Страница 171 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

6.22. Найдите все асимптоты функции и схематически постройте ее график:

1) $y = \frac{x^2 + 1}{x - 1}$; 2) $y = \frac{2x - 1}{x + 1}$; 3) $y = 2x - \frac{4}{x + 2} - 3$;

4) $y = \frac{2x}{3 - x} + 4$; 5) $y = 3x - \frac{1}{x}$; 6) $y = \frac{x^3 - 1}{x^2 + 1}$.

1) $y = \frac{x^2+1}{x-1}$

1. Область определения.
Знаменатель не должен быть равен нулю: $x-1 \neq 0 \Rightarrow x \neq 1$.
$D(y) = (-\infty; 1) \cup (1; +\infty)$.

2. Вертикальные асимптоты.
Исследуем поведение функции в точке разрыва $x=1$:
$\lim_{x \to 1^-} \frac{x^2+1}{x-1} = \frac{2}{0^-} = -\infty$
$\lim_{x \to 1^+} \frac{x^2+1}{x-1} = \frac{2}{0^+} = +\infty$
Следовательно, прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.

3. Наклонные и горизонтальные асимптоты.
Ищем асимптоту вида $y = kx+b$.
$k = \lim_{x \to \infty} \frac{f(x)}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2+1}{x(x-1)} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2+1}{x^2-x} = \lim_{x \to \infty} \frac{1+1/x^2}{1-1/x} = 1$.
$b = \lim_{x \to \infty} (f(x) - kx) = \lim_{x \to \infty} (\frac{x^2+1}{x-1} - x) = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2+1 - x(x-1)}{x-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{x^2+1 - x^2+x}{x-1} = \lim_{x \to \infty} \frac{x+1}{x-1} = 1$.
Следовательно, прямая $y = x+1$ является наклонной асимптотой. Горизонтальных асимптот нет.
Альтернативно, можно выделить целую часть: $y = \frac{x^2-1+2}{x-1} = \frac{(x-1)(x+1)+2}{x-1} = x+1 + \frac{2}{x-1}$. При $x \to \infty$, $\frac{2}{x-1} \to 0$, значит $y \to x+1$.

4. Схематический график.
Для построения графика найдем точки пересечения с осями и экстремумы.
Пересечение с осью Oy ($x=0$): $y = \frac{0+1}{0-1} = -1$. Точка $(0, -1)$.
Пересечение с осью Ox ($y=0$): $x^2+1=0$. Действительных корней нет, пересечения с осью Ox нет.
$y' = (\frac{x^2+1}{x-1})' = \frac{2x(x-1)-(x^2+1)}{(x-1)^2} = \frac{x^2-2x-1}{(x-1)^2}$.
$y'=0 \Rightarrow x^2-2x-1=0 \Rightarrow x = 1 \pm \sqrt{2}$.
Локальный максимум в точке $x = 1-\sqrt{2} \approx -0.41$, $y(1-\sqrt{2}) = 2-2\sqrt{2} \approx -0.83$.
Локальный минимум в точке $x = 1+\sqrt{2} \approx 2.41$, $y(1+\sqrt{2}) = 2+2\sqrt{2} \approx 4.83$.

Ответ: Вертикальная асимптота $x=1$, наклонная асимптота $y=x+1$.

2) $y = \frac{2x-1}{x+1}$

1. Область определения.
$x+1 \neq 0 \Rightarrow x \neq -1$.
$D(y) = (-\infty; -1) \cup (-1; +\infty)$.

2. Вертикальные асимптоты.
Исследуем точку $x=-1$:
$\lim_{x \to -1^-} \frac{2x-1}{x+1} = \frac{-3}{0^-} = +\infty$
$\lim_{x \to -1^+} \frac{2x-1}{x+1} = \frac{-3}{0^+} = -\infty$
Прямая $x=-1$ является вертикальной асимптотой.

3. Наклонные и горизонтальные асимптоты.
$\lim_{x \to \infty} \frac{2x-1}{x+1} = \lim_{x \to \infty} \frac{2-1/x}{1+1/x} = 2$.
Прямая $y=2$ является горизонтальной асимптотой. Наклонных асимптот нет.
Альтернативно: $y = \frac{2(x+1)-3}{x+1} = 2 - \frac{3}{x+1}$. При $x \to \infty$, $y \to 2$.

4. Схематический график.
Пересечение с осью Oy ($x=0$): $y = \frac{-1}{1} = -1$. Точка $(0, -1)$.
Пересечение с осью Ox ($y=0$): $2x-1=0 \Rightarrow x=0.5$. Точка $(0.5, 0)$.
$y' = \frac{2(x+1)-(2x-1)}{(x+1)^2} = \frac{3}{(x+1)^2} > 0$. Функция всегда возрастает, экстремумов нет.

Ответ: Вертикальная асимптота $x=-1$, горизонтальная асимптота $y=2$.

3) $y = 2x - \frac{4}{x+2} - 3$

1. Область определения.
$x+2 \neq 0 \Rightarrow x \neq -2$.
$D(y) = (-\infty; -2) \cup (-2; +\infty)$.

