Раскрытие неопределенностей

Пусть заданы две функции \(f\left( x \right)\) и \(g\left( x \right)\), такие, что \[\lim\limits_{x \to a} f\left( x \right) = 0\;\; {\text{и}\;\;\lim\limits_{x \to a} g\left( x \right) = 0.} \] В этом случае говорят, что функция \(\large\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\normalsize\) имеет неопределенность типа \(\large\frac{0}{0}\normalsize\) в точке \(x = a\). Чтобы найти предел при \(x = a\), когда функция \(\large\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\normalsize\) содержит неопределенность \(\large\frac{0}{0}\normalsize\), нужно разложить на множители числитель и/или знаменатель и затем сократить члены, стремящиеся к нулю. Примечание: В данном разделе при вычислении пределов не используется правило Лопиталя. Пусть две функции \(f\left( x \right)\) и \(g\left( x \right)\) обладают свойством \[\lim\limits_{x \to a} f\left( x \right) = \pm \infty\;\; {\text{и}\;\;\lim\limits_{x \to a} g\left( x \right) = \pm \infty.} \] где \(a\) является действительным числом, либо стремится к \(+\infty\) или \(-\infty\). Говорят, что в этом случае функция \(\large\frac{{f\left( x \right)}}{{g\left( x \right)}}\normalsize\) имеет в точке \(a\) неопределенность типа \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\). Для вычисления предела в этой точке необходимо разделить числитель и знаменатель на \(x\) в наивысшей степени. Неопределенности этих типов сводятся к рассмотренным выше неопределенностям типа \(\large\frac{0}{0}\normalsize\) и \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\).

Пример 1

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 1} \large\frac{{{x^{20}} - 1}}{{{x^{10}} - 1}}\normalsize\). Подставив напрямую значение \(x = 1\), убеждаемся, что данная функция имеет неопределенность \(\large\frac{0}{0}\normalsize\) в точке \(x = 1\). Разложив числитель на множители, получаем \[\require{cancel} {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{{x^{20}} - 1}}{{{x^{10}} - 1}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{{{\left( {{x^{10}}} \right)}^2} - 1}}{{{x^{10}} - 1}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{\cancel{\left( {{x^{10}} - 1} \right)}\left( {{x^{10}} + 1} \right)}}{\cancel{{x^{10}} - 1}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \left( {{x^{10}} + 1} \right) = {1^{10}} + 1 = 2.} \]

Пример 2

Вычислить предел \(\lim\limits_{y \to - 2} \large\frac{{{y^3} + 3{y^2} + 2y}}{{{y^2} - y - 6}}\normalsize\). Функция имеет неопределенность типа \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\) в точке \(y = -2\). Разложим числитель и знаменатель на множители. \[{y^3} + 3{y^2} + 2y = {y\left( {{y^2} + 3y + 2} \right) } = {y\left( {y + 1} \right)\left( {y + 2} \right).} \] (Мы использовали здесь формулу разложения квадратного трехчлена на множители \(a{x^2} + bx + c = a\left( {x - {x_1}} \right)\left( {x - {x_2}} \right)\), где \({x_1}\), \({x_2}\) - корни квадратного уравнения.) Аналогично, \[{y^2} - y - 6 = \left( {y - 3} \right)\left( {y + 2} \right).\] Таким образом, предел равен \[ {\lim\limits_{y \to - 2} \frac{{{y^3} + 3{y^2} + 2y}}{{{y^2} - y - 6}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{y \to - 2} \frac{{y\left( {y + 1} \right)\cancel{\left( {y + 2} \right)}}}{{\left( {y - 3} \right)\cancel{\left( {y + 2} \right)}}} } = {\lim\limits_{y \to - 2} \frac{{y\left( {y + 1} \right)}}{{y - 3}} = \frac{{\lim\limits_{y \to - 2} y \cdot \lim\limits_{y \to - 2} \left( {y + 1} \right)}}{{\lim\limits_{y \to - 2} \left( {y - 3} \right)}} } = {\frac{{ - 2 \cdot \left( { - 1} \right)}}{{ - 5}} = - \frac{2}{5}.} \]

