должно быть $9x$. Кроме того, при решении этого примера будет использован первый замечательный предел .

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{e^{9x}-1}{\sin 5x}=\left|\frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to\ 0} \left(\frac{e^{9x}-1}{9x}\cdot\frac{9x}{\sin 5x} \right) =\frac{9}{5}\cdot\lim_{x\to\ 0} \left(\frac{e^{9x}-1}{9x}\cdot\frac{1}{\frac{\sin 5x}{5x}} \right)=\frac{9}{5}\cdot 1 \cdot 1=\frac{9}{5}. $$

Ответ : $\lim_{x\to\ 0} \frac{e^{9x}-1}{\sin 5x}=\frac{9}{5}$.

Пример №2

Вычислить предел $\lim_{x\to\ 0} \frac{\ln\cos x}{x^2}$.

Имеем неопределённость вида $\frac{0}{0}$ (напомню, что $\ln\cos 0=\ln 1=0$). Для раскрытия этой неопределённости будем использовать формулу . Для начала учтём, что $\cos x=1-2\sin^2 \frac{x}{2}$ (см. распечатку по тригонометрическим функциям). Теперь $\ln\cos x=\ln\left(1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)$, поэтому в знаменателе следует получить выражение $-2\sin^2 \frac{x}{2}$ (чтобы подогнать наш пример под формулу ). В дальнейшем решении будет использован первый замечательный предел .

$$ \lim_{x\to\ 0} \frac{\ln\cos x}{x^2}=\left| \frac{0}{0} \right|=\lim_{x\to\ 0} \frac{\ln\left(1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}{x^2}= \lim_{x\to\ 0} \left(\frac{\ln\left(1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}{-2\sin^2 \frac{x}{2}}\cdot\frac{-2\sin^2 \frac{x}{2}}{x^2} \right)=\\ =-\frac{1}{2}\lim_{x\to\ 0} \left(\frac{\ln\left(1-2\sin^2 \frac{x}{2}\right)}{-2\sin^2 \frac{x}{2}}\cdot\left(\frac{\sin\frac{x}{2}}{\frac{x}{2}}\right)^2 \right)=-\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 1^2=-\frac{1}{2}. $$

Ответ : $\lim_{x\to\ 0} \frac{\ln\cos x}{x^2}=-\frac{1}{2}$.

Термин "замечательный предел" широко используется в учебниках и методических пособиях для обозначения важных тождеств, которые помогают существенно упростить работу по нахождению пределов.

Но чтобы суметь привести свой предел к замечательному, нужно к нему хорошенько приглядеться, ведь они встречаются не в прямом виде, а часто в виде следствий, снабженные дополнительными слагаемыми и множителями. Впрочем, сначала теория, потом примеры, и все у вас получится!

Первый замечательный предел

Понравилось? Добавьте в закладки

Первый замечательный предел записывается так (неопределенность вида $0/0$):

$$ \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1. $$

Следствия из первого замечательного предела

Примеры решений: 1 замечательный предел

Пример 1. Вычислить предел $$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{8x}.$$

Решение. Первый шаг всегда одинаковый - подставляем предельное значение $x=0$ в функцию и получаем:

$$\left[ \frac{\sin 0}{0} \right] = \left[\frac{0}{0}\right].$$

Получили неопределенность вида $\left[\frac{0}{0}\right]$, которую следует раскрыть. Если посмотреть внимательно, исходный предел очень похож на первый замечательный, но не совпадает с ним. Наша задача - довести до похожести. Преобразуем так - смотрим на выражение под синусом, делаем такое же в знаменателе (условно говоря, умножили и поделили на $3x$), дальше сокращаем и упрощаем:

$$ \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{8x} = \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin 3x}{3x}\frac{3x}{8x}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin (3x)}{3x}\frac{3}{8}=\frac{3}{8}. $$

Выше как раз и получился первый замечательный предел: $$ \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin (3x)}{3x} = \lim\limits_{y\to 0}\frac{\sin (y)}{y}=1, \text{ сделали условную замену } y=3x. $$ Ответ: $3/8$.

