Число «е». Второй замечательный предел.

ТЕМА V. ПРЕДЕЛ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ И ФУНКЦИИ
ЛЕКЦИЯ 14. Числовые последовательности. Бесконечно большие и бесконечно
малые последовательности. Основные свойства бесконечно малых
последовательностей.
Числовые последовательности
Если каждому n из множества натурального ряда чисел 1,2,3,...n,... поставлено в
соответствие по определённому закону некоторое вещественное число xn, то множество
чисел
(1)
x1 , x2 x3 ,...xn ,...
называется числовой последовательностью и обозначается {xn}, при этом xn называется
общим членом числовой последовательности, а число n - его номером. Числа xn
называются элементами или членами числовой последовательности.
Например, последовательность с общим членом xn=
чисел 1,
1
, будет последовательностью
n
1 1
1
1 
, ,......, ,…..,=   .
2 3
n
n
Последовательность с общим членом xn  1   1
n

чисел 0, 2, 0, 2,..., (1  (1) n ),...  1  (1) n
будет последовательностью

Арифметическая и геометрическая прогрессия также являются числовыми
последовательностями.
Арифметическая прогрессия – это числовая последовательность с общим членом
xn  x1  d n  1 , где d – разность арифметической прогрессии. Например, 1, 5, 9, …, 4n3, …; xn  x1  4n  1  4n  3 , d  4 .
Геометрическая прогрессия – это числовая последовательность с общим членом
x n  x1  q n 1 ,где
q
–
знаменатель
3 3 3
3
1
,
,
, ......., n 1 , ......; x n  3 
5 25 125
5
5
геометрической
n 1
,q 
прогрессии.
Например:
3,
1
.
5
Арифметические действия над числовыми последовательностями.
Пусть даны последовательности xn  и y n .
Произведением последовательности xn  на число m назовем последовательность:
mxn  = mxn , т.е. mx1 , mx2 ,..., mxn ,... ;
188
Суммой данных последовательностей
xn 
и
y n 
назовем последовательность
xn  yn   xn  yn .
Разностью данных последовательностей xn  и y n  назовем последовательность
xn  yn   xn  yn .
Произведение последовательностей: xn  yn   xn  yn ;
Частное последовательностей:
xn    xn  при y   0 .
n
yn   yn 
Числовая последовательность называется возрастающей, если каждый ее член
больше предыдущего, иными словами, если для всякого n > 1 верно неравенство xn  xn1 .
Аналогично дается определение убывающей числовой последовательности.
Вместе возрастающие и убывающие последовательности называются монотонными
последовательностями.
Последовательность x1 , x2 x3 ,...xn ,... можно изобразить «графиком», который будет
состоять из отдельных точек координатной плоскости.
Последовательность x1 , x2 x3 ,...xn ,... называется ограниченной сверху (снизу), если
существует такое число M (число m ), что любой элемент x n этой последовательности
удовлетворяет неравенству xn  M ( xn  m ).
Последовательность x1 , x2 x3 ,...xn ,... называется ограниченной, если она ограничена
с сверху и снизу, т.е. существуют числа M и m такие, что любой элемент x n этой
последовательности удовлетворяет неравенству m  xn  M (рис.1).
189
Рис. 1.
Последовательность x1 , x2 x3 ,...xn ,... называется неограниченной, если для любого
положительного
числа
A
существует
элемент
xn
этой
последовательности,
удовлетворяющий неравенству xn  A (т.е. либо xn  A , либо xn   A ).
Бесконечно большие и бесконечно малые последовательности
Числовые последовательности бывают бесконечно большими и бесконечно
малыми.
Последовательность
xn 
называется бесконечно большой, если для любого
положительного числа А, сколь угодно большого, можно указать номер N такой, что при n
 N все элементы последовательности xn удовлетворяют неравенству
xn  A
Например, последовательность натурального ряда чисел 1, 2, …, n, … является
бесконечно большой, т.к, какое ни возьми число N, начиная с которого, для n  N, члены
последовательности будут всё-таки больше А.
Последовательность 1, 2, 1, 3, 1, 4, …, 1, n, … не является бесконечно большой, так
как для всех нечетных членов этой последовательности неравенство xn  A не будет
выполняться.
Последовательность {  n} называется бесконечно малой, если для любого
положительного числа
,
сколь угодно малого, можно указать номер N такой, что при
n  N все элементы  n   .
190
Например, геометрическая прогрессия, у которой знаменатель q  1 , является
бесконечно малой числовой последовательностью.
Рассмотрим геометрическую прогрессию с общим членом
1
xn   
2
n 1
: 1,
1 1 1 1 1
1
, , , ,
, ..., n 1 , ....
2 4 8 16 32
2
Выберем сколь угодно малое число
 , например,  =0,1. Начиная с номера N  5 ,
для всех членов последовательности справедливо неравенство x n  0,1 . Если выбрать
 =0,01,
то, начиная с номера N  8 , для всех членов последовательности справедливо
xn  0,01 .
Если в неравенстве
n < 
раскрыть модульные скобки, то (-  <  n <  )
показывает, что начиная с номера N, зависящего от
,
все члены последовательности
попадают на интервал (-  ;  ). Для рассмотренного примера, при
члены последовательности попадают на интервал (-0,1;0,1); при
(-0,01;0,01). Чем меньше
,
 =0,1, начиная с N =5
 =0,01 на интервал
тем больше номер N. Все члены последовательности
приближаются к нулю, но ни при одном n, не обращаются в нуль.
Рассмотрим пример последовательности с общим членом x n   1
n 1

1
,
n
1 1 1
1,  , ,  ,...
2 3 4
Изобразим точками на числовой оси элементы этой последовательности (см. рис.2)
Рис. 2. Числовая последовательность с общим членом xn=(-1) n 1
1
n
Видно, что члены последовательности приближаются к нулю, при этом ни один
элемент последовательности не равен нулю. Для любого, сколь угодно малого,
 >0,
можно указать номер N, начиная с которого для всех n  N, справедливо неравенство
 n <  . Так для  =0,1 номер N =11, для  =0,01, номер N =101 и т.д. Значит,
последовательность также является бесконечно малой.
191
Основные свойства бесконечно малых последовательностей
1. Сумма бесконечно малых последовательностей есть последовательность
бесконечно малая.  n    n    n   n    n .
2. Разность двух бесконечно малых последовательностей есть последовательность
бесконечно малая  n    n    n   n    n .
3. Произведение любого конечного числа бесконечно малых последовательностей
есть последовательность бесконечно малая  n   n    n   n   { n } .
4. Если {xn} – бесконечно большая последовательность, то, начиная с некоторого
1
номера n, определена последовательность   , которая является бесконечно малой.
 xn 
1
    n .
 xn 
5. Если все члены бесконечно малой последовательности  n  не равны нулю, то
1
последовательность   бесконечно большая.
 n 
1
   xn .
 n 
Сходящиеся последовательности. Свойства сходящихся последовательностей
Последовательность xn  называется сходящейся, если существует такое число а,
что последовательность x n  a является бесконечно малой. При этом число а называется
пределом последовательности xn  и обозначается
lim x n  a , или xn  a при n  
(2)
n 
Дадим
эквивалентное
определение.
Последовательность
xn 
называется
сходящейся, если существует такое число а, что для любого сколь угодно малого
положительного
,
найдется номер N, такой, что при
nN
все элементы
последовательности xn удовлетворяют неравенству
xn  a  
Неравенство
xn  a  
эквивалентно
(3)
неравенству
a    xn  a   . Будем
говорить, что xn попадает в  - окрестности точки a (рис. 3).
192
Рис. 3.
Проще говоря, число a называется пределом последовательности
xn ,
если в
любой ε-окрестности точки a лежат все члены последовательности xn , за исключением,
может быть, конечного их числа. Отсюда легко заметить, что изменение конечного числа
членов последовательности не влияет ни на факт существования предела, ни на величину
последнего.
Так как xn  a   n , то общий член xn  a   n , или xn  a   n . Будем говорить,
что любой элемент сходящейся последовательности может быть записан в виде
xn  a   n , где  n - элемент бесконечно малой последовательности.
Рассмотрим примеры сходящихся последовательностей.
n
 n 
 1.
1. Последовательность 
 сходится и lim
n  n  1
 n  1
 n
  1 
 1  
Составим последовательность x n  a  
.
 n  1   n  1
 1 
Докажем, что последовательность 
 бесконечно малая. Если n  N , то
 n  1