2. Вертикальные асимптоты.
Исследуем точку $x=-2$:
$\lim_{x \to -2^-} (2x - 3 - \frac{4}{x+2}) = -7 - \frac{4}{0^-} = -7 + \infty = +\infty$
$\lim_{x \to -2^+} (2x - 3 - \frac{4}{x+2}) = -7 - \frac{4}{0^+} = -7 - \infty = -\infty$
Прямая $x=-2$ является вертикальной асимптотой.

3. Наклонные и горизонтальные асимптоты.
Функция представлена в виде $y = (2x-3) - \frac{4}{x+2}$.
При $x \to \infty$, член $\frac{4}{x+2} \to 0$. Следовательно, график функции приближается к прямой $y = 2x-3$.
Прямая $y=2x-3$ является наклонной асимптотой. Горизонтальных асимптот нет.

4. Схематический график.
Приведем к общему знаменателю: $y = \frac{(2x-3)(x+2)-4}{x+2} = \frac{2x^2+x-10}{x+2}$.
Пересечение с Oy ($x=0$): $y = -10/2 = -5$. Точка $(0, -5)$.
Пересечение с Ox ($y=0$): $2x^2+x-10=0 \Rightarrow x = \frac{-1 \pm \sqrt{1+80}}{4} = \frac{-1 \pm 9}{4}$. $x_1=2$, $x_2=-2.5$. Точки $(2, 0)$ и $(-2.5, 0)$.
$y' = 2 + \frac{4}{(x+2)^2} > 2 > 0$. Функция всегда возрастает, экстремумов нет.

Ответ: Вертикальная асимптота $x=-2$, наклонная асимптота $y=2x-3$.

4) $y = \frac{2x}{3-x} + 4$

1. Область определения.
$3-x \neq 0 \Rightarrow x \neq 3$.
$D(y) = (-\infty; 3) \cup (3; +\infty)$.

2. Вертикальные асимптоты.
Приведем к общему знаменателю: $y = \frac{2x+4(3-x)}{3-x} = \frac{12-2x}{3-x}$.
$\lim_{x \to 3^-} \frac{12-2x}{3-x} = \frac{6}{0^+} = +\infty$
$\lim_{x \to 3^+} \frac{12-2x}{3-x} = \frac{6}{0^-} = -\infty$
Прямая $x=3$ является вертикальной асимптотой.

3. Наклонные и горизонтальные асимптоты.
$\lim_{x \to \infty} \frac{12-2x}{3-x} = \lim_{x \to \infty} \frac{12/x-2}{3/x-1} = \frac{-2}{-1} = 2$.
Прямая $y=2$ является горизонтальной асимптотой. Наклонных асимптот нет.

4. Схематический график.
Пересечение с Oy ($x=0$): $y = 12/3 = 4$. Точка $(0, 4)$.
Пересечение с Ox ($y=0$): $12-2x=0 \Rightarrow x=6$. Точка $(6, 0)$.
$y' = \frac{-2(3-x)-(12-2x)(-1)}{(3-x)^2} = \frac{-6+2x+12-2x}{(3-x)^2} = \frac{6}{(3-x)^2} > 0$. Функция всегда возрастает, экстремумов нет.

Ответ: Вертикальная асимптота $x=3$, горизонтальная асимптота $y=2$.

5) $y = 3x - \frac{1}{x}$

1. Область определения.
$x \neq 0$.
$D(y) = (-\infty; 0) \cup (0; +\infty)$.

2. Вертикальные асимптоты.
Исследуем точку $x=0$:
$\lim_{x \to 0^-} (3x - \frac{1}{x}) = 0 - (-\infty) = +\infty$
$\lim_{x \to 0^+} (3x - \frac{1}{x}) = 0 - (+\infty) = -\infty$
Прямая $x=0$ (ось Oy) является вертикальной асимптотой.

3. Наклонные и горизонтальные асимптоты.
При $x \to \infty$, член $\frac{1}{x} \to 0$. Следовательно, график функции приближается к прямой $y = 3x$.
Прямая $y=3x$ является наклонной асимптотой. Горизонтальных асимптот нет.

4. Схематический график.
Приведем к общему знаменателю: $y = \frac{3x^2-1}{x}$.
Пересечение с Oy ($x=0$): не существует.
Пересечение с Ox ($y=0$): $3x^2-1=0 \Rightarrow x = \pm\frac{1}{\sqrt{3}} \approx \pm 0.58$. Точки $(\pm 1/\sqrt{3}, 0)$.
$y' = 3 + \frac{1}{x^2} > 0$. Функция всегда возрастает, экстремумов нет.

Ответ: Вертикальная асимптота $x=0$, наклонная асимптота $y=3x$.

6) $y = \frac{x^3-1}{x^2+1}$

1. Область определения.
Знаменатель $x^2+1 \ge 1$ для всех $x$.
$D(y) = (-\infty; +\infty)$.

2. Вертикальные асимптоты.
Так как функция определена на всей числовой оси, вертикальных асимптот нет.

