Страница 168 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

1. Дайте определение предела функции в точке. Поясните смысл этого определения.

2. Сформулируйте основные свойства предела функции в точке и докажите их.

3. Как вы понимаете предел функции на бесконечности?

4. Что такое односторонний предел функции в точке?

5. Какие виды асимптот функции вы знаете и как их определяют? Может ли функция не иметь каких-либо асимптот?

6. Напишите первый замечательный предел и докажите его. $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$

1. Дайте определение предела функции в точке. Поясните смысл этого определения.

Существует несколько эквивалентных определений предела функции в точке. Наиболее распространенным является определение по Коши, или на языке «эпсилон-дельта».

Определение (по Коши): Число $A$ называется пределом функции $y=f(x)$ в точке $x_0$ (или при $x \to x_0$), если для любого сколь угодно малого положительного числа $\varepsilon > 0$ (эпсилон) найдется такое положительное число $\delta > 0$ (дельта), что для всех аргументов $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - x_0| < \delta$, выполняется неравенство $|f(x) - A| < \varepsilon$.

Математически это записывается так: $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$.

Смысл определения: Смысл этого определения заключается в том, что значения функции $f(x)$ можно сделать сколь угодно близкими к числу $A$, если выбирать значения аргумента $x$ достаточно близко к точке $x_0$.

Разберем это подробнее:

• $|f(x) - A| < \varepsilon$ означает, что расстояние между значением функции $f(x)$ и числом $A$ меньше $\varepsilon$. Это можно записать как $A - \varepsilon < f(x) < A + \varepsilon$. То есть $f(x)$ попадает в $\varepsilon$-окрестность точки $A$.
• $0 < |x - x_0| < \delta$ означает, что расстояние между $x$ и $x_0$ меньше $\delta$, но при этом $x \neq x_0$. Это проколотая $\delta$-окрестность точки $x_0$. Важно, что значение функции в самой точке $x_0$ не влияет на предел. Функция $f(x)$ может быть даже не определена в точке $x_0$.

Таким образом, предел описывает поведение функции вблизи точки, а не в самой точке. Геометрически это означает, что для любой, сколь угодно узкой, горизонтальной полосы $(A-\varepsilon, A+\varepsilon)$, мы можем подобрать такую узкую вертикальную полосу $(x_0-\delta, x_0+\delta)$, что часть графика функции, находящаяся внутри этой вертикальной полосы (за исключением, возможно, точки $x=x_0$), целиком лежит внутри горизонтальной.

Ответ: Пределом функции $f(x)$ в точке $x_0$ называется такое число $A$, что для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $\delta > 0$, что из $0 < |x - x_0| < \delta$ следует $|f(x) - A| < \varepsilon$. Смысл определения в том, что значения функции $f(x)$ подходят бесконечно близко к $A$, когда $x$ бесконечно близко подходит к $x_0$.

2. Сформулируйте основные свойства предела функции в точке и докажите их.

Пусть существуют конечные пределы $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$ и $\lim_{x \to x_0} g(x) = B$, и $C$ — постоянная величина. Тогда справедливы следующие основные свойства (теоремы о пределах):

1. Предел постоянной функции равен самой постоянной: $\lim_{x \to x_0} C = C$.
2. Предел суммы (разности) функций равен сумме (разности) их пределов: $\lim_{x \to x_0} (f(x) \pm g(x)) = \lim_{x \to x_0} f(x) \pm \lim_{x \to x_0} g(x) = A \pm B$.
3. Предел произведения функций равен произведению их пределов: $\lim_{x \to x_0} (f(x) \cdot g(x)) = \lim_{x \to x_0} f(x) \cdot \lim_{x \to x_0} g(x) = A \cdot B$.
4. Постоянный множитель можно выносить за знак предела: $\lim_{x \to x_0} (C \cdot f(x)) = C \cdot \lim_{x \to x_0} f(x) = C \cdot A$. (Это следствие свойства 3).
5. Предел частного двух функций равен частному их пределов, если предел знаменателя не равен нулю: $\lim_{x \to x_0} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim_{x \to x_0} f(x)}{\lim_{x \to x_0} g(x)} = \frac{A}{B}$, при условии что $B \neq 0$.

Доказательство свойства 2 (предел суммы):

Нам дано, что $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$ и $\lim_{x \to x_0} g(x) = B$. Мы хотим доказать, что $\lim_{x \to x_0} (f(x) + g(x)) = A + B$.

Согласно определению предела, для любого $\varepsilon > 0$ мы должны найти такое $\delta > 0$, что если $0 < |x - x_0| < \delta$, то $|(f(x) + g(x)) - (A + B)| < \varepsilon$.

Рассмотрим число $\varepsilon/2 > 0$. Так как $\lim_{x \to x_0} f(x) = A$, то для этого числа найдется $\delta_1 > 0$ такое, что для всех $x$, удовлетворяющих $0 < |x-x_0| < \delta_1$, выполняется $|f(x) - A| < \varepsilon/2$.

