Номер 36.5, страница 40, часть 2 - гдз по алгебре 10 класс учебник Абылкасымова, Кучер

36.5. Докажите, что предел функции $f(x)$ в точке $a = 2$ равен числу $B$:

1) $f(x) = x^2 - 3x + 1, B = -1;$

2) $f(x) = x^2 - 2x + 3, B = 3;$

3) $f(x) = -x^2 - 2x + 2, B = -6;$

4) $f(x) = -2x^2 + 3x - 2, B = -4.$

1) Чтобы доказать, что предел функции $ f(x) = x^2 - 3x + 1 $ в точке $ a = 2 $ равен числу $ B = -1 $, то есть $ \lim_{x \to 2} (x^2 - 3x + 1) = -1 $, мы воспользуемся определением предела функции по Коши (в терминах $ \varepsilon-\delta $).

Согласно определению, для любого сколь угодно малого числа $ \varepsilon > 0 $ мы должны найти такое число $ \delta > 0 $, что для всех $ x $, удовлетворяющих условию $ 0 < |x - a| < \delta $, будет выполняться неравенство $ |f(x) - B| < \varepsilon $.

В нашем случае $ a = 2 $ и $ B = -1 $. Составим и преобразуем выражение $ |f(x) - B| $: $ |(x^2 - 3x + 1) - (-1)| = |x^2 - 3x + 2| $.

Разложим квадратный трехчлен $ x^2 - 3x + 2 $ на множители. Корнями уравнения $ x^2 - 3x + 2 = 0 $ являются $ x_1 = 1 $ и $ x_2 = 2 $. Следовательно, $ x^2 - 3x + 2 = (x - 1)(x - 2) $.

Таким образом, наше неравенство принимает вид: $ |(x - 1)(x - 2)| < \varepsilon $, или $ |x - 1| \cdot |x - 2| < \varepsilon $.

Нам нужно оценить множитель $ |x - 1| $ для $ x $, близких к $ 2 $. Давайте выберем начальное ограничение на $ \delta $, например, пусть $ \delta \le 1 $. Тогда из неравенства $ |x - 2| < \delta \le 1 $ следует, что $ -1 < x - 2 < 1 $, откуда $ 1 < x < 3 $.

Для $ x $ в этом интервале $ (1, 3) $ оценим $ |x - 1| $: $ 1 - 1 < x - 1 < 3 - 1 $, то есть $ 0 < x - 1 < 2 $. Значит, $ |x - 1| < 2 $.

Теперь мы можем записать: $ |f(x) - B| = |x - 1| \cdot |x - 2| < 2 \cdot |x - 2| $.

Мы хотим, чтобы $ |f(x) - B| < \varepsilon $, значит, нам нужно, чтобы выполнялось $ 2 \cdot |x - 2| < \varepsilon $, что равносильно $ |x - 2| < \varepsilon / 2 $.

Итак, мы получили два условия на $ \delta $: $ \delta \le 1 $ и $ \delta \le \varepsilon / 2 $. Чтобы оба условия выполнялись, мы можем выбрать $ \delta = \min(1, \varepsilon / 2) $.

Таким образом, для любого $ \varepsilon > 0 $ мы нашли соответствующее $ \delta > 0 $. Если $ 0 < |x - 2| < \delta $, то $ |(x^2 - 3x + 1) - (-1)| < \varepsilon $, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

2) Докажем, что $ \lim_{x \to 2} (x^2 - 2x + 3) = 3 $. Воспользуемся определением предела по Коши. Для любого $ \varepsilon > 0 $ нужно найти такое $ \delta > 0 $, что из $ 0 < |x - 2| < \delta $ следует $ |(x^2 - 2x + 3) - 3| < \varepsilon $.

Рассмотрим выражение $ |(x^2 - 2x + 3) - 3| = |x^2 - 2x| $.

Разложим на множители: $ |x(x - 2)| = |x| \cdot |x - 2| $.

Оценим множитель $ |x| $ для $ x $, близких к $ 2 $. Пусть $ \delta \le 1 $. Тогда из $ |x - 2| < 1 $ следует $ 1 < x < 3 $. Для таких $ x $ справедливо неравенство $ |x| < 3 $.

Тогда $ |f(x) - B| = |x| \cdot |x - 2| < 3 \cdot |x - 2| $.

Мы хотим, чтобы $ 3 \cdot |x - 2| < \varepsilon $, что означает $ |x - 2| < \varepsilon / 3 $.

Мы получили два условия на $ \delta $: $ \delta \le 1 $ и $ \delta \le \varepsilon / 3 $. Выберем $ \delta = \min(1, \varepsilon / 3) $.