3. Наклонные и горизонтальные асимптоты.
Выделим целую часть: $\frac{x^3-1}{x^2+1} = \frac{x(x^2+1)-x-1}{x^2+1} = x - \frac{x+1}{x^2+1}$.
При $x \to \infty$, дробь $\frac{x+1}{x^2+1} \to 0$. Следовательно, график функции приближается к прямой $y=x$.
Прямая $y=x$ является наклонной асимптотой. Горизонтальных асимптот нет.

4. Схематический график.
Пересечение с Oy ($x=0$): $y = -1/1 = -1$. Точка $(0, -1)$.
Пересечение с Ox ($y=0$): $x^3-1=0 \Rightarrow x=1$. Точка $(1, 0)$.
$y' = \frac{3x^2(x^2+1)-(x^3-1)2x}{(x^2+1)^2} = \frac{x^4+3x^2+2x}{(x^2+1)^2} = \frac{x(x^3+3x+2)}{(x^2+1)^2}$.
$y'=0$ при $x=0$ и $x \approx -0.596$.
Локальный максимум в точке $x \approx -0.596$, $y \approx -0.89$.
Локальный минимум в точке $x=0$, $y=-1$.
График пересекает асимптоту $y=x$, когда $-\frac{x+1}{x^2+1}=0$, т.е. $x=-1$. Точка пересечения $(-1, -1)$.

Ответ: Наклонная асимптота $y=x$, вертикальных асимптот нет.

6.23. Найдите односторонние пределы функции в точке $x = 1$ и сравните их со значением $f(1):$

1) $f(x) = \begin{cases} x^2 - 1, & \text{если } x > 1, \\ 2x - 1, & \text{если } x \le 1; \end{cases}$

2) $g(x) = \begin{cases} 2, & \text{если } x > 1, \\ -2, & \text{если } x \le 1. \end{cases}$

1) Для функции $f(x) = \begin{cases} x^2 - 1, & \text{если } x > 1 \\ 2x - 1, & \text{если } x \le 1 \end{cases}$ найдем односторонние пределы в точке $x = 1$ и значение функции в этой точке.

Найдем правосторонний предел. Когда $x$ стремится к 1 справа ($x \to 1+0$), значения $x$ больше 1, поэтому используем формулу $f(x) = x^2 - 1$:
$\lim_{x \to 1+0} f(x) = \lim_{x \to 1+0} (x^2 - 1) = 1^2 - 1 = 0$.

Найдем левосторонний предел. Когда $x$ стремится к 1 слева ($x \to 1-0$), значения $x$ меньше 1, поэтому используем формулу $f(x) = 2x - 1$:
$\lim_{x \to 1-0} f(x) = \lim_{x \to 1-0} (2x - 1) = 2(1) - 1 = 1$.

Найдем значение функции в точке $x = 1$. Для этого случая ($x \le 1$) используется формула $f(x) = 2x - 1$:
$f(1) = 2(1) - 1 = 1$.

Сравним полученные значения. Левосторонний предел равен значению функции в точке: $\lim_{x \to 1-0} f(x) = f(1) = 1$. Правосторонний предел им не равен: $\lim_{x \to 1+0} f(x) = 0$.

Ответ: левосторонний предел $\lim_{x \to 1-0} f(x) = 1$, правосторонний предел $\lim_{x \to 1+0} f(x) = 0$, значение функции $f(1) = 1$. Левосторонний предел равен значению функции, а правосторонний — нет.

2) Для функции $g(x) = \begin{cases} 2, & \text{если } x > 1 \\ -2, & \text{если } x \le 1 \end{cases}$ найдем односторонние пределы в точке $x = 1$ и значение функции в этой точке.

Найдем правосторонний предел. При $x \to 1+0$ ($x>1$), функция равна константе 2:
$\lim_{x \to 1+0} g(x) = \lim_{x \to 1+0} 2 = 2$.

Найдем левосторонний предел. При $x \to 1-0$ ($x<1$), функция равна константе -2:
$\lim_{x \to 1-0} g(x) = \lim_{x \to 1-0} (-2) = -2$.

Найдем значение функции в точке $x = 1$. Для этого случая ($x \le 1$) функция равна -2:
$g(1) = -2$.

Сравним полученные значения. Левосторонний предел равен значению функции в точке: $\lim_{x \to 1-0} g(x) = g(1) = -2$. Правосторонний предел им не равен: $\lim_{x \to 1+0} g(x) = 2$.

Ответ: левосторонний предел $\lim_{x \to 1-0} g(x) = -2$, правосторонний предел $\lim_{x \to 1+0} g(x) = 2$, значение функции $g(1) = -2$. Левосторонний предел равен значению функции, а правосторонний — нет.

6.24. Докажите, что для существования предела функции $y = f(x)$ в точке $x = a$ необходимо и достаточно выполнение равенства $f(a - 0) = f(a + 0)$. Здесь функция $f(x)$ определена на множестве $[c; a) \cup (a; b]$.

Данное утверждение является критерием существования предела функции в точке. Доказательство состоит из двух частей: доказательства необходимости и доказательства достаточности.