Аналогично, так как $\lim_{x \to x_0} g(x) = B$, для числа $\varepsilon/2 > 0$ найдется $\delta_2 > 0$ такое, что для всех $x$, удовлетворяющих $0 < |x-x_0| < \delta_2$, выполняется $|g(x) - B| < \varepsilon/2$.

Выберем $\delta$ как наименьшее из $\delta_1$ и $\delta_2$, то есть $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Тогда для любого $x$, удовлетворяющего условию $0 < |x - x_0| < \delta$, будут выполняться оба указанных выше неравенства.

Используя неравенство треугольника $|a+b| \le |a|+|b|$, оценим величину $|(f(x) + g(x)) - (A + B)|$:

$|(f(x) + g(x)) - (A + B)| = |(f(x) - A) + (g(x) - B)| \le |f(x) - A| + |g(x) - B|$.

Для $x$ из проколотой $\delta$-окрестности точки $x_0$ мы имеем:

$|f(x) - A| + |g(x) - B| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$.

Таким образом, мы показали, что для любого $\varepsilon > 0$ существует $\delta > 0$, такое что при $0 < |x - x_0| < \delta$ выполняется $|(f(x) + g(x)) - (A + B)| < \varepsilon$. Это по определению означает, что $\lim_{x \to x_0} (f(x) + g(x)) = A + B$. Что и требовалось доказать.

Остальные свойства доказываются аналогично, с использованием определения предела и свойств абсолютных величин.

Ответ: Основные свойства пределов включают теоремы о пределе суммы, разности, произведения и частного функций. Они утверждают, что предел арифметической операции над функциями равен той же операции над их пределами (при соблюдении определенных условий, например, предел знаменателя не равен нулю).

3. Как вы понимаете предел функции на бесконечности?

Предел функции на бесконечности описывает поведение функции $f(x)$, когда ее аргумент $x$ неограниченно возрастает ($x \to +\infty$) или неограниченно убывает ($x \to -\infty$).

Число $A$ называется пределом функции $f(x)$ при $x \to \infty$, если для любого сколь угодно малого положительного числа $\varepsilon > 0$ найдется такое число $M > 0$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $|x| > M$, выполняется неравенство $|f(x) - A| < \varepsilon$.

Записывается это так: $\lim_{x \to \infty} f(x) = A$.

Понимание этого определения следующее:

• Мы можем сделать значения функции $f(x)$ сколь угодно близкими к числу $A$.
• Для этого нужно взять аргумент $x$ достаточно большим по абсолютной величине.

Геометрически наличие конечного предела на бесконечности означает, что график функции при $x \to +\infty$ или $x \to -\infty$ (или в обе стороны) неограниченно приближается к горизонтальной прямой $y=A$. Такая прямая называется горизонтальной асимптотой графика функции.

Различают пределы на плюс бесконечности ($x \to +\infty$, когда $x > M$) и на минус бесконечности ($x \to -\infty$, когда $x < -M$). Они могут быть разными. Например, для функции $f(x) = \arctan(x)$, $\lim_{x \to +\infty} \arctan(x) = \frac{\pi}{2}$ и $\lim_{x \to -\infty} \arctan(x) = -\frac{\pi}{2}$.

Ответ: Предел функции на бесконечности — это значение, к которому стремится функция, когда ее аргумент неограниченно возрастает или убывает. Геометрически это соответствует наличию у графика функции горизонтальной асимптоты.

4. Что такое односторонний предел функции в точке?

Односторонний предел описывает поведение функции, когда аргумент $x$ приближается к точке $x_0$ только с одной стороны: либо слева (оставаясь меньше $x_0$), либо справа (оставаясь больше $x_0$).

Предел слева (левосторонний предел):

Число $A$ называется пределом функции $f(x)$ в точке $x_0$ слева, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $\delta > 0$, что для всех $x$ из интервала $(x_0 - \delta, x_0)$ выполняется неравенство $|f(x) - A| < \varepsilon$.

Обозначение: $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = A$ или $\lim_{x \to x_0-0} f(x) = A$.

Предел справа (правосторонний предел):

Число $B$ называется пределом функции $f(x)$ в точке $x_0$ справа, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такое $\delta > 0$, что для всех $x$ из интервала $(x_0, x_0 + \delta)$ выполняется неравенство $|f(x) - B| < \varepsilon$.

Обозначение: $\lim_{x \to x_0^+} f(x) = B$ или $\lim_{x \to x_0+0} f(x) = B$.

Односторонние пределы важны для анализа функций в точках разрыва. Существование обычного (двустороннего) предела в точке эквивалентно существованию и равенству обоих односторонних пределов в этой точке.

Теорема: Предел $\lim_{x \to x_0} f(x)$ существует и равен $L$ тогда и только тогда, когда существуют и равны друг другу односторонние пределы: $\lim_{x \to x_0^-} f(x) = \lim_{x \to x_0^+} f(x) = L$.