1
1

, и поэтому по данному
n 1 N 1
 >0
достаточно выразить номер N из условия
1
1
  или N   1 .
N 1

193
1 1 1
1
2. Последовательность 3, 2 , 2 , 2 , ..., 2  , ... сходится к числу а=2.
2 3 4
n
Действительно, x n  2 

1
1   1 
, тогда последовательность x n  a   2    2   
n
n   n

бесконечно малая.
Свойства сходящихся последовательностей
1. Сходящаяся последовательность имеет только один предел (без доказательства).
2. Сумма сходящихся последовательностей xn  и
y n 
есть последовательность
сходящаяся, а её предел равен сумме пределов.
Доказательство.
lim x n  a ,
Пусть
последовательность,
n 
lim y n  b ,
тогда
тогда
n 
xn  a   n ,
yn  b   n ,
n
n
–
–
бесконечно
малая
бесконечно
малая
последовательность.
Сумма xn   y n   xn  y n  . Общий член последовательности может быть записан
xn  yn  a   n  b   n  a  b    n   n  , т.к.  n   n есть сумма двух бесконечно малых
последовательностей
и
является
бесконечно
малой
последовательностью,
то
xn  y n  a  b    n , где  n   n   n , то lim  x n  y n   a  b .
n 
3. Разность сходящихся последовательностей xn  и y n есть последовательность
сходящаяся, а её предел равен разности пределов. Доказательство аналогично
доказательству свойства 2.
4. Произведение
сходящихся
последовательностей
есть
последовательность
сходящаяся, а её предел равен произведению пределов.
Доказательство. Пусть lim x n  a , lim y n  b ,тогда xn  a   n , xn   n  b , где  n и  n –
n 
бесконечно
малые
n
последовательности.
Произведение
xn  yn   xn  yn ,
а
xn y n  a   n b   n   ab  b n  a n   n  n  .
b n  a n   n  n  является суммой бесконечно малых последовательностей и сама
является бесконечно малой, например,  n . Тогда
xn yn  ab   n
и следовательно
lim x n y n  ab .
n 
5. Частное двух сходящихся последовательностей xn  и
предел
уn 
y n 
при условии, что
отличен от нуля, есть последовательность сходящаяся, а её предел равен
частному пределов (без доказательства).
194
На основании перечисленных свойств можно находить пределы числовых
последовательностей.
Число «е». Второй замечательный предел.
Рассмотрим последовательность xn 
n
 1
с общим членом x n  1   . Докажем, что
 n
она сходится. Для этого достаточно доказать, что последовательность xn  - возрастающая
и ограничена сверху.
Применив формулу бинома Ньютона, найдем
xn  1  n
1 nn  1 1 nn  1n  2 1
nn  1n  2...n  n  1 1


 ... 
2
2
n
2! n
3!
n!
n
nn
Представим это выражение в следующей форме:
xn  2 
1  1  1  1  2 
1  1  2   n  1 
1    1  1    ...  1  1  ...1 

2!  n  3!  n  n 
n!  n  n  
n 
(4)
Аналогичным образом представим x n 1 :
x n 1  2 
1
1  1
1 
2 
1 
1 
2  
n 
1 
  1 
1 
  ... 
1 
1 
...1 

n  1!  n  1  n  1   n  1 
2!  n  1  3!  n  1  n  1 
Заметим теперь, что 1 
k
k
 1
при 0  k  n . Поэтому каждое слагаемое в
n
n 1
выражении для x n 1 больше соответствующего слагаемого в выражении для x n и, кроме
того, у x n 1 по сравнению с x n добавляется еще одно положительное слагаемое,
следовательно, xn  xn1 , т.е. последовательность xn  возрастающая.
Для доказательства ограниченности сверху данной последовательности заметим,
что каждое выражение в круглых скобках в соотношении (4) меньше единицы. Учитывая
также, что
1
1
 n 1 , для любого n  2 , получим
n! 2
xn  2 
1 1
1
1 1
1
  ...   2   2  ...  n 1 ,
2! 3!
n!
2 2
2
1
1 
1 1
где   2  3  ...  n 1  – сумма бесконечно убывающей геометрической
2
2 
2 2
прогрессии
S n 1 , S n1 
1
2
1
1
2
 1 . Получили, что 2  xn  3 , т.е. последовательность xn  -
возрастающая и ограничена сверху, следовательно, имеет предел. Этот предел
обозначается буквой «е».
195
Число «е» определил Леонард Эйлер (1707 –
1783) – великий математик, член Петербургской
Академии наук, большую часть жизни проведший в
России, по происхождению швейцарец.
Выпишем несколько первых членов этой
последовательности:
2
x1  2 ,
3
 1
x 2  1    2,25 ,
 2
4
 1
x3  1    2,37 ,
 2
5
 1
 1
x 4  1    2,44 , x5  1    2,488 и т.д.
 2
 2
При помощи современных ЭВМ, это число
Leonhard Euler
вычислено с точностью до 590 знаков после запятой.
швейцарский, немецкий и
российский математик и механик Отдавая дань Эйлеру, это число называют числом
(1707 – 1783)
«е»: е =2,718281…
Итак по определению:
n
 1
lim 1    e
n 
 n
(5)
196
СЕМИНАР 14. Числовые последовательности. Бесконечно большие и бесконечно
малые последовательности. Основные свойства бесконечно малых
последовательностей.
Пример 1. Найти предел lim
n 
n2 1
.
n  12
Решение. При делении числителя и знаменателя дроби на одно и то же число, дробь не
меняется. Разделим числитель и знаменатель на n2 и получим
1
n 2 ; 1  1  1 т.к. . 1     , 1  1  1 т.к. 1   
lim
 2
n
n
2
n
n2
n
n
n 
 1
1  
 n
1
Отношение двух сходящихся есть последовательность сходящаяся и поэтому
1
1 2
n2 1
n  1.
lim
 lim
2
n  n  12
n 
 1
1  
 n
2 n 1  3n 1
Пример 2. Найти предел lim
.
n  2 n  3 n
n 1


