Страница 66 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

143. Используя определение предела, доказать, что:

1) $\lim_{x\to2} (x^2 - 4x + 6) = 2;$

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

1)

Для доказательства равенства $\lim_{x \to 2} (x^2 - 4x + 6) = 2$ воспользуемся определением предела функции по Коши (в терминах «эпсилон-дельта»). Согласно этому определению, для любого $\epsilon > 0$ необходимо найти такое $\delta > 0$, чтобы для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - 2| < \delta$, выполнялось неравенство $|f(x) - L| < \epsilon$.

В нашем случае $f(x) = x^2 - 4x + 6$, $L=2$, $a=2$.

Составим и преобразуем неравенство $|f(x) - L| < \epsilon$:

$|(x^2 - 4x + 6) - 2| < \epsilon$

$|x^2 - 4x + 4| < \epsilon$

Выражение в модуле является полным квадратом разности:

$|(x - 2)^2| < \epsilon$

Поскольку $(x - 2)^2$ всегда неотрицательно, модуль можно опустить:

$(x - 2)^2 < \epsilon$

Извлекая квадратный корень из обеих частей неравенства, получаем:

$\sqrt{(x-2)^2} < \sqrt{\epsilon}$

$|x - 2| < \sqrt{\epsilon}$

Мы видим, что если выбрать $\delta$ таким образом, чтобы оно было равно $\sqrt{\epsilon}$, то из условия $|x - 2| < \delta$ будет следовать требуемое неравенство.

Итак, формальное доказательство:Пусть задано произвольное $\epsilon > 0$. Выберем $\delta = \sqrt{\epsilon}$. Тогда для любого $x$, удовлетворяющего условию $0 < |x - 2| < \delta$, будет выполняться:

$|x - 2| < \sqrt{\epsilon}$

Возведем обе части в квадрат:

$(x - 2)^2 < \epsilon$

Это равносильно $|x^2 - 4x + 4| < \epsilon$, что в свою очередь равносильно $|(x^2 - 4x + 6) - 2| < \epsilon$.

Таким образом, мы показали, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta = \sqrt{\epsilon}$, такое, что из $0 < |x - 2| < \delta$ следует $|(x^2 - 4x + 6) - 2| < \epsilon$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

2)

Для доказательства равенства $\lim_{x \to 1} ((x - 1)^4 + 3) = 3$ воспользуемся определением предела функции по Коши. Для любого $\epsilon > 0$ необходимо найти такое $\delta > 0$, чтобы для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - 1| < \delta$, выполнялось неравенство $|f(x) - L| < \epsilon$.

В данном случае $f(x) = (x - 1)^4 + 3$, $L=3$, $a=1$.

Составим и преобразуем неравенство $|f(x) - L| < \epsilon$:

$|((x - 1)^4 + 3) - 3| < \epsilon$

$|(x - 1)^4| < \epsilon$

Так как четвёртая степень любого действительного числа неотрицательна, $|(x - 1)^4| = (x - 1)^4$.

Неравенство принимает вид:

$(x - 1)^4 < \epsilon$

Извлекая корень четвертой степени из обеих частей, получаем:

$\sqrt[4]{(x-1)^4} < \sqrt[4]{\epsilon}$

$|x - 1| < \sqrt[4]{\epsilon}$

Мы видим, что если выбрать $\delta = \sqrt[4]{\epsilon}$, то из условия $|x - 1| < \delta$ будет следовать требуемое неравенство.

Итак, формальное доказательство:Пусть задано произвольное $\epsilon > 0$. Выберем $\delta = \sqrt[4]{\epsilon}$. Тогда для любого $x$, удовлетворяющего условию $0 < |x - 1| < \delta$, имеем:

$|x - 1| < \sqrt[4]{\epsilon}$

Возведя обе части в четвертую степень, получаем:

$(x - 1)^4 < \epsilon$

Это равносильно $|(x-1)^4| < \epsilon$, что в свою очередь равносильно $|((x - 1)^4 + 3) - 3| < \epsilon$.

Таким образом, мы показали, что для любого $\epsilon > 0$ существует $\delta = \sqrt[4]{\epsilon}$, такое, что из $0 < |x - 1| < \delta$ следует $|((x - 1)^4 + 3) - 3| < \epsilon$.

Ответ: Что и требовалось доказать.