Пример 2. Вычислить предел $$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos 3x}{\tan 2x\cdot \sin 4x}.$$

Решение. Подставляем предельное значение $x=0$ в функцию и получаем:

$$\left[ \frac{1-\cos 0}{\tan 0\cdot \sin 0}\right] =\left[ \frac{1-1}{ 0\cdot 0}\right] = \left[\frac{0}{0}\right].$$

Получили неопределенность вида $\left[\frac{0}{0}\right]$. Преобразуем предел, используя в упрощении первый замечательный предел (три раза!):

$$\lim\limits_{x\to 0}\frac{1-\cos 3x}{\tan 2x\cdot \sin 4x} = \lim\limits_{x\to 0}\frac{ 2 \sin^2 (3x/2)}{\sin 2x\cdot \sin 4x}\cdot \cos 2x = $$ $$ = 2\lim\limits_{x\to 0}\frac{ \sin^2 (3x/2)}{(3x/2)^2} \cdot \frac{ 2x}{\sin 2x} \cdot \frac{ 4x}{ \sin 4x}\cdot \frac{ (3x/2)^2}{ 2x \cdot 4x} \cdot \cos 2x = $$ $$ =2\lim\limits_{x\to 0} 1 \cdot 1 \cdot 1 \cdot \frac{ (9/4)x^2}{ 8x^2} \cdot \cos 2x= 2 \cdot \frac{ 9}{ 32} \lim\limits_{x\to 0} \cos 2x=\frac{9}{16}. $$

Ответ: $9/16$.

Пример 3. Найти предел $$\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin (2x^3+3x)}{5x-x^5}.$$

Решение. А что если под тригонометрической функцией сложное выражение? Не беда, и тут действуем аналогично. Сначала проверим тип неопределенности, подставляем $x=0$ в функцию и получаем:

$$\left[ \frac{\sin (0+0)}{0-0}\right] = \left[\frac{0}{0}\right].$$

Получили неопределенность вида $\left[\frac{0}{0}\right]$. Умножим и поделим на $2x^3+3x$:

$$ \lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin (2x^3+3x)}{5x-x^5}=\lim\limits_{x\to 0}\frac{\sin (2x^3+3x)}{(2x^3+3x)} \cdot \frac{2x^3+3x}{5x-x^5}=\lim\limits_{x\to 0} 1 \cdot \frac{2x^3+3x}{5x-x^5}= \left[\frac{0}{0}\right] = $$

Снова получили неопределенность, но в этом случае это просто дробь. Сократим на $x$ числитель и знаменатель:

$$ =\lim\limits_{x\to 0} \frac{2x^2+3}{5-x^4}= \left[\frac{0+3}{5-0}\right] =\frac{3}{5}. $$

Ответ: $3/5$.

Второй замечательный предел

Второй замечательный предел записывается так (неопределенность вида $1^\infty$):

$$ \lim\limits_{x\to \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e, \quad \text{или} \quad \lim\limits_{x\to 0} \left(1+x\right)^{1/x}=e. $$

Следствия второго замечательного предела

Примеры решений: 2 замечательный предел

Пример 4. Найти предел $$\lim\limits_{x\to \infty}\left(1-\frac{2}{3x}\right)^{x+3}.$$

Решение. Проверим тип неопределенности, подставляем $x=\infty$ в функцию и получаем:

$$\left[ \left(1-\frac{2}{\infty}\right)^{\infty} \right] = \left.$$

Получили неопределенность вида $\left$. Предел можно свести к второму замечательному. Преобразуем:

$$ \lim\limits_{x\to \infty}\left(1-\frac{2}{3x}\right)^{x+3} = \lim\limits_{x\to \infty}\left(1+\frac{1}{(-3x/2)}\right)^{\frac{-3x/2}{-3x/2}(x+3)}= $$ $$ = \lim\limits_{x\to \infty}\left(\left(1+\frac{1}{(-3x/2)}\right)^{(-3x/2)}\right)^\frac{x+3}{-3x/2}= $$

Выражение в скобках фактически и есть второй замечательный предел $\lim\limits_{t\to \infty} \left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}=e$, только $t=-3x/2$, поэтому

$$ = \lim\limits_{x\to \infty}\left(e\right)^\frac{x+3}{-3x/2}= \lim\limits_{x\to \infty}e^\frac{1+3/x}{-3/2}=e^{-2/3}. $$

Ответ: $e^{-2/3}$.