2 n1  3n 1
2 n1  3n 1 : 3n1
 lim
Решение. lim
n  2 n  3 n
x 
2 n  3n : 3n1


2
  1
1
3
 lim   n
 3
n 
1 2
1 1
  
3 3
3 3
n
 k
Пример 3. Найти предел lim 1   .
n 
 n
k
n


k
k
 k



1    lim 1     e k

Решение. lim
n 
n  
 n
 n 


n
 n 1 
Пример 4. Найти предел lim 
 .
n  n  2


n
n
n
 1
1

1  
n
1 

 n 1 
n
  lim  n  n  e2  1 .
 lim 


Решение. lim
n  n  2
n 
n 
2
e
e


 2
1 
1



n

 n
197
n2
 n2  3 

 .
Пример 5. Найти предел lim
n   n 2  4 


 n2  3 


Решение. lim
n  n 2  4 


n2
3

1 2
n
 lim 
n 
4
1 2
n







n2
n2
3 

1  2 
e3
n 

 lim
 4  e 7
2
n
n 
e
4 

1  2 
 n 
n
 2

Пример 6. Найти предел lim  n 2  3  .
n  n  4


1
n
n

3  
1  2  
1
3 n
n  

e
  lim
 lim

1
1
n 
n 
2
4 n
n
n
e

4  
1  2  
n  


2
 n2  3 

lim  2
n  n  4 


Решение.
n
3

1 2
n
 lim 
n 
4
1 2
n

1
 e3  n
 lim   4   lim e 7
n  e
n 


n
3


1  2

n
  lim 
n



4


1  2

n

   e lim
1
n
1
n
7
n 
 
 e7
0



n



n
 
 
 1.
Пример 7. Вычислить предел числовой последовательности
Решение. Дробь
n  13  n  13
n 3  3n
3
3

n  1  n  1
lim
n 
n 3  3n
.
- есть отношение двух бесконечно больших величин. В
этом случае поступают так: числитель и знаменатель дроби делят на наивысшую степень
3
n, встречающуюся в членах дроби (в данном случае на n ).
3
3

n  1  n  1
lim
n 
n 3  3n

    lim
   n 
3
n  13  n  13
n3
n 3  3n
n3
 n  1  n 1

 

n   n 

= lim
=
n 
3
1 2
n
3
3
3
 1  1
1    1  
11
n  n
lim 

2
n 
3
1
1 2
n
Ответ:
3
3

n  1  n  1
lim
n 
n 3  3n
 2.
Пример 8. Вычислить предел числовой последовательности
198
lim
n 
n 3 3n 2  4 4n8  1
(n  n ) 7  n  n 2 .
Решение.. Разделим числитель и знаменатель дроби на наивысшую степень
n,
встречающуюся в дроби, т.е. на n 2 :
n 3 3n 2  4 4n8  1
n 3 3n 2 4 4n8  1
n 3 3n 2 4 4n8  1



2
2
2
n
n
n
n
n
n2
lim
 lim
 lim

n 
(n  n ) 7  n  n 2 n n  n 7  n  n 2 n  n
n  7  n  n2

 

n2
n
n
n
n
n


3n 2 4 4n8  1
3

3
8
n
n
 lim
 lim
n  
n  7  n  n 2 n  1 

1  2  
n 
n2


3
Ответ: lim
n 
n3 3n 2  4 4n 8  1
n  n 
7nn
3
n2
1
n
1
4
4
n8

 2
1

7 1
  2  1
n
 n
 4 4
 2.
2
Пример 9. Вычислить предел lim
n 
n 2  3n  1  3 2n 2  1
.
n  2 sin n
Решение. Разделим числитель и знаменатель дроби на n
lim
n 
Ответ: lim
n
3 1
2 1
n 2  3n  1 3 2n 2  1
1  2  3  3

n n
n n
n
n
1
= lim
n 
2 sin n
sin n
1
1 2
n
n
n 2  3n  1  3 2n 2  1
 1.
n  2 sin n
2n
 n 
Пример 10. Вычислить предел lim 
 .
n  n  1


 n 
Решение. lim 

n  n  1


2n
 1
 lim 
1 n
n  
 1  n 
Пример 11. Найти предел lim
n 
2
2
2

 1 n    1 n 
  lim  1     lim 1     e 2
  n 


n  
 n     n  

(n  1) 4  (n  2) 4
.
(2n  1) 3  (n  1) 3
Решение. Преобразуем исходное выражение, выполнив действия в числителе и
(( n  1) 2  (n  2) 2 )(( n  1) 2  (n  2) 2 )
1
(2n  1)( 2n 2  2n  5)


lim

n 
3 n 
9n 3  9n 2  9n
n3  n 2  n
знаменателе: lim
199
1
4n 3  6n 2  12n  5
  lim
. Разделив числитель и знаменатель на их старшую степень
3 n 
n3  n 2  n
1
3
n 3 , получим  lim
n 
6 12 5


1
n n 2 n3
. Поскольку lim   0,   0, то по свойствам
n


1 1
n
1  2
n n
4
6 12 5
 2  3)
1 n 
n
n
n  1  4   4.
предела получаем 
1 1
3
3 1
3
lim (1   2 )
n 
n n
lim (4 
n 7 n  4 16n 8  5
Пример 12. Найти предел lim
n 
n  n 
3
5
n5 1
.
Решение. Разделим числитель и знаменатель исходного выражения на n
1
6
 4 16 
n 7
степень числителя и знаменателя. lim
n  
1  1
2

 n 3

1
 0 , lim 1  2
n 
n  
 n 3
n
то lim
1
6
7
lim (
n 
предела получаем
1
n
6

5 1  1

n5

- старшую
1
 0 при   0,
n  n 
. Поскольку lim

  1, lim 4 16  5  4 16  2, lim 5 1  1  1 и по свойствам

n
n
n8
n5

 4 16 
7

1
lim (1  2
n 
 n 3
Пример 13. Найти предел lim
5
n8
2
5
)
n8

5 1  1 )

n5


2
 2.
1
n(n 4  1)  (n 3  1)( n 2  2)
n
Решение. Имеем неопределённость
n
.