Ответ: Односторонний предел — это предел функции, при вычислении которого аргумент стремится к предельной точке только с одной стороны (слева или справа). Для существования обычного предела необходимо, чтобы левый и правый пределы существовали и были равны.

5. Какие виды асимптот функции вы знаете и как их определяют? Может ли функция не иметь каких-либо асимптот?

Асимптота графика функции — это прямая, к которой неограниченно приближается кривая (график функции) при удалении ее точки в бесконечность. Существует три вида асимптот:

1. Вертикальная асимптота.

Прямая $x = a$ называется вертикальной асимптотой графика функции $y = f(x)$, если хотя бы один из односторонних пределов функции в точке $a$ равен бесконечности:

$\lim_{x \to a^-} f(x) = \pm\infty$ или $\lim_{x \to a^+} f(x) = \pm\infty$.

Вертикальные асимптоты ищут в точках разрыва функции или на границах ее области определения.

2. Горизонтальная асимптота.

Прямая $y = b$ называется горизонтальной асимптотой графика функции $y = f(x)$ при $x \to +\infty$ (или $x \to -\infty$), если предел функции на бесконечности равен числу $b$:

$\lim_{x \to +\infty} f(x) = b$ или $\lim_{x \to -\infty} f(x) = b$.

У функции может быть две разные горизонтальные асимптоты (одна для $x \to +\infty$, другая для $x \to -\infty$) или одна общая.

3. Наклонная асимптота.

Прямая $y = kx + b$ (где $k \neq 0$) называется наклонной асимптотой графика функции $y = f(x)$ при $x \to \infty$, если расстояние между графиком функции и этой прямой стремится к нулю при $x \to \infty$. Коэффициенты $k$ и $b$ находятся с помощью пределов:

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x}$

$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx)$

Если хотя бы один из этих пределов не существует или $k=0$, то наклонной асимптоты нет. Пределы ищутся отдельно для $x \to +\infty$ и $x \to -\infty$.

Может ли функция не иметь асимптот?

Да, может. Многие функции не имеют асимптот. Например:

• Любая многочленная функция степени выше первой (например, парабола $y=x^2$, кубическая парабола $y=x^3$).
• Тригонометрические функции, такие как $y = \sin(x)$ или $y = \cos(x)$, которые колеблются и не стремятся ни к какой прямой.
• Функция $y=\sqrt{x}$ имеет область определения $[0, +\infty)$ и не имеет асимптот.

Ответ: Существуют вертикальные, горизонтальные и наклонные асимптоты. Они определяются через пределы функции в точках разрыва или на бесконечности. Функция может не иметь никаких асимптот, например, $y=x^2$ или $y=\sin(x)$.

6. Напишите первый замечательный предел и докажите его.

Первый замечательный предел имеет вид:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$

Здесь предполагается, что угол $x$ измеряется в радианах.

Доказательство:

Доказательство основано на геометрических соображениях и теореме о двух милиционерах (теореме о сжатой функции). Рассмотрим тригонометрическую окружность единичного радиуса ($R=1$).

Рассмотрим острый угол $x \in (0, \pi/2)$. На рисунке $OA=OP=R=1$, $\angle AOP = x$. $PM \perp OA$, $AT \perp OA$.

Из прямоугольного треугольника $OMP$ имеем $PM = OP \sin x = \sin x$.

Из прямоугольного треугольника $OAT$ имеем $AT = OA \tan x = \tan x$.

Длина дуги $AP$ равна центральному углу в радианах, умноженному на радиус: Длина дуги $AP = R \cdot x = x$.

Из рисунка видно, что длина отрезка $PM$ меньше длины дуги $AP$, которая, в свою очередь, меньше длины отрезка $AT$:

$PM < \text{Длина дуги } AP < AT$

Подставляя выражения, получаем двойное неравенство:

$\sin x < x < \tan x$

Поскольку мы рассматриваем $x \in (0, \pi/2)$, то $\sin x > 0$. Разделим все части неравенства на $\sin x$:

$1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{\tan x}{\sin x}$

Так как $\tan x = \frac{\sin x}{\cos x}$, то $\frac{\tan x}{\sin x} = \frac{1}{\cos x}$. Неравенство принимает вид:

$1 < \frac{x}{\sin x} < \frac{1}{\cos x}$

Перевернем дроби, при этом знаки неравенства изменятся на противоположные:

$\cos x < \frac{\sin x}{x} < 1$

Это неравенство доказано для $x \to 0^+$. Теперь применим теорему о сжатой функции. Найдем пределы функций, "сжимающих" нашу функцию $\frac{\sin x}{x}$:

$\lim_{x \to 0^+} \cos x = \cos(0) = 1$

$\lim_{x \to 0^+} 1 = 1$

Поскольку функция $\frac{\sin x}{x}$ заключена между двумя функциями, стремящимися к 1, то и ее предел равен 1:

$\lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$

Теперь рассмотрим случай $x \to 0^-$. Функция $f(x) = \frac{\sin x}{x}$ является четной, так как $f(-x) = \frac{\sin(-x)}{-x} = \frac{-\sin x}{-x} = \frac{\sin x}{x} = f(x)$. Это означает, что ее график симметричен относительно оси $Oy$, и предел слева равен пределу справа.

