Matematyka 0 WCh, 2020/2021 ćwiczenia 20. – rozwiązania

Matematyka 0 WCh, 2020/2021 ćwiczenia 20. – rozwiązania

30 listopada 2020

1. Sprawdź korzystając z:

a) definicji granicy funkcji Heinego b) definicji granicy funkcji Cauchy’ego że limx→3x²= 9.

Z definicji Heinego: rzeczywiście, jeśli xn→ 3, to z twierdzenia o arytmetyce granic, xn⋅ xn→ 9. ◻ Z definicji Cauchy’ego: niech ε> 0. Wtedy niech δ =√

9+ ε − 3. Jeśli 3 < x <√

9+ ε, to x²− 9 < ε. Jeśli 3−√

9+ ε + 3 < x < 3, to x² > 36 + 9 + ε − 12√

9+ ε, a zatem 9 − x² < −36 − ε + 12√

9+ ε < ε, bowiem 36(9 + ε) < ε²+ 6ε + 324, czyli 12√

9+ ε < 2ε + 36. ◻ 2. Oblicz, o ile istnieją, granice funkcji:

a) limx→∞(√

x²+ 1 − x)

√

x²+ 1 − x =(√

x²+ 1 − x) (√

x²+ 1 + x)

√x²+ 1 + x = 1

√x²+ 1 + x.

Na podstawie arytmetyki granic, mianownik zbiega przy x→ ∞ do ∞, więc całość do zera.

b) limx→1x³− 1 x− 1

Ponieważ liczymy granicę dla x→ 1, to wygodnie będzie wyciągnąć z licznika x − 1, czyli:

x³− 1

x− 1 =(x²+ x + 1)(x − 1)

x− 1 = x²+ x + 1Ð→_x→13.

c) limx→−2x⁴+ 5x³+ 11x²+ 16x + 12 x³+ 16x²+ 52x + 48

Widać, że −2 jest pierwiastkiem i licznika i mianownika, a zatem wyciągamy przed nawias (x + 2):

x⁴+ 5x³+ 11x²+ 16x + 12

x³+ 16x²+ 52x + 48 = (x + 2)(x³+ 3x²+ 5x + 6)

(x + 2)(x²+ 14x + 24) = x³+ 3x²+ 5x + 6 x²+ 14x + 24 Ponieważ nadal −2 jest pierwiastkiem, to wyciągamy przed nawias (x + 2) ponownie:

x³+ 3x²+ 5x + 6

x²+ 14x + 24 =x³+ 3x²+ 5x + 6

x²+ 14x + 24 =(x + 2)(x²+ x + 3)

(x + 2)(x + 12) = x²+ x + 3 x+ 12 ^x→−2ÐÐ→

9 10.

d) lim_x→−11+√³ x 1+√⁵

x

Skorzystam z podstawienia y(x) = ¹⁵√

x. Zauważmy, że jeśli x→ −1, to y → −1, co więcej y = −1 wtedy i tylko wtedy, gdy x= −1. a zatem:

x→−1lim 1+√³

x 1+√⁵

x= lim

y→−1

1+ y⁵ 1+ y³ = lim

y→−1

(y + 1)(y⁴− y³+ y²− y + 1) (y + 1)(y²− y + 1) = lim

y→−1

y⁴− y³+ y²− y + 1 y²− y + 1 = 5

3.

1

e) limx→0(1 + x) 1 2020x Korzystam z tego, że

x→±∞lim (1 +1 x)^x= e.

Policzę osobno limx→0⁺(1 + x)^2020x1 oraz limx→0⁻(1 + x)^2020x1 . Korzystam z podstawienia y(x) = _x¹. Zauważam, że jeśli x→ 0⁺, to y→ ∞. Co więcej tylko w tym wypadku y → ∞. Zatem

xlim→0⁺(1 + x)^2020x1 = lim

y→∞

2020

√ (1 +1

y)^y= ²⁰²⁰√ e.

Podobnie

x→0lim⁻(1 + x)^2015x1 = lim

y→−∞

2020

√ (1 +1

y)^y= ²⁰²⁰√ e.

Ponieważ granica lewa i prawa są równe, to również

x→0lim(1 + x)^2020x1 = ²⁰²⁰√ e.

f) lim_x→^√₂

√3

x²+ 6 − 2 x²− 2 , Podstawiam y(x) =√³

x²+ 6. Wtedy y → 2, gdy x →√

2. Poza tym mam lokalnie zachowaną różnowar- tościowość tego podstawienia. Zatem:

x→lim√ 2

√3

x²+ 6 − 2 x²− 2 = lim

y→2

y− 2 y³− 8 = lim

y→2

y− 2

(y − 2)(y²+ 2y + 4)= lim

y→2

1

y²+ 2y + 4= 1

4+ 4 + 4= 1/12.

g) lim_x→0 2^x− 1 2⋅ 4^x− 2^x− 1.

Podstawiam y= 2^x. Wobec tego y→ 1, gdy x → 0. Jest to podstawienie różnowartościowe. Zatem

limx→0

2^x− 1

2⋅ 4^x− 2^x− 1= lim

y→1

y− 1

2y²− y − 1 = lim

y→1

y− 1

(y − 1)(2y + 1) = lim

y→1

1 2y+ 1 =1

3.

2