. Умножим числитель и знаменатель дроби на

3
выражение, сопряжённое к числителю; далее разделим числитель и знаменатель на n :
lim
n 
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
n ( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 )
 lim
n
,
 2n 3  n 2  n  2
n ( n 5  n  n 5  2n 3  n 2  2 )
200
1 1
2
 2  3
n n
n
lim
. Теперь воспользуемся арифметическими свойствами
n 
1
2
1
2
1 4  1 2  3  5
n
n
n
n
2
1
предела и тем, что lim   0 при   0 :
n  n
1 1
2
 2  3)
n 
2
n n
n

 1.
2
1
2
1
2
lim ( 1  4  1  2  3  5 )
n 
n
n
n
n
 5n 2  7n  1 

Пример 14. Найти предел lim  2
n  5n  3n  6 


lim (2 
n 3
.
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  yn , y n  0, и вычисляем предел.
1
 (5n 2  3n  6)  4n  5 

lim 
n 
5n 2  3n  6


1


 lim  1  y n  yn 
n  

y n  n 3 
n 3
4n  5 

 lim 1  2

n 
 5n  3n  6 
1


 lim  1  y n  yn 
n 

4 n 5 n 3 
5 n 2 3n  6
n 3
 yn 
4 n 2 17 n 15
 lim e
n 
5 n 2 3n  6
4n  5

5n  3n  6
2
4
5
e .
201
ЛЕКЦИЯ 15. Функция одной переменной. Предел функции в точке и непрерывность
функции. Точки разрыва.
Функция. Способы задания. Основные элементарные функции. Сложная функция.
Если каждому x из множества {x} ставится в соответствие по известному закону
некоторое число y, то говорят, что на множестве {x} задана функция y  f x  .
х – независимая переменная, аргумент функции; у – зависимая переменная.
Множество {x} - множество определения функции, множество {у} - множество её
значений.
Рассмотрим примеры функций:
1. y  x 2 . Эта функция задана на всей числовой оси 0X, т.е.    x  .
Множество её значений {у} – полупрямая 0  y   .
 1 если x  0

2. y  signx   0 если x  0
 - 1 если x  0

sign происходит от латинского слова signum- знак.
Эта функция задана на бесконечной прямой    x   , а множество её значений
y   1;0;1.
Рис 1. График функции y  signx
3. y  x,где [x] обозначает целую часть вещественного числа: «y равно антье x»
(от французского слова entier целый).
Это функция задана для любого х, принимает значения целых положительных и
отрицательных чисел. Построим график этой функции.
202
Рис. 2. График функции y  x
4. Модуль действительного числа x
 x , если x  0,
y | x|  
 x , если x  0.
Рис. 3. График модуля действительного числа
Способы задания функции.
1. Аналитический способ задания
Функция y  f x  задана аналитическим уравнением связи между переменными x
и y.
Такой вид уравнения называется явным уравнением.
Функция может быть задана аналитическим неявным уравнением F x1 y   0 .
Например,
1. y  sin x - явное аналитическое уравнение;
2. x 2  y 2  a 2 - неявное аналитическое уравнение.
2. Табличный способ задания
203
Довольно
x
x1
x2
…
xn
y
y1
y2
…
yn
распространённый
способ
задания
функции,
устанавливающий
зависимость между переменной x и y . На практике часто неизвестна аналитическая связь
между x и y . Если необходимо найти значение y для x , не входящего в таблицу, то
используется метод интерполяции, заключающийся в замене функции между её
табличными значениями какой-либо простой, легко вычисляемой функцией, например,
линейной или квадратной.
3. Графический способ задания
В практике физических измерений используется графический способ задания.
Связь между переменными x и y задается посредством графика. Например, кривая, снятая
на осциллографе.
Основными элементарными функциями называют следующие функции:
1. y=xn – степенная функция
2. y=ax – показательная функция
3. y=logax – логарифмическая функция
4. y=signx
5. y=cosx
6. y=tgx
–
тригонометрические функции
7. y=ctgx
8. y=arcsinx
9. y=arccosx
– обратные тригонометрические функции
10. y=arctgx
11. y=arcctgx
Все эти функции подробно изучены и исследованы в школьном курсе
элементарной математики.
Бесконечное множество функций получено из элементарных при помощи четырех
действий математики, а также при помощи принципа суперпозиции.
Сложные функции.
При помощи принципа суперпозиции получают сложные функции.
204
Если на множестве {x} задана функция y  f x  , а точка х также является
функцией x   t  , заданной на множестве t , то на множестве t задана сложная
функция y  f  t .
В этом состоит принцип суперпозиции. Суперпозиций может быть сколь угодно
много.
Рассмотрим примеры:
x2 1
1. y  2
-рациональная функция;
x 1
2. y  arcsin 1  x 2 - сложная функция;
3. y  e arctgx - сложная функция;
4. y=lnlnlnx – сложная функция;
5. y 
sin x  cos x
- рациональная функция
sin x  cos x
Примеры 1 и 5
представляют простые функции, составленные при помощи
действий арифметики. В дальнейшем будем их называть рациональными функциями.
Предел функции в точке и на бесконечности.
Рассмотрим функцию y  f x  , заданную на
принадлежащую множеству
x,
x,
и точку а, быть может, и не
но обладающую тем свойством, что любая
окрестность точки а принадлежит множеству
x.

–
Например, точка а может быть
границей интервала, на котором задана функция.
Число b называется пределом функции y  f x  в точке x  a , если для любой
сходящейся к а последовательности х1 , х2 ,...хn ,... аргументов х, элементы x n которой
отличны от а, соответствующая последовательность её значений f x1 , f x 2 ,..., f x n ,...
сходится к b. Принято записывать:
lim f  x   b
x a
(1)
Существует второе определение предела функции. Число b называется пределом
функции y  f x  в точке x  a , если для любого
 >0,
сколь угодно малого, найдется
отвечающее ему  >0, такое, что для всех значений аргумента х, удовлетворяющих
условию x  a   , справедливо неравенство f x  b   .
Оба эти определения эквивалентны. Необходимо сделать несколько замечаний,
поясняющих смысл этих определений.
205
Замечание 1. В первом определении особенно важно, что элементы х n  отличны от а, а
во втором определении x  a   ,  >0
означает, что y  f x  не определена в точке
x  a , но при этом может иметь предельное значение в точке х=а. Рассмотрим пример.
Пусть f x  
x2 1
. Точка x  1 не входит в область определения y  f x  . Нетрудно
x 1
видеть, что f x  x  1 , x  1 .
Конечного значения y  f x  в точке x  1 не имеет, но для
 >0,
сколь угодно
малого, для всех значений arg x, попадающих в  - окрестность точки
соответствующие значения f(x) попадают в
lim
x 1
–
x  1,
окрестность точки у=2. Следовательно,
x2 1
 2.
x 1
Замечание 2. Можно перефразировать второе определение следующим образом:
Число b называется пределом функции y  f x  в точке а, если для любого наперед
 >0, сколь угодно малого, можно указать такую 
число b приближает значение y  f x  c точностью до  .
заданного
- окрестность точки а, что
Замечание 3. f(x) может иметь только один предел, равный b.
Правый и левый пределы функции.
Введем следующие важные понятия:
Число b называется правым (левым) пределом y  f x  в точке х=а, если для
 >0,
сколь угодно малого, найдется отвечающее ему  >0, что для всех значений arg x,
удовлетворяющих условию а< х <а+  (а-  < х <а) справедливо f x   b   .
Для обозначения правого предела принято
lim f ( x)  b
(2)
lim f ( x)  b .
(3)
xa  0
левого предела
xa 0
Для функции y  signx в точке х=0 функция y  f x  имеет левый и правые
пределы:
lim f ( x)  1 ;
x 0  0
lim f ( x)  1 .
x 0  0
Замечание 4. Если в точке х=а функция y  f x  имеет правый и левые пределы, и
они равны, то y  f x  имеет конечное предельное значение в точке x  a .
206
Число b называется пределом функции y  f x  на бесконечности х   , если для
любой
бесконечно
большой
последовательности
её
arg
{xn},
соответствующая
последовательность её значений  f xn  сходится к b.
При этом принято обозначать:
lim f ( x )  b
(4)
x 
Приведем примеры:
1. lim 1  0
x 
х
действительно
соответствующие значения
lim
x  
на
рисунке
видно,
f ( x )  0 . При х  
что
для
всех
х 
y  f x  также имеет предел
1
0.
х
Непрерывность функции в точке и на множестве. Классификация точек разрыва
Функция y  f x  называется непрерывной в точке x=a, если
lim f x   f a 
xa
(5)
Все точки, в которых функция не обладает свойством непрерывности, называются
точками разрыва.
Если функция y  f x  обладает свойством неопределенности в каждой точке
некоторого множества x, то говорят, что она непрерывна на множестве.
Рассмотрим важные типы точек разрыва.
1. Точки разрыва первого рода.
1.1. Точки устранимого разрыва I рода.
Точка x  a называется точкой устранимого разрыва I рода, если функция
y  f (x) справа и слева от точки x  a имеет конечные и равные предельные значения
т.е. lim f ( x)  lim f ( x)  b.
xa 0
x a  0
Рассмотрим пример. Пусть y  f (x) задана графически (см. рис. 4), при этом f a 
не определено, т.е. x  a является точкой разрыва.
207
Рис. 4. Иллюстрация к примеру.
Т.к.
lim f ( x)  lim f ( x)  b. , то точка x  a является точкой устранимого
xa 0
x a  0
разрыва, т.к. функцию можно задать следующим образом:
 f x  при x  a

