Раздел I. Введение в анализ — § 5. Предел функции

Демидович — задача 644

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 644

Определитьl=lim‾⁡x→∞f(x)иL=lim‾⁡x→∞f(x)l=\varliminf_{x\to\infty}f(x)
\quad\text{и}\quad
L=\varlimsup_{x\to\infty}f(x)еслиа) f(x)=sin⁡x\text{а) }f(x)=\sin xб) f(x)=x2cos⁡2x\text{б) }f(x)=x^2\cos^2xв) f(x)=2sin⁡x2\text{в) }f(x)=2^{\sin x^2}г) f(x)=x1+x2sin⁡2xx⩾0\text{г) }f(x)=\frac{x}{1+x^2\sin^2x}
\qquad
x\geqslant0
Ответ:а) l=−1,L=1l=-1,
\qquad
L=1б) l=0,L=+∞l=0,
\qquad
L=+\inftyв) l=12,L=2l=\frac12,
\qquad
L=2г) l=0,L=+∞l=0,
\qquad
L=+\infty

Решение

Пункт а)

Функция всегда лежит между −1-1 и 11. При xn=3π/2+2πn→+∞x_n=3\pi/2+2\pi n\to+\infty синус равен −1-1, а при zn=π/2+2πn→+∞z_n=\pi/2+2\pi n\to+\infty — единице. Значит, нижний предел равен −1-1, верхний — 11.

Пункт б)

Функция неотрицательна. Дляxn=π2+πnx_n=\frac\pi2+\pi nимеем f(xn)=0f(x_n)=0, а для zn=πnz_n=\pi nf(zn)=π2n2⟶+∞f(z_n)=\pi^2n^2\longrightarrow+\infty

Пункт в)

Поскольку −1⩽sin⁡x2⩽1-1\leqslant\sin x^2\leqslant1, выполняется12⩽2sin⁡x2⩽2\frac12\leqslant2^{\sin x^2}\leqslant2На последовательностяхxn=3π2+2πn,zn=π2+2πnx_n=\sqrt{\frac{3\pi}{2}+2\pi n},
\qquad
z_n=\sqrt{\frac\pi2+2\pi n}синус равен соответственно −1-1 и 11, поэтому обе границы
достигаются бесконечно много раз

Пункт г)

При x⩾0x\geqslant0 функция неотрицательна. Дляxn=π2+πnx_n=\frac\pi2+\pi nполучаемf(xn)=xn1+xn2⟶0f(x_n)=\frac{x_n}{1+x_n^2}\longrightarrow0а для zn=πnz_n=\pi nf(zn)=zn⟶+∞f(z_n)=z_n\longrightarrow+\infty