Задание 5 Найдите пределы функций.

Решение:

Задание 5 требует найти пределы функций. Пределы функций представлены в табличной форме с несколькими вариантами, которые нужно решить.

a)

\( \lim_{x \to \infty} \frac{x^2 + 3x^4 - 5x^6}{4x + 5x^2 - 6x^6} \)

Для решения этого предела, где \( x \to \infty \), мы можем разделить числитель и знаменатель на старшую степень \( x \) в знаменателе, которая равна \( x^6 \).

\( \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{x^2}{x^6} + \frac{3x^4}{x^6} - \frac{5x^6}{x^6}}{\frac{4x}{x^6} + \frac{5x^2}{x^6} - \frac{6x^6}{x^6}} = \lim_{x \to \infty} \frac{\frac{1}{x^4} + \frac{3}{x^2} - 5}{\frac{4}{x^5} + \frac{5}{x^4} - 6} \)

При \( x \to \infty \), все члены с \( x \) в знаменателе стремятся к нулю.

\( \frac{0 + 0 - 5}{0 + 0 - 6} = \frac{-5}{-6} = \frac{5}{6} \)

б)

\( \lim_{x \to 1} \frac{x^3 - 3x - 2}{x + x^2} \)

Подставляем \( x = 1 \) в выражение:

Числитель: \( 1^3 - 3(1) - 2 = 1 - 3 - 2 = -4 \)

Знаменатель: \( 1 + 1^2 = 1 + 1 = 2 \)

Предел равен: \( \frac{-4}{2} = -2 \)

в)

\( \lim_{x \to 0} \frac{\cos x - \cos^3 x}{2x \sin x} \)

Этот предел имеет неопределенность вида \( \frac{0}{0} \). Используем правило Лопиталя или разложение в ряд Тейлора. Воспользуемся разложением:

\( \cos x \approx 1 - \frac{x^2}{2} \)

\( \cos^3 x \approx (1 - \frac{x^2}{2})^3 \approx 1 - 3\frac{x^2}{2} \)

\( \cos x - \cos^3 x \approx (1 - \frac{x^2}{2}) - (1 - \frac{3x^2}{2}) = 1 - \frac{x^2}{2} - 1 + \frac{3x^2}{2} = x^2 \)

\( \sin x \approx x \)

Знаменатель: \( 2x \sin x \approx 2x \cdot x = 2x^2 \)

Предел равен: \( \lim_{x \to 0} \frac{x^2}{2x^2} = \frac{1}{2} \)

г)

\( \lim_{x \to 4} (5 - x)^{-2/(x-4)} \)

Это предел вида \( 1^\infty \) или \( \infty^0 \) или \( 0^\infty \). Подставим \( x=4 \) в основание:

\( 5 - 4 = 1 \)

Подставим \( x=4 \) в показатель:

\( \frac{-2}{4-4} = \frac{-2}{0} \) — стремится к \( \pm \infty \).

Это предел вида \( 1^\infty \) или \( 1^{-\infty} \). Для решения таких пределов, часто используют переход к экспоненте: \( e^{\lim_{x \to a} g(x) (f(x)-1)} \). В данном случае, основание стремится к 1, а показатель к бесконечности. Пусть \( y = (5-x)^{-2/(x-4)} \). Тогда \( \ln y = -\frac{2}{x-4} \ln(5-x) \).

Найдем предел \( \lim_{x \to 4} -\frac{2 \ln(5-x)}{x-4} \). Это неопределенность \( \frac{\infty}{\infty} \) (если \( \ln(5-x) \) стремится к \( \ln(1) = 0 \), то это \( \frac{0}{0} \)).

\( \lim_{x \to 4} \ln y = \lim_{x \to 4} -2 \frac{\ln(5-x)}{x-4} \)

При \( x \to 4 \), \( \ln(5-x) \to \ln(1) = 0 \) и \( x-4 \to 0 \). Это неопределенность \( \frac{0}{0} \). Используем правило Лопиталя:

\( \lim_{x \to 4} -2 \frac{\frac{d}{dx}(\ln(5-x))}{\frac{d}{dx}(x-4)} = \lim_{x \to 4} -2 \frac{\frac{-1}{5-x}}{1} = \lim_{x \to 4} -2 \frac{-1}{5-x} = \lim_{x \to 4} \frac{2}{5-x} = \frac{2}{5-4} = 2 \)

Значит, \( \lim_{x \to 4} y = e^2 \).

д)

\( \lim_{x \to 1} \frac{\sqrt{x+5} - \sqrt{7-x}}{x-1} \)

При подстановке \( x=1 \) получаем неопределенность \( \frac{\sqrt{6} - \sqrt{6}}{1-1} = \frac{0}{0} \). Умножим числитель и знаменатель на сопряженное выражение числителя:

\( \lim_{x \to 1} \frac{(\sqrt{x+5} - \sqrt{7-x})(\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x})}{(x-1)(\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x})} = \lim_{x \to 1} \frac{(x+5) - (7-x)}{(x-1)(\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x})} \)

\( = \lim_{x \to 1} \frac{x+5 - 7+x}{(x-1)(\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x})} = \lim_{x \to 1} \frac{2x - 2}{(x-1)(\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x})} \)

\( = \lim_{x \to 1} \frac{2(x - 1)}{(x-1)(\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x})} \)

Сократим \( (x-1) \):

\( = \lim_{x \to 1} \frac{2}{\sqrt{x+5} + \sqrt{7-x}} = \frac{2}{\sqrt{1+5} + \sqrt{7-1}} = \frac{2}{\sqrt{6} + \sqrt{6}} = \frac{2}{2\sqrt{6}} = \frac{1}{\sqrt{6}} \)

Для рационализации знаменателя умножим на \( \sqrt{6} \):

\( \frac{1}{\sqrt{6}} \cdot \frac{\sqrt{6}}{\sqrt{6}} = \frac{\sqrt{6}}{6} \)

Ответ:

• a) \( \frac{5}{6} \)
• б) \( -2 \)
• в) \( \frac{1}{2} \)
• г) \( e^2 \)
• д) \( \frac{\sqrt{6}}{6} \)