$\lim_{x \to 0^-} \frac{\sin x}{x} = \lim_{x \to 0^+} \frac{\sin x}{x} = 1$.

Так как односторонние пределы существуют и равны, то существует и двусторонний предел, который также равен 1. Что и требовалось доказать.

Ответ: Первый замечательный предел: $\lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$. Он доказывается с помощью геометрического сравнения длины отрезков $\sin x$, $\tan x$ и дуги $x$ на единичной окружности и последующего применения теоремы о сжатой функции.

6.1. Докажите равенство, используя определение предела функции в точке:

1) $\lim_{x\to 2} (2x+1) = 5$;

2) $\lim_{x\to 1} (4x-3) = 1$;

3) $\lim_{x\to -1} (2x^2+5) = 7$;

4) $\lim_{x\to 2} (x^2-5) = -1$;

5) $\lim_{x\to 2} \frac{x^2-4}{x-2} = 4$;

6) $\lim_{x\to 1.5} \frac{4x^2-9}{2x-3} = 6$.

Для доказательства равенств будем использовать определение предела функции в точке (определение Коши). Число $L$ является пределом функции $f(x)$ при $x \to a$, если для любого положительного числа $\epsilon$ ($\epsilon > 0$) найдется такое положительное число $\delta$ ($\delta > 0$), что для всех $x$, удовлетворяющих неравенству $0 < |x - a| < \delta$, выполняется неравенство $|f(x) - L| < \epsilon$.

1) $\lim_{x\to2} (2x + 1) = 5$

Нам нужно доказать, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - 2| < \delta$, то $|(2x + 1) - 5| < \epsilon$. Рассмотрим неравенство с $\epsilon$: $|(2x + 1) - 5| < \epsilon$ $|2x - 4| < \epsilon$ $|2(x - 2)| < \epsilon$ $2|x - 2| < \epsilon$ $|x - 2| < \frac{\epsilon}{2}$ Мы видим, что если выбрать $\delta = \frac{\epsilon}{2}$, то условие определения предела будет выполняться. Действительно, пусть задано произвольное $\epsilon > 0$. Возьмем $\delta = \frac{\epsilon}{2}$. Тогда для любого $x$, такого что $0 < |x - 2| < \delta$, имеем: $|x - 2| < \frac{\epsilon}{2}$ $2|x - 2| < \epsilon$ $|2x - 4| < \epsilon$ $|(2x + 1) - 5| < \epsilon$ Таким образом, равенство доказано по определению.

Ответ: Равенство доказано.

2) $\lim_{x\to1} (4x - 3) = 1$

Нам нужно доказать, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - 1| < \delta$, то $|(4x - 3) - 1| < \epsilon$. Рассмотрим неравенство с $\epsilon$: $|(4x - 3) - 1| < \epsilon$ $|4x - 4| < \epsilon$ $|4(x - 1)| < \epsilon$ $4|x - 1| < \epsilon$ $|x - 1| < \frac{\epsilon}{4}$ Выберем $\delta = \frac{\epsilon}{4}$. Проверим: пусть задано произвольное $\epsilon > 0$ и $\delta = \frac{\epsilon}{4}$. Тогда для любого $x$, такого что $0 < |x - 1| < \delta$, имеем: $|x - 1| < \frac{\epsilon}{4}$ $4|x - 1| < \epsilon$ $|4x - 4| < \epsilon$ $|(4x - 3) - 1| < \epsilon$ Равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

3) $\lim_{x\to-1} (2x^2 + 5) = 7$

Нам нужно доказать, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - (-1)| < \delta$ (т.е. $0 < |x + 1| < \delta$), то $|(2x^2 + 5) - 7| < \epsilon$. Рассмотрим неравенство: $|(2x^2 + 5) - 7| < \epsilon$ $|2x^2 - 2| < \epsilon$ $|2(x^2 - 1)| < \epsilon$ $2|x - 1||x + 1| < \epsilon$ Нам нужно оценить $|x - 1|$. Поскольку нас интересует поведение $x$ вблизи $-1$, мы можем ограничить $\delta$, например, положив $\delta \le 1$. Если $|x + 1| < 1$, то $-1 < x + 1 < 1$, что означает $-2 < x < 0$. Для таких $x$ имеем $-3 < x - 1 < -1$, откуда следует, что $|x - 1| < 3$. Тогда наше неравенство можно усилить: $2|x - 1||x + 1| < 2 \cdot 3 \cdot |x + 1| = 6|x + 1|$. Теперь потребуем, чтобы $6|x + 1| < \epsilon$, откуда $|x + 1| < \frac{\epsilon}{6}$. Итак, мы получили два условия на $\delta$: $\delta \le 1$ и $\delta \le \frac{\epsilon}{6}$. Чтобы удовлетворить обоим, выберем $\delta = \min(1, \frac{\epsilon}{6})$. Для любого $\epsilon > 0$ такое $\delta$ существует. Если $0 < |x + 1| < \delta$, то $|x+1| < 1$ (значит $|x-1|<3$) и $|x+1| < \frac{\epsilon}{6}$. Следовательно, $|(2x^2 + 5) - 7| = 2|x - 1||x + 1| < 2 \cdot 3 \cdot |x + 1| = 6|x + 1| < 6 \cdot \frac{\epsilon}{6} = \epsilon$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

