Страница 56 - гдз по алгебре 11 класс учебник Никольский, Потапов

2.10 а) $f(x) = \frac{1}{(x - 2)^2}$, $a = 2$;

б) $f(x) = \frac{-1}{|x - 1|}$, $a = 1$;

в) $f(x) = |\operatorname{tg} x|$, $a = \frac{\pi}{2}$;

г) $f(x) = |\operatorname{ctg} x|$, $a = \pi$.

а)

Исследуем функцию $f(x) = \frac{1}{(x-2)^2}$ на непрерывность в точке $a = 2$.

Значение функции в точке $a=2$ не определено, так как знаменатель дроби $(2-2)^2 = 0$. Следовательно, в точке $x=2$ функция имеет разрыв. Для определения типа разрыва найдем односторонние пределы.

Левосторонний предел: $\lim_{x \to 2^-} \frac{1}{(x-2)^2}$. Когда $x$ стремится к 2 слева, выражение $(x-2)$ стремится к 0, оставаясь отрицательным, а $(x-2)^2$ стремится к 0, оставаясь положительным. Таким образом, $\lim_{x \to 2^-} \frac{1}{(x-2)^2} = +\infty$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to 2^+} \frac{1}{(x-2)^2}$. Когда $x$ стремится к 2 справа, выражение $(x-2)$ стремится к 0, оставаясь положительным, и $(x-2)^2$ также стремится к 0, оставаясь положительным. Таким образом, $\lim_{x \to 2^+} \frac{1}{(x-2)^2} = +\infty$.

Так как односторонние пределы в точке $a=2$ бесконечны, то в этой точке функция имеет разрыв второго рода.

Ответ: $x=2$ — точка разрыва второго рода.

б)

Исследуем функцию $f(x) = \frac{-1}{|x-1|}$ на непрерывность в точке $a = 1$.

Значение функции в точке $a=1$ не определено, так как знаменатель дроби $|1-1| = 0$. Следовательно, в точке $x=1$ функция имеет разрыв. Для определения типа разрыва найдем односторонние пределы.

Левосторонний предел: $\lim_{x \to 1^-} \frac{-1}{|x-1|}$. Когда $x$ стремится к 1 слева, выражение $(x-1)$ стремится к 0, оставаясь отрицательным, а $|x-1|$ стремится к 0, оставаясь положительным. Таким образом, $\lim_{x \to 1^-} \frac{-1}{|x-1|} = -\infty$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to 1^+} \frac{-1}{|x-1|}$. Когда $x$ стремится к 1 справа, выражение $(x-1)$ стремится к 0, оставаясь положительным, и $|x-1|$ также стремится к 0, оставаясь положительным. Таким образом, $\lim_{x \to 1^+} \frac{-1}{|x-1|} = -\infty$.

Так как односторонние пределы в точке $a=1$ бесконечны, то в этой точке функция имеет разрыв второго рода.

Ответ: $x=1$ — точка разрыва второго рода.

в)

Исследуем функцию $f(x) = |\tg x|$ на непрерывность в точке $a = \frac{\pi}{2}$.

Функция $\tg x$ не определена в точках $x = \frac{\pi}{2} + \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. В частности, она не определена в точке $a = \frac{\pi}{2}$. Следовательно, функция $f(x)$ имеет разрыв в этой точке. Для определения типа разрыва найдем односторонние пределы.

Левосторонний предел: $\lim_{x \to (\frac{\pi}{2})^-} |\tg x|$. При $x \to (\frac{\pi}{2})^-$ (из первой четверти), $\tg x \to +\infty$. Следовательно, $\lim_{x \to (\frac{\pi}{2})^-} |\tg x| = +\infty$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to (\frac{\pi}{2})^+} |\tg x|$. При $x \to (\frac{\pi}{2})^+$ (из второй четверти), $\tg x \to -\infty$. Следовательно, $\lim_{x \to (\frac{\pi}{2})^+} |\tg x| = |-\infty| = +\infty$.

Так как односторонние пределы в точке $a=\frac{\pi}{2}$ бесконечны, то в этой точке функция имеет разрыв второго рода.

Ответ: $x=\frac{\pi}{2}$ — точка разрыва второго рода.

г)

Исследуем функцию $f(x) = |\ctg x|$ на непрерывность в точке $a = \pi$.

Функция $\ctg x$ не определена в точках $x = \pi n$, где $n \in \mathbb{Z}$. В частности, она не определена в точке $a = \pi$. Следовательно, функция $f(x)$ имеет разрыв в этой точке. Для определения типа разрыва найдем односторонние пределы.

Левосторонний предел: $\lim_{x \to \pi^-} |\ctg x|$. При $x \to \pi^-$ (из второй четверти), $\ctg x \to -\infty$. Следовательно, $\lim_{x \to \pi^-} |\ctg x| = |-\infty| = +\infty$.

