И.В. Садовничая, Т.Н. Фоменко - Предел и непрерывность функции одной переменной (теория и задачи), страница 10

�1 + х--> �1 + хlimВ ( х) = 1 /х.Реш ение. Утверждение следует из того, что функция ВА((х))х =� -+ +оо при х -+ +0, то есть является бесконечно боль­шой в точке а справа.5.9. Рассмотрим функции f(x) = 2х2 + 2х + 1 и g (x) =х 2 . Доказать, что f (x ) = O(g(x)) при х -> +оо .2х + 1f(x)Решение. Так как -- = 2 += r (x) , и при х > 3g (х )х2справедлива оценка 1 :::; r (x) :::; 2, то r (x) ограничена внекоторой окрестности точки +оо . Следовательно , f (x ) =O(g(x)) при х -+ + оо , что и требовалось доказать.

Болеетого, J(x) = O*(g(x)) при х -> + оо , так как существуетf(x )х --> +оо g ( Х ).l1m=2 #- О .Задачи для самостоятельной работы .5 . 1 0 .Доказать, что если <р (х) ф(х) при х -+ а , то верныравенства: <р(х) - ф(х) = о(<р(х) ) = о(ф(х ) ) .5 . 1 1 . Доказать, что при х -+ +оо и О < т < n верно ра­венство: O (xn ) + O(xm ) = O(xn ) .5 . 12. Доказать, что при х -+ О и О < т < n верно равен­ство:o(xn ) + o (xm ) o(xm) .х+15.13. Доказать , что при х -+ + оо.=Ох2 + 1 - х5. 14. Доказать, что при х -> О и а Е JR верно равенство:( 1 + х) а = 1 + а х + о ( х) .-4 5 .

1 5.Доказать, что х2 rv vг-х-,+-х_".5, х _, О.5 . 1 6 . Доказать, что функции А (х) = 1 /х и В ( х) = 3 - 1 /химе ют в ТО"-IКе О слева одинаковый порядок роста.rv(�)=§ 6 . В ыделение главного члена (главной части)определенного вида у заданной функции.�1 + х = 1 .5 .8. Доказать, что функция А ( х) = 1/х 2 имеет в точке справа более высокий порядок роста, чем функцияРассмотрим несколько примеров решения следующейадачи: выде;щrпъ главную ·часrп·ь (глав·пий ''lJLeн) фун'К:­з'Ции f (x) в ида С (g(x)) a, при х -> а (см. Определение6667Оlimх->0·2 . 10 главы 1 ) . Другими словами, требуется, при заданныхфункциях j (x) , g(x) и точке а ( конечной или нет ) , найти( если это возможно ) такой коэффициент С и такой пока.­за.тель а, что функции j(x) и С · (g(x) ) a эквивалентныпри х --7 а, то есть функция f(x) представима в виде:.f (x) = с .

(.q(x) ) a + o((.q(x))a) при х --7 а .6 . 1 . Найти главный член функции j(x) вида Сх а прих --7 +оо, если f(.т; ) = х2 arcctg x.х2 arctg 1хх2 arcctg хРешение. limlimс . хах � +оо с . хах� +оо( ::� :: t: � )··Х2 · �хспз1.1.lШ -- .== lПl -х -> +оо с . хаэквив�ен� ностьюх� +оо с . хаarctg � "' ;Легко видеть , что равенство lim с� = 1 возможно толь-х� + оохако при С = 1 и а = 1 . Следовательно, искомый главныйчлен равен х, и имеет место представление:х2 arcctg х = х + о(х) при х --7 +оо.6 . 2 . Найти главный член функции f(x) вида Сха прих --7 + оо , если f(x) = x2 aгcctg(-x) .воспользуемсях2 .

arcctg( -х)тем, чтоРешение. limх�+ооС · хаarcctg( -х) --t 1Г()х->+ оох2х2.1Г · lim -- . Легко видеть , что равенство 1r · l1m С · х. о оо->Х->+х +оо с Ха1 возможно только при С = 1r и а = 2 . Таким образом,искомый главный член равен 2х2 , и имеет место представ­ление: х2 arcctg( -х) = 1r х2 + о(х2) при х --7 +оо.6 .3. Найти главный член функции f(x) вида Схсх прих --7 О , если j(x) = ln(cos 1rx) ..