Таким образом, для любого $ \varepsilon > 0 $ мы нашли $ \delta > 0 $. Если $ 0 < |x - 2| < \delta $, то $ |(x^2 - 2x + 3) - 3| < \varepsilon $, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

3) Докажем, что $ \lim_{x \to 2} (-x^2 - 2x + 2) = -6 $. Воспользуемся определением предела по Коши. Для любого $ \varepsilon > 0 $ нужно найти такое $ \delta > 0 $, что из $ 0 < |x - 2| < \delta $ следует $ |(-x^2 - 2x + 2) - (-6)| < \varepsilon $.

Рассмотрим выражение $ |(-x^2 - 2x + 2) - (-6)| = |-x^2 - 2x + 8| = |-(x^2 + 2x - 8)| $.

Разложим на множители $ x^2 + 2x - 8 $. Корни уравнения $ x^2 + 2x - 8 = 0 $ это $ x_1 = 2 $ и $ x_2 = -4 $. Значит, $ x^2 + 2x - 8 = (x - 2)(x + 4) $.

Тогда $ |f(x) - B| = |-(x - 2)(x + 4)| = |x - 2| \cdot |x + 4| $.

Оценим множитель $ |x + 4| $ для $ x $, близких к $ 2 $. Пусть $ \delta \le 1 $. Тогда из $ |x - 2| < 1 $ следует $ 1 < x < 3 $. Для таких $ x $ оценим $ |x + 4| $: $ 1 + 4 < x + 4 < 3 + 4 $, то есть $ 5 < x + 4 < 7 $. Отсюда $ |x + 4| < 7 $.

Следовательно, $ |f(x) - B| = |x - 2| \cdot |x + 4| < 7 \cdot |x - 2| $.

Мы хотим, чтобы $ 7 \cdot |x - 2| < \varepsilon $, что означает $ |x - 2| < \varepsilon / 7 $.

Мы получили два условия на $ \delta $: $ \delta \le 1 $ и $ \delta \le \varepsilon / 7 $. Выберем $ \delta = \min(1, \varepsilon / 7) $.

Таким образом, для любого $ \varepsilon > 0 $ мы нашли $ \delta > 0 $. Если $ 0 < |x - 2| < \delta $, то $ |(-x^2 - 2x + 2) - (-6)| < \varepsilon $, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

4) Докажем, что $ \lim_{x \to 2} (-2x^2 + 3x - 2) = -4 $. Воспользуемся определением предела по Коши. Для любого $ \varepsilon > 0 $ нужно найти такое $ \delta > 0 $, что из $ 0 < |x - 2| < \delta $ следует $ |(-2x^2 + 3x - 2) - (-4)| < \varepsilon $.

Рассмотрим выражение $ |(-2x^2 + 3x - 2) - (-4)| = |-2x^2 + 3x + 2| = |-(2x^2 - 3x - 2)| $.

Разложим на множители $ 2x^2 - 3x - 2 $. Корни уравнения $ 2x^2 - 3x - 2 = 0 $ это $ x_1 = 2 $ и $ x_2 = -1/2 $. Значит, $ 2x^2 - 3x - 2 = 2(x - 2)(x + 1/2) = (x - 2)(2x + 1) $.

Тогда $ |f(x) - B| = |-(x - 2)(2x + 1)| = |x - 2| \cdot |2x + 1| $.

Оценим множитель $ |2x + 1| $ для $ x $, близких к $ 2 $. Пусть $ \delta \le 1 $. Тогда из $ |x - 2| < 1 $ следует $ 1 < x < 3 $. Для таких $ x $ оценим $ |2x + 1| $: $ 2 \cdot 1 < 2x < 2 \cdot 3 \Rightarrow 2 < 2x < 6 $. $ 2 + 1 < 2x + 1 < 6 + 1 \Rightarrow 3 < 2x + 1 < 7 $. Отсюда $ |2x + 1| < 7 $.

Следовательно, $ |f(x) - B| = |x - 2| \cdot |2x + 1| < 7 \cdot |x - 2| $.

Мы хотим, чтобы $ 7 \cdot |x - 2| < \varepsilon $, что означает $ |x - 2| < \varepsilon / 7 $.

Мы получили два условия на $ \delta $: $ \delta \le 1 $ и $ \delta \le \varepsilon / 7 $. Выберем $ \delta = \min(1, \varepsilon / 7) $.

Таким образом, для любого $ \varepsilon > 0 $ мы нашли $ \delta > 0 $. Если $ 0 < |x - 2| < \delta $, то $ |(-2x^2 + 3x - 2) - (-4)| < \varepsilon $, что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.