144. Найти вертикальные асимптоты графика функции:

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

3) $f(x)=\frac{1}{x^2+x-2}$; 4) $f(x)=\frac{1}{x^2-|x|}$.

1) $f(x) = \frac{1}{x^2 - 4}$

Вертикальные асимптоты графика функции могут существовать в точках разрыва функции. Для данной функции это точки, в которых знаменатель обращается в ноль.

Найдем эти точки, приравняв знаменатель к нулю:

$x^2 - 4 = 0$

$(x - 2)(x + 2) = 0$

Корнями уравнения являются $x_1 = 2$ и $x_2 = -2$. Это точки возможного разрыва.

Чтобы определить, являются ли прямые $x=2$ и $x=-2$ вертикальными асимптотами, необходимо вычислить односторонние пределы функции при стремлении $x$ к этим точкам. Если хотя бы один из односторонних пределов равен бесконечности, то прямая является вертикальной асимптотой.

Для точки $x = 2$:

$\lim_{x \to 2^+} \frac{1}{x^2 - 4} = \lim_{x \to 2^+} \frac{1}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{(+0) \cdot 4} = +\infty$

$\lim_{x \to 2^-} \frac{1}{x^2 - 4} = \lim_{x \to 2^-} \frac{1}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{(-0) \cdot 4} = -\infty$

Поскольку пределы бесконечны, прямая $x=2$ является вертикальной асимптотой.

Для точки $x = -2$:

$\lim_{x \to -2^+} \frac{1}{x^2 - 4} = \lim_{x \to -2^+} \frac{1}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{(-4) \cdot (+0)} = -\infty$

$\lim_{x \to -2^-} \frac{1}{x^2 - 4} = \lim_{x \to -2^-} \frac{1}{(x-2)(x+2)} = \frac{1}{(-4) \cdot (-0)} = +\infty$

Поскольку пределы бесконечны, прямая $x=-2$ также является вертикальной асимптотой.

Ответ: $x=2$, $x=-2$.

2) $f(x) = \frac{x+1}{2x+3}$

Найдём точки, в которых знаменатель дроби равен нулю:

$2x + 3 = 0$

$2x = -3$

$x = -\frac{3}{2}$

Проверим значение числителя в этой точке: $x+1 = -\frac{3}{2} + 1 = -\frac{1}{2}$.

Поскольку при $x = -3/2$ знаменатель равен нулю, а числитель не равен нулю, в этой точке существует разрыв второго рода, и прямая $x = -3/2$ является вертикальной асимптотой. Убедимся в этом, вычислив односторонние пределы:

$\lim_{x \to -3/2^+} \frac{x+1}{2x+3} = \frac{-1/2}{+0} = -\infty$

$\lim_{x \to -3/2^-} \frac{x+1}{2x+3} = \frac{-1/2}{-0} = +\infty$

Пределы равны бесконечности, следовательно, $x = -3/2$ — вертикальная асимптота.

Ответ: $x = -3/2$.

3) $f(x) = \frac{1}{x^2 + x - 2}$

Найдём точки, в которых знаменатель обращается в ноль:

$x^2 + x - 2 = 0$

По теореме Виета находим корни: $x_1 = 1$, $x_2 = -2$.

Это точки возможного разрыва. Разложим знаменатель на множители: $x^2 + x - 2 = (x-1)(x+2)$.

Числитель функции равен 1 (константа, не равная нулю), поэтому в точках $x=1$ и $x=-2$ будут вертикальные асимптоты. Проверим односторонние пределы.

Для точки $x = 1$:

$\lim_{x \to 1^+} \frac{1}{(x-1)(x+2)} = \frac{1}{(+0) \cdot 3} = +\infty$

$\lim_{x \to 1^-} \frac{1}{(x-1)(x+2)} = \frac{1}{(-0) \cdot 3} = -\infty$

Прямая $x=1$ является вертикальной асимптотой.

Для точки $x = -2$:

$\lim_{x \to -2^+} \frac{1}{(x-1)(x+2)} = \frac{1}{(-3) \cdot (+0)} = -\infty$

$\lim_{x \to -2^-} \frac{1}{(x-1)(x+2)} = \frac{1}{(-3) \cdot (-0)} = +\infty$

Прямая $x=-2$ также является вертикальной асимптотой.

Ответ: $x=1$, $x=-2$.

