Номер 2.14, страница 56 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

Параграф 2. Предел функции и непрерывность. Глава 1. Функции. Производные. Интегралы - номер 2.14, страница 56.

Условие.

2.14* Определите, чему равен предел функции $y = f(x)$ при $x \to a$, если:

а) $f(x) = x^2, a = 1;$

б) $f(x) = x^2, a = 2;$

в) $f(x) = x^{-1}, a = 2;$

г) $f(x) = x^{-2}, a = 3;$

д) $f(x) = 3^x, a = 1;$

е) $f(x) = \log_3 x, a = 2.$

Докажите правильность своего ответа с помощью определения предела «на языке $\varepsilon - \delta$» или «на языке последовательностей».

Решение 1.

Решение 2.

Решение 4.

а) $f(x) = x^2, a = 1$

Найдем предел функции: $L = \lim_{x\to1} x^2 = 1^2 = 1$.

Докажем, что предел равен 1, используя определение предела на языке $ε-δ$. Нам нужно показать, что для любого $ε > 0$ существует такое $δ > 0$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - 1| < δ$, выполняется неравенство $|f(x) - 1| < ε$.

Рассмотрим $|x^2 - 1|$: $|x^2 - 1| = |(x-1)(x+1)| = |x-1| \cdot |x+1|$.

Мы можем сделать $|x-1|$ сколь угодно малым, выбирая $δ$. Нам нужно ограничить множитель $|x+1|$. Потребуем, чтобы $δ \le 1$. Тогда из $|x-1| < δ$ следует $|x-1| < 1$, что равносильно $-1 < x-1 < 1$, или $0 < x < 2$. Для таких $x$ имеем $1 < x+1 < 3$, откуда $|x+1| < 3$.

Тогда $|x^2 - 1| = |x-1| \cdot |x+1| < δ \cdot 3$. Чтобы выполнялось неравенство $|x^2 - 1| < ε$, потребуем, чтобы $3δ \le ε$, то есть $δ \le ε/3$.

Итак, мы должны выбрать $δ$, удовлетворяющее двум условиям: $δ \le 1$ и $δ \le ε/3$. Можно взять $δ = \min(1, ε/3)$.

Проверим. Пусть $ε > 0$ задано. Выберем $δ = \min(1, ε/3)$. Если $0 < |x-1| < δ$, то $|x-1| < 1$ (так как $δ \le 1$), откуда $|x+1| < 3$. Также $|x-1| < ε/3$ (так как $δ \le ε/3$). Тогда $|x^2 - 1| = |x-1| \cdot |x+1| < (ε/3) \cdot 3 = ε$. Что и требовалось доказать.

Ответ: $1$.

б) $f(x) = x^2, a = 2$

Найдем предел функции: $L = \lim_{x\to2} x^2 = 2^2 = 4$.

Докажем по определению на языке $ε-δ$. Для любого $ε > 0$ нужно найти такое $δ > 0$, что из $0 < |x - 2| < δ$ следует $|x^2 - 4| < ε$.

Рассмотрим $|x^2 - 4| = |(x-2)(x+2)| = |x-2| \cdot |x+2|$.

Ограничим множитель $|x+2|$. Пусть $δ \le 1$. Тогда из $|x-2| < 1$ следует $-1 < x-2 < 1$, или $1 < x < 3$. Для таких $x$ имеем $3 < x+2 < 5$, откуда $|x+2| < 5$.

Тогда $|x^2 - 4| = |x-2| \cdot |x+2| < δ \cdot 5$. Чтобы выполнялось $|x^2 - 4| < ε$, потребуем, чтобы $5δ \le ε$, то есть $δ \le ε/5$.

Выберем $δ = \min(1, ε/5)$. Пусть $ε > 0$ задано. Выберем $δ = \min(1, ε/5)$. Если $0 < |x-2| < δ$, то $|x-2| < 1$, откуда $|x+2| < 5$. Также $|x-2| < ε/5$. Следовательно, $|x^2 - 4| = |x-2| \cdot |x+2| < (ε/5) \cdot 5 = ε$. Что и требовалось доказать.

Ответ: $4$.

в) $f(x) = x^{-1}, a = 2$

Функцию можно записать как $f(x) = 1/x$. Найдем предел: $L = \lim_{x\to2} \frac{1}{x} = \frac{1}{2}$.

Докажем по определению на языке $ε-δ$. Для любого $ε > 0$ нужно найти такое $δ > 0$, что из $0 < |x - 2| < δ$ следует $|\frac{1}{x} - \frac{1}{2}| < ε$.