Правосторонний предел: $\lim_{x \to \pi^+} |\ctg x|$. При $x \to \pi^+$ (из третьей четверти), $\ctg x \to +\infty$. Следовательно, $\lim_{x \to \pi^+} |\ctg x| = +\infty$.

Так как односторонние пределы в точке $a=\pi$ бесконечны, то в этой точке функция имеет разрыв второго рода.

Ответ: $x=\pi$ — точка разрыва второго рода.

2.11 Найдите левый и правый пределы функции $y = f(x)$ при $x \to a$, если:

a) $f(x) = \frac{x}{|x|}$, $a = 0$;

б) $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x + 2}$, $a = -2$;

в) $f(x) = \frac{x^2}{|x|}$, $a = 0$;

г) $f(x) = \frac{x^3}{|x|}$, $a = 0$.

Существует ли предел функции $y = f(x)$ при $x \to a$? Если существует, то чему он равен?

а) $f(x) = \frac{x}{|x|}, a = 0$

Для нахождения односторонних пределов необходимо раскрыть модуль $|x|$. По определению модуля:$|x| = x$, если $x \ge 0$$|x| = -x$, если $x < 0$

Найдем левый предел (когда $x$ стремится к $0$ слева, т.е. $x \to 0-$). В этом случае $x$ принимает значения, меньшие нуля ($x < 0$), поэтому $|x| = -x$.

$\lim_{x \to 0-} f(x) = \lim_{x \to 0-} \frac{x}{|x|} = \lim_{x \to 0-} \frac{x}{-x} = \lim_{x \to 0-} (-1) = -1$.

Найдем правый предел (когда $x$ стремится к $0$ справа, т.е. $x \to 0+$). В этом случае $x$ принимает значения, большие нуля ($x > 0$), поэтому $|x| = x$.

$\lim_{x \to 0+} f(x) = \lim_{x \to 0+} \frac{x}{|x|} = \lim_{x \to 0+} \frac{x}{x} = \lim_{x \to 0+} (1) = 1$.

Предел функции в точке существует тогда и только тогда, когда левый и правый пределы в этой точке существуют и равны. В данном случае левый предел равен $-1$, а правый — $1$. Так как $-1 \neq 1$, предел функции $f(x)$ при $x \to 0$ не существует.

Ответ: Левый предел равен $-1$, правый предел равен $1$. Предел функции при $x \to 0$ не существует.

б) $f(x) = \frac{x^2 - 4}{x + 2}, a = -2$

При подстановке $x = -2$ в функцию мы получаем неопределенность вида $\frac{0}{0}$. Чтобы найти предел, нужно упростить выражение. Разложим числитель на множители по формуле разности квадратов: $x^2 - 4 = (x-2)(x+2)$.

Для всех $x \neq -2$ функция имеет вид:

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

Так как при вычислении предела мы рассматриваем значения $x$ в окрестности точки $a=-2$, но не в самой точке, мы можем использовать упрощенное выражение. В данном случае функция $y = x-2$ не содержит особенностей, поэтому левый и правый пределы будут равны значению этой функции в точке $x=-2$.

Левый предел:

$\lim_{x \to -2-} f(x) = \lim_{x \to -2-} (x-2) = -2 - 2 = -4$.

Правый предел:

$\lim_{x \to -2+} f(x) = \lim_{x \to -2+} (x-2) = -2 - 2 = -4$.

Левый и правый пределы равны. Следовательно, предел функции при $x \to -2$ существует и равен их общему значению.

Ответ: Левый предел равен $-4$, правый предел равен $-4$. Предел функции при $x \to -2$ существует и равен $-4$.

в) $f(x) = \frac{x^2}{|x|}, a = 0$

Для нахождения односторонних пределов раскроем модуль $|x|$.

Найдем левый предел (при $x \to 0-$). В этом случае $x < 0$, поэтому $|x| = -x$.

$f(x) = \frac{x^2}{-x} = -x$ для $x < 0$.

$\lim_{x \to 0-} f(x) = \lim_{x \to 0-} (-x) = -0 = 0$.

Найдем правый предел (при $x \to 0+$). В этом случае $x > 0$, поэтому $|x| = x$.

$f(x) = \frac{x^2}{x} = x$ для $x > 0$.

$\lim_{x \to 0+} f(x) = \lim_{x \to 0+} (x) = 0$.

Левый и правый пределы в точке $a=0$ равны: $0=0$. Следовательно, предел функции в этой точке существует и равен их общему значению.

Ответ: Левый предел равен $0$, правый предел равен $0$. Предел функции при $x \to 0$ существует и равен $0$.

г) $f(x) = \frac{x^3}{|x|}, a = 0$

Для нахождения односторонних пределов раскроем модуль $|x|$.