Необходимость

Пусть предел функции $y=f(x)$ в точке $x=a$ существует и равен некоторому числу $L$, то есть $\lim_{x \to a} f(x) = L$. Докажем, что левый и правый пределы в этой точке также существуют и равны $L$, а значит, равны между собой.

По определению предела функции в точке (по Коши), для любого сколь угодно малого положительного числа $\varepsilon$ найдется такое положительное число $\delta$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - a| < \delta$, выполняется неравенство $|f(x) - L| < \varepsilon$.

Условие $0 < |x - a| < \delta$ эквивалентно объединению двух интервалов: $x \in (a - \delta, a) \cup (a, a + \delta)$.

Рассмотрим левый предел $f(a - 0) = \lim_{x \to a-0} f(x)$. По определению, мы рассматриваем значения $x$, приближающиеся к $a$ слева, то есть $x < a$. Если мы выберем $x$ из интервала $(a - \delta, a)$, то для этих $x$ условие $0 < |x - a| < \delta$ будет выполнено. Следовательно, для них будет выполняться и неравенство $|f(x) - L| < \varepsilon$. Это означает, что для любого $\varepsilon > 0$ нашлось такое $\delta > 0$, что для всех $x \in (a-\delta, a)$ верно $|f(x) - L| < \varepsilon$. По определению одностороннего предела, это означает, что $f(a - 0) = L$.

Аналогично рассмотрим правый предел $f(a + 0) = \lim_{x \to a+0} f(x)$. Мы рассматриваем значения $x$, приближающиеся к $a$ справа, то есть $x > a$. Если мы выберем $x$ из интервала $(a, a + \delta)$, то для этих $x$ условие $0 < |x - a| < \delta$ также будет выполнено. Следовательно, для них будет выполняться неравенство $|f(x) - L| < \varepsilon$. По определению одностороннего предела, это означает, что $f(a + 0) = L$.

Поскольку $f(a - 0) = L$ и $f(a + 0) = L$, мы заключаем, что $f(a - 0) = f(a + 0)$. Необходимость доказана.

Достаточность

Теперь докажем обратное утверждение. Пусть левый и правый пределы функции в точке $x=a$ существуют и равны друг другу. Обозначим их общее значение буквой $L$: $f(a - 0) = f(a + 0) = L$.

По определению левого предела $\lim_{x \to a-0} f(x) = L$, для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $\delta_1 > 0$, что для всех $x$ из интервала $a - \delta_1 < x < a$ выполняется неравенство $|f(x) - L| < \varepsilon$.

По определению правого предела $\lim_{x \to a+0} f(x) = L$, для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $\delta_2 > 0$, что для всех $x$ из интервала $a < x < a + \delta_2$ выполняется неравенство $|f(x) - L| < \varepsilon$.

Для заданного $\varepsilon > 0$ выберем $\delta$ как наименьшее из чисел $\delta_1$ и $\delta_2$, то есть $\delta = \min(\delta_1, \delta_2)$. Поскольку $\delta_1 > 0$ и $\delta_2 > 0$, то и $\delta > 0$.

Теперь рассмотрим любое $x$, удовлетворяющее условию $0 < |x - a| < \delta$. Это условие означает, что $x$ принадлежит либо интервалу $(a - \delta, a)$, либо интервалу $(a, a + \delta)$.

1. Если $a - \delta < x < a$, то, поскольку $\delta \le \delta_1$, тем более верно, что $a - \delta_1 < x < a$. Для таких $x$ по определению левого предела имеем $|f(x) - L| < \varepsilon$.

2. Если $a < x < a + \delta$, то, поскольку $\delta \le \delta_2$, тем более верно, что $a < x < a + \delta_2$. Для таких $x$ по определению правого предела имеем $|f(x) - L| < \varepsilon$.

Таким образом, мы показали, что для любого $\varepsilon > 0$ можно найти такое $\delta > 0$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - a| < \delta$, выполняется неравенство $|f(x) - L| < \varepsilon$. Это в точности соответствует определению предела функции в точке. Следовательно, $\lim_{x \to a} f(x) = L$. Достаточность доказана.

Так как мы доказали и необходимость, и достаточность, то утверждение полностью доказано.

Ответ: Утверждение доказано. Существование предела функции в точке эквивалентно существованию и равенству ее односторонних пределов (слева и справа) в этой точке.

6.25. Найдите предел:

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

2) $\lim_{x\to 0} \frac{\operatorname{tg}^2 3x}{3x^2}$;

3) $\lim_{x\to \alpha} \frac{\sin^2 x - \sin^2 \alpha}{x^2 - \alpha^2}$;

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

1) Найдем предел $\lim_{x\to0} \frac{x^3}{\sin^3 x}$.
Данное выражение можно переписать в виде:
$\lim_{x\to0} \left(\frac{x}{\sin x}\right)^3$
Используя свойство предела степени, получаем:
$\left(\lim_{x\to0} \frac{x}{\sin x}\right)^3$
Согласно первому замечательному пределу, $\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x} = 1$. Следовательно, предел обратной величины также равен 1:
$\lim_{x\to0} \frac{x}{\sin x} = \lim_{x\to0} \frac{1}{\frac{\sin x}{x}} = \frac{1}{1} = 1$
Подставляя значение этого предела в наше выражение, получаем:
$(1)^3 = 1$
Ответ: $1$