4) $f(x) = \frac{1}{x^2 - |x|}$

Найдём точки, в которых знаменатель равен нулю:

$x^2 - |x| = 0$

Учитывая, что $x^2 = |x|^2$, уравнение можно переписать в виде:

$|x|^2 - |x| = 0$

$|x|(|x| - 1) = 0$

Отсюда получаем:

$|x| = 0 \implies x = 0$

$|x| = 1 \implies x = 1$ или $x = -1$

Получили три точки возможного разрыва: $x=0$, $x=1$ и $x=-1$. Числитель равен 1 (не равен нулю), поэтому все три прямые будут вертикальными асимптотами. Проверим пределы.

Для точки $x = 1$: в окрестности этой точки $x>0$, поэтому $|x|=x$.

$\lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x^2 - |x|} = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x^2 - x} = \lim_{x \to 1^+} \frac{1}{x(x-1)} = \frac{1}{1 \cdot (+0)} = +\infty$. Прямая $x=1$ — вертикальная асимптота.

Для точки $x = -1$: в окрестности этой точки $x<0$, поэтому $|x|=-x$.

$\lim_{x \to -1^+} \frac{1}{x^2 - |x|} = \lim_{x \to -1^+} \frac{1}{x^2 + x} = \lim_{x \to -1^+} \frac{1}{x(x+1)} = \frac{1}{(-1) \cdot (+0)} = -\infty$. Прямая $x=-1$ — вертикальная асимптота.

Для точки $x = 0$:

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

При $x \to 0$, выражение $|x| \to 0^+$, а $(|x|-1) \to -1$. Следовательно, знаменатель $|x|(|x|-1) \to (0^+) \cdot (-1) = 0^-$.

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

Так как предел равен бесконечности, прямая $x=0$ также является вертикальной асимптотой.

Ответ: $x=1$, $x=-1$, $x=0$.

145. Найти горизонтальную асимптоту графика функции:

1) $f(x)=\frac{3x+2}{x}$;

2) $f(x)=\frac{5x-4}{x+1}$;

3) $f(x)=\frac{1-x}{3x+2}$.

Горизонтальная асимптота графика функции $y = f(x)$ — это прямая вида $y = k$, к которой график функции неограниченно приближается при стремлении аргумента $x$ к $+\infty$ или $-\infty$. Для нахождения горизонтальной асимптоты необходимо вычислить предел (или пределы) функции на бесконечности:

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

Если этот предел существует и является конечным числом, то прямая $y=k$ является горизонтальной асимптотой графика функции.

Для дробно-рациональных функций, представленных в задаче, степени многочленов в числителе и знаменателе равны. В этом случае предел на бесконечности равен отношению коэффициентов при старших степенях $x$.

Для нахождения горизонтальной асимптоты найдем предел функции при $x \to \infty$. Для этого разделим каждый член числителя и знаменателя на $x$ (старшую степень переменной):

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{3x + 2}{x} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{3x}{x} + \frac{2}{x}}{\frac{x}{x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{3 + \frac{2}{x}}{1}$

Поскольку при $x \to \infty$ значение выражения $\frac{2}{x}$ стремится к нулю, получаем:

$k = \frac{3 + 0}{1} = 3$

Таким образом, уравнение горизонтальной асимптоты: $y=3$.

Ответ: $y = 3$

Аналогично найдем предел функции при $x \to \infty$. Разделим числитель и знаменатель на $x$:

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{5x - 4}{x + 1} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{5x}{x} - \frac{4}{x}}{\frac{x}{x} + \frac{1}{x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{5 - \frac{4}{x}}{1 + \frac{1}{x}}$

При $x \to \infty$ выражения $\frac{4}{x}$ и $\frac{1}{x}$ стремятся к нулю. Тогда:

$k = \frac{5 - 0}{1 + 0} = 5$

Горизонтальная асимптота задается уравнением $y=5$.

Ответ: $y = 5$

Найдем предел функции при $x \to \infty$, разделив числитель и знаменатель на $x$:

$k = \lim_{x \to \infty} \frac{1 - x}{3x + 2} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x} - \frac{x}{x}}{\frac{3x}{x} + \frac{2}{x}} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x} - 1}{3 + \frac{2}{x}}$

При $x \to \infty$ выражения $\frac{1}{x}$ и $\frac{2}{x}$ стремятся к нулю. Предел равен:

$k = \frac{0 - 1}{3 + 0} = -\frac{1}{3}$

Следовательно, горизонтальная асимптота — это прямая $y = -\frac{1}{3}$. Коэффициенты при старшей степени ($x^1$) в числителе равен -1, а в знаменателе — 3, их отношение дает тот же результат.