ln(cos 1rx). ln( 1 - 2 sin2 ( т ) )== l1mРешение. l1mх->0х-> 0С ХаСха- 2 sin2 ( 71'x )-1r2х22 = -- lim= lim(В этих преобразовани02Сх-->Сх а.х а.х -.оях мы воепользавались равенством cos 1ГХ = 1 - 2 sin2 ( 1rx ) ,2•·� .68а также эквивалентностями: ln( 1 + а ) "' а, siп а "' а при-1r2х2а - -7 0. ) Далее, ясно, что равенство -- lim � = 1 воз2С х� о х а.можно только при Си а = 2. Отсюда следует,2-1Г 2Х2что искомый главный член равен, и имеет место2_ 1Г2Х2представление : lп(соs 1Гх) = -- + о(х2 ) .26.4. Найти главный член функции f (x) вида С ( 1 - х) апри х --7 1 , если f (x) = х х - 1 .е х ln х - 1хх - 1Х lп ХРешение.

lim= liш,---�= liш 1lx � С( - х ) а x -> l С(1 - х)ах-- + 1 С(1 - х)а1.l п ( 1 - ( 1 - х) ). х lп ( 1 + ( х - 1 ) )1-х.l1m= 1ш=- l1ш.x->lx�l С( 1 - х)аС(1 - х)схх � 1 С(1 - х)схВ этих преобразованиях мы воепользавались равенством:х х = ex ln x , эквивалентностт.ш еа - 1 "' а , lп( 1 + а ) "' апри а --7 О, а также условием: х --7 1 . Легко видеть, что- ( 1 - х)= 1 возможно только при С =равенство liшХ -->1 С( 1 - Х ) Q- 1 , а = 1 . Поэтому искомый главный член равен, оче­видно, - ( 1 - х) , и имеет место представление: хх - 1 =- ( 1 - х) + 8(1 - х ) .6 .

5. Найти главный член функции f(x) вида С ( � ) а прих --7 оо, если f ( х) = �х 4 + ах + Ь - х.�х4 + ах + Ь - х. Хl1ш--+00с( 1 )х_1(Е.):Е (.Q... + .ft.. )хх а+.Решен ие. ЬшХ-+ 00-=Q( 11Х+ахз +с ( -х1 ) Q'� .:4 - 1 ).1...lim 4 хз4 = liш 4 2х = liш � . В этихХ -> оох--.ооС(�)ах ->оо С ( � ) аС(�)схвыкладках мы воепользавались эквивалентностью ( 1 +а ) d ­=1"' a · dлее,аЬО . В даном случае а = - + - --t О . Да­х3 х4 х �ооа 1ясно, что равенство liш 4 ·-1х2СХ = 1 возможно толькоХ->00 с ( )хпри а--769а- , а = 2. Поэтому искомыи главн ыи член ра4вен �4 (1.) 2 , и следовательно, имеет место представле ние:х22�х4 + ах + Ь - х.+ о(З адачи для с амостоят ельной работы..Найти для функции f(x) главны й член вида · (g (x) )Сaпри х --7 а . В ответе указать соответствующее представление: f(x) = С · (g (x) ) a + o((g (x)) a ) .6.6.

f(x) = х + Jx + JX, a = O, g (x) = х.6.7. f(x) = ln( x2 + 4х) , а = О , g (x) = х .�х ь - xd6.8 . f (x) =а = 1 , g (x) = 1 - х .arctg x - 47Г ,t 7ГХ6.9 . f(x) = </ g 2� , a = 1 , g (x) = 1 - х.31 - 7хпри Сu==� ( �)u( �) )/6 . 10. f(x) =/х + Jx + JX, а = +оо, g (x) = х .\}1, а = +oo, g (x) = х .1 + 8х6 . 1 1 . f(x) =О тв е ты=:г --;=== ::6.6. x + Jx + :::;:vxx = xt + o(x t ) , то есть С = 1 , а = � ;6 . 7. ln(x2 + 4х) = х 2 + о( х 2 ) , то ееть С = 1 , а = 2 ..,Ухь xd14) _ 1s ) ,6.8.7Г = 2 (b - d) s (1 - x) - s + o( ( 1 - xarctg x - 4то есть С = 2 (Ь -- d ) !s , а = - 54 .tg2.у?6.9.Т =( 1 - х ) - � + о((1 - х) - � ) ,1Г</1 - �2 V7"то есть С = --;, а = з4J_-/6.10 .