y
 b
при x  a

Вводя предельное значение в область определения функции, устраним разрыв.
1.2. Точки неустранимого разрыва I рода.
Точка x  a является точкой неустранимого разрыва I рода, если справа и слева от
точки x  a существуют конечные предельные значения функции, но они не равны, т.е.
lim f  x   b1 , lim f  x   b2 , b1  b2 .
xa 0
xa  0
Рассмотрим пример. Пусть y  f (x) задана графически и в точке x  a не имеет
конечного значения f a  . На рисунке 5 видно, что lim f  x   b1 , lim f  x   b2 и b1  b2 .
xa 0
xa  0
В точке x  a функция делает «скачок». Точка x  a является точкой неустранимого
разрыва I рода.
Рис. 5. Иллюстрация к примеру.
208
2. Точки разрыва II рода.
Точка x  a является точкой разрыва II рода, если в этой точке функция не имеет,
по крайней мере, одного из односторонних предельных значений или хотя бы одно из
односторонних предельных значений бесконечно.
Упрощенно говоря, что все точки разрыва, которые не являются точками разрыва I
рода, являются точками разрыва II рода.
Рассмотрим примеры функций, представленных графически (рис. 6, рис. 7):
Рис. 6.
Рис. 7.
Точка x=a на рисунках – точка разрыва II рода.
209
СЕМИНАР 15. Функция одной переменной. Предел функции в точке и
непрерывность функции. Точки разрыва.
5 x 2  3x  7
x  9 x 2  2 x  5
Пример 1. Найти lim
3

5 x  3x  7
x
Решение. lim 2
 lim
x  9 x  2 x  5
x 
2
9 
x
5
2
4x 3  1
.
x2
Пример 2. Найти lim
x 
1
4x  1
2
x3
 lim
    .
x  1
2
x2
0
 3  
1
4
3
Решение. lim
x 
x2
x2  7
Пример 3. Найти lim
x  4
x 6  2x
x2
.
7
7
1 2
2
x 7

x
x
    lim 3
 lim 1
 0.
6
x


x


2
2
x  2x   
24
24
x 1 5
x 1 5
x
x
x 1
2
Решение. lim
x  4

Пример 4. Найти lim x  x 2  5x
x 
Решение.


lim x  x 2  5 x       lim
x 
 lim
x 
x  x  5x
2
7
x 2  5 , т.к. lim 3  lim 7  lim 5  0.
x  x
x  x 2
x  x 2
5
9
x2
2
 5
x  x 2 1  
x


x 
x 
 lim
x 

x 2  5x x  x 2  5x
x 
 5x

5
x1  1  
x

x 2  5x
 lim
x 


5
5
 .
2
5
1 1
x
5 x1  3 x
Пример 5. Найти lim x
.
x 5  4 x 1
Решение. Разделим числитель и знаменатель на степень с наивысшим основанием, т.е. на
5x. Затем воспользуемся равенством lim a x  0 , если 0  a  1 .
x 
210
5x 1  3x   
    lim
x  5 x  4 x  1
   x 
lim
 3
5  
 5
x
 4
1 4  
 5
x

5 0
 5.
1 4 0
x8 3 0
 .
0
x 1
Пример 6. Найти lim
x1
Решение. Домножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное числителю
( x  8  3)( x  8  3)
x89
 lim

x1
x1 ( x  1)( x  8  3)
( x  1)( x  8  3)
x 1
1
1
1
 lim
 lim

 .
x1 ( x  1)( x  8  3)
x1
x 8 3 33 6
 lim
Пример 7. Найти lim
5
x0
( x  1) 2  1
.
x
Решение. Имеет место неопределенность вида
0
. Произведем замену x  1  y 5 , x  y 5  1.
0
Тогда при x  0 имеем y  1.
( x  1) 2  1
y2 1
( y  1)( y  1)
 lim 5
 lim

x0
y 1 y  1
y 1 ( y  1)( y 4  y 3  y 2  y  1)
x
y 1
2
 lim 4
 .
y 1 y  y 3  y 2  y  1
5
5
lim


ln 1  x  x 2
x 0 ln( 1  x  x 2  x 3 )
Пример 8. Найти lim


ln 1  x  x 2
x  x2
x1  x 
1 x
lim

lim

lim
1

x 0 ln( 1  x  x 2  x 3 ) x 0 x  x 2  x 3
x 0 x 1  x  x 2
x 0 1  x  x 2
Решение. lim
Пример 9. Найти lim
x 2
Решение. lim
x 2


x 2  5x  6
.
x 2  2x
x  2x  3  lim x  3   1 .
x 2  5x  6  0 
    lim
2
x

2
x 2
x x  2 
x
2
x  2x
0
Пример 10. Найти lim
x 4
2 x
3  2x  1
.
Решение.
211
2 x