4) $\lim_{x\to2} (x^2 - 5) = -1$

Нам нужно доказать, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - 2| < \delta$, то $|(x^2 - 5) - (-1)| < \epsilon$. Рассмотрим неравенство: $|(x^2 - 5) - (-1)| < \epsilon$ $|x^2 - 4| < \epsilon$ $|x - 2||x + 2| < \epsilon$ Оценим $|x + 2|$. Пусть $\delta \le 1$. Тогда из $|x - 2| < 1$ следует, что $-1 < x - 2 < 1$, т.е. $1 < x < 3$. Для таких $x$ имеем $3 < x + 2 < 5$, откуда $|x + 2| < 5$. Тогда $|x - 2||x + 2| < 5|x - 2|$. Потребуем, чтобы $5|x - 2| < \epsilon$, откуда $|x - 2| < \frac{\epsilon}{5}$. Выберем $\delta = \min(1, \frac{\epsilon}{5})$. Для любого $\epsilon > 0$ такое $\delta$ существует. Если $0 < |x - 2| < \delta$, то $|x-2| < 1$ (значит $|x+2|<5$) и $|x-2| < \frac{\epsilon}{5}$. Следовательно, $|(x^2 - 5) - (-1)| = |x - 2||x + 2| < 5|x - 2| < 5 \cdot \frac{\epsilon}{5} = \epsilon$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

5) $\lim_{x\to2} \frac{x^2 - 4}{x - 2} = 4$

Нам нужно доказать, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - 2| < \delta$, то $|\frac{x^2 - 4}{x - 2} - 4| < \epsilon$. Заметим, что область определения функции $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x - 2}$ это все $x \neq 2$. Условие $0 < |x - 2|$ в определении предела как раз гарантирует, что $x \neq 2$. При $x \neq 2$ мы можем упростить выражение: $|\frac{x^2 - 4}{x - 2} - 4| = |\frac{(x-2)(x+2)}{x-2} - 4| = |(x+2) - 4| = |x - 2|$. Таким образом, нам нужно, чтобы выполнялось неравенство $|x - 2| < \epsilon$. Достаточно выбрать $\delta = \epsilon$. Тогда для любого $\epsilon > 0$, если мы возьмем $\delta = \epsilon$, то для всех $x$ из $0 < |x - 2| < \delta$ будет следовать $|\frac{x^2 - 4}{x - 2} - 4| = |x - 2| < \delta = \epsilon$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

6) $\lim_{x\to1,5} \frac{4x^2 - 9}{2x - 3} = 6$

Нам нужно доказать, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - 1.5| < \delta$, то $|\frac{4x^2 - 9}{2x - 3} - 6| < \epsilon$. Функция не определена в точке $x = 1.5$. Условие $0 < |x - 1.5|$ гарантирует, что $x \neq 1.5$. При $x \neq 1.5$ упростим выражение: $|\frac{4x^2 - 9}{2x - 3} - 6| = |\frac{(2x-3)(2x+3)}{2x-3} - 6| = |(2x+3) - 6| = |2x - 3| = |2(x - 1.5)| = 2|x - 1.5|$. Мы хотим, чтобы выполнялось $2|x - 1.5| < \epsilon$, что равносильно $|x - 1.5| < \frac{\epsilon}{2}$. Выберем $\delta = \frac{\epsilon}{2}$. Для любого $\epsilon > 0$ такое $\delta$ существует. Если $0 < |x - 1.5| < \delta$, то: $|\frac{4x^2 - 9}{2x - 3} - 6| = 2|x - 1.5| < 2\delta = 2 \cdot \frac{\epsilon}{2} = \epsilon$. Равенство доказано.

Ответ: Равенство доказано.

В упражнениях 6.2–6.5 найдите пределы.

6. 2.

1) $lim_{x \to 1} \frac{2x - 1}{x^2};$

2) $lim_{x \to 0} \frac{x - 1}{x^2 - 1};$

3) $lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x - 2} + 3}{x^2 + 1};$

4) $lim_{x \to -1} \frac{2 - x}{1 - \sqrt{x + 1}}.$

1) Для нахождения предела $\lim_{x \to 1} \frac{2x-1}{x^2}$ подставим значение $x=1$ в выражение, так как функция непрерывна в этой точке (знаменатель не обращается в ноль).