Рассмотрим $|\frac{1}{x} - \frac{1}{2}| = |\frac{2-x}{2x}| = \frac{|x-2|}{|2x|}$.

Ограничим множитель $1/|2x|$. Пусть $δ \le 1$. Тогда из $|x-2| < 1$ следует $1 < x < 3$. Для таких $x$ имеем $2 < 2x < 6$, откуда $|2x| > 2$ и $1/|2x| < 1/2$.

Тогда $|\frac{1}{x} - \frac{1}{2}| = \frac{|x-2|}{|2x|} < \frac{δ}{2}$. Чтобы выполнялось $|\frac{1}{x} - \frac{1}{2}| < ε$, потребуем, чтобы $δ/2 \le ε$, то есть $δ \le 2ε$.

Выберем $δ = \min(1, 2ε)$. Пусть $ε > 0$ задано. Выберем $δ = \min(1, 2ε)$. Если $0 < |x-2| < δ$, то $|x-2| < 1$, откуда $1/|2x| < 1/2$. Также $|x-2| < 2ε$. Следовательно, $|\frac{1}{x} - \frac{1}{2}| = \frac{|x-2|}{|2x|} < \frac{2ε}{2} = ε$. Что и требовалось доказать.

Ответ: $1/2$.

г) $f(x) = x^{-2}, a = 3$

Функцию можно записать как $f(x) = 1/x^2$. Найдем предел: $L = \lim_{x\to3} \frac{1}{x^2} = \frac{1}{3^2} = \frac{1}{9}$.

Докажем по определению на языке $ε-δ$. Для любого $ε > 0$ нужно найти такое $δ > 0$, что из $0 < |x - 3| < δ$ следует $|\frac{1}{x^2} - \frac{1}{9}| < ε$.

Рассмотрим $|\frac{1}{x^2} - \frac{1}{9}| = |\frac{9-x^2}{9x^2}| = \frac{|(3-x)(3+x)|}{9x^2} = \frac{|x-3| \cdot |x+3|}{9x^2}$.

Ограничим множитель $\frac{|x+3|}{9x^2}$. Пусть $δ \le 1$. Тогда из $|x-3| < 1$ следует $2 < x < 4$. Для таких $x$ имеем: $|x+3| < 7$ и $x^2 > 4$, откуда $9x^2 > 36$. Значит, $\frac{|x+3|}{9x^2} < \frac{7}{36}$.

Тогда $|\frac{1}{x^2} - \frac{1}{9}| < δ \cdot \frac{7}{36}$. Потребуем, чтобы $δ \cdot \frac{7}{36} \le ε$, то есть $δ \le \frac{36ε}{7}$.

Выберем $δ = \min(1, \frac{36ε}{7})$. Если $0 < |x-3| < δ$, то $|x-3| < 1$, откуда $\frac{|x+3|}{9x^2} < \frac{7}{36}$. Также $|x-3| < \frac{36ε}{7}$. Следовательно, $|\frac{1}{x^2} - \frac{1}{9}| = |x-3| \frac{|x+3|}{9x^2} < \frac{36ε}{7} \cdot \frac{7}{36} = ε$. Что и требовалось доказать.

Ответ: $1/9$.

д) $f(x) = 3^x, a = 1$

Найдем предел функции: $L = \lim_{x\to1} 3^x = 3^1 = 3$.

Докажем по определению на языке $ε-δ$. Для любого $ε > 0$ нужно найти такое $δ > 0$, что из $0 < |x - 1| < δ$ следует $|3^x - 3| < ε$.

Рассмотрим неравенство $|3^x - 3| < ε$. Оно равносильно $-ε < 3^x - 3 < ε$, или $3 - ε < 3^x < 3 + ε$. Если мы найдем $δ$ для некоторого $ε_0 > 0$, то это же $δ$ будет работать для любого $ε > ε_0$. Поэтому без ограничения общности можем считать $ε$ достаточно малым, например $0 < ε < 3$. При этом условии $3 - ε > 0$.

Прологарифмируем неравенство по основанию 3 (так как $y=\log_3 t$ - возрастающая функция): $\log_3(3 - ε) < x < \log_3(3 + ε)$. Вычтем 1 (или $\log_3 3$) из всех частей: $\log_3(3 - ε) - \log_3 3 < x - 1 < \log_3(3 + ε) - \log_3 3$. $\log_3(\frac{3-ε}{3}) < x - 1 < \log_3(\frac{3+ε}{3})$. $\log_3(1 - ε/3) < x - 1 < \log_3(1 + ε/3)$.