Пример 5. Найти предел $$\lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x^3+2x^2+1}{x^3+x-7}\right)^{x}.$$

Решение. Подставляем $x=\infty$ в функцию и получаем неопределенность вида $\left[ \frac{\infty}{\infty}\right]$. А нам нужно $\left$. Поэтому начнем с преобразования выражения в скобках:

$$ \lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x^3+2x^2+1}{x^3+x-7}\right)^{x} = \lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{x^3+(x-7)-(x-7)+2x^2+1}{x^3+x-7}\right)^{x} = \lim\limits_{x\to \infty}\left(\frac{(x^3+x-7)+(-x+7+2x^2+1)}{x^3+x-7}\right)^{x} = $$ $$ = \lim\limits_{x\to \infty}\left(1+\frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}\right)^{x} = \lim\limits_{x\to \infty}\left(\left(1+\frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}\right)^{\frac{x^3+x-7}{2x^2-x+8}}\right)^{x \frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}}= $$

Выражение в скобках фактически и есть второй замечательный предел $\lim\limits_{t\to \infty} \left(1+\frac{1}{t}\right)^{t}=e$, только $t=\frac{x^3+x-7}{2x^2-x+8} \to \infty$, поэтому

$$ = \lim\limits_{x\to \infty}\left(e\right)^{x \frac{2x^2-x+8}{x^3+x-7}}= \lim\limits_{x\to \infty}e^{ \frac{2x^2-x+8}{x^2+1-7/x}}= \lim\limits_{x\to \infty}e^{ \frac{2-1/x+8/x^2}{1+1/x^2-7/x^3}}=e^{2}. $$

Доказательство:

Докажем вначале теорему для случая последовательности

По формуле бинома Ньютона:

Полагая получим

Из данного равенства (1) следует, что с увеличением n число положительных слагаемых в правой части увеличивается. Кроме того, при увеличении n число убывает, поэтому величины возрастают. Поэтому последовательность возрастающая, при этом (2)*Покажем, что она ограничена. Заменим каждую скобку в правой части равенства на единицу, правая часть увеличится, получим неравенство

Усилим полученное неравенство, заменим 3,4,5, …, стоящие в знаменателях дробей, числом 2: Сумму в скобке найдём по формуле суммы членов геометрической прогрессии: Поэтому (3)*

Итак, последовательность ограничена сверху, при этом выполняются неравенства (2) и (3): Следовательно, на основании теоремы Вейерштрасса (критерий сходимости последовательности) последовательность монотонно возрастает и ограниченна, значит имеет предел, обозначаемый буквой e. Т.е.

Зная, что второй замечательный предел верен для натуральных значений x, докажем второй замечательный предел для вещественных x, то есть докажем, что . Рассмотрим два случая:

1. Пусть Каждое значение x заключено между двумя положительными целыми числами: ,где - это целая часть x. => =>

Если ,то Поэтому, согласно пределу Имеем

По признаку (о пределе промежуточной функции) существования пределов

2. Пусть . Сделаем подстановку − x = t, тогда

Из двух этих случаев вытекает, что для вещественного x.

Следствия:

9 .) Сравнение бесконечно малых. Теорема о замене бесконечно малых на эквивалентные в пределе и теорема о главной части бесконечно малых.

Пусть функции a(x ) и b(x ) – б.м. при x ® x 0 .

ОПРЕДЕЛЕНИЯ.

1) a(x ) называется бесконечно малой более высокого порядка чем b(x ) если

Записывают: a(x ) = o(b(x )) .

2) a(x ) и b(x ) называются бесконечно малыми одного порядка , если

где С Îℝ и C ¹ 0 .

Записывают: a(x ) = O (b(x )) .

3) a(x ) и b(x ) называются эквивалентными , если

Записывают: a(x ) ~ b(x ).

4) a(x ) называется бесконечно малой порядка k относи-
тельно бесконечно малой b(x ), если бесконечно малые a(x ) и (b(x )) k имеют один порядок, т.е. если

где С Îℝ и C ¹ 0 .

ТЕОРЕМА 6 (о замене бесконечно малых на эквивалентные).

Пусть a(x ), b(x ), a 1 (x ), b 1 (x ) – б.м. при x ® x 0 . Если a(x ) ~ a 1 (x ), b(x ) ~ b 1 (x ),

то

Доказательство: Пусть a(x ) ~ a 1 (x ), b(x ) ~ b 1 (x ), тогда

ТЕОРЕМА 7 (о главной части бесконечно малой).