$\lim_{x \to 1} \frac{2x-1}{x^2} = \frac{2(1)-1}{1^2} = \frac{2-1}{1} = \frac{1}{1} = 1$

Ответ: 1.

2) Для нахождения предела $\lim_{x \to 0} \frac{x-1}{x^2-1}$ подставим значение $x=0$ в выражение. Знаменатель при $x=0$ равен $0^2-1 = -1$, что не равно нулю, поэтому можно использовать прямую подстановку.

$\lim_{x \to 0} \frac{x-1}{x^2-1} = \frac{0-1}{0^2-1} = \frac{-1}{-1} = 1$

Ответ: 1.

3) Для нахождения предела $\lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x-2}+3}{x^2+1}$ проверим функцию в точке $x=2$.

Значение числителя: $\sqrt{2-2}+3 = \sqrt{0}+3 = 3$.

Значение знаменателя: $2^2+1 = 4+1 = 5$.

Так как знаменатель не равен нулю и подкоренное выражение неотрицательно, функция непрерывна в точке $x=2$. Предел можно найти прямой подстановкой.

$\lim_{x \to 2} \frac{\sqrt{x-2}+3}{x^2+1} = \frac{\sqrt{2-2}+3}{2^2+1} = \frac{3}{5}$

Ответ: $\frac{3}{5}$.

4) Для нахождения предела $\lim_{x \to -1} \frac{2-x}{1-\sqrt{x+1}}$ подставим предельное значение $x=-1$ в выражение.

Значение числителя: $2 - (-1) = 2 + 1 = 3$.

Значение знаменателя: $1 - \sqrt{-1+1} = 1 - \sqrt{0} = 1 - 0 = 1$.

Поскольку знаменатель не равен нулю в точке $x=-1$ и функция определена в окрестности этой точки, предел равен значению функции в этой точке.

$\lim_{x \to -1} \frac{2-x}{1-\sqrt{x+1}} = \frac{2-(-1)}{1-\sqrt{-1+1}} = \frac{3}{1} = 3$

Ответ: 3.

6.3. 1) $ \lim_{x\to3} \frac{x^2 - 9}{x - 3}; $

2) $ \lim_{x\to-1} \frac{x + 1}{x^2 - 1}; $

3) $ \lim_{x\to-1} \frac{x^3 + 1}{x^2 - 1}; $

4) $ \lim_{x\to0} \frac{x}{x - 2x^2}. $

1) Вычислим предел $\lim_{x\to3}\frac{x^2-9}{x-3}$.
При подстановке предельного значения $x=3$ в выражение под знаком предела, получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$, так как числитель $3^2-9=0$ и знаменатель $3-3=0$.
Для раскрытия этой неопределенности необходимо упростить выражение. Разложим числитель на множители, используя формулу разности квадратов $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$:$x^2-9 = x^2-3^2 = (x-3)(x+3)$.
Тогда предел принимает вид:$\lim_{x\to3}\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}$.
Поскольку $x$ стремится к 3, но не равен 3 ($x \ne 3$), то множитель $(x-3)$ не равен нулю, и мы можем сократить дробь на него:$\lim_{x\to3}(x+3)$.
Теперь мы можем подставить предельное значение $x=3$ в полученное выражение:$3+3=6$.
Ответ: 6

2) Вычислим предел $\lim_{x\to-1}\frac{x+1}{x^2-1}$.
При подстановке $x=-1$ в выражение получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$:$\frac{-1+1}{(-1)^2-1} = \frac{0}{1-1} = \frac{0}{0}$.
Для раскрытия неопределенности разложим знаменатель на множители по формуле разности квадратов $a^2-b^2=(a-b)(a+b)$:$x^2-1 = (x-1)(x+1)$.
Получаем следующий предел:$\lim_{x\to-1}\frac{x+1}{(x-1)(x+1)}$.
Так как $x \to -1$, то $x \ne -1$, и можно сократить дробь на общий множитель $(x+1)$:$\lim_{x\to-1}\frac{1}{x-1}$.
Подставим $x=-1$ в полученное выражение:$\frac{1}{-1-1} = \frac{1}{-2} = -\frac{1}{2}$.
Ответ: $-\frac{1}{2}$