2  x 2  x 3  2x  1
0
    lim

x4
3  2 x  1  0  x4 3  2 x  1 2  x 3  2 x  1
lim



4  x 3  2 x  1  lim 4  x 3  2 x  1 
9  2 x  12  x  x4 8  2 x 2  x 
4  x 3  2 x  1  lim 3  2 x  1  6  3 .
 lim
x4
x4
24  x 2  x 
22  x  8 4

 lim
x4
Пример 11. Найти lim 2 x 1  3x .
x 0
.
1
Решение. lim
2x
x 0
1  3x  lim 1  3x 
x 0
3
1
2x
1 2


 lim 1  3x  x   e 2
x0 

1
2x
1 2


 lim 1  3x  x   e 2 .
x0 

Пример 12. Найти lim 2 x 1  3x .
x 0
.
1
Решение. lim
x 0
2x
1  3x  lim 1  3x 
x 0
Пример 13. Найти lim
x 1
Решение. lim
x 1
3
x3 1
.
x2 1




x3 1
x  1 x 2  x  1 = lim x 2  x  1  3 .
=
lim
x 1
x  1
x 2  1 x1 x  1x  1
2
Пример 14. Найти lim
x 2
x 4  16
.
x2  x  6
Решение.
lim
x 2







x 4  16


x2  4 x2  4
x  2x  2 x 2  4
x  2 x 2  4 4  8 32
=
=
=
.
lim
lim
lim


x 2
x  2x  3
x  3
x 2  x  6 x2 x  2x  3 x2
5
5
Пример 15. Найти lim
x2
Решение. lim
x2
x2  4
.
x3  8
x  2x  2 = lim x  2  4  1 .
x2  4
= lim
3
x  8 x 2  x  2 x 2  2 x  4  x2 x 2  2 x  4 4  4  4 3
8x  9x
Пример 16. Найти lim x
.
x 0 8  9 x
8x  9x 1 1
 0.
Решение. lim x
=
x 0 8  9 x
11
x 2  6x  8
Пример 17. Найти lim 2
.
x  2 x  8 x  12
x  4x  2 = lim x  4   2  1 .
x 2  6x  8
Решение. lim 2
= lim
x  2 x  8 x  12 x  2  x  2  x  6  x  2  x  6 
4 2
212
x4  x
.
x  2 x 4  1
Пример 18. Найти lim
Решение. Старшая степень x в выражении под знаком предела равна 4. Разделим
числитель и знаменатель дроби на х4. В результате получим:
1
x x
х3

1
2x 4  1
2 4
х
1
4
Подстановка в преобразованное выражение предельного значения х даёт значение
предела, равное
1
.
2
x4  x
.
x  2 x 6  1
Пример 19. Найти lim
Решение.
Разделим
числитель
и
знаменатель
на
х6.
В
результате
получим:
1
1
 5
2
x4  x
х . Подстановка в преобразованное выражение предельного значения х
 x
6
1
2x  1 2 
х4
даёт значение предела, равное 0 .
x2  9
.
x  3 x 2  7 x  12
Пример 20. Найти lim
Решение. Подстановка значения х = -3 в выражение под знаком предела даёт
неопределённость
0
. Представим числитель дроби в виде
0
x 2  9  ( x  3)( x  3) ,
знаменатель в виде x 2  7 x  12  ( x  3)( x  4) , ( x1  3, x 2  4 – корни уравнения
x3
 6 .
x  3 x  6
x 2  7 x  12  0 ). После сокращения на общий множитель ( x  3) получим lim
Пример 21. Найти lim
x 0
1 x  1 x
.
3x
Решение. Подстановка значения х = 0
неопределённость
в выражение под знаком предела даёт
0
. Так как функция под знаком предела содержит выражение вида
0
a  b , умножим и разделим его на сопряженное выражение. В результате
преобразований получим:
( 1  x  1  x )( 1  x  1  x )
3x( 1  x  1  x )
=
1 х 1 х
3 х( 1  x  1  x )

2
3( 1  x  1  x )
.
Подставив в получившееся выражение x = 0, найдем значение предела:
213
lim
x 0
2
1
 .
3( 1  x  1  x ) 3
Пример 22. Найти предел lim ( x 2  1  x) .
x
Решение. lim
x 
2
1  x
x 0
 x
1  x
2
  lim
1
x 0
x 1  x
2
x 1  x
2
1
2
Пример 23. Найти предел lim 9  x  3
2
x
x 0
 9  x  3 9  x
 9  x  3 x
2
Решение. lim
x 0
2
2
  lim
3
 9 x
x 0
2
x2
2

 3  x2

1
6
x3  ( x  1)3
3
2
x  x  2 x  3 x  1
Пример 24. Найти предел lim
3
 1
1  1  
3
3
x
x  ( x  1)

0
Решение. lim
= lim
3
2
x 
2 3
1
x  x  2 x  3 x  1
1  2  3
x x
x
x
1  3x  1
Пример 25. Найти предел lim
x 0
Решение. lim
x 0


x 1  3x  1
 1  3x  1  1  3x  1
= lim
x 0




x 1  3x  1
x 1  3x  1 2

= lim
x

0
1  3x  1
3x
3
2
Пример 26. Найти предел lim 4  x  2
2
x
x 0
2
Решение. lim 4  x  2 = lim
2
x 0
x 0
x
4  x2  4
x
2
 4 x
2
2


1
4
Пример 27. Найти предел lim 1  x  1  x
x
x 0
1 x 1 x
Решение. lim 1  x  1  x = lim
1
x 0
x
1

x

1

x
x
x 0


x2  1
Пример 28. Найти предел lim
2
x 1 x  3 x  2
x2  1
x  1x  1   1
Решение. lim 2
= lim
x 0  x  1 x  2 
2
x 1 x  3 x  2
Пример 29. Найти предел lim x  x  12
2
2
x 4
x  2x  8
Решение. Сделаем замену y  x  4 . Получим
214
2
x 2  x  12 = lim y  8 y  y  7
lim 2
y 0 y 2  8 y  2 y
6
x 4 x  2 x  8
x 2  4 x  21
2
x 3 2 x  7 x  3
Пример 30. Найти предел lim
Решение. Сделаем замену y  x  3 . Получим
y 2  10 y
x 2  4 x  21
=
lim
2
lim 2
y 0 2 y 2  5 y
x 3 2 x  7 x  3
2
Пример 31. Найти предел lim 2 x  7 x  4
2
x 4
x  x  12
Решение. Сделаем замену y  x  4 . Получим
2x 2  7 x  4
2y2  9y
9
=
lim

2
2
x 4 x  x  12
y 0 y  8 y  y
7
lim
 2x3  1 

Пример 32. Найти предел lim  3
x  x  x 


 2x3  1 

Решение. lim  3
x  x  x 


x
1

2 3
x
= lim 
x 
1
 1 2
x

x 1
lim
x 1
 1  3x
x
2
2
2
x
 1  3x
 1  3x
2
2
2
2

= lim
x 1
x 4
5x  5  5
= lim
x 4
Пример 35. Найти предел lim
x 5
lim
x 5
x 1  2
= lim
x 5
x5

