Предел последовательности - Факультет математики и

Ульяновский государственный университет
Кафедра алгебро-геометрических вычислений
Л.А. Штраус, И.В. Баринова
ПРЕД ЕЛ Ы
Методические указания для студентов факультета математики
и информационных технологий и факультета управления
Ульяновск-2007
Штраус Л.А., Баринова И.В. Пределы. Ульяновск: УлГУ.-2007.
Методические указания составлены в соответствии с учебными
программами курсов математического анализа для факультета математики и
информационных технологий и факультета управления и относятся к разделу
«Введение в анализ». Они будут способствовать усвоению теоретического
материала и формированию вычислительных навыков у студентов первого
курса по одной из первых тем дисциплины, преодолению разрыва между
уровнем математической подготовки выпускников средней школы и
требованиями, предъявляемыми к уровню знаний студентов. Рассматриваемые
задачи занимают максимально широкий диапазон - от простейших упражнений,
соответствующих сборнику [3](по которому можно составлять индивидуальные
семестровые задания) и контролирующих формирование необходимых
вычислительных навыков, до серьёзных задач из сборника [1]. В последнем
случае предлагаемые решения классических задач не копируют решений из [2]
и соответствуют логике изучения дисциплины. Некоторые понятия,
обязательные для изучения на факультете математики и информационных
технологий (верхний и нижний пределы последовательности, равномерная
непрерывность функции и др.) не рассматриваются в данных указаниях. Однако
многие из основных определений здесь приведены. Перед их применением
необходимо ознакомиться с соответствующим материалом по конспекту
лекций или учебнику.
2
Предел последовательности
Определение. Число а называется пределом последовательности x n  ,
если
для любого   0 существует номер N такой, что при всех n>N
выполняется неравенство
xn  a  
xn  a 
  0 N 
( lim
n  N ( xn  a   ) ).
n 
Пример 1. Доказать, что lim
n 
2n  3 2

(указать N ( ) ).
3n  4 3
из определения
xn  a  
Решение. Неравенство
предела
последовательности, которое мы должны решить относительно n, принимает
4 17
2n  3 2
17
17
 
  . Пусть n  1. Тогда
,
  , откуда n  
3 9
3n  4 3 3 3n  4
33n  4
вид
следовательно, в качестве N можно взять N     . Здесь x - целая часть
 3 9 
числа x , то есть наибольшее целое число, не превосходящее x . Если, например,
4
17
4 17

 5,23 , то условиям задачи отвечают натуральные числа n  5,23 , то есть
3 9
n  5  5,23  N.
Пример 2. Доказать, что lim
n 
Решение. Неравенство
3n 2  n  1
 3 (указать N ( ) ).
n 2  2n  3
xn  a  
принимает вид
3n 2  n  1
3   ,
n 2  2n  3
5n  8
  . Последнее неравенство преобразуется в квадратное. Однако
n  2n  3
2
вычисления
можно
упростить.
Неравенство
справедливо следующее двойное неравенство:
часть заведомо выполняется при 5n  8  6n,
при
n
6

будет
выполняться,
если
5n  8
6n 6
 2    . Его левая
n
n  2n  3 n
n  8 . Правая часть выполняется
2
 6 
. Следовательно, условиям задачи отвечают числа n  max  .8.
   
 6 
Отсюда N  max  .8.
   
xn
x n   и lim y n   (т.е. в
в случае lim
n 
n 
n  y
n

0
x n  0 , lim y n  0   и т.д.
случае неопределённости вида ) или в случае lim
n 
n

0
При вычислении предела
lim
нельзя сразу воспользоваться арифметическими свойствами предела. Следует
так преобразовать выражение
xn
, чтобы можно было использовать свойства
yn
предела и раскрыть неопределённость, т.е. найти предел. Полезным для этого в
случае

бывает вынести в числителе и знаменателе старшие степени за

3
скобки или разделить числитель и знаменатель на старшую степень одного из
них.
Пример 3. Найти предел
(n  1) 4  (n  2) 4
.
n ( 2n  1) 3  ( n  1) 3
a  lim
Решение. Преобразуем исходное выражение, выполнив действия в
числителе и знаменателе:
(( n  1) 2  (n  2) 2 )(( n  1) 2  (n  2) 2 )
1
(2n  1)( 2n 2  2n  5)


lim

n 
9n 3  9n 2  9n
3 n 
n3  n 2  n
1
4n 3  6n 2  12n  5
  lim
. Разделив числитель и знаменатель на их старшую
3 n 
n3  n 2  n
6 12 5
4  2  3
1
1
n n
n
lim   0,   0, то по
степень n 3 , получим a   lim
.
Поскольку
n  n
1 1
3 n 
1  2
n n
6 12 5
lim (4   2  3 )
1 n 
n n
n  1  4   4.
свойствам предела получаем a  
1 1
3
3 1
3
lim (1   2 )
n 
n n
a  lim
Вообще предел отношения двух многочленов переменной n можно находить
по правилу
  npu
k (n)
a0 n k  ...  a k  a0
lim
 lim

npu
n   ( n )
n  b n m  ...  b
m
0
m
 b0
 0 npu
k  m,
k  m,
k  m,
(1)
так что в решении последнего примера можно было обойтись без деления на n 3 .
При вычислении пределов используют формулу бинома Ньютона
a  b n
 a n  na n 1b 
nn  1 n  2 2
nn  1    n  k  1 n  k k
a b 
a b    bn.
2
k!
(2)
Также следует знать формулу
n! 1 2  ...  n ( «эн-факториал»- произведение
натуральных чисел от 1 до n; например, 6! 1  2  3  4  5  6  720 ).
Пример 4. Найти предел a  lim
n 
n 7 n  4 16n 8  5
n  n 
3
5
n5 1
.
Решение. Разделим числитель и знаменатель исходного выражения на n 2 старшую степень числителя и знаменателя. Действительно, показатель степени
суммы равен наибольшему показателю степени слагаемых, поэтому для числителя
8
4
8
7
он равен 2 (  2  ). Показатель степени произведения равен сумме показателей
степеней сомножителей. Показатели степени выражений n  3 n , 5 n 5  1 равны 1,
поэтому
показатель
степени
знаменателя
равен
1+1=2.
Тогда
4
1
6
 4 16 
5
n8
7
1
1
a  lim n
.
lim   0 при   0, то lim 6  0 ,
Поскольку
n 
n  
n  n