Пример 3

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \infty } \large\frac{{{x^3} + 3x + 5}}{{2{x^3} - 6x + 1}}\normalsize\). Подстановка \(x \to \infty\) показывает, что функция имеет неопределенность типа \(\large\frac{\infty}{\infty}\normalsize\). Разделим числитель и знаменатель на \({x^3}\) (\(x\) в наивысшей степени знаменателя). В результате получаем \[ {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^3} + 3x + 5}}{{2{x^3} - 6x + 1}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{{{x^3} + 3x + 5}}{{{x^3}}}}}{{\frac{{2{x^3} - 6x + 1}}{{{x^3}}}}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\frac{{{x^3}}}{{{x^3}}} + \frac{{3x}}{{{x^3}}} + \frac{5}{{{x^3}}}}}{{\frac{{2{x^3}}}{{{x^3}}} - \frac{{6x}}{{{x^3}}} + \frac{1}{{{x^3}}}}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{1 + \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{5}{{{x^3}}}}}{{2 - \frac{6}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}}} } = {\frac{{\lim\limits_{x \to \infty } \left( {1 + \frac{3}{{{x^2}}} + \frac{5}{{{x^3}}}} \right)}}{{\lim\limits_{x \to \infty } \left( {2 - \frac{6}{{{x^2}}} + \frac{1}{{{x^3}}}} \right)}} } = {\frac{{\lim\limits_{x \to \infty } 1 + \lim\limits_{x \to \infty } \frac{3}{{{x^2}}} + \lim\limits_{x \to \infty } \frac{5}{{{x^3}}}}}{{\lim\limits_{x \to \infty } 2 - \lim\limits_{x \to \infty } \frac{6}{{{x^2}}} + \lim\limits_{x \to \infty } \frac{1}{{{x^3}}}}} } = {\frac{{1 + 0 + 0}}{{2 - 0 - 0}} = \frac{1}{2}.} \]

Пример 4

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 1} \large\frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{x - 1}}\normalsize\). Перепишем знаменатель в виде \[x - 1 = {\left( {\sqrt[3]{x}} \right)^3} - {1^3}\] и разложим его как разность кубов: \[x - 1 = {\left( {\sqrt[3]{x}} \right)^3} - {1^3} = {\left( {\sqrt[3]{x} - 1} \right)\left( {\sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{x} + 1} \right).} \] В результате можно найти предел: \[\lim\limits_{x \to 1} \frac{{\sqrt[3]{x} - 1}}{{x - 1}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{\cancel{\sqrt[3]{x} - 1}}{{\cancel{\left({\sqrt[3]{x} - 1} \right)}\left( {\sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{x} + 1} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{1}{{\sqrt[3]{{{x^2}}} + \sqrt[3]{x} + 1}} } = {\frac{1}{{\sqrt[3]{{{1^2}}} + \sqrt[3]{1} + 1}} = \frac{1}{3}.} \]

Пример 5

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \pi } \large\frac{{\cos \frac{x}{2}}}{{\pi - x}}\normalsize\). Сделаем замену переменной: \(x - \pi = t\) или \(x = t + \pi\). Тогда \(t \to 0\) при \(x \to \pi\). Получаем \[L = \lim\limits_{x \to \pi } \frac{{\cos \frac{x}{2}}}{{\pi - x}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\cos \frac{{t + \pi }}{2}}}{{ - t}}.} \] Преобразуем полученное выражение, используя формулу приведения \(\cos\left( {z + \frac{\pi }{2}} \right) = - \sin z\). В результате находим значение предела \[L = \lim\limits_{t \to 0} \frac{{\cos \frac{{t + \pi }}{2}}}{{ - t}} = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{ - \cos \frac{t}{2}}}{{ - t}} } = {\lim\limits_{\large\frac{t}{2}\normalsize \to 0} \frac{{\sin \frac{t}{2}}}{{\frac{{2t}}{2}}} } = {\frac{1}{2}\lim\limits_{\large\frac{t}{2}\normalsize \to 0} \frac{{\sin \frac{t}{2}}}{{\frac{t}{2}}} = \frac{1}{2} \cdot 1 = \frac{1}{2}.} \]

Пример 6

Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\). Если \(x \to \infty\), то \[\lim\limits_{x \to \infty } \sqrt {{x^2} + 1} = \infty \;\; {\text{и}\;\;\lim\limits_{x \to \infty } \sqrt {{x^2} - 1} = \infty .} \] Таким образом, здесь мы имеем дело с неопределенностью типа \(\infty - \infty\). Умножим и разделим данную иррациональную функцию на сопряженное выражение. \[L = \lim\limits_{x \to \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} - 1} } \right) = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} - 1} }}{1} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} - \sqrt {{x^2} - 1} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt {{x^2} - 1} } \right)}^2}}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{x^2} + 1 - \left( {{x^2} - 1} \right)}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{\cancel{x^2} + 1 - \cancel{x^2} + 1}}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{2}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}}.} \] Вычисляя предел каждого члена, получаем ответ: \[L = \lim\limits_{x \to \infty } \frac{2}{{\left( {\sqrt {{x^2} + 1} + \sqrt {{x^2} - 1} } \right)}} = {\frac{{\lim\limits_{x \to \infty } 2}}{{\lim\limits_{x \to \infty } \sqrt {{x^2} + 1} + \lim\limits_{x \to \infty } \sqrt {{x^2} - 1} }} } {\sim \frac{2}{{\infty + \infty }} \sim \frac{2}{\infty } = 0.} \]