2) Найдем предел $\lim_{x\to0} \frac{\operatorname{tg}^2 3x}{3x^2}$.
Воспользуемся эквивалентностью бесконечно малых функций при $x \to 0$: $\operatorname{tg} u \sim u$. В нашем случае $u = 3x$, и при $x \to 0$, $3x \to 0$.
Следовательно, $\operatorname{tg} 3x \sim 3x$, а $\operatorname{tg}^2 3x \sim (3x)^2 = 9x^2$.
Заменим в пределе функцию на эквивалентную ей:
$\lim_{x\to0} \frac{9x^2}{3x^2} = \lim_{x\to0} 3 = 3$
Ответ: $3$

3) Найдем предел $\lim_{x\to\alpha} \frac{\sin^2 x - \sin^2 \alpha}{x^2 - \alpha^2}$.
При $x \to \alpha$ мы имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Для ее раскрытия воспользуемся правилом Лопиталя. Для этого найдем производные числителя и знаменателя по переменной $x$.
Производная числителя: $(\sin^2 x - \sin^2 \alpha)' = 2\sin x \cos x = \sin(2x)$.
Производная знаменателя: $(x^2 - \alpha^2)' = 2x$.
Теперь найдем предел отношения этих производных:
$\lim_{x\to\alpha} \frac{\sin(2x)}{2x}$
Подставим в полученное выражение $x = \alpha$:
$\frac{\sin(2\alpha)}{2\alpha}$
Ответ: $\frac{\sin(2\alpha)}{2\alpha}$

4) Найдем предел $\lim_{x\to0} \frac{\operatorname{tg} x - \sin x}{x^3}$.
При $x \to 0$ мы имеем неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Преобразуем числитель:
$\operatorname{tg} x - \sin x = \frac{\sin x}{\cos x} - \sin x = \sin x \left(\frac{1}{\cos x} - 1\right) = \sin x \frac{1 - \cos x}{\cos x}$
Подставим преобразованное выражение обратно в предел:
$\lim_{x\to0} \frac{\sin x (1 - \cos x)}{x^3 \cos x}$
Разобьем предел на произведение нескольких пределов:
$\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x} \cdot \lim_{x\to0} \frac{1 - \cos x}{x^2} \cdot \lim_{x\to0} \frac{1}{\cos x}$
Вычислим каждый из них:
1. $\lim_{x\to0} \frac{\sin x}{x} = 1$ (первый замечательный предел).
2. $\lim_{x\to0} \frac{1}{\cos x} = \frac{1}{\cos 0} = 1$.
3. Для вычисления $\lim_{x\to0} \frac{1 - \cos x}{x^2}$ используем формулу $1 - \cos x = 2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)$:
$\lim_{x\to0} \frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}{x^2} = \lim_{x\to0} \frac{2\sin^2\left(\frac{x}{2}\right)}{4\left(\frac{x}{2}\right)^2} = \frac{1}{2} \lim_{x\to0} \left(\frac{\sin\left(\frac{x}{2}\right)}{\frac{x}{2}}\right)^2 = \frac{1}{2} \cdot 1^2 = \frac{1}{2}$.
Теперь перемножим результаты:
$1 \cdot \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}$
Ответ: $\frac{1}{2}$

6.26. Найдите предел:

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

2) $\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x}}{\sin^2 x}$;

3) $\lim_{x\to 0} \frac{\sqrt{1 + \sin x} - 1}{\sin x}$;

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

1) Найдем предел $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{\cos x} - 1}{x^2} $.
При $ x \to 0 $, $\cos x \to 1$, поэтому мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.
Чтобы раскрыть неопределенность, умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение к числителю, то есть на $ \sqrt{\cos x} + 1 $:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{\cos x} - 1}{x^2} = \lim_{x \to 0} \frac{(\sqrt{\cos x} - 1)(\sqrt{\cos x} + 1)}{x^2(\sqrt{\cos x} + 1)} = \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2(\sqrt{\cos x} + 1)} $
Разделим предел на произведение двух пределов:
$ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2} \cdot \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{\cos x} + 1} $
Первый предел является следствием второго замечательного предела. Преобразуем его: $ \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1 - \cos x}{x^2} = -\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{\sin^2(x/2)}{(x/2)^2} = -\frac{1}{2} \left(\frac{\sin(x/2)}{x/2}\right)^2 $.
Так как $ \lim_{t \to 0} \frac{\sin t}{t} = 1 $, то $ \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - 1}{x^2} = -\frac{1}{2} \cdot 1^2 = -\frac{1}{2} $.
Второй предел находится прямой подстановкой:
$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{\sqrt{\cos x} + 1} = \frac{1}{\sqrt{\cos 0} + 1} = \frac{1}{\sqrt{1} + 1} = \frac{1}{2} $.
Перемножая результаты, получаем:
$ -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = -\frac{1}{4} $.
Ответ: $ -\frac{1}{4} $.