1  1  5 1  1
n7
2 
5

n
 n 3

1 
5
1
lim 1  2   1, lim 4 16  8  4 16  2, lim 5 1  5  1 и по свойствам предела
n 
n
n
n
n
 n 3
1
5
lim ( 6  4 16  8 )
n 
n
2
n 7
a

  2.
получаем
1

1 
1
lim (1  2 5 1  5 )
n 
n
 n 3
При вычислении пределов, содержащих иррациональные выражения, часто
используют приём перевода иррациональности из числителя в знаменатель или
наоборот с помощью формул сокращённого умножения
(3)
a 2  b 2  a  b a  b ,
3
3
2
2
(4)
a  b  a  b a  ab  b ,
n
n
n 1
n2
n 3 2
n2
n 1
(5)
a  b  a  ba  a b  a b    ab  b , n  2
(первая и вторая из них получаются из третьей при n  2 и n  3 соответственно).
Так, например, если выражение содержит множитель
f n  g n , где
f n     и g n     и их старшие степени и коэффициенты при них
n  
n  
совпадают или эта разность стремится к нулю, полезно умножить числитель и
знаменатель исходной дроби на f n  g n , т.е. на выражение, сопряжённое к
f n  g n .
Пример 5. Найти предел a  lim
n
Решение. Имеем неопределённость
n(n 4  1)  (n 3  1)( n 2  2)
n
.

.Умножим числитель и знаменатель

дроби на выражение, сопряжённое к числителю и воспользуемся формулой (3);
далее разделим числитель и знаменатель на n 3 :
a  lim
n 
( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 )( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 )
n ( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 )
n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2
,
 2n 3  n 2  n  2
6
 lim
,
n ( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 ) n n ( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 )
1 1
2
2  2  3
n n
n
a  lim
.
Теперь воспользуемся арифметическими
n 
1
2
1
2
1 4  1 2  3  5
n
n
n
n
1
 0 при   0 :
свойствами предела и тем, что lim
n  n 
a  lim
n 
5
1 1
2
 2  3)
n 
2
n n
n
a

 1.
2
1
2
1
2
lim ( 1  4  1  2  3  5 )
n 
n
n
n
n
lim (2 
Замечание.
записать a  lim
n 
Сразу
после
(6)
можно
было
 2n
 2n
 lim
 1 , поскольку показатели степени слагаемых в
3
3
n  2n 3
n n
n n5  n и
n n 5  2n 3  n 2  2 равны 3, следовательно, старшая
3
3
знаменателе
степень знаменателя есть n 3 и коэффициент при n 3 равен 2 (на языке
асимптотического поведения функций выражение в знаменателе эквивалентно 2n 3 ,
то есть
lim
n
2n 3
 1 ,  2n 3  n 2  n  2 эквивалентно  2n 3 , а
n ( n  n  n  2n  n  2 )
5
5
3
2
при вычислении пределов величины можно заменять на эквивалентные, см. с. ).
Пример 6. Найти предел a  lim
n 
Решение.
Имеем
3
2n 4  n 3  1  n 3 2n  3
.
3
n 1
неопределённость

.

Воспользуемся
формулой
(4).Умножим числитель и знаменатель дроби на выражение, дополняющее
числитель до разности кубов, то есть на соответствующий неполный квадрат
суммы; далее разделим числитель и знаменатель на n 3 и воспользуемся
арифметическими свойствами предела:
2n 4  n 3  1  2n 4  3n 3
a  lim
,
2
2 

4
3
4
3
2 3
3
3
n  1 2n  n  1  n 2n  n  1 2n  3  n 2n  3 


3
 2n  1
a  lim
.
(7)
n
2
2
3
n  1 3 2n 4  n 3  1  n 3 2n 4  n 3  1 2n  3  n 2 3 2n  3 


1
2 3
3
2
2
n
a  lim
 3 
.
n 
2
2 
3

3
4
1 3 
1 1 
1 1 
3
3


3 1
2   4   3  2   4  2    3  2   

n 
n n 
n n 
n
n 




n

3



Замечание.
a  lim
n 3
 2n
4 n 3  3 4 n 3  3 4n 3


Сразу
3

 lim
n 
Пример 7. Найти предел

после
 2n
3
33 4n 3

a  lim
n 
(7)
3
2
3
(n 
можно
было
записать
(см. предыдущее замечание).
n
n
   n )(n - 3) n n
3
3
.
2
2n  5
6
Решение.
(1 
 lim
n 
Поскольку
n
n  1,
n 
a  lim
то
n 
n
n
   n )(n - 3)
3
3

2
2n  5
1
1
   n )(n 2 - 3n)
3
3
. Первый сомножитель в числителе является суммой
2
2n  5
геометрической
прогрессии.
Найдём
эту
1
1
1 qn
S n  b1  b2    bn  b1
, q  1: 1     n 
3
1 q
3
то
(n 
1
сумму
1
3
n 1
1
1
3

по
формуле
1
3 n . Так как 1  0 ,
3 n n
2
3
1
2
3 n  3 . Окончательно получаем a  3 lim n - 3n  3  1  3 .
2 n  2
2 n 2n 2  5 2 2 4
3
Пример 8. Найти предел
(1  3  5  ...  (2n  1))! (2 n  n 2 5 n )
.
n 
(n 2  1)!(2 n - 5 n )
a  lim
Решение. Воспользуемся формулой суммы арифметической прогрессии
a1  a2    an 
a1  an n :
2
n! 1 2  ...  n  n  1!n ,
1  2n  1
 n  n2 .
Кроме того,
2
n 2  1 ! n 2 ! n 2  1 . Подставляем полученные
1  3  5  ...  2n  1 
откуда

  