3) Вычислим предел $\lim_{x\to-1}\frac{x^3+1}{x^2-1}$.
При подстановке $x=-1$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$:$\frac{(-1)^3+1}{(-1)^2-1} = \frac{-1+1}{1-1} = \frac{0}{0}$.
Для раскрытия неопределенности разложим числитель и знаменатель на множители. Числитель раскладываем по формуле суммы кубов $a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$:$x^3+1 = (x+1)(x^2-x\cdot1+1^2) = (x+1)(x^2-x+1)$.
Знаменатель раскладываем по формуле разности квадратов:$x^2-1 = (x-1)(x+1)$.
Предел принимает вид:$\lim_{x\to-1}\frac{(x+1)(x^2-x+1)}{(x-1)(x+1)}$.
Сокращаем дробь на $(x+1)$, так как $x \ne -1$:$\lim_{x\to-1}\frac{x^2-x+1}{x-1}$.
Теперь подставляем $x=-1$ в упрощенное выражение:$\frac{(-1)^2 - (-1) + 1}{-1-1} = \frac{1+1+1}{-2} = \frac{3}{-2} = -\frac{3}{2}$.
Ответ: $-\frac{3}{2}$

4) Вычислим предел $\lim_{x\to0}\frac{x}{x-2x^2}$.
При подстановке $x=0$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$:$\frac{0}{0-2\cdot0^2} = \frac{0}{0}$.
Для раскрытия неопределенности вынесем в знаменателе общий множитель $x$ за скобки:$x-2x^2 = x(1-2x)$.
Получаем:$\lim_{x\to0}\frac{x}{x(1-2x)}$.
Поскольку $x \to 0$, то $x \ne 0$, и мы можем сократить дробь на $x$:$\lim_{x\to0}\frac{1}{1-2x}$.
Теперь подставим $x=0$ в результирующее выражение:$\frac{1}{1-2\cdot0} = \frac{1}{1-0} = 1$.
Ответ: 1

6.4. 1) $\lim_{x\to 0} \frac{\sin 2x}{x}$;

2) $\lim_{x\to 0} \frac{3x}{\sin x}$;

3) $\lim_{x\to 0} \frac{\operatorname{tg} x}{x}$;

4) $\lim_{x\to 0} \frac{\operatorname{tg} 3x}{x}$.

1) Для вычисления предела $ \lim_{x\to0} \frac{\sin 2x}{x} $ воспользуемся первым замечательным пределом, который гласит, что $ \lim_{u\to0} \frac{\sin u}{u} = 1 $.

Чтобы привести наш предел к этому стандартному виду, необходимо, чтобы аргумент синуса совпадал со знаменателем. Для этого домножим числитель и знаменатель дроби на 2:

$ \lim_{x\to0} \frac{\sin 2x}{x} = \lim_{x\to0} \frac{2 \sin 2x}{2x} $

Вынесем константу 2 за знак предела, так как она не зависит от $x$:

$ 2 \lim_{x\to0} \frac{\sin 2x}{2x} $

Теперь сделаем замену переменной. Пусть $ u = 2x $. Поскольку $ x \to 0 $, то и $ u \to 0 $. Подставив новую переменную, получим:

$ 2 \lim_{u\to0} \frac{\sin u}{u} $

Выражение под знаком предела теперь является первым замечательным пределом. Его значение равно 1. Таким образом, получаем:

$ 2 \cdot 1 = 2 $

Ответ: $2$

2) Рассмотрим предел $ \lim_{x\to0} \frac{3x}{\sin x} $.

Сначала вынесем постоянный множитель 3 за знак предела:

$ 3 \lim_{x\to0} \frac{x}{\sin x} $

Предел $ \lim_{x\to0} \frac{x}{\sin x} $ является следствием из первого замечательного предела. Его можно вычислить следующим образом:

$ \lim_{x\to0} \frac{x}{\sin x} = \lim_{x\to0} \frac{1}{\frac{\sin x}{x}} = \frac{\lim_{x\to0} 1}{\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{1} = 1 $

Подставляя это значение обратно в наше исходное выражение, находим итоговый ответ:

$ 3 \cdot 1 = 3 $

Ответ: $3$

3) Для нахождения предела $ \lim_{x\to0} \frac{\tg x}{x} $ воспользуемся определением тангенса: $ \tg x = \frac{\sin x}{\cos x} $.

Подставим это выражение в предел:

$ \lim_{x\to0} \frac{\tg x}{x} = \lim_{x\to0} \frac{\frac{\sin x}{\cos x}}{x} = \lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x \cos x} $

Теперь мы можем разбить этот предел на произведение двух пределов, используя свойство пределов $ \lim(f \cdot g) = \lim f \cdot \lim g $:

$ \lim_{x\to0} \left(\frac{\sin x}{x} \cdot \frac{1}{\cos x}\right) = \left(\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x}\right) \cdot \left(\lim_{x\to0} \frac{1}{\cos x}\right) $

Первый множитель — это первый замечательный предел, значение которого равно 1. Второй множитель вычисляется простой подстановкой значения $ x=0 $:

$ \lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x} = 1 $

$ \lim_{x\to0} \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{\cos 0} = \frac{1}{1} = 1 $

Перемножая результаты, получаем итоговое значение предела:

$ 1 \cdot 1 = 1 $

Ответ: $1$

4) Рассмотрим предел $ \lim_{x\to0} \frac{\tg 3x}{x} $.