Пример 7

Найти предел \(\lim\limits_{x \to 4} \large\frac{{\sqrt {1 + 6x} - 5}}{{\sqrt x - 2}}\normalsize\). Для вычисления предела избавимся от иррациональностей в числителе и знаменателе, умножив их на соответствующие сопряженные выражения. \[ {\lim\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt {1 + 6x} - 5}}{{\sqrt x - 2}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {\sqrt {1 + 6x} - 5} \right)\left( {\sqrt {1 + 6x} + 5} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt x - 2} \right)\left( {\sqrt {1 + 6x} + 5} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to 4} \frac{{\left( {1 + 6x - 25} \right)\left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt {1 + 6x} + 5} \right)\left( {x - 4} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to 4} \frac{{6 \cancel{\left( {x - 4} \right)} \left( {\sqrt x + 2} \right)}}{{\left( {\sqrt {1 + 6x} + 5} \right) \cancel{\left( {x - 4} \right)}}} } = {6\lim\limits_{x \to 4} \frac{{\sqrt x + 2}}{{\sqrt {1 + 6x} + 5}} } = {6 \cdot \frac{{\sqrt 4 + 2}}{{\sqrt {25} + 5}} = 6 \cdot \frac{4}{{10}} = \frac{{12}}{5}.} \]

Пример 8

Найти предел \(\lim\limits_{x \to \infty } \large\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^{10}}{{\left( {3x - 2} \right)}^{20}}}}{{{{\left( {x + 5} \right)}^{30}}}}\normalsize\). Разделим числитель и знаменатель на \({x^{30}}\) (\(x\) в наивысшей степени). Получаем \[ {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^{10}}{{\left( {3x - 2} \right)}^{20}}}}{{{{\left( {x + 5} \right)}^{30}}}} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right] } = {\lim\limits_{x \to \infty } \large\frac{{\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^{10}}{{\left( {3x - 2} \right)}^{20}}}}{{{x^{30}}}}}}{{\frac{{{{\left( {x + 5} \right)}^{30}}}}{{{x^{30}}}}}}\normalsize } = {\lim\limits_{x \to \infty } \large\frac{{\frac{{{{\left( {2x + 3} \right)}^{10}}}}{{{x^{10}}}} \cdot \frac{{{{\left( {3x - 2} \right)}^{20}}}}{{{x^{20}}}}}}{{\frac{{{{\left( {x + 5} \right)}^{30}}}}{{{x^{30}}}}}}\normalsize } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {\large\frac{{2x + 3}}{x}\normalsize} \right)}^{10}} \cdot {{\left( {\large\frac{{3x - 2}}{x}\normalsize} \right)}^{20}}}}{{{{\left( {\large\frac{{x + 5}}{x}\normalsize} \right)}^{30}}}} } = {\lim\limits_{x \to \infty } \frac{{{{\left( {2 + \large\frac{3}{x}\normalsize} \right)}^{10}} \cdot {{\left( {3 - \large\frac{2}{x}\normalsize} \right)}^{20}}}}{{{{\left( {1 + \large\frac{5}{x}\normalsize} \right)}^{30}}}} } = {\frac{{{2^{10}} \cdot {3^{20}}}}{{{1^{30}}}} = {2^{10}} \cdot {3^{10}} \cdot {3^{10}} = {18^{10}}.} \]