выражения в исходное:
(n 2 )!(2 n  n 2 5 n )
(n 2 )!(2 n  n 2 5 n )
2 n  n 2 5n

lim

lim
.
n  ( n 2  1)! ( 2 n  5 n )
n  ( n 2 )! ( n 2  1)( 2 n  5 n )
n  ( n 2  1)( 2 n  5 n )
a  lim
Разделим теперь числитель и знаменатель последовательно на 5 n и n 2 :
n
n
1 2
2
2
1
n
  n
2  
0 1
5
n
2
5




 lim

 1, поскольку lim     0.
a  lim
n
n 
n 
n
n 
0

1


5


1
2




2
2


1


1






n 1   1
2

 5 

 n   5 





 1 n .
1 2 3
    ... 
Пример 9. Найти предел lim
n 
n n n
n
n 1
Решение. Обозначим xn 
то
xn  x2k 
1 2 3
(1) n1 n
   ... 
. Если
n n n
n
(1  2)  (3  4)  ...  (2k  1  2k )
k 1

 .
2k
2k
2
n - чётное, n  2k ,
Если n - нечётное,
n  2k 1 , то
(1  2)  (3  4)  ...  (2k  1  2k )  2k  1  k  2k  1
k 1 n 1



.
2k  1
2k  1
2k  1
2n
n 1 1
1
n 1
 , то
 xn 
. Поскольку lim
Таким образом, при любом n 
n  2 n
2
2
2n
1
lim x n  .
n 
2
x n  x 2 k 1 
7
Задачи, связанные с применением теоремы Вейерштрасса о пределе
монотонной последовательности.

Пример 10. Доказать, что lim
n 
n
 0.
2n
Решение. 1-й способ. Обозначим x n 
n
x
n 1
. Заметим, что n1 
 1 при
n
2
xn
2n
n  1. Поэтому последовательность x n  убывает при n  2 и, поскольку она
x n и перейдём к
ограничена снизу нулём, то имеет предел. Обозначим x  lim
n 
пределу в равенстве x n 1 
n 1
xn :
2n
способ.
2-й
n 1
xn ,
n  2n
lim x n 1  lim
n 
Используя
nn  1
nn  1
n
2 n  1  1  1  n 
 ...  1 
, n  2.
2
2
x
формулу
1
x , x  0.
2
получаем
(2),
n
n
0 n 
nn  1
2
Отсюда

2
2
.
n 1
2
n
 0 , из последнего неравенства следует, что lim  n  0.
n 
n 1
2
xn
2
 :
3-й способ. Найдём n , при которых выполняется неравенство
xn1 3

Поскольку lim
n 
n2 n 1
n
2


,
2 n (n  1) 2(n  1) 3
n  4.
2
0  xn 
2
lim  
n  3
 
2
2
2
x n 1    x n  2  ...   
3
3
3
Следовательно, при n  5
n4
x 4 , то есть
2
0  xn   
3
n4
Поскольку
x4 .
n4
 0, то из последнего неравенства следует, что
lim xn  0 .
n 
 1
Пример 11. Доказать, что последовательность x n  1  
 n
n
монотонно
n 1
 1
возрастает и ограничена сверху, а последовательность y h  1  
монотонно
 n
убывает и ограничена снизу. Отсюда вывести, что эти последовательности имеют
общий предел e .
Второй замечательный предел
n
1
 1
1    e , lim 1  y n  y  e , где lim y n  0, y n  0

задаётся формулами lim
n 
n 
n
 n
или формулой (). Он применяется, в частности, при вычислении пределов
y
x n  1, lim y n  , т.е. в случае неопределённости вида 1 .
lim xn
, где lim
n
n
n
n 
n 0
Пример 12. Найти предел
 5n 2  7 n  1 

a  lim  2
n  5n  3n  6 


n 3
.
8
Решение. Находим пределы основания и показателя степени исходного
выражения и убеждаемся в том, что перед нами неопределённость вида 1.
Выделяем в исходном выражении формулу 1  y n  y , y n  0, и вычисляем
предел.
1
n
 (5n 2  3n  6)  4n  5 

a  lim 
2
n 
5
n

3
n

6


1


 lim  1  y n  yn 
n  

y n  n 3 
Пример
n 3
4n  5 

 lim 1  2

n 
 5n  3n  6 
1


 lim  1  y n  yn 
n 

13.
4 n 5 n 3 
Пользуясь
5 n 2 3n  6
 yn 
4 n 2 17 n 15
 lim e
5 n 2 3n  6
n 
критерием
1
2
n 3
4n  5

5n 2  3n  6
4
5
e .
Коши,
доказать
расходимость
1
n
последовательности x n  1   ...  .
2n  1 
1 3
lim    ... 
  0.
n  2 4
2n 

1
 1
ln 1     .
Решение. Покажем, что при любом n 
n
 n
Пример 14. Доказать, что
Действительно, это неравенство равносильно неравенствам
 1
 1
 n ln 1    1, ln 1  
 n
 n
n
 n 1
 1, ln 

 n 
n
n
n
 n 
 1, ln 
  1,
 n 1
n
1 
1 


ln 1 
  1, 1 
  e.
 n 1
 n 1
1 

Последнее неравенство верно, поскольку последовательность 1 

 n 1
n
убывает(см. пример ) и её предел равен e. Тогда
2n  1 
1 
1 1
1
1 1
1
1 3
 1  1

ln    ... 
  1   ...  
  ln 1    1    ...  ln 1       ... 
2n 
2 4
2n
2 2
n
2 4
 2  4
 2n 
2n  1 
1 3
1
 1
1   ...    , то lim ln    ... 
   и
Поскольку lim

n 
n 

2
2 4
2n  1 
1 3
lim    ... 
  0.
n  2 4
2n 

n
Пример 15. Для нахождения y  x ,
процесс: y0  0 произвольно,
1
x 

yn   yn1 
2
yn1 
Доказать, что lim yn  x .
2n 
x  0, применяется следующий
(n  1,2,...)
(8)
n
9
Решение. Из известного неравенства
ab
 ab , связывающего среднее
2
арифметическое и среднее геометрическое двух неотрицательных чисел, получаем,
что для любого n 
yn 
y n 1
x
y n 1
 x . Теперь убедимся в том, что
yn  yn1 ,
последовательность y n  не возрастает. Действительно, неравенство
x
1
x 
 y n 1 ,
 yn1 
  yn1 , равносильно
yn1  x . В
то есть
y n 1
2
yn1 
справедливости последнего неравенства мы убедились выше. По теореме
y n  y , который находим,
Вейерштрасса последовательность y n  имеет предел lim
n 
1
x
 y   , y  x .
2
y
Пример 16. Последовательность x n  определяется следующим образом:
переходя в (8) к пределу:
x0  1 ,
xn 
1
1  xn1
y
(n  1,2,...) Найти lim x n .
n
Решение. Оценим разность между x n и числом x 
корнем уравнения
x  xn 
получим
x  xn 1
1 x
x
1
:
1 x
xn  x 
 1 5
, являющимся
2
x  xn1
x  xn1
1
1