Нам нужно, чтобы интервал $(-δ, δ)$ содержался в интервале $(\log_3(1 - ε/3), \log_3(1 + ε/3))$. Для этого выберем $δ = \min(|\log_3(1 - ε/3)|, |\log_3(1 + ε/3)|)$. $|\log_3(1 - ε/3)| = -\log_3(1 - ε/3) = \log_3(\frac{1}{1-ε/3})$. $|\log_3(1 + ε/3)| = \log_3(1 + ε/3)$. Сравним $\frac{1}{1-ε/3}$ и $1+ε/3$. $\frac{1}{1-ε/3} - (1+ε/3) = \frac{1 - (1-ε^2/9)}{1-ε/3} = \frac{ε^2/9}{1-ε/3} > 0$. Значит $\log_3(\frac{1}{1-ε/3}) > \log_3(1 + ε/3)$, и меньшее из двух значений - это $\log_3(1 + ε/3)$.

Итак, выберем $δ = \log_3(1 + ε/3)$. Тогда если $|x-1| < δ$, то $-\log_3(1 + ε/3) < x-1 < \log_3(1 + ε/3)$. Так как $-\log_3(1 + ε/3) > \log_3(1-ε/3)$, то тем более $\log_3(1-ε/3) < x-1 < \log_3(1 + ε/3)$, что, как мы показали, равносильно $|3^x - 3| < ε$. Что и требовалось доказать.

Ответ: $3$.

е) $f(x) = \log_3 x, a = 2$

Найдем предел функции: $L = \lim_{x\to2} \log_3 x = \log_3 2$.

Докажем по определению на языке $ε-δ$. Для любого $ε > 0$ нужно найти такое $δ > 0$, что из $0 < |x - 2| < δ$ следует $|\log_3 x - \log_3 2| < ε$.

Рассмотрим неравенство $|\log_3 x - \log_3 2| < ε$. Оно равносильно: $-ε < \log_3 x - \log_3 2 < ε$. $\log_3 2 - ε < \log_3 x < \log_3 2 + ε$.

Пропотенцируем по основанию 3 (так как $y=3^t$ - возрастающая функция): $3^{\log_3 2 - ε} < x < 3^{\log_3 2 + ε}$. $3^{\log_3 2} \cdot 3^{-ε} < x < 3^{\log_3 2} \cdot 3^{ε}$. $2 \cdot 3^{-ε} < x < 2 \cdot 3^{ε}$.

Вычтем 2 из всех частей неравенства: $2 \cdot 3^{-ε} - 2 < x - 2 < 2 \cdot 3^{ε} - 2$. $2(3^{-ε} - 1) < x - 2 < 2(3^{ε} - 1)$.

Мы ищем такое $δ > 0$, чтобы из $|x-2|<δ$ следовало это неравенство. Нужно, чтобы интервал $(-δ, δ)$ лежал внутри интервала $(2(3^{-ε} - 1), 2(3^{ε} - 1))$. Для этого выберем $δ = \min(|2(3^{-ε} - 1)|, |2(3^{ε} - 1)|) = \min(2(1 - 3^{-ε}), 2(3^{ε} - 1))$. Так как для $ε>0$, $3^ε > 1$, то $3^ε + 3^{-ε} > 2$, откуда $3^ε-1 > 1-3^{-ε}$. Значит, наименьшее значение - это $2(1-3^{-ε})$.

Выберем $δ = 2(1 - 3^{-ε})$. Заметим, что $δ > 0$. Также $δ=2-2/3^ε < 2$, поэтому если $|x-2|<δ$, то $x>2-δ>0$, то есть $x$ находится в области определения логарифма. Если $|x-2| < δ$, то $-δ < x-2 < δ$. $-2(1-3^{-ε}) < x-2 < 2(1-3^{-ε})$. Так как $2(1-3^{-ε}) < 2(3^{ε}-1)$, то $x-2 < 2(3^{ε}-1)$. А левая часть: $-2(1-3^{-ε}) = 2(3^{-ε}-1)$. Итак, $2(3^{-ε}-1) < x-2 < 2(3^{ε}-1)$, что равносильно $|\log_3 x - \log_3 2| < ε$. Что и требовалось доказать.

Ответ: $\log_3 2$.