х + Jx + Vxто есть С = 1 , а = � .6.11.1=·Vx + o(JX) ,= - ·х з +о(х _ !3 ) , то есть с = 21 , а - - з1 ·2_!70§ 7. Оты скание и классификациято ч� к р азры ва агр фика функции.Рассмотрим нес колько примеров отыскания и характе­ристики точек раз ры ва графика заданной функции f ( х ) .2х7. 1 . f (x) =.( 2 + х) 2Решение.

Данная функция относится к классу элементар­нызх функций, поэтому она непрерывн а во все й областиопределения. Ее область определения D1 = {х Е lR/x #- 2} . Ис следуем точку х = -2 , являющуюсяпредел ьнойдля области определения функции.Найдем односторонниепределы f ( - 2 + 0) и f ( - 2 -0) : f(-2± 0) = lim ( 2х 2Х -->- 2± 0 2 + Х )- оо . Следовательно, согласно припятой классификацииточек раз ры ва, х = -2 являетсяточкой бесконечного раз­рыва II рода.Ответ: х -2 - точка бесконечного разрыва II рода.х7.2.

f (x) = -..sш 2 хРешение. Область определения данной элементарнойфункции Df = {х Е lR/x i= �k , k Е Z}. Исследуем точки xk = �k ,подозрительные на раз ры в. Найдемпределы при k # 0:х1Гkt + 1Гkf(xk +O) = lim -- = t = х - -+ "2k +О si n 2 х= li m22t-++ O sin ( 1Г k + 2 t )х1Гk .(-1)k+оо ' k = 2m·'= - l1m2 t-++ O siп(2t ) = -оо , k = 2m + 1 'х1Гkf ( x - О) = lim -t + 1Гk= t=хklim2х--> ';k - о siп 2х2t-+ - 0 sin (1Г k + 2t)1rk . ( - 1 ) k+ 1-оо k = 2m ·='= 2 t ��osin (2t )+оо : k = 2m + 1 ·Еели k = О , то f ( х0х1± О) = lim -.= -.-->±0sш2хОтвет: В точках x = х�k , k # О, - 2бесконечные разры­kвь1 П рода; в то чке х = О - устранимый разр ыв.027.

3. f (x) = .lп 2х={{((71)·-)=Peweuue. Область определения данной элементарной функ­ции Df = {х Е lRJx > О, х =f. Н· Исследуем точку х = � 'являющуюся предельной для области определения функ­ции и справа, и слева. Найдем пределы: Ja ± 0).22..J (l2 ± О) = 11m -- = 11mx-.!±o 1n 2x x-. !±o 1n (l + 2(x - � ) )2.111m (= ± оо. Это означает, что в точке х1 = �х-.!±о 2 Х - 2 )график функции имеет бесконечный разрыв II рода.Ответ: В точке х1 = � - бесконечный разрыв II рода.3х7 .

4. f(x) =2х .1 - е 2 -хPeweuue. Область определения данной элементарной функции Df = {х Е lRJ.т, =f. 2, х =f. 0}. Исследуем точки х1 =2, х2 = О , являющиеся предельными для D1 . Найдем пре3хделы: f(2 ± 0), !(±0) . f(2 + О) = lim2х =1е 2- х( так как � -оо , ) = 6, j(2-0) -+11m. 2 3х=то( так как � � +оо , ) = О. Таким образом, f(2 - О) =Х->2+0-1Lе 2-х�2 х�_=о-1L 2-хх-012хе 2- хто е 2 -х � + оо=f.О 6 = f(2 + 0) . Поэтому в точке х1 = 2 график фуm<­ции имеет разрыв I рода (неустранимый ) .

Далее, !(±О) =3(2 - х)3х3х.l1m= - lim1im -= -3. Этох = Х2�Х ->±0 12Х-->±0> ±0 - 2 Хе 2- хозначает, что в точке х2 = О график функции имеет устра­нимый разрыв .Ответ: В точке х1 = 2 разрыв I рода (неустранимый);в точке х2 = О устранимый разрыв.Х5COS 1Г , JxJ :::; � ;x()7g.

.- 1 х 1 -3 23 > 1 х 1 > 23 ·Peweuue. Область определения данной элементарной функции Df = JR. При этом на отрезке [- � ; �] и вне него функ­ция задана различ ными формулами, представляющими эле­ментарные функции. Следовательно всюду, кроме, может__{72быть,точек -- � , � , функция заведомо непрерывна. Иссле­точких 1 = - � , х2 = � . Найдем пределы : f ( - � ±дуемО) , f( � ± 0 ).