,
1  xn1 1  x 1  xn1 1  x 
1 x
. Применяя полученное неравенство к разности x  x n 1 и т.д.,
x  xn 
x  xn1
1 x
Поскольку x  0 , то lim
n 

x  xn2
(1  x)
x 1
(1  x)
n
2
 ... 
0 и
x  x0
(1  x)
n

lim x n  x 
n 
x 1
(1  x)
n
,
x  xn 
x 1
(1  x) n
.
1 5
.
2
Предел функции
Пусть Е- некоторое непустое подмножество множества R действительных
чисел, a – предельная точка множества Е, f (x) - функция, определённая на Е.
Определение. Число A называется пределом функции f (x) в точке a , если
   0  >0 x  E
(9)
(0  x  a    f ( x)  A  ).
lim f ( x) . Во всех
Предел функции в точке a обозначается символом
xa , xE
рассматриваемых далее примерах функция определена в некоторой проколотой
f ( x) .
окрестности точки a , поэтому мы будем использовать символ lim
x a
Определение предела в случае x   аналогично приведённому ( его можно найти
в учебнике или конспекте лекций).
Определение. Функция f (x) есть бесконечно малая при x  a , если
lim f ( x)  0.
x a
10
Функции f (x) и g x называются эквивалентными (f ~ g) при x  a , если в
некоторой проколотой окрестности точки а выполнено соотношение f x   xg x ,
 ( x)  1 .
где lim
x a
Определение. Функция f (x) есть бесконечно малая относительно g x при
x  a , если в некоторой проколотой окрестности точки а выполнено соотношение
f x   xg x , где lim  ( x)  0. При этом пишут f x   og x . Если при этом gx a
бесконечно малая, то говорят, что f есть бесконечно малая более высокого порядка
по сравнению с g.
Справедливы следующие предложения.
1. (f(х) ~ g(х)) при x  a   f x  g x  o f x  og x .
f x hx   lim g  x h x  ).
2. (f(х) ~ g(х)) при x  a  ( lim
xa
xa
Последнее правило не распространяется на суммы и разности функций,
кроме отдельных случаев, например
3. Если f(х) ~ах и g(х) ~bх и a  b , то (f(х) - g(х)) ~(а- b)х.
При вычислении пределов функций полезно использовать таблицу
эквивалентных бесконечно малых величин при x  0 :
1. sinx~x ,
sin x  x  ox ,
2. arcsinx~x,
arcsinx =x+o(x),
3. tgx~x ,
tgx=x+o(x),
4. arctgx ~x,
arctgx=x+o(x),
x
5. e  1 ~x ,
e x  1  x  ox  ,
6. a x  1 ~xlna,
a x  1  x ln a  ox , a  0, a  1 ,
7. ln 1  x ~x ,
ln 1  x   x  ox ,
8. log a 1  x  ~
log a 1  x  
9. 1  x 
1  x 
x
,
ln a
 1 ~ x ,
10. 1-cosx~
x2
,
2
x
 o x , a  0, a  1 ,
ln a
 1  x  o  x  ,
cos x  1 
Пример 17. Доказать (найти ()), что
x2
 o x  .
2
2x 2  5x  2
lim
 3.
x 2
x2
Решение. Заметив, что квадратный трёхчлен 2 x 2  5 x  2 имеет корни x 
1
2
и x  2 , упростим исходное выражение:
2 x 2  5 x  2 (2 x  1)( x  2)

 2x  1 .
x2
x2
Тогда соответствующая часть формулы (9) из определения предела функции
f ( x)  A  2 x  4  . Это неравенство будет выполняться, если
принимает вид
0 x2 
ε
ε
. Следовательно, можно взять δ  .
2
2
11
x 3  7 x 2  16 x  12
.
x 2
x 3  3x 2  4
a  lim
Пример 18. Найти предел
Решение. При x  2 многочлены в числителе и знаменателе исходного
выражения обращаются в нуль, следовательно, их пределы в точке x  2 равны
0
. Преобразуем исходное выражение.
0
нулю и мы имеем неопределённость вида
Разложим многочлены в его числителе и знаменателе на множители,
воспользовавшись тем, что x  2 является их корнем, с помощью группировки
слагаемых или разделив их на х-2:
_ x 3  3x 2  4 x  2
_ x 3  7 x 2  16 x  12 x  2
x3  2x 2
x3  2x 2
x 2  5x  6
_ x2  4
_ 5 x 2  16 x
5 x 2  10 x
x 2  2x
_  2x  4
,
_ 6 x  12
6 x  12
0
x  5x  6( x  2)
x  x  2( x  2)
2
a  lim
Получаем
x2  x  2
x  2
2
.
 2x  4
0
x 2  5x  6
.
x  2 x 2  x  2
 lim
Мы
снова
имеем
неопределённость, так как при х=2 числитель и знаменатель последней дроби
обращаются в нуль. Разлагаем их на множители, сокращаем и находим
( x  2)( x  3)
x3
1
 lim
 .
x  2 ( x  2)( x  1)
x  2 x  1
3
a  lim
искомый предел:
Пример 19. Найти предел
x 2  x  2x  2
a  lim
.
x 2
x 2  3x  2
0
.
0
Решение. Имеем неопределённость вида
выражение,
умножив его числитель
x 2  x  2 x  2 , сопряжённый к числителю.
a  lim
x
x2
2
 x  2x  2
x
2
 3x  2
Поскольку
a
lim
x 2
1
2 6
lim