2) Найдем предел $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x}}{\sin^2 x} $.
При $ x \to 0 $, $\cos x \to 1$ и $\sin x \to 0$, поэтому мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.
Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение к числителю, то есть на $ \sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x} $:
$ \lim_{x \to 0} \frac{(\sqrt{2} - \sqrt{1 + \cos x})(\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x})}{\sin^2 x (\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x})} = \lim_{x \to 0} \frac{2 - (1 + \cos x)}{\sin^2 x (\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x})} = \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{\sin^2 x (\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x})} $
Используем основное тригонометрическое тождество $ \sin^2 x = 1 - \cos^2 x = (1 - \cos x)(1 + \cos x) $.
$ \lim_{x \to 0} \frac{1 - \cos x}{(1 - \cos x)(1 + \cos x)(\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x})} $
Так как $ x \to 0 $, то $ x \ne 0 $, и $ \cos x \ne 1 $, поэтому можно сократить на $ 1 - \cos x $:
$ \lim_{x \to 0} \frac{1}{(1 + \cos x)(\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos x})} $
Теперь подставим предельное значение $ x = 0 $:
$ \frac{1}{(1 + \cos 0)(\sqrt{2} + \sqrt{1 + \cos 0})} = \frac{1}{(1 + 1)(\sqrt{2} + \sqrt{1 + 1})} = \frac{1}{2(\sqrt{2} + \sqrt{2})} = \frac{1}{2(2\sqrt{2})} = \frac{1}{4\sqrt{2}} $
Избавимся от иррациональности в знаменателе: $ \frac{1}{4\sqrt{2}} \cdot \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{8} $.
Ответ: $ \frac{\sqrt{2}}{8} $.

3) Найдем предел $ \lim_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + \sin x} - 1}{\sin x} $.
При $ x \to 0 $, $\sin x \to 0$, поэтому мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.
Сделаем замену переменной. Пусть $ t = \sin x $. Когда $ x \to 0 $, $ t \to 0 $.
Предел принимает вид:
$ \lim_{t \to 0} \frac{\sqrt{1 + t} - 1}{t} $
Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение $ \sqrt{1 + t} + 1 $:
$ \lim_{t \to 0} \frac{(\sqrt{1 + t} - 1)(\sqrt{1 + t} + 1)}{t(\sqrt{1 + t} + 1)} = \lim_{t \to 0} \frac{(1 + t) - 1}{t(\sqrt{1 + t} + 1)} = \lim_{t \to 0} \frac{t}{t(\sqrt{1 + t} + 1)} $
Сокращаем на $ t $ (так как $ t \ne 0 $):
$ \lim_{t \to 0} \frac{1}{\sqrt{1 + t} + 1} $
Подставляем $ t = 0 $:
$ \frac{1}{\sqrt{1 + 0} + 1} = \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} $.
Ответ: $ \frac{1}{2} $.

4) Найдем предел $ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} \frac{1 - \sqrt{\sin x}}{\sqrt{1 + \cos x} - 1} $.
При $ x \to \frac{\pi}{2} $, $\sin x \to 1$ и $\cos x \to 0$, поэтому мы имеем неопределенность вида $ \frac{0}{0} $.
Сделаем замену переменной. Пусть $ t = x - \frac{\pi}{2} $. Тогда $ x = t + \frac{\pi}{2} $, и при $ x \to \frac{\pi}{2} $, $ t \to 0 $.
Используем формулы приведения: $ \sin x = \sin(t + \frac{\pi}{2}) = \cos t $ и $ \cos x = \cos(t + \frac{\pi}{2}) = -\sin t $.
Предел принимает вид:
$ \lim_{t \to 0} \frac{1 - \sqrt{\cos t}}{\sqrt{1 - \sin t} - 1} $
Это снова неопределенность $ \frac{0}{0} $. Умножим числитель и знаменатель на сопряженные выражения для числителя и знаменателя: $ (1 + \sqrt{\cos t}) $ и $ (\sqrt{1 - \sin t} + 1) $ соответственно.
$ \lim_{t \to 0} \frac{(1 - \sqrt{\cos t})(1 + \sqrt{\cos t})}{(\sqrt{1 - \sin t} - 1)(\sqrt{1 - \sin t} + 1)} \cdot \frac{\sqrt{1 - \sin t} + 1}{1 + \sqrt{\cos t}} $
$ = \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{(1 - \sin t) - 1} \cdot \frac{\sqrt{1 - \sin t} + 1}{1 + \sqrt{\cos t}} = \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{-\sin t} \cdot \frac{\sqrt{1 - \sin t} + 1}{1 + \sqrt{\cos t}} $
Вычислим предел второго множителя подстановкой $ t=0 $:
$ \lim_{t \to 0} \frac{\sqrt{1 - \sin t} + 1}{1 + \sqrt{\cos t}} = \frac{\sqrt{1 - 0} + 1}{1 + \sqrt{1}} = \frac{1+1}{1+1} = 1 $.
Теперь найдем предел первого множителя $ \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{-\sin t} $.
Используем эквивалентные бесконечно малые при $ t \to 0 $: $ 1 - \cos t \sim \frac{t^2}{2} $ и $ \sin t \sim t $.
$ \lim_{t \to 0} \frac{1 - \cos t}{-\sin t} = \lim_{t \to 0} \frac{t^2/2}{-t} = \lim_{t \to 0} \left(-\frac{t}{2}\right) = 0 $.
Итоговый предел равен произведению найденных пределов: $ 0 \cdot 1 = 0 $.
Ответ: $ 0 $.