Пусть a(x ) и b(x ) – б.м. при x ® x 0 , причем b(x ) – б.м. более высокого порядка чем a(x ).

= , a так как b(x )– более высокого порядка чем a(x ) ,то , т.е. из ясно, что a(x ) + b(x ) ~ a(x )

10) Непрерывность функции в точке(на языке пределов эпсилон-дельта,геометрическое) Односторонняя непрерывность. Непрерывность на интервале, на отрезке. Свойства непрерывных функций.

1. Основные определения

Пусть f (x ) определена в некоторой окрестности точки x 0 .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 1. Функция f (x ) называется непрерывной в точке x 0 если справедливо равенство

Замечания .

1) В силу теоремы 5 §3 равенство (1) можно записать в виде

Условие (2) – определение непрерывности функции в точке на языке односторонних пределов .

2) Равенство (1) можно также записать в виде:

Говорят: «если функция непрерывна в точке x 0 , то знак предела и функцию можно поменять местами».

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 2 (на языке e-d).

Функция f (x ) называется непрерывной в точке x 0 если "e>0 $d>0 такое , что

если x ÎU(x 0 , d) (т.е. | x – x 0 | < d),

то f (x )ÎU(f (x 0), e) (т.е. | f (x ) – f (x 0) | < e).

Пусть x , x 0 Î D (f ) (x 0 – фиксированная, x – произвольная)

Обозначим: Dx = x – x 0 – приращение аргумента

Df (x 0) = f (x ) – f (x 0) – приращение функции в точкеx 0

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 3 (геометрическое).

Функция f (x ) называетсянепрерывной в точке x 0 если в этой точке бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно малое приращение функции , т.е.

Пусть функция f (x ) определена на промежутке [x 0 ; x 0 + d) (на промежутке (x 0 – d; x 0 ]).

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Функция f (x ) называется непрерывной в точке x 0 справа (слева ), если справедливо равенство

Очевидно, что f (x ) непрерывна в точке x 0 Û f (x ) непрерывна в точке x 0 справа и слева.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Функция f (x ) называется непрерывной на интервал е (a ; b ) если она непрерывна в каждой точке этого интервала .

Функция f (x ) называется непрерывной на отрезке [a ; b ] если она непрерывна на интервале (a ; b ) и имеет одностороннюю непрерывность в граничных точках (т.е. непрерывна в точке a справа, в точке b – слева).

11) Точки разрыва, их классификация

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Если функция f (x ) определена в некоторой окрестности точки x 0 , но не является непрерывной в этой точке, то f (x ) называют разрывной в точке x 0 , а саму точку x 0 называют точкой разрыва функции f (x ) .

Замечания .

1) f (x ) может быть определена в неполной окрестности точки x 0 .

Тогда рассматривают соответствующую одностороннюю непрерывность функции.

2) Из определения Þ точка x 0 является точкой разрыва функции f (x ) в двух случаях:

а) U(x 0 , d)ÎD (f ) , но для f (x ) не выполняется равенство

б) U * (x 0 , d)ÎD (f ) .

Для элементарных функций возможен только случай б).

Пусть x 0 – точка разрыва функции f (x ) .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Точка x 0 называется точкой разрыва I рода если функция f (x ) имеет в этой точке конечные пределы слева и справа .

Если при этом эти пределы равны, то точка x 0 называется точкой устранимого разрыва , в противном случае – точкой скачка .

ОПРЕДЕЛЕНИЕ. Точка x 0 называется точкой разрыва II рода если хотя бы один из односторонних пределов функции f (x ) в этой точке равен ¥ или не существует .

12) Свойства функций, непрерывных на отрезке (теоремы Вейерштрасса(без док-ва) и Коши

Теорема Вейерштрасса

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке , тогда

1)f(x)ограничена на

2)f(x) принимает на промежутке своё наименьшее и наибольшее значение

Определение : Значение функции m=fзовется наименьшим, если m≤f(x) для любого x€ D(f).

Значение функции m=fзовется наибольшим, если m≥f(x) для любого x€ D(f).

Наименьшее\наибольшее значение функция может принимать в нескольких точках отрезка.

f(x 3)=f(x 4)=max

Теорема Коши.