x
x 2
2
 x
2
 x  2x  2
x 2  x  2x  2


  lim
x2
и
x
Преобразуем исходное
знаменатель
на
x2  x  2
2
 3x  2

x 2  x  2x  2
множитель
.
 x  2 x  2  2 6 , то
x2  x  2
1
( x  2)( x  1)
1
x 1
3

lim

lim

.
2
x  3x  2 2 6 x2 ( x  2)( x  1) 2 6 x2 x  1 2 6
Пример 20. Найти предел
a  lim
x 1
3
x 2  3x  10  2
x  2x  1
.
12
Решение.
Подставив х=1 в выражения в числителе и знаменателе,
0
. Воспользуемся
0
убеждаемся в том, что имеется неопределённость вида
формулами (3), (4). Умножим числитель и знаменатель исходного выражения на
множитель 3 x 2  3x  10  23 x 2  3x  10  4 , дополняющий числитель до разности
x  2x  1 ,
кубов (неполный квадрат суммы), и на множитель
сопряжённый к знаменателю. Получаем
2
a  lim
x 1

x
 3x  10  8
2

x  2x  1

2
( x  2 x  1) 3 x  3x  10  23 x  3x  10  4 


Поскольку lim ( x  2 x  1)  2 ,
x 1
.

2
lim ( 3 x 2  3x  10  2 3 x 2  3x  10  4)  12 , то
x 1


2 x 2  3x  2
1
( x  1)( x  2)
1
1
  lim
   lim ( x  2)  .
x 1
6 x1
6
12( x  1)
6 x1
x 1
a   lim
Пример 20. Найти предел


a  lim x x 2  2 x  2 x 2  x  x .
x 
Решение. Дважды применим приём умножения на сопряжённое выражение.
a  lim x
x  



 x 2  2 x  x 2  4( x 2  x) 



x 2  2 x  x  2 x 2  x  lim x 
2
2
x  
x  2x  x  2 x  x




 x 2  2 x  x 2  4( x 2  x) 



 lim x 
, поскольку
x 
4x

x 2  2 x  x  2 x 2  x ~ 4 x при x   .



2
1
1
lim  x 2  2 x  x  4( x 2  x)   lim x x 2  2 x  ( x  1) 
4 x
 2 x
1
x 2  2 x  ( x  1) 2 1
x
1
 lim x
 lim
.


2 x
4
x 2  2 x  x  1 2 x x 2  2 x  x  1
Далее, a 
Пример 21. Найти предел   lim
a 0 5
x2
.
1  5x  1  x
Решение. Применим формулу (5) a 5  b 5  (a  b)(a 4  a 3b  a 2 b 2  ab 3  b 4 ) ,
положив в ней a  5 1  5 x , b  1  x . Умножив числитель и знаменатель исходной
4
дроби на выражение 1  5x  5    1  x 4 и учитывая, что оно стремится к 5,
получаем:
x 2  (1  5 x) 5  ...  (1  x) 4 
5x 2
5x 2
1


  lim
 lim
 lim

5
2
2
2
2
x 0
x 0 1  5 x  1  5 x  10 x  o x
x 0  10 x  o x
2
1  5 x  (1  x)
4
 
Пример 22. Найти предел a  lim
x 1
3
 
7 x  1  4 11x  5
.
x2 1
13
Решение.
способ.
1-й
Сделаем
замену
1
1
a
t  x  1,
(8  7t ) 3  (16  11t )
 lim
x  t  1 t 0
t (t  2)
 7 
1  t 
8 
 lim 
1
3
t 0
 11 
 1  t 
 16 
t
1
4
1
4
переменной:
1
 7  3  11  4
2(1  t   1  t  )
8 
 16 
 lim 

t 0
t t  2
 7 
1  t 
8 
 lim 
1
3
t 0
 11 
 1  (1  t 
 16 
t
1
4
 1)
.
предложению 3 выражение в числителе эквивалентно (
По
7
11

)t , следовательно,
3  8 4  16
 7 11 
  t
7 11 23
24 64 
a  lim 



.
t 0
t
24 64 192
2-й способ. Сделаем замену переменной и воспользуемся формулой 9 из
таблицы эквивалентных бесконечно малых.
a
t  x  1,
x  t 1
1
 lim
t 0
 lim
(8  7t )
1
t 0
 (16  11t )
t (t  2)
3
1
4
 7 
1  t 
8 
 lim 
1
3
t 0
 11 
 1  t 
 16 
t
1
4

 7 11 
7
11
  t  o(t )
t  o(t )  1  t  o(t )
24 64 
 23 o(t )  23
24
64
 lim 
 lim 


t 0
t 0 192
t
t
t  192

Пример 23. Вычислить предел функции
e
a  lim
x 0
x

 

 1 ln 1  cos 2 x   
2 


2
 ( x  3)
cos
2

Решение. Воспользовавшись
эквивалентностями, получаем
e
a  lim
x 0
x
формулами
приведения
и
табличными

  x sin 2 x
 1 ln( 1  sin 2 x)
 4x 2
 lim
  lim
 4
x 0
x 0
x 2
x 2
x2
sin
2
2
Пример24. Вычислить предел функции

 

arcsin x 3  3x 2 ln x 2  2 x  2
a  lim
.
x 3
sin x x  1  2


Решение. Заметив, что все сомножители в числителе и знаменателе
исходного выражения есть бесконечно малые при x  3 , заменим их, кроме
x  1  2 , на эквивалентные:


arcsin x 3  3x 2 ~ x 3  3x 2 ,



 
ln x 2  2 x  2  ln x 2  2 x  3  1 ~ x 2  2 x  3,
sin x  sin(  ( x  3)  3 )   sin(  ( x  3)) ~  ( x  3)
Получаем
14
x
a  lim
x 3


   lim x( x  3)
 3x 2 x 2  2 x  3

  ( x  3) x  1  2
72 2

3





( x  1) x  1  2
1
  lim x( x  1) x  1  2 
 ( x  3)( x  1  2)
 x3
x 3
2
.
Пример 25. Вычислить предел функции a  lim
x 0
e 2 x  2 x  sin x 2
.
1  x  arctg 3 x  cos x
Решение. 1-й способ. Преобразуем исходное выражение и разделим
числитель
и
знаменатель
на
e 2 x  1 2 x  1 sin x 2


x
x
 lim x
. Тогда
x 0
2 x
2 sin
3
2  1  arctg x
x
x
2x
x
e 1
2 1
sin x 2
lim
 lim
 lim
x
x
x
a
.
x
2 sin 2
3
2  1  lim arctg x
lim
x
x
эквивалентные
и
переходим
х:
(e 2 x  1)  (2 x  1)  sin x 2
a  lim

x 0
2 x
3
2 sin
 x  arctg x
2
по арифметическим свойствам предела
По
таблице
к
пределу
заменяем
в
выражения
каждом
на
слагаемом:
2
2x
x ln 2
x
 lim
 lim
x
x
x  2  ln 2  lim x  2  ln 2  2  ln 2.
a
2
3
x
1
x
x
lim  1  lim x 2
lim
 1  lim
2
2x
x
sin x 2
x2
lim
 lim
 0 , то sin x 2  o( x) . Точно так
2-й способ. Поскольку
x 0
x