Ответ: $y = -\frac{1}{3}$

146. Вычислить:

1) $\lim_{x\to 0} \frac{3 - x + x^3}{2 + 2x - x^2}$

2) $\lim_{x\to 6} \frac{\sqrt{x-2} - 2}{x - 6}$

3) $\lim_{x\to \infty} \frac{3x^2 + 4x + 7}{6x^2 - x + 5}$

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

5) $\lim_{x\to +\infty} \frac{\sqrt{3x^2 + 4x + 7}}{x}$

6) $\lim_{x\to +\infty} \left(\sqrt{x^2 + 2x + 3} - \sqrt{x^2 - x + 1}\right)$

1) Вычислим предел $lim_{x \to 0} \frac{3-x+x^3}{2+2x-x^2}$.
Так как функция непрерывна в точке $x=0$, мы можем найти предел прямой подстановкой значения $x=0$ в выражение.
Числитель: $3 - 0 + 0^3 = 3$.
Знаменатель: $2 + 2(0) - 0^2 = 2$.
Предел равен отношению значений числителя и знаменателя.
$lim_{x \to 0} \frac{3-x+x^3}{2+2x-x^2} = \frac{3}{2}$.
Ответ: $\frac{3}{2}$.

2) Вычислим предел $lim_{x \to 6} \frac{\sqrt{x-2}-2}{x-6}$.
При подстановке $x=6$ в выражение получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$:
Числитель: $\sqrt{6-2}-2 = \sqrt{4}-2 = 2-2 = 0$.
Знаменатель: $6-6=0$.
Для раскрытия неопределенности умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное числителю, то есть на $\sqrt{x-2}+2$.
$lim_{x \to 6} \frac{(\sqrt{x-2}-2)(\sqrt{x-2}+2)}{(x-6)(\sqrt{x-2}+2)} = lim_{x \to 6} \frac{(\sqrt{x-2})^2 - 2^2}{(x-6)(\sqrt{x-2}+2)} = lim_{x \to 6} \frac{x-2-4}{(x-6)(\sqrt{x-2}+2)} = lim_{x \to 6} \frac{x-6}{(x-6)(\sqrt{x-2}+2)}$.
Сокращаем дробь на $(x-6)$, так как $x \to 6$, но $x \neq 6$.
$lim_{x \to 6} \frac{1}{\sqrt{x-2}+2}$.
Теперь подставляем $x=6$ в полученное выражение:
$\frac{1}{\sqrt{6-2}+2} = \frac{1}{\sqrt{4}+2} = \frac{1}{2+2} = \frac{1}{4}$.
Ответ: $\frac{1}{4}$.

3) Вычислим предел $lim_{x \to \infty} \frac{3x^2+4x+7}{6x^2-x+5}$.
При $x \to \infty$ мы имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Чтобы ее раскрыть, разделим числитель и знаменатель на старшую степень $x$ в знаменателе, то есть на $x^2$.
$lim_{x \to \infty} \frac{\frac{3x^2+4x+7}{x^2}}{\frac{6x^2-x+5}{x^2}} = lim_{x \to \infty} \frac{3+\frac{4}{x}+\frac{7}{x^2}}{6-\frac{1}{x}+\frac{5}{x^2}}$.
Поскольку при $x \to \infty$ выражения $\frac{4}{x}$, $\frac{7}{x^2}$, $\frac{1}{x}$ и $\frac{5}{x^2}$ стремятся к нулю, получаем:
$\frac{3+0+0}{6-0+0} = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}$.
Ответ: $\frac{1}{2}$.