Пусть функция f(x) непрерывна на отрезке и х – число, заключенное между f(a) и f(b),тогда существует хотя бы одна точка х 0 € такая, что f(x 0)= g

Формула второго замечательного предела имеет вид lim x → ∞ 1 + 1 x x = e . Другая форма записи выглядит так: lim x → 0 (1 + x) 1 x = e .

Когда мы говорим о втором замечательном пределе, то нам приходится иметь дело с неопределенностью вида 1 ∞ , т.е. единицей в бесконечной степени.

Yandex.RTB R-A-339285-1

Рассмотрим задачи, в которых нам пригодится умение вычислять второй замечательный предел.

Пример 1

Найдите предел lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 .

Решение

Подставим нужную формулу и выполним вычисления.

lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 - 2 ∞ 2 + 1 ∞ 2 + 1 4 = 1 - 0 ∞ = 1 ∞

У нас в ответе получилась единица в степени бесконечность. Чтобы определиться с методом решения, используем таблицу неопределенностей. Выберем второй замечательный предел и произведем замену переменных.

t = - x 2 + 1 2 ⇔ x 2 + 1 4 = - t 2

Если x → ∞ , тогда t → - ∞ .

Посмотрим, что у нас получилось после замены:

lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 2 t = lim t → ∞ 1 + 1 t t - 1 2 = e - 1 2

Ответ: lim x → ∞ 1 - 2 x 2 + 1 x 2 + 1 4 = e - 1 2 .

Пример 2

Вычислите предел lim x → ∞ x - 1 x + 1 x .

Решение

Подставим бесконечность и получим следующее.

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = lim x → ∞ 1 - 1 x 1 + 1 x x = 1 - 0 1 + 0 ∞ = 1 ∞

В ответе у нас опять получилось то же самое, что и в предыдущей задаче, следовательно, мы можем опять воспользоваться вторым замечательным пределом. Далее нам нужно выделить в основании степенной функции целую часть:

x - 1 x + 1 = x + 1 - 2 x + 1 = x + 1 x + 1 - 2 x + 1 = 1 - 2 x + 1

После этого предел приобретает следующий вид:

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x

Заменяем переменные. Допустим, что t = - x + 1 2 ⇒ 2 t = - x - 1 ⇒ x = - 2 t - 1 ; если x → ∞ , то t → ∞ .

После этого записываем, что у нас получилось в исходном пределе:

lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = 1 ∞ = lim x → ∞ 1 - 2 x + 1 x = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t · 1 + 1 t - 1 = lim x → ∞ 1 + 1 t - 2 t · lim x → ∞ 1 + 1 t - 1 = = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 2 · 1 + 1 ∞ = e - 2 · (1 + 0) - 1 = e - 2

Чтобы выполнить данное преобразование, мы использовали основные свойства пределов и степеней.

Ответ: lim x → ∞ x - 1 x + 1 x = e - 2 .

Пример 3

Вычислите предел lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 .

Решение

lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim x → ∞ 1 + 1 x 3 1 + 2 x - 1 x 3 3 2 x - 5 x 4 = = 1 + 0 1 + 0 - 0 3 0 - 0 = 1 ∞

После этого нам нужно выполнить преобразование функции для применения второго замечательного предела. У нас получилось следующее:

lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = 1 ∞ = lim x → ∞ x 3 - 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5

Поскольку сейчас у нас есть одинаковые показатели степени в числителе и знаменателе дроби (равные шести), то предел дроби на бесконечности будет равен отношению данных коэффициентов при старших степенях.

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 6 2 = lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3

При замене t = x 2 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 у нас получится второй замечательный предел. Значит, что:

lim x → ∞ 1 + - 2 x 2 + 2 x 3 + 2 x 2 - 1 x 3 + 2 x 2 - 1 - 2 x 2 + 2 - 3 = lim x → ∞ 1 + 1 t t - 3 = e - 3

Ответ: lim x → ∞ x 3 + 1 x 3 + 2 x 2 - 1 3 x 4 2 x 3 - 5 = e - 3 .

Выводы

Неопределенность 1 ∞ , т.е. единица в бесконечной степени, является степенной неопределенностью, следовательно, ее можно раскрыть, используя правила нахождения пределов показательно степенных функций.

Если вы заметили ошибку в тексте, пожалуйста, выделите её и нажмите Ctrl+Enter