x 1  2
x  5

xx  1 1  3x  2
2

= lim
x 1
3( x  1)x  1

xx  1 1  3x  2
2

=
3
2
5x  5  5
x 4
x4
1  3x 2  4
x4
Пример 34. Найти предел lim
Решение. lim
x


  lim 2 x  
x



1  3x 2  2
x2  x
Пример 33. Найти предел lim
Решение.
x


x  4
5x  5  5

5x  5  5


5[5  5
x  4 5x  5  5  2
x 4
5x  4
= lim
x 1  2
.
x5
x 1  2
x 1  2

 = lim
x 5
x 1 4
x  5
x 1  2

=
1
4
215
ЛЕКЦИЯ 16. Эквивалентные бесконечно малые. Первый и второй замечательные
пределы.
Сравнение бесконечно больших и бесконечно малых функций.
Функция y  f x  называется бесконечно малой в точке x  a (при x  a ), если
lim x   0 . Легко убедиться, что y   x  a  является бесконечно малой. Действительно,
m
xa
lim x  a   0 m  0 где т- любое целое положительное число.
m
x a
Функция y  f x  называется бесконечно большой в точке а справа (слева), если
для любой сходящийся к а последовательности заданий аргументов x , x1 , x 2 , x3 ,…, x n ,
элементы которой больше а (меньше), соответствующая последовательность значений
функции f x1  , f x2  ,…, f xn  ,…является бесконечно большой определённого знака.
lim f  x    или f a  0   ,
x a  0
lim
f  x    или f a  0   ,
lim
f  x    или f a  0   ,
xa 0
xa  0
lim f  x    или f a  0   .
x  a 0
Познакомимся с методикой сравнения бесконечно малых функций.
Пусть  x и  x  - две заданные на {x} функции, являющиеся бесконечно
малыми в точке x=a.
1. Функция  x является бесконечно малой более высокого порядка малости, чем
  x  , если lim  x   0
x  a  x 
2. Функция  x  является бесконечно малой более высокого порядка малости, чем
 x 

xa  x 
 x , если lim
3. Функции  x и   x  являются бесконечно малыми одинакового порядка
 x 
 k , k 0 и k 1
малости, если lim
xa  x 
4. Функции  x и   x  являются эквивалентными бесконечно малыми, если
 x 
lim
 1.
xa  x 
Пусть Ax и Bx – две бесконечно большие в точке x  a справа функции, т.е.
216
lim A x    и lim B  x   
xa  0
xa  0
Будем говорить, что, если
Ax   0 то Bx  бесконечно большая более высокого порядка роста, чем Ax 

x a  0 B x 
 то Ax  бесконечно большая более высокого порядка роста, чем Bx 
lim
lim
xa  0
A x 
 k , k  0 , то Ax и Bx – бесконечно большие одинакового порядка роста.
B x 
Рассмотрим несколько примеров.
1.  x   x 3  2 x 2 ,  x   x 2 – обе функции бесконечно малые в точке x=0
lim
x0
x3  2x 2
 lim x  2  2 .  x и   x  являются бесконечно малыми одинакового
x0
x2
порядка малости.




2.  x   x  1 x 2  1 ,  x   x  1 x 2  1 – обе функции являются бесконечно малыми в

 
  lim

x  1 x 2  1
lim
x1 x 21 x  1
точке х=1.
x2 1
  .   x  – бесконечно малая более
x1 x  1x  1
высокого порядка малости, чем  x .
3. Ax  
lim
x 0  0
1 x
1
, Bx   – обе функции бесконечно большие в точке x=0.
x
x
1 x 
x

1 x  x
1
 lim
 lim 1 x   1 .
x
x
x 0  0
x 0  0
А(х) и В(х) имеют одинаковый
порядок роста в точке x=0 справа и слева.
Мы убедились, что при сравнении бесконечно малых и бесконечно больших

 x 
предельное отношение lim
даёт неопределенность 0 (читается «нуль» на «нуль»),
0
xa   x 
а предел отношения
 x 
даёт неопределенность 
lim
  (читается «бесконечность»
xa0  x 
на «бесконечность»).

Рассмотрим на примерах как избавляться от неопределенностей 0 и 
  для
0
алгебраических функций.
1.
lim
x
x5  x3  x  1
x  15
1
1
1
 x 5  x 3  x  1 : x 5
1


2
4

x
x
x5  1
 lim 
 lim
5
x
x
x  1 : x5
 1
1  
 x
x  2x  2  4  4.
x2  4
2. lim 2
 lim
x2 x  5 x  6
x2 x  2 x  3
1
217
На примерах очень часто сравниваются бесконечно малые (бесконечно большие)
функции разных классов.
Например, y=sin x и y=x - две бесконечно малые функции в точке х=0. Предельное
sin x  0 
0
   дает неопределенность   ; y=arctg x и y=arcsin x – две
x 0 x
0
0
отношение lim
бесконечно малые функции в точке х=0, их предельное отношение lim
x 0
arctgx  0 

и т.д.
arcsin x  0 
Избавиться от таких неопределенностей можно, используя  и  замечательные
пределы.
 - ый замечательный предел.
lim
x 0
sin x
1
x
(1)
Докажем справедливость этого предельного отношения. Рассмотрим дугу
окружности радиуса R  1 с центральным углом, радиальная мера которого равна x
( 0  x   / 2 , рис. 1). Тогда OA  1 , sin x  MK , tgx  AT . Очевидно, что площадь
треугольника
OAM
меньше площади сектора
треугольника OAT , или, что тоже самое,
OAM , которая меньше площади

1
1
1
OA  MK  OA  AM  OA  AT . Принимая во
2
2
2
внимание значения этих величин, последнее соотношение можно записать в виде
1
1
1
sin x  x  tgx , откуда получаем
2
2
2
sin x  x  tgx
(2)
Рис. 1.
Разделив это равенство на sin x , получим
218
1
x
1

sin x cos x
Откуда находим 0  1 
cos x 
или
sin x
 1,
x
sin x
x
x
x
 1  cos x . Так как sin  1 , то sin 2  sin . Поэтому,
x
2
2
2
учитывая первое неравенство (2), для всех
lim
x  0
sin x
x
x
x , удовлетворяющих неравенствам
x
x
x
 2 sin  2   x .
2
2
2
0  x   / 2 , получаем 1  cos x  2 sin 2
Итак, 0  1 
(3)
при 0  x   / 2 . Отсюда следует, что при
x  0 ,
sin x
 1.
x
Заметим
f  x  
теперь,
что
f x  
функция
sin x
x
-
четная,
т.е.
sin  x  sin x
sin x

 f  x  . Поэтому и левый предел функции f  x  
в точке
x
x
x
x  0 равен 1, т.е. получаем формулу (1).
Из  замечательного предела видно, что sin x ~ x (синус бесконечно малого
аргумента х эквивалентен х).
Также легко убедиться в эквивалентности бесконечно малых функций:
sin x ~ x;
tgx ~ x; e x ~ x; ln 1  x  ~ x;
arcsin x ~ x; arctgx ~ x; 1  cos x ~
Эквивалентность
бесконечно
малых
1  x m
~ 1  mx;
2
x
.
2
легко
приводит
к
раскрытию
неопределенностей  0  .
 0 
 - ой замечательный предел
x
 1
lim 1    e
x 
x

(4)
n
 1
Как известно, lim 1   . Пусть x  1. Положим n  x . Тогда x  n   , где n n 
 n
натуральное число, а  - удовлетворяет условию 0    1. Так как n  x  n  1 ,
1
1
 x  , то
n 1
n
n
x
1 

 1
 1
1 
  1    1  
x
 n 1

 n
n 1
219
При x   n   имеем
 1
lim 1  
n 
 n
n 1
n
 1
 1
 lim 1   lim 1   = e 1  e
n 
n


 n
 n
n
1 
1 


lim 1 
 lim 1 


n 
n 
 n 1
 n  1
n 1
1  e

/ lim 1 
 e
n 
 n 1 1
x
 1
Отсюда получаем lim 1    e
x 
x

Пусть теперь x  1 . Положим x   y . Тогда
y
y
 1


1 
1 
 1
 = lim 1 

lim 1   = lim 1   = lim 1 
x  
y  
x  y 
y
y  1  y 
y  1 


x
y 1

1 
  e  1  e при
lim 1 
y 
y  1 

x   .
 - ой замечательный предел можно записать в эквивалентной форме:
1
lim 1  x  x  e
(5)
x 0
Очень часто  замечательный предел записывают в логарифмической форме. Для
1