0
x
x
3
же arctg x  o( x) и 1  cos x  o( x) при x  0 . Воспользовавшись этими
lim
соотношениями, получаем
1  2 x  o( x)  1  x ln 2  o( x)
(2  ln 2) x  o( x)
 lim
 lim
x 0
x 0
x 0
x  o( x )  o ( x )
x  o( x )
a  lim
o( x )
x  2  ln 2
.
o( x )
1
x
2  ln 2 
Пример 26. Вычислить предел функции
sin 2 x
a  lim
 2  2

 
x
 x 
2
x 2
2
2
2
1
x
.
15
2
Решение. Вынесем в знаменателе исходного выражения множитель 2 x
учтём, что
lim 2
x 2
2
1
x
2
sin x
a  lim
 1:
x  2
2
2
1
x
  2 
 2 x 


2

2  2 

1 
x  x


 1


1
и
2
sin x
 lim
x  2
2
(
2
1) 2
x
.
1
Теперь сделаем замену переменной, воспользуемся формулой приведения и
табличными эквивалентностями:
t  x  2
sin 2 x
sin 2 (t  2 )
a  lim 2

 lim t

x 2 ( 1)
t 0
x

t

2

(
t

2

)
x
2
2
1
2
2
lim
t 0
sin t
 2

ln 2 t
2
 t  2  
2
2
1
t (t  2 )
4

.
2
t 0
ln 2
t ln 2
2
 lim
2
2
.
Пример 27. Вычислить предел функции a  lim
x 0
1  cos x cos 2 x
x
3
cos 3x
2
.
Решение. 1-й способ. Преобразуем числитель исходного выражения:
1  cos x cos 2 x
3




cos 3x  1  cos x  cos x 1  cos 2 x  cos x cos 2 x 1  3 cos 3x .
Используя последнее равенство, приём умножения на сопряжённое выражение,
cos x  1 и табличные эквивалентности, получаем:
предел lim
x 0
cos x cos 2 x 1  cos 3x 
cos x(1  cos 2 x)
1  cos x
+ lim
+ lim
=
2
2
x 0
x 0
x 0 1  cos2x x
x
1  3 cos 3x  3 cos 2 3x x 2
x
3x
2 sin 2
2 sin 2
2
2
2
2 + lim 2 sin x + lim
2 = lim x + 1 + lim 9 x  3.
lim
x 0 2  3x 2
x0
x0
x0 2x 2
x0
x2
2x 2
3x 2
a  lim




2-й способ. Последовательно используя табличные формулы
t2
cos t  1   ot ,
2
1  t 
 1   t при t  0 , получаем
1
1
3
 x2

 9x 2
2
1  1 
 o x 2  1  2 x 2  o x 2 2 1 
 ox  
2
2



 
a  lim
2
x 0
x
2
2
 x

 3x
2
3 2
1
2
1  1 
 ox 2 1  x 2  ox 2 1 
 ox  
  1   x  ox 
2
2
2



  lim  2
 3.
lim
2
x 0
x 0
x
x2
a x  xa
a  0.
Пример 28. Вычислить предел функции   lim
x a
x -a
 
 
Решение. Сделаем подстановку t  x  a и воспользуемся табличными
a
a a t  a  t 
формулами:   lim
t 0
t
a
t

a  1  
 a   a a lim 1  t ln a  1  t  ot  
 a a lim
t 0
t 0
t
t
t
16
 a a lim
t ln
t 0
a
 ot 
a
e
 a a ln .
t
e
xx  aa
Пример 29. Вычислить предел функции   lim
x a
x -a
a  0.
Решение. Сделаем подстановку t  x  a :
a
t

t
1   a  t   1
t a
a
t  a   a  a a lim  a 
  lim
.
t 0
t 0
t
t
(10)
Преобразуем выражение a  t t :
a  t 
t
e
t ln a  t 
e

 t 
t  ln a  ln 1  
 a 

e
t


t  ln a   o t  
a


 e t ln a ot   1  t ln a  ot .
Подставляем полученное выражение в (10):
  a a lim
t 0
1  t  ot 1  t ln a  ot   1  a a lim 1  ln a t  ot   a a ln ae.
t 0
t
t




ln x 2  x  1
.
Пример 30. Вычислить предел функции a  xlim
 ln x 10  x  1
Решение.
  1 1 
 1 1 
ln  x 2 1   2  
2 ln x  ln 1   2 
2 ln x 1
  x x    lim
 x x 
a  lim
 lim
 .
x  
x


1
1  x  10lnx 5
 10 
1
1 

10lnx  ln 1  3  10 
ln  x 1  9  10  
x 
x 
 x
  x
Мы воспользовались свойствами логарифма и тем, что ln x есть бесконечно
большая, а ln 1  

1
x
1 
1
1
и ln 1  9  10  -бесконечно малые при x  .
2 
x 
x
x 



sin 2  n 2  n .
Пример 31. Найти предел a  lim
n
Решение. Понизим степень в исходном выражении и вынесем n из-под






n
1
1 1
1
1  cos 2 n 2  n   lim cos 2n 1  . Теперь используем
корня: a  lim
n 
n 
2
2
2
1
1
1
1
1
 1
 o   1 
   , где   0 при
n
2n
2n
n
n
n   , формулу приведения и то, что lim cos x  cos x0 (непрерывность косинуса):
табличное представление
1
x x0
a

1 1
1
1  1 1
1 1

 lim cos 2n1 
       lim cos  2    cos   1.
2 2
2 2 n  
n   2 2 n 
 2n
Пример 32. Вычислить предел функции