6.27. Найдите область определения функции:

1) $f(x) = \frac{3}{\sqrt{18x^2 - 3x - 1}}$;

2) $g(x) = \sqrt{(x+3)(11-x)}$.

1) Область определения функции $f(x) = \frac{3}{\sqrt{18x^2 - 3x - 1}}$ находится из условия, что выражение, стоящее под знаком корня в знаменателе, должно быть строго больше нуля. Это связано с двумя ограничениями: знаменатель дроби не может быть равен нулю, и подкоренное выражение для корня четной степени не может быть отрицательным.

Таким образом, необходимо решить следующее строгое неравенство:

$18x^2 - 3x - 1 > 0$

Для решения неравенства сначала найдем корни соответствующего квадратного уравнения $18x^2 - 3x - 1 = 0$.
Воспользуемся формулой для нахождения корней через дискриминант.
Дискриминант $D = b^2 - 4ac = (-3)^2 - 4 \cdot 18 \cdot (-1) = 9 + 72 = 81$.
Корни уравнения: $x_{1,2} = \frac{-b \pm \sqrt{D}}{2a} = \frac{3 \pm \sqrt{81}}{2 \cdot 18} = \frac{3 \pm 9}{36}$.
$x_1 = \frac{3 - 9}{36} = \frac{-6}{36} = -\frac{1}{6}$
$x_2 = \frac{3 + 9}{36} = \frac{12}{36} = \frac{1}{3}$

Графиком функции $y=18x^2-3x-1$ является парабола, ветви которой направлены вверх, так как коэффициент при $x^2$ положителен ($18 > 0$). Следовательно, квадратичный трехчлен принимает положительные значения за пределами своих корней.

Таким образом, решением неравенства является объединение двух интервалов: $x \in (-\infty; -\frac{1}{6}) \cup (\frac{1}{3}; +\infty)$.

Ответ: $x \in (-\infty; -\frac{1}{6}) \cup (\frac{1}{3}; +\infty)$.

2) Область определения функции $g(x) = \sqrt{(x+3)(11-x)}$ находится из условия, что подкоренное выражение должно быть неотрицательным (больше или равно нулю).

Следовательно, необходимо решить неравенство:

$(x+3)(11-x) \ge 0$

Решим данное неравенство методом интервалов.
Сначала найдем нули выражения, приравняв его к нулю: $(x+3)(11-x) = 0$.
Произведение равно нулю, когда один из множителей равен нулю:
$x+3=0 \implies x_1 = -3$
$11-x=0 \implies x_2 = 11$

Отметим найденные точки на числовой оси. Они разбивают ось на три интервала. Определим знак выражения $(x+3)(11-x)$ в каждом интервале. Если раскрыть скобки, получится $-x^2+8x+33$. Графиком является парабола с ветвями, направленными вниз (коэффициент при $x^2$ отрицателен), поэтому она принимает неотрицательные значения между корнями, включая сами корни.

Неравенство $(x+3)(11-x) \ge 0$ выполняется на отрезке $[-3; 11]$.

Ответ: $x \in [-3; 11]$.

6.28. Упростите выражение:

1) $tg^4\varphi[8\cos^2(\pi-\varphi)-\cos(\pi+4\varphi)-1];$

2) $\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha} - \frac{2\cos 2\alpha}{1+\sin(2\alpha+1,5\pi)}$

6.29. Постройте график уравнения:

1) Упростим выражение $tg^4\phi[8\cos^2(\pi - \phi) - \cos(\pi + 4\phi) - 1]$.

Сначала преобразуем тригонометрические функции в скобках, используя формулы приведения:

$\cos(\pi - \phi) = -\cos\phi$, следовательно, $\cos^2(\pi - \phi) = (-\cos\phi)^2 = \cos^2\phi$.

$\cos(\pi + 4\phi) = -\cos(4\phi)$.

Подставим эти выражения в скобки:

$8\cos^2\phi - (-\cos(4\phi)) - 1 = 8\cos^2\phi + \cos(4\phi) - 1$.

Теперь воспользуемся формулой двойного угла для косинуса $\cos(2x) = 1 - 2\sin^2x$. Применим ее к $\cos(4\phi) = \cos(2 \cdot 2\phi)$:

$\cos(4\phi) = 1 - 2\sin^2(2\phi)$.

Выражение в скобках принимает вид:

$8\cos^2\phi + (1 - 2\sin^2(2\phi)) - 1 = 8\cos^2\phi - 2\sin^2(2\phi)$.