4) Вычислим предел $lim_{x \to 4} \frac{\sqrt{1+2x}-3}{\sqrt{x}-2}$.
При подстановке $x=4$ получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$:
Числитель: $\sqrt{1+2(4)}-3 = \sqrt{9}-3 = 3-3 = 0$.
Знаменатель: $\sqrt{4}-2 = 2-2 = 0$.
Для раскрытия неопределенности умножим числитель и знаменатель на выражения, сопряженные числителю ($\sqrt{1+2x}+3$) и знаменателю ($\sqrt{x}+2$).
$lim_{x \to 4} \frac{(\sqrt{1+2x}-3)(\sqrt{1+2x}+3)(\sqrt{x}+2)}{(\sqrt{x}-2)(\sqrt{x}+2)(\sqrt{1+2x}+3)} = lim_{x \to 4} \frac{((1+2x)-9)(\sqrt{x}+2)}{((x)-4)(\sqrt{1+2x}+3)} = lim_{x \to 4} \frac{(2x-8)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{1+2x}+3)} = lim_{x \to 4} \frac{2(x-4)(\sqrt{x}+2)}{(x-4)(\sqrt{1+2x}+3)}$.
Сокращаем дробь на $(x-4)$:
$lim_{x \to 4} \frac{2(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{1+2x}+3}$.
Теперь подставляем $x=4$:
$\frac{2(\sqrt{4}+2)}{\sqrt{1+2(4)}+3} = \frac{2(2+2)}{\sqrt{9}+3} = \frac{2 \cdot 4}{3+3} = \frac{8}{6} = \frac{4}{3}$.
Ответ: $\frac{4}{3}$.

5) Вычислим предел $lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{3x^2+4x+7}}{x}$.
Имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Вынесем $x^2$ из-под корня в числителе.
$lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2(3+\frac{4}{x}+\frac{7}{x^2})}}{x} = lim_{x \to +\infty} \frac{\sqrt{x^2}\sqrt{3+\frac{4}{x}+\frac{7}{x^2}}}{x}$.
Так как $x \to +\infty$, то $x>0$, и $\sqrt{x^2}=|x|=x$.
$lim_{x \to +\infty} \frac{x\sqrt{3+\frac{4}{x}+\frac{7}{x^2}}}{x} = lim_{x \to +\infty} \sqrt{3+\frac{4}{x}+\frac{7}{x^2}}$.
При $x \to +\infty$ дроби $\frac{4}{x}$ и $\frac{7}{x^2}$ стремятся к нулю.
$\sqrt{3+0+0} = \sqrt{3}$.
Ответ: $\sqrt{3}$.

6) Вычислим предел $lim_{x \to +\infty} (\sqrt{x^2+2x+3} - \sqrt{x^2-x+1})$.
Здесь мы сталкиваемся с неопределенностью вида $\infty - \infty$. Для ее раскрытия умножим и разделим выражение на сопряженное ему, то есть на $(\sqrt{x^2+2x+3} + \sqrt{x^2-x+1})$.
$lim_{x \to +\infty} \frac{(\sqrt{x^2+2x+3} - \sqrt{x^2-x+1})(\sqrt{x^2+2x+3} + \sqrt{x^2-x+1})}{\sqrt{x^2+2x+3} + \sqrt{x^2-x+1}} = lim_{x \to +\infty} \frac{(x^2+2x+3) - (x^2-x+1)}{\sqrt{x^2+2x+3} + \sqrt{x^2-x+1}}$.
Упростим числитель: $x^2+2x+3 - x^2+x-1 = 3x+2$.
Получаем предел: $lim_{x \to +\infty} \frac{3x+2}{\sqrt{x^2+2x+3} + \sqrt{x^2-x+1}}$.
Это неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на старшую степень $x$, то есть на $x$.
$lim_{x \to +\infty} \frac{\frac{3x+2}{x}}{\frac{\sqrt{x^2+2x+3} + \sqrt{x^2-x+1}}{x}} = lim_{x \to +\infty} \frac{3+\frac{2}{x}}{\sqrt{\frac{x^2+2x+3}{x^2}} + \sqrt{\frac{x^2-x+1}{x^2}}} = lim_{x \to +\infty} \frac{3+\frac{2}{x}}{\sqrt{1+\frac{2}{x}+\frac{3}{x^2}} + \sqrt{1-\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2}}}$.
При $x \to +\infty$ все дроби с $x$ в знаменателе стремятся к нулю.
$\frac{3+0}{\sqrt{1+0+0} + \sqrt{1-0+0}} = \frac{3}{\sqrt{1}+\sqrt{1}} = \frac{3}{1+1} = \frac{3}{2}$.
Ответ: $\frac{3}{2}$.