Раздел II. Предел и непрерывность функции — § 9. Предел функции

Кудрявцев — задача 9.42

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие, подробное решение и ответ.

Задача 9.42

Найти lim⁡x→−∞f(x)\lim_{x\to-\infty}f(x) и lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x\to+\infty}f(x):

1) f(x)=arctg⁡xf(x)=\operatorname{arctg}x;
2) f(x)=arcctg⁡xf(x)=\operatorname{arcctg}x;
3) f(x)=exf(x)=e^x;
4) f(x)=arcsin⁡1+x1−xf(x)=\arcsin\dfrac{1+x}{1-x};

5) f(x)=(1+x1+2x)xf(x)=\left(\dfrac{1+x}{1+2x}\right)^x;
6) f(x)=(1+1x)xf(x)=\left(1+\dfrac1x\right)^x;
7) f(x)=1+7x+x2−1−x+x2f(x)=\sqrt{1+7x+x^2}-\sqrt{1-x+x^2};

8) f(x)=ln⁡(1+4x)xf(x)=\dfrac{\ln(1+4^x)}{x}.
Ответ:1) −π2, π2;1)\ -\dfrac\pi2,\ \dfrac\pi2;
2) π, 0;2)\ \pi,\ 0;
3) 0, +∞;3)\ 0,\ +\infty;
4) −π2, не существует;4)\ -\dfrac\pi2,\ \text{не существует};
5) +∞, 0;5)\ +\infty,\ 0;
6) e, e;6)\ e,\ e;
7) −4, 4;7)\ -4,\ 4;
8) 0, ln⁡48)\ 0,\ \ln4

Решение

Пределы арктангенса:lim⁡x→−∞arctg⁡x=−π2,lim⁡x→+∞arctg⁡x=π2.\lim_{x\to-\infty}\operatorname{arctg}x=-\dfrac\pi2,\qquad
\lim_{x\to+\infty}\operatorname{arctg}x=\dfrac\pi2.Для arcctg⁡x\operatorname{arcctg}x:lim⁡x→−∞arcctg⁡x=π,lim⁡x→+∞arcctg⁡x=0.\lim_{x\to-\infty}\operatorname{arcctg}x=\pi,\qquad
\lim_{x\to+\infty}\operatorname{arcctg}x=0.Для exe^x:lim⁡x→−∞ex=0,lim⁡x→+∞ex=+∞.\lim_{x\to-\infty}e^x=0,\qquad
\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty.Область определения задаётся неравенством−1≤1+x1−x≤1.-1\le\dfrac{1+x}{1-x}\le1.Это равносильно∣1+x1−x∣≤1.\left|\dfrac{1+x}{1-x}\right|\le1.Возводим в квадрат:(1+x)2≤(1−x)2,(1+x)^2\le(1-x)^2,1+2x+x2≤1−2x+x2,1+2x+x^2\le1-2x+x^2,4x≤0.4x\le0.Значит, область определения: x≤0x\le0.

При x→−∞x\to-\infty:1+x1−x→−1.\dfrac{1+x}{1-x}\to-1.Следовательно,lim⁡x→−∞arcsin⁡1+x1−x=arcsin⁡(−1)=−π2.\lim_{x\to-\infty}\arcsin\dfrac{1+x}{1-x}
=
\arcsin(-1)
=
-\dfrac\pi2.При x→+∞x\to+\infty функция не определена, поэтому lim⁡x→+∞f(x)\lim_{x\to+\infty}f(x) не существует в действительной области.

При x→+∞x\to+\infty:1+x1+2x=1+1x2+1x→12.\dfrac{1+x}{1+2x}
=
\dfrac{1+\dfrac1x}{2+\dfrac1x}
\to
\dfrac12.Для достаточно больших x>0x>0:0<1+x1+2x<1.0<\dfrac{1+x}{1+2x}<1.Поэтому(1+x1+2x)x→0.\left(\dfrac{1+x}{1+2x}\right)^x
\to0.При x→−∞x\to-\infty сделаем замену t=−xt=-x. Тогда t→+∞t\to+\infty, иf(x)=(1−t1−2t)−t=(1−2t1−t)t=(2t−1t−1)t.f(x)
=
\left(\dfrac{1-t}{1-2t}\right)^{-t}
=
\left(\dfrac{1-2t}{1-t}\right)^t
=
\left(\dfrac{2t-1}{t-1}\right)^t.Для больших tt:2t−1t−1=2+1t−1>2.\dfrac{2t-1}{t-1}
=
2+\dfrac1{t-1}
>2.Следовательно,(2t−1t−1)t→+∞.\left(\dfrac{2t-1}{t-1}\right)^t
\to+\infty.Стандартный предел:lim⁡x→−∞(1+1x)x=e,lim⁡x→+∞(1+1x)x=e.\lim_{x\to-\infty}\left(1+\dfrac1x\right)^x=e,\qquad
\lim_{x\to+\infty}\left(1+\dfrac1x\right)^x=e.
Преобразуем:f(x)=(1+7x+x2)−(1−x+x2)1+7x+x2+1−x+x2=8xx2+7x+1+x2−x+1.f(x)
=
\dfrac{(1+7x+x^2)-(1-x+x^2)}
{\sqrt{1+7x+x^2}+\sqrt{1-x+x^2}}
=
\dfrac{8x}
{\sqrt{x^2+7x+1}+\sqrt{x^2-x+1}}.При x→+∞x\to+\infty:f(x)=81+7x+1x2+1−1x+1x2→82=f(x)
=
\dfrac{8}
{\sqrt{1+\dfrac7x+\dfrac1{x^2}}
+
\sqrt{1-\dfrac1x+\dfrac1{x^2}}}
\to
\dfrac{8}{2}
=При x→−∞x\to-\infty положим t=−xt=-x, t→+∞t\to+\infty. Тогдаf(x)=−8tt2−7t+1+t2+t+1=−81−7t+1t2+1+1t+1t2→−82=−4.f(x)
=
\dfrac{-8t}
{\sqrt{t^2-7t+1}+\sqrt{t^2+t+1}}
=
\dfrac{-8}
{\sqrt{1-\dfrac7t+\dfrac1{t^2}}
+
\sqrt{1+\dfrac1t+\dfrac1{t^2}}}
\to
\dfrac{-8}{2}
=
-4.

Проверка

8. При x→−∞x\to-\infty имеем 4x→04^x\to0, поэтомуln⁡(1+4x)∼4x→0.\ln(1+4^x)\sim 4^x\to0.Знаменатель x→−∞x\to-\infty, следовательно,ln⁡(1+4x)x→0.\dfrac{\ln(1+4^x)}{x}\to0.При x→+∞x\to+\infty имеемln⁡(1+4x)=ln⁡[4x(1+4−x)]=xln⁡4+ln⁡(1+4−x).\ln(1+4^x)
=
\ln\left[4^x(1+4^{-x})\right]
=
x\ln4+\ln(1+4^{-x}).Тогдаln⁡(1+4x)x=ln⁡4+ln⁡(1+4−x)x→ln⁡4+0=ln⁡4.\dfrac{\ln(1+4^x)}{x}
=
\ln4+\dfrac{\ln(1+4^{-x})}{x}
\to
\ln4+0
=
\ln4.