1
a  lim
x  0
x  sin
x x  1


 arctg  ln e  x 2 .
x
17
Решение. Величина sin

x x  1
является ограниченной, а x - бесконечно
малой при x  0 . Поэтому их произведение есть бесконечно малая. Далее,
lim
x  0
1

1 
 , lim arctg y  , поэтому lim arctg  ;
y


x


0
x
2
x 2
a  0

2
1 

2


lim ln e  x 2  ln e  1 . Отсюда
x 0
.
 arctg 5 x 
lim 

x 0 arcsin 3 x


Пример 33. Вычислить предел функции
x 2
arctg 5 x
,
x 0 arctg 3 x
x 0
0
limvx   b ,
x  x0
lim u  x   lim
В нашем случае
.
lim ux   a, a  0,
Решение. Воспользуемся тем, что если
vx 
u x   a b .
то xlim
x
x2 2
cos x
x x0
lim v x   lim
x 0
x 0
x 2
 2.
cos x
2
Тогда
2
25
 arctg 5 x  cos x  5 
lim 
   .

x 0 arcsin 3 x
9


 3
Задачи, связанные с применением второго замечательного предела
Второй замечательный предел
lim 1  t t  e
1
(11)
t 0
применяется ( как и в случае последовательностей) при вычислении пределов
vx 
lim u  x  , где lim ux   1, lim vx   , т.е. в случае неопределённости вида 1 .
x x
x  x0
0
x  x0
Следующие три примера решим различными способами.
1
Пример 34. Вычислить предел функции
2  x sin 3 x

a  lim  3 
.

x 0
 cos x 
Решение. Находим пределы основания и показателя степени исходного
выражения и убеждаемся в том, что перед нами неопределённость вида 1.
Выделяем в исходном выражении формулу 1  t t , t  0, и вычисляем предел.
1
2 cos 1
2 

a  lim 1  2 

x 0
cos x 



 lim  1  t  
x 0 

1
t
1
x sin 3 x
2 cos 1
x sin 3 x cos x
cos x

 x sin 3 x cos x
2cos x  1
  2cos x  1  2cos x 1 
 lim  1 
t



x 0
cos x 
cos x






 lim  1  t  
x 0 

1
t
2 cos 1
x sin 3 x
 lim e

x 0
4 sin2
x3 x
x
2
 x2
 lim e
x 0
3 x2

1
3
e .
Предел выражения можно находить, предварительно вычислив предел
его логарифма.
Пример 35. Вычислить предел функции
a  lim tgx16 x 2  2 .
sin x
x

4
Решение. Преобразуем логарифм исходного выражения, применив
формулу tg     
tg  tg
.
1  tgtg
18




sin   t 
sin   t 
sin x
4
 4  ln tg   t  
 4  ln 1  tgt 
 ln tgx 



2
2

16 x  
 
 4  16 t   t 1  tgt
16 t  t
x  t


2
2
4






sin   t 
sin   t 
2  2  2t
 4  ln( 1  2tgt ). Отсюда ln a  lim
 4  ln( 1  2t g t )  lim


t 0
1  t g t t 0 2  16t 1  t g t
1  tgt
 
 
16 t  t
16 t  t
2
2


x

2
8

 t , t  0,
2
. Теперь находим искомый предел:
a  e ln a  e 8 .
lim u  x 
vx 
Для вычисления предела
x  x0
,
lim ux   1, lim vx   , т.е. в
где
x  x0
x  x0
случае неопределённости вида 1 , можно использовать правило:

lim u 1v
lim u v  lim e u 1v  e x  x0
x  x0
x  x0
.
(12)
1
Пример 36. Вычислить предел функции
 x 2  3  x 2 3 x  2

a  lim 
.
x 2
 x 1 
Решение. Находим
 x2  3 
x  2x  1  x  1 .
1
x2  x  2


u  1v  
 1  2


2
2
x  12
 x 1
 x  3x  2 x  1 x  2 x  2x  1
x 1

u  1v  lim
 3 и в силу (12) получаем a  e 3 .
Далее, lim
2
x2
x 2 
x  1
y n  y n x 
Пример 37. Последовательность функций
y n21
2
0  x  1
n  2,3,.... Найти
lim y n .
Решение. Легко заметить и доказать по индукции, что 0  y n 
x 1

.
2 2
x
2
x
2
определяется следующим образом: y1  , y n  
n
Оценим разность между y n и числом y  1  1  x , являющимся корнем
y n 1  y
1 2
1
y n 1  y 2  y n 1  y  y n 1  y 
.
2
2
2
1
1
Последнее неравенство следует из того, что 0  y n 
и 0  y  . Применяя
2
2
y y
полученное неравенство y n  y  n 1
к разности y n1  y и т.д., получим
2
y n 1  y
y n2  y
y1  y
1
1
yn  y 

 ...  n 1  n ,
то есть y n  y  n . Отсюда видно,
2
2
2
2
2
2
что lim y n  y  1  1  x .
уравнения
y
x y2

:
2 2
yn  y 
n 
Непрерывность функции
Определение. Функция f x  , заданная на множестве Е  R, называется
непрерывной в точке а  Е, если
(13)
  0   0 x  E  x  a    f x   f a    .
19
Отсюда следует, что в изолированной точке множества Е функция
непрерывна (см. пример 41); если же а - предельная для множества Е, то (13)
lim f ( x)  f a .
означает, что
xa , xE
Пример 38. Доказать, что функция
f x  
1 2
x  1 непрерывна в точке
2
а=2(найти   ).
Решение. 1-й способ. Поскольку f x  определена при всех значениях x  R ,
то Е= R и (13) принимает вид:
  0   0 x  x  a    f x  f a    .
Переходим к неравенству для значений функции:
f  x   f 2  
1 2 1 2 1
x  2  x  2  x  2  .
2
2
2
(14)
Пусть
выполнено неравенство x  2  1, то есть 1  x  3. Тогда
x  2  x  2  5. Если теперь потребовать, чтобы выполнялось неравенство
5
2
x  2  ,
x2 
, то неравенство (14) также будет выполнено:
2
5
1
5
x2  x2  x2 
Итак, для выполнения последнего неравенства
2
2
2
2
потребовалось, чтобы x  2  1 и x  2  . Поэтому   min 1; .
5
 5
2-й способ. Неравенство
для значений функции
f x   f 2  
выполнено, если выполнено неравенство
f  x   f 2  
1 2
1
1
2
2
x  2 2   x  2  4x  2   x  2  2 x  2   .
2
2
2
Последнее неравенство, (квадратное относительно x  2 ) выполнено, если
x  2  4  2  2. Таким образом,   4  2  2.
Рис.1
20
3-й способ. Найдём  по  графически (см. рис. 1) и получим такой же
результат, как для второго способа (в этом легко убедиться самостоятельно).
Пример 39. С помощью «    » рассуждений доказать непрерывность
следующих функций: 1) x :2) arctgx .
xa
xa
  , если
x a
a
x  a   a . Кроме того, должно выполняться условие x  0 ,откуда x  a  a и
Решение. 1). Пусть