Найдем левый предел (при $x \to 0-$). В этом случае $x < 0$, поэтому $|x| = -x$.

$f(x) = \frac{x^3}{-x} = -x^2$ для $x < 0$.

$\lim_{x \to 0-} f(x) = \lim_{x \to 0-} (-x^2) = -(0)^2 = 0$.

Найдем правый предел (при $x \to 0+$). В этом случае $x > 0$, поэтому $|x| = x$.

$f(x) = \frac{x^3}{x} = x^2$ для $x > 0$.

$\lim_{x \to 0+} f(x) = \lim_{x \to 0+} (x^2) = (0)^2 = 0$.

Левый и правый пределы в точке $a=0$ равны: $0=0$. Следовательно, предел функции в этой точке существует и равен их общему значению.

Ответ: Левый предел равен $0$, правый предел равен $0$. Предел функции при $x \to 0$ существует и равен $0$.

2.12 Вычислите:

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

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

в) $ \lim_{x \to 0} \frac{\sin \pi x}{\pi x} $.

а) Для вычисления данного предела воспользуемся первым замечательным пределом, который имеет вид: $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$.

В нашем случае выражение $\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{2x}$ полностью соответствует форме первого замечательного предела, если сделать замену переменной.

Пусть $u = 2x$. Когда $x$ стремится к нулю ($x \to 0$), то и $u$ также стремится к нулю ($u \to 0$).

Выполнив замену, получаем:

$\lim_{x \to 0} \frac{\sin 2x}{2x} = \lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$.

Ответ: 1

б) Для вычисления предела $\lim_{x \to 0} \frac{3 \sin \frac{x}{3}}{x}$ необходимо преобразовать выражение так, чтобы можно было применить первый замечательный предел.

Вынесем константу 3 за знак предела:

$\lim_{x \to 0} \frac{3 \sin \frac{x}{3}}{x} = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\sin \frac{x}{3}}{x}$.

Аргумент синуса равен $\frac{x}{3}$. Чтобы в знаменателе получить такое же выражение, умножим и разделим знаменатель на 3:

$3 \lim_{x \to 0} \frac{\sin \frac{x}{3}}{x} = 3 \lim_{x \to 0} \frac{\sin \frac{x}{3}}{3 \cdot \frac{x}{3}}$.

Вынесем константу $\frac{1}{3}$ из знаменателя за знак предела:

$3 \cdot \frac{1}{3} \lim_{x \to 0} \frac{\sin \frac{x}{3}}{\frac{x}{3}} = 1 \cdot \lim_{x \to 0} \frac{\sin \frac{x}{3}}{\frac{x}{3}}$.

Теперь сделаем замену переменной. Пусть $u = \frac{x}{3}$. Когда $x \to 0$, то и $u \to 0$. Предел принимает вид:

$\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$.

Следовательно, исходный предел равен 1.

Ответ: 1

в) Данный предел $\lim_{x \to 0} \frac{\sin \pi x}{\pi x}$ также вычисляется с помощью первого замечательного предела: $\lim_{u \to 0} \frac{\sin u}{u} = 1$.

Здесь аргументом синуса и выражением в знаменателе является $\pi x$. Сделаем замену переменной.

Пусть $u = \pi x$. Так как $\pi$ является константой, то при $x \to 0$ переменная $u = \pi x$ также стремится к нулю ($u \to 0$).

После замены переменной предел принимает стандартную форму первого замечательного предела:

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

Ответ: 1

2.13* Докажите, используя определение предела «на языке ϵ – δ» или «на языке последовательностей», что:

a) $\lim_{x \to 4} (3x - 7) = 5;$

б) $\lim_{x \to 2} (5x - 9) = 1;$

в) $\lim_{x \to -2} (-x + 2) = 4;$

г) $\lim_{x \to 3} (-2x + 7) = 1;$

д) $\lim_{x \to -4} (3x + 10) = -2;$

е) $\lim_{x \to -5} (2x - 1) = -11.$

а) Докажем, что $\lim_{x \to 4} (3x - 7) = 5$, используя определение предела на языке $\epsilon-\delta$. Согласно определению, для любого $\epsilon > 0$ необходимо найти такое $\delta > 0$, что для всех $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x - 4| < \delta$, выполняется неравенство $|(3x - 7) - 5| < \epsilon$. Преобразуем выражение под знаком модуля: $|(3x - 7) - 5| = |3x - 12| = |3(x - 4)| = 3|x - 4|$. Мы хотим, чтобы выполнялось неравенство $3|x - 4| < \epsilon$, что эквивалентно $|x - 4| < \frac{\epsilon}{3}$. Таким образом, если мы выберем $\delta = \frac{\epsilon}{3}$, то для любого $x$, удовлетворяющего условию $0 < |x - 4| < \delta$, будет следовать, что $|x - 4| < \frac{\epsilon}{3}$, и, следовательно, $|(3x - 7) - 5| < \epsilon$. Поскольку для любого $\epsilon > 0$ мы нашли соответствующее $\delta > 0$, утверждение доказано. Ответ:

б) Докажем, что $\lim_{x \to 2} (5x - 9) = 1$. По определению предела, для любого $\epsilon > 0$ нужно найти $\delta > 0$ такое, что из $0 < |x - 2| < \delta$ следует $|(5x - 9) - 1| < \epsilon$. Рассмотрим неравенство с модулем: $|(5x - 9) - 1| = |5x - 10| = |5(x - 2)| = 5|x - 2|$. Нам требуется, чтобы $5|x - 2| < \epsilon$, или $|x - 2| < \frac{\epsilon}{5}$. Выбрав $\delta = \frac{\epsilon}{5}$ (так как $\epsilon > 0$, то и $\delta > 0$), мы видим, что для любого $x$, удовлетворяющего $0 < |x - 2| < \delta$, выполняется $|x - 2| < \frac{\epsilon}{5}$, что гарантирует выполнение неравенства $|(5x - 9) - 1| < \epsilon$. Утверждение доказано. Ответ:

в) Докажем, что $\lim_{x \to -2} (-x + 2) = 4$. По определению, для любого $\epsilon > 0$ ищем $\delta > 0$ такое, что из $0 < |x - (-2)| < \delta$ (т.е. $0 < |x + 2| < \delta$) следует $|(-x + 2) - 4| < \epsilon$. Преобразуем выражение: $|(-x + 2) - 4| = |-x - 2| = |-(x + 2)| = |x + 2|$. Требуется, чтобы $|x + 2| < \epsilon$. Выбрав $\delta = \epsilon$, мы видим, что для любого $x$, удовлетворяющего $0 < |x + 2| < \delta$, выполняется $|x + 2| < \epsilon$, что и требовалось доказать. Предел доказан. Ответ:

г) Докажем, что $\lim_{x \to 3} (-2x + 7) = 1$. Для любого $\epsilon > 0$ необходимо найти такое $\delta > 0$, что из $0 < |x - 3| < \delta$ следует $|(-2x + 7) - 1| < \epsilon$. Рассмотрим модуль разности: $|(-2x + 7) - 1| = |-2x + 6| = |-2(x - 3)| = 2|x - 3|$. Требуется, чтобы $2|x - 3| < \epsilon$, что равносильно $|x - 3| < \frac{\epsilon}{2}$. Следовательно, можно выбрать $\delta = \frac{\epsilon}{2}$. Для любого $x$, удовлетворяющего условию $0 < |x - 3| < \delta$, будет следовать $|x - 3| < \frac{\epsilon}{2}$, и значит $|(-2x + 7) - 1| < \epsilon$. Предел доказан. Ответ:

д) Докажем, что $\lim_{x \to -4} (3x + 10) = -2$. Для всякого $\epsilon > 0$ нужно найти $\delta > 0$ такое, что из $0 < |x - (-4)| < \delta$ (т.е. $0 < |x + 4| < \delta$) следует $|(3x + 10) - (-2)| < \epsilon$. Преобразуем выражение в модуле: $|(3x + 10) - (-2)| = |3x + 12| = |3(x + 4)| = 3|x + 4|$. Мы хотим, чтобы $3|x + 4| < \epsilon$, или $|x + 4| < \frac{\epsilon}{3}$. Выбрав $\delta = \frac{\epsilon}{3}$, мы получаем, что для всех $x$, для которых $0 < |x + 4| < \delta$, выполняется неравенство $|(3x + 10) - (-2)| < \epsilon$. Утверждение доказано. Ответ:

е) Докажем, что $\lim_{x \to -5} (2x - 1) = -11$. Согласно определению предела, для любого $\epsilon > 0$ мы должны найти $\delta > 0$ такое, что если $0 < |x - (-5)| < \delta$ (т.е. $0 < |x + 5| < \delta$), то $|(2x - 1) - (-11)| < \epsilon$. Преобразуем модуль разности: $|(2x - 1) - (-11)| = |2x + 10| = |2(x + 5)| = 2|x + 5|$. Нам нужно, чтобы $2|x + 5| < \epsilon$, что эквивалентно $|x + 5| < \frac{\epsilon}{2}$. Выберем $\delta = \frac{\epsilon}{2}$. Тогда для любого $x$, удовлетворяющего $0 < |x + 5| < \delta$, будет выполняться $|x + 5| < \frac{\epsilon}{2}$, а значит и $|(2x - 1) - (-11)| < \epsilon$. Предел доказан. Ответ:

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».

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: $\log_3 2$.