Используем формулу синуса двойного угла $\sin(2\phi) = 2\sin\phi\cos\phi$:

$8\cos^2\phi - 2(2\sin\phi\cos\phi)^2 = 8\cos^2\phi - 2(4\sin^2\phi\cos^2\phi) = 8\cos^2\phi - 8\sin^2\phi\cos^2\phi$.

Вынесем общий множитель $8\cos^2\phi$:

$8\cos^2\phi(1 - \sin^2\phi)$.

Используя основное тригонометрическое тождество $\sin^2\phi + \cos^2\phi = 1$, из которого следует, что $1 - \sin^2\phi = \cos^2\phi$, получаем:

$8\cos^2\phi \cdot \cos^2\phi = 8\cos^4\phi$.

Теперь умножим полученный результат на множитель перед скобками, то есть на $\text{tg}^4\phi$:

$\text{tg}^4\phi \cdot (8\cos^4\phi) = \frac{\sin^4\phi}{\cos^4\phi} \cdot 8\cos^4\phi = 8\sin^4\phi$.

Ответ: $8\sin^4\phi$.

2) Упростим выражение $\frac{1}{\text{tg}^2\alpha} - \frac{2\cos2\alpha}{1 + \sin(2\alpha + 1,5\pi)}$.

Сначала преобразуем знаменатель второй дроби. Учитывая, что $1,5\pi = \frac{3\pi}{2}$, используем формулу приведения:

$\sin(2\alpha + \frac{3\pi}{2}) = \sin(\frac{3\pi}{2} + 2\alpha) = -\cos(2\alpha)$.

Тогда знаменатель становится $1 + (-\cos(2\alpha)) = 1 - \cos(2\alpha)$.

Используем формулу двойного угла для косинуса: $\cos(2\alpha) = 1 - 2\sin^2\alpha$.

Знаменатель равен $1 - (1 - 2\sin^2\alpha) = 1 - 1 + 2\sin^2\alpha = 2\sin^2\alpha$.

Теперь вся вторая дробь имеет вид:

$\frac{2\cos2\alpha}{2\sin^2\alpha} = \frac{\cos2\alpha}{\sin^2\alpha}$.

Преобразуем первую дробь, используя определение тангенса $\text{tg}\alpha = \frac{\sin\alpha}{\cos\alpha}$:

$\frac{1}{\text{tg}^2\alpha} = \frac{1}{(\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha})^2} = \frac{1}{\frac{\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}} = \frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha}$.

Подставим преобразованные дроби в исходное выражение:

$\frac{\cos^2\alpha}{\sin^2\alpha} - \frac{\cos2\alpha}{\sin^2\alpha} = \frac{\cos^2\alpha - \cos2\alpha}{\sin^2\alpha}$.

Снова используем формулу двойного угла для косинуса, на этот раз в виде $\cos(2\alpha) = \cos^2\alpha - \sin^2\alpha$:

$\cos^2\alpha - \cos2\alpha = \cos^2\alpha - (\cos^2\alpha - \sin^2\alpha) = \cos^2\alpha - \cos^2\alpha + \sin^2\alpha = \sin^2\alpha$.

Подставим это в числитель дроби:

$\frac{\sin^2\alpha}{\sin^2\alpha} = 1$.

Ответ: $1$.

6.29. Постройте график уравнения:

1) $4x^2 - 3y = 0;$

2) $x^2 + y^2 = 25.$

1) $4x^2 - 3y = 0$

Для построения графика преобразуем данное уравнение, выразив y через x:

$4x^2 - 3y = 0$

$3y = 4x^2$

$y = \frac{4}{3}x^2$

Это уравнение является уравнением параболы вида $y = ax^2$, где коэффициент $a = \frac{4}{3}$.

Основные свойства этой параболы:

• Вершина параболы находится в начале координат, в точке $(0, 0)$.
• Поскольку коэффициент $a = \frac{4}{3} > 0$, ветви параболы направлены вверх.
• Парабола симметрична относительно оси Oy.

Для построения графика найдем несколько точек, принадлежащих параболе. Составим таблицу значений:

Построим график, используя эти точки.

Ответ: Графиком уравнения $4x^2 - 3y = 0$ является парабола $y = \frac{4}{3}x^2$ с вершиной в начале координат и ветвями, направленными вверх.

2) $x^2 + y^2 = 25$

Данное уравнение соответствует каноническому уравнению окружности с центром в точке $(h, k)$ и радиусом $r$: $(x - h)^2 + (y - k)^2 = r^2$.

В нашем случае уравнение $x^2 + y^2 = 25$ можно переписать как $(x - 0)^2 + (y - 0)^2 = 5^2$.

Отсюда следует, что:

• Центр окружности находится в начале координат, в точке $(0, 0)$.
• Радиус окружности $r$ равен $\sqrt{25} = 5$.

Таким образом, график данного уравнения — это окружность с центром в точке $(0, 0)$ и радиусом 5. Эта окружность пересекает оси координат в точках $(5, 0)$, $(-5, 0)$, $(0, 5)$ и $(0, -5)$.

Ответ: Графиком уравнения $x^2 + y^2 = 25$ является окружность с центром в начале координат $(0, 0)$ и радиусом 5.