Этот предел похож на тот, что был в предыдущем пункте. Мы уже установили, что $ \lim_{u\to0} \frac{\tg u}{u} = 1 $. Чтобы использовать этот факт, нам нужно, чтобы аргумент тангенса совпадал со знаменателем. Для этого домножим числитель и знаменатель на 3:

$ \lim_{x\to0} \frac{\tg 3x}{x} = \lim_{x\to0} \frac{3 \tg 3x}{3x} $

Вынесем константу 3 за знак предела:

$ 3 \lim_{x\to0} \frac{\tg 3x}{3x} $

Произведем замену переменной. Пусть $ u = 3x $. Так как $ x \to 0 $, то и $ u \to 0 $. Предел принимает вид:

$ 3 \lim_{u\to0} \frac{\tg u}{u} $

Используя результат, полученный в пункте 3, мы знаем, что $ \lim_{u\to0} \frac{\tg u}{u} = 1 $. Тогда:

$ 3 \cdot 1 = 3 $

Ответ: $3$

6.5. 1) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{x-1}{3-2x} $

2) $ \lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-1}{x^2+x+1} $

3) $ \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1} $

4) $ \lim_{x \to -\infty} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+3}} $

1) Для нахождения предела $\lim_{x \to +\infty} \frac{x-1}{3-2x}$ мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{\infty}{\infty}$. Чтобы раскрыть эту неопределенность, разделим числитель и знаменатель на старшую степень переменной $x$, то есть на $x$.
$\lim_{x \to +\infty} \frac{x-1}{3-2x} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{x}{x} - \frac{1}{x}}{\frac{3}{x} - \frac{2x}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{1 - \frac{1}{x}}{\frac{3}{x} - 2}$.
Так как при $x \to +\infty$, выражения $\frac{1}{x}$ и $\frac{3}{x}$ стремятся к нулю, то предел равен:
$\frac{1 - 0}{0 - 2} = -\frac{1}{2}$.
Другой способ — это сравнение старших степеней многочленов. Степени числителя и знаменателя равны 1, поэтому предел равен отношению коэффициентов при старших степенях: $\frac{1}{-2} = -\frac{1}{2}$.
Ответ: $-\frac{1}{2}$.

2) В пределе $\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-1}{x^2+x+1}$ мы также имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на старшую степень переменной, то есть на $x^2$.
$\lim_{x \to -\infty} \frac{x^2-1}{x^2+x+1} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{x^2}{x^2} - \frac{1}{x^2}}{\frac{x^2}{x^2} + \frac{x}{x^2} + \frac{1}{x^2}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 - \frac{1}{x^2}}{1 + \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2}}$.
При $x \to -\infty$, выражения $\frac{1}{x^2}$ и $\frac{1}{x}$ стремятся к нулю. Следовательно, предел равен:
$\frac{1 - 0}{1 + 0 + 0} = 1$.
Так как старшие степени числителя и знаменателя равны 2, предел равен отношению коэффициентов при $x^2$: $\frac{1}{1} = 1$.
Ответ: $1$.

3) Рассмотрим предел $\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1}$. Здесь также неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на $x$. Так как $x \to +\infty$, то $x$ — положительное число, и мы можем записать $x = \sqrt{x^2}$.
$\lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2+1}}{x+1} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\sqrt{x^2+1}}{x}}{\frac{x+1}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{\sqrt{x^2+1}}{\sqrt{x^2}}}{1 + \frac{1}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{\frac{x^2+1}{x^2}}}{1 + \frac{1}{x}} = \lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{1 + \frac{1}{x^2}}}{1 + \frac{1}{x}}$.
При $x \to +\infty$, $\frac{1}{x^2} \to 0$ и $\frac{1}{x} \to 0$, поэтому:
$\frac{\sqrt{1 + 0}}{1 + 0} = \frac{1}{1} = 1$.
Ответ: $1$.

4) Для вычисления предела $\lim_{x \to -\infty} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+3}}$ имеем неопределенность вида $\frac{-\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на $x$. Следует учесть, что $x \to -\infty$, поэтому $x$ — отрицательное число. При внесении $x$ под знак корня, мы должны использовать $x = -\sqrt{x^2}$.
$\lim_{x \to -\infty} \frac{x-1}{\sqrt{x^2+3}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{\frac{x-1}{x}}{\frac{\sqrt{x^2+3}}{x}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 - \frac{1}{x}}{\frac{\sqrt{x^2+3}}{-\sqrt{x^2}}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 - \frac{1}{x}}{-\sqrt{\frac{x^2+3}{x^2}}} = \lim_{x \to -\infty} \frac{1 - \frac{1}{x}}{-\sqrt{1 + \frac{3}{x^2}}}$.
Поскольку при $x \to -\infty$, $\frac{1}{x} \to 0$ и $\frac{3}{x^2} \to 0$, то предел равен:
$\frac{1 - 0}{-\sqrt{1 + 0}} = \frac{1}{-1} = -1$.
Ответ: $-1$.