  min a;  a .
При а=0
a  0.
Тогда
x a 

x  a  x   , если 0  x   2 ,    2 ( в качестве
окрестности нуля в множестве Е=D(f)  x x  0 берётся 0;  2  ).
2). Покажем, что для любых х и а
arctgx  arctga  x  a .
(15)
Из определения арктангенса и с помощью замены переменной получаем, что
это неравенство равносильно неравенству
tgx  tga  x  a ,
где 

x

,

a

.
(16)
2
2
2
2
Если х и а одного знака, то tgx  tga  tgx  a  1  tgx  tga  tgx  a  x  a .
Мы воспользовались известным неравенством tgt  t , 

2
t

2
. Из него же
следует справедливость (16) для х и а разного знака. Из неравенства (15)следует,
что в качестве искомого  можно взять    : если x  a   , то получаем, что
arctgx  arctga  x  a   .
Пусть функция f x  определена в точках некоторой окрестности точки а,
кроме, быть может, самой точки а.
Определение. Точка а называется точкой разрыва функции f , если она не
определена в точке а или f определена в этой точке, но не является в ней
непрерывной.
f x 
Если а – точка разрыва и существуют конечные пределы f a  0  xlim
a 0
f x  , то а называется точкой разрыва первого рода. Если при этом
и f a  0  xlim
a 0
f a  0  f a  0 , то а называется точкой устранимого разрыва.
Точки разрыва функции f , не являющиеся точками разрыва первого рода,
называются точками разрыва второго рода. Если при этом f a  0   или
f a  0   , то а называется точкой бесконечного разрыва.
Если в некоторой полуокрестности слева или справа от а f не определена,
то для определения характера разрыва рассматривают только f a  0 или f a  0 .
e x cos x,
x  0,

Пример 40. Найти точки разрыва функции f x    x  2
, x  0, x  1

 x 1
и исследовать их характер.
21
Решение. В точках x  0, x  1 функция непрерывна, поскольку является
произведением или частным непрерывных функций. В точке x  0 оба
f x   lim e x cos x  e 0 cos 0  1,
односторонних предела существуют и не равны: xlim
 0
x0
x2
 2 . Следовательно, x  0 - точка разрыва первого рода. В точке
x 1
x2
lim f  x   lim
  , следовательно, x  1 - точка разрыва второго рода
x 1 x  1
x 1
lim f x   lim
x  0
x  0
х=1
( точка бесконечного разрыва).
Пример
41.
Определить
точки
разрыва
функции f x  
исследовать их характер.
Решение. Находим область определения D f  функции:
1  cos x
4  x2
и
1  coxx
 0. Отсюда
4  x2
 2  x  2 или x  2n, n  2,3, . На D f  функция непрерывна: на множестве
 2  x  2 в силу арифметических свойств и непрерывности корня, а в точках
x  2n, n  2,3, - поскольку они являются изолированными (отдельными)
точками D f  . Таким образом, точками разрыва могут быть только x  2 .
lim f  x   lim
Находим
x 20
2 sin 2
x20
1  cos x 2  x  t ,
1  cos2  t 

 lim

2
t  0
x  2t
4t
4 x
t
1  cos t
2  lim  t  0 . Поскольку
 lim
f x  чётная,
t  0
t  0
t  0
4t
4t
8
lim f  x   0 . Следовательно, x  2 - точки устранимого разрыва.
 lim
то
и
x  2  0
1
Пример 42. Исследовать на непрерывность функцию y  x   и построить
x
её график.
Решение. Пусть х>0. При х>1    0 и у=0. При x 
n
x
1
1
1
1
x
n 1
n
у=1. При
1
1
1

и    n. Таким образом, при
x n 1  x
1
1
x
y  nx
n 1
n
n 1
(одновременно строим график, рис. 2 ); lim1 y  1, lim1 y 
. Следовательно,
n
x  0
x 0
n
n
1
, n
n
x
n
, являются для у точками разрыва первого рода. Пусть теперь х<0.
При х < -1    1 и
x
1
1
n
n 1
1
1
1
1
 n  1   n и    n  1. Таким образом, при   x  
y  n  1x,
x
n
n 1
x
1
n 1
1
x   , n  , являются
lim y  1,
Получаем,
что
и
точки
lim
y


1

.
1
1
n
n
n
x  0
x   0
1
n
1
y   x . При x   , n 
n
,
у=1. При   x  
n
22
точками разрыва первого рода. Поскольку
lim y  1, то х=0 является точкой
x 0
устранимого разрыва. Во всех остальных точках функция непрерывна.
Рис. 2
ЛИТЕРАТУРА
1. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому
анализу: Учеб.пособие для вузов.- М.: ООО «Издательство Астрель»: ООО
«Издательство АСТ», 2002.- 558 с.
2. Ляшко И.И., Боярчук А.А., Гай Я.Г., Головач Г.П. Математический
анализ в примерах и задачах, ч.1. Введение в анализ, производная, интеграл. –
Киев, Издательское объединение «Вища школа», 1974.-680 с.
3. Кузнецов Л.А. Сборник задач по высшей математике. Типовые расчёты:
Учебное пособие. 3-е изд., испр.-СПб.: Издательство «Лань», 2005. -240 с.
4. Кузнецова М.Г. Типовой расчёт по высшей математике: Пределы.Ульяновск: УлПИ, 1987.- 24 с.
23