этого прологарифмируем равенство по основанию «е» формулу (5): lim  ln 1  x   ln e
x 0 x


ln 1  x 
 1 – логарифмическая форма записи.
x 0
x
или lim
Отсюда видно, что ln 1  x ~ x .
Гиперболические функции
Функция
(6)
называется гиперболическим синусом. Функция
(7)
называется гиперболическим косинусом.
Эти функции определены и непрерывны на всей числовой оси. Гиперболический
синус
является
нечетной
функцией,
возрастающей
на
всей
числовой
оси.
Гиперболический косинус является четной функцией, убывающей на промежутке (–∞;0) и
возрастающей на промежутке (0;+∞). Точка (0;1) является минимумом этой функции.
220
Рис. 2. Графики функций y  shx и y  chx .
По аналогии с тригонометрическими функциями определены гиперболические
тангенс и котангенс:
thx 
shx
,
chx
cthx  c
shx
shx
(8)
Тангенс определен на всей числовой оси, котангенс – при всех x  0 lim cthx   .
x  0
Обе функции непрерывны на всей области определения, нечетны и имеют горизонтальные
асимптоты y  1 (при x   ) и y  1 (при x   ).
Рис. 3. Графики функций y  thx и y  cthx .
221
Приведем некоторые формулы, связанные с гиперболическими функциями.
shx  chx  e x
sh 2 x  ch 2 x  1
ch2 x  ch 2 x  sh 2 x
sh2x  2shx  chx
shx  y   shxchy  chxshy
chx  y   chxchy  shxshy
Функции,
обратные
гиперболическим
синусу
и
тангенсу,
определены
и
непрерывны на всей числовой оси. Они обозначаются соответственно arshx и arthx . У
гиперболического косинуса определены сразу две обратные функции: arch x при x  0 и
arch x при x  0 .
Рис.4. Графики функций arshx и arthx
Рис.5. Графики функций arch x и arch x
222
СЕМИНАР 16. Предел функции в точке и непрерывность функции. Точки разрыва.
Пример 1. Найти предел функции lim
x 0
sin 3 x
.
x
sin 3x
sin 3x  3
sin t
 lim
 t  3x, т.к..x  0, то _ и _ t  0  lim
* 3  3.
x 0
x 0
t 0
x
3x
t
Решение. lim
Пример 2. Найти предел функции lim
x0
sin 5 x
.
sin 25 x
Решение.
sin 5 x
 lim
x 0 sin 25 x
x o
lim
sin 5 x * 5 x
sin 5 x
sin 25 x 
5x 1

 lim
 1, lim
 1  lim
 .
x 0
x 0
x 0 25 x
sin 25 x
5x
25 x
5


5x *
* 25 x
25 x
Пример 3. Найти предел функции lim
x 0
tgx
.
x
tgx
sin x
sin x
1


 lim
 lim
 1  lim
 1.
x 0 x
x 0 cos x * x
 x 0 x
 x0 cos x
Решение. lim
1
Пример 4. Докажем, что lim 1  kx x  e k , при действительном k .
n 
k
k
1 
1


Решение. lim 1  kx kx   lim 1  t t   e k , где t=kx, при x  0 , t   .
x 0 
t 0 


3x  sin 2 x
Пример 5. Найти предел функции lim
.
x 0 sin 2 x  x 2
Решение. При x  0 sin x ~ x, sin 2 x ~ 2 x.
3x  sin 2 x  0 
3x  x 2
x3  x 
3 x 3


lim
 lim
 .
 0  x0 2 x  x 2  lim
x 0 sin 2 x  x 2
x 0 x2  x 
x 0 2  x
2
lim
sin  x  2 
.
x2
x2  4
Пример 6. Найти предел функции lim
Решение. При x  2 sin x  2 ~ x  2, x  2  0.
sin x  2  0 
x2
1
1
    lim
 lim
 .
2
x 2
x 4
 0  x2  x  2x  2 x2 x  2 4
lim
Пример 7. Найти предел функции
5 x 2  13 x  6
.
lim
2
x  2 3 x  2 x  8
0
Решение: Имеем неопределенность вида   . Для ее раскрытия разложим числитель и
0
знаменатель на множители и сократим на общий множитель x  2 , который при x  2
не равен нулю. В результате неопределенность будет раскрыта.
223
5x 2  13x  6  0 
( x  2)(5x  3)
5x  3 7
    lim
 lim
  0,7
lim
2
 0  x2 ( x  2)(3x  4) x2 3x  4 10
x2 3x  2 x  8
4x
1 

Пример 8. Найти предел функции lim 1   .
x 
 2x 
1 

Решение. lim 1  
x 
 2x 
4x
 
1 

 1  lim 1 

x 
  2x 
2 x 2 

2 x
 
1  
 lim 1 
 
x 
   2 x  
2
 e 2 .
Пример 9. Найти предел функции lim 1  6 x  x .
4
x 0
 
4
4
1
1
4


Решение. lim 1  6 x  x  1  lim 1  6 x  x  lim 1  6 x  x   e 64  e 24 .
x 0
x 0
x

0


Пример 10. Найти предел функции lim 2 x 1  3x .
x 0
.
Решение. lim
x 0
2x
1  3x  lim 1  3x 
x 0
1
2x
1
2
3


 lim 1  3x    e 2
x0 

1
x
Пример 11. Найти предел lim x 1  2 x .
x 0

1
2x 
 1  x

Решение. lim x 1  2 x = lim 
= lim 1 


x 0
x 0 1  2 x
x 0


 1  2x 
1
2
2x 

  2  . lim 1 

x
y x 0  1  2 x 

1
x
= lim 1  y 
2
 2
y
y 0

1
x
. Сделаем замену y 
2x
. Тогда
1  2x
= e 2
x2  x  2
.
2
x

x

6
x 2
Пример 12. Найти предел lim
Решение. Сделаем замену y  x  2 .
lim
x2
x  1 = 3
x2  x  2
= lim x  2x  1 = lim
2
x  x  6 x2 x  2x  3 x2 x  3 5
2
lim
x 0
1  cos 3x  0 
    lim
x2
 0  x 0
Пример 13. Найти предел lim
x 0
2
3x
3x 
3x 

3
2
 sin

 sin

2  2 lim 
2   2 lim  2
2   2 3   9 .
 
x 0 
x 0 
3
x 
2

x2
2
x






 2

2 sin 2
1  cos 3 x
.
x2
Решение.
2
2
3x
3x 
3x 

3
2
2 sin
sin
sin




1  cos 3x  0 
2  2 lim 
2   2 lim  2
2   2 3   9 .
lim


lim
 
 0  x 0
x 0
x 0 
x 0 
3
x 
2

x2
x2
 
2
x






 2

2
224