Пример 9

Найти предел \(\lim\limits_{x \to 1} \large\frac{{1 - \sqrt[4]{x}}}{{1 - \sqrt[3]{x}}}\normalsize\). Используя формулы \[{a^3} - {b^3} = \left( {a - b} \right)\left( {{a^2} + ab + {b^2}} \right),\;\;\; {{a^4} - {b^4} = \left( {a - b} \right)\left( {{a^3} + {a^2}b + a{b^2} + {b^3}} \right),} \] преобразуем предел и найдем его значение: \[ {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{1 - \sqrt[4]{x}}}{{1 - \sqrt[3]{x}}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {1 - \sqrt[4]{x}} \right)\left( {1 + \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{{{x^2}}} + \sqrt[4]{{{x^3}}}} \right)\left( {1 + \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{{{x^2}}}} \right)}}{{\left( {1 - \sqrt[3]{x}} \right)\left( {1 + \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{{{x^2}}} + \sqrt[4]{{{x^3}}}} \right)\left( {1 + \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{{{x^2}}}} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {1 - {{\left( {\sqrt[4]{x}} \right)}^4}} \right)\left( {1 + \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{{{x^2}}}} \right)}}{{\left( {1 - {{\left( {\sqrt[3]{x}} \right)}^3}} \right)\left( {1 + \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{{{x^2}}} + \sqrt[4]{{{x^3}}}} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{\cancel{\left( {1 - x} \right)}\left( {1 + \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{{{x^2}}}} \right)}}{{\cancel{\left( {1 - x} \right)}\left( {1 + \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{{{x^2}}} + \sqrt[4]{{{x^3}}}} \right)}} } = {\lim\limits_{x \to 1} \frac{{1 + \sqrt[3]{x} + \sqrt[3]{{{x^2}}}}}{{1 + \sqrt[4]{x} + \sqrt[4]{{{x^2}}} + \sqrt[4]{{{x^3}}}}} } = {\frac{{1 + \sqrt[3]{1} + \sqrt[3]{{{1^2}}}}}{{1 + \sqrt[4]{1} + \sqrt[4]{{{1^2}}} + \sqrt[4]{{{1^3}}}}} = \frac{3}{4}.} \]

Пример 10

Найти предел \(\lim\limits_{x \to e} \large\frac{{\ln x - 1}}{{x - e}}\normalsize\). Пусть \(x - e = t\). Тогда \(t \to 0\) при \(x \to e\). Следовательно, \[ {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - 1}}{{x - e}} = \left[ {\frac{0}{0}} \right] } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {t + e} \right) - 1}}{t} } = {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\ln \left( {t + e} \right) - \ln e}}{t} } = {\lim\limits_{t \to 0} \left( {\frac{1}{t}\ln \frac{{t + e}}{e}} \right) } = {\lim\limits_{t \to 0} \ln {\left( {\frac{{t + e}}{e}} \right)^{\large\frac{1}{t}\normalsize}} = \left[ {{1^\infty }} \right] } = {\lim\limits_{t \to 0} \ln \left[ {{{\left( {1 + \frac{t}{e}} \right)}^{\large\frac{e}{t} \cdot \frac{1}{e}\normalsize}}} \right] } = {\lim\limits_{t \to 0} \left[ {\frac{1}{e}\ln {{\left( {1 + \frac{t}{e}} \right)}^{\large\frac{e}{t}\normalsize}}} \right] } = {\frac{1}{e}\ln \left[ {\mathop {\lim }\limits_{\frac{t}{e} \to 0} {{\left( {1 + \frac{t}{e}} \right)}^{\large\frac{e}{t}\normalsize}}} \right] } = {\frac{1}{e} \cdot \ln e = \frac{1}{e}.} \]

Пример 11

Найти предел \(\lim\limits_{t \to + \infty } \left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } - \sqrt t } \right)\). Данная функция определена только при \(t \ge 0\). Умножим и разделим ее на сопряженное выражение \(\left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t } \right)\). Получаем \[ {L = \lim\limits_{t \to + \infty } \left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } - \sqrt t } \right) = \left[ {\infty - \infty } \right] } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } - \sqrt t } \right)\left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t } \right)}}{{\left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t } \right)}} } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{{{\left( {\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } } \right)}^2} - {{\left( {\sqrt t } \right)}^2}}}{{\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t }} } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\cancel{t} + \sqrt {t + 1} - \cancel{t}}}{{\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t }} } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\sqrt {t + 1} }}{{\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t }} = \left[ {\frac{\infty }{\infty }} \right].} \] Теперь и числитель, и знаменатель стремятся к \(\infty\) при \(t \to \infty\). Следовательно, разделим числитель и знаменатель на \(t^{1/2}\) - то есть \(t\) в наивысшей степени знаменателя. Тогда \[ {L = \lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\sqrt {t + 1} }}{{\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t }} } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\frac{{\sqrt {t + 1} }}{{\sqrt t }}}}{{\frac{{\sqrt {t + \sqrt {t + 1} } + \sqrt t }}{{\sqrt t }}}} } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\sqrt {\frac{{t + 1}}{t}} }}{{\sqrt {\frac{{t + \sqrt {t + 1} }}{t}} + 1}} } = {\lim\limits_{t \to + \infty } \frac{{\sqrt {1 + \frac{1}{t}} }}{{\sqrt {1 + \sqrt {\frac{1}{t} + \frac{1}{{{t^2}}}} } + 1}} } = {\frac{{\sqrt 1 }}{{\sqrt 1 + 1}} = \frac{1}{2}.} \]