MATeMAtyka 3. Zbiór zadań — strona 208

Z wykresu odczytujemy wysokość, do której zbliżają się wartości funkcji z obu stron danego argumentu. Wierzchołek łamanej ma współrzędne $(3,5)$. Na rosnącym odcinku wartości dla $x\to-2$ dążą do $0$, a dla $x\to0$ do $2$. Na malejącym odcinku dla $x\to5$ wartości dążą do $1$.

Obie funkcje są ciągłe w punkcie $x=0$, więc granicę obliczamy przez podstawienie.

a) $\displaystyle\lim_{x\to0}(x^2-4x)=0^2-4\cdot0=0$.

b) Mianownik dla $x=0$ jest różny od zera, zatem $\displaystyle\lim_{x\to0}\frac{x-1}{x+1}=\frac{-1}{1}=-1$.

Wykres w a) jest parabolą o miejscach zerowych $0$ i $4$, a w b) hiperbolą z asymptotami $x=-1$ i $y=1$.

Porównujemy granice jednostronne w punkcie $1$.

a) $\displaystyle\lim_{x\to1^-}f(x)=4\cdot1-2=2$, natomiast $\displaystyle\lim_{x\to1^+}f(x)=3$. Granica nie istnieje.

b) Granice jednostronne wynoszą odpowiednio $3$ i $4$, więc granica nie istnieje.

c) Z lewej otrzymujemy $1^2-1=0$, a z prawej $-3\cdot1+2=-1$. Granica nie istnieje.

d) Z obu stron otrzymujemy $3$, zatem granica istnieje i jest równa $3$.

Punktowa wartość funkcji nie wpływa na istnienie granicy; porównujemy zachowanie wykresu po obu stronach każdego argumentu.

a) Przy $x_0=-2,-1,0$ lewa i prawa gałąź dążą do tej samej wysokości. Przy $x_0=2$ lewa gałąź dąży do $-1$, a prawa do $0$, więc granica nie istnieje.

b) Przy $x_0=-2$ obie strony dążą do $3$, mimo innej wartości funkcji. Przy $x_0=-1$ granice jednostronne wynoszą $1$ i $3$. Przy $x_0=0$ oraz $x_0=2$ wykres jest lokalnie ciągły.

a) Niech $\varepsilon>0$. Mamy $|f(x)-7|=|4x+3-7|=4|x-1|$. Wybieramy $\delta=\frac{\varepsilon}{4}$. Wtedy z $0<|x-1|<\delta$ wynika $|f(x)-7|<\varepsilon$.

b) Mamy $|f(x)+2|=|x^2+2x-3|=|x-1||x+3|$. Jeżeli dodatkowo $|x-1|<1$, to $0<x<2$, więc $|x+3|<5$. Wybieramy $\delta=\min\left(1,\frac{\varepsilon}{5}\right)$. Wtedy $0<|x-1|<\delta$ pociąga za sobą $|f(x)+2|<5\delta\le\varepsilon$.

a) Dla $|x-4|<1$ mamy $x>3$, a więc $|x-1|>2$. Stąd $\left|\frac{x+2}{x-1}-2\right|=\frac{|x-4|}{|x-1|}<\frac{|x-4|}{2}$. Dla danego $\varepsilon>0$ wystarczy przyjąć $\delta=\min(1,2\varepsilon)$.

b) Dla $|x-3|<1$ zachodzi $|x|<4$. Zatem $|x^2-3x|=|x||x-3|<4|x-3|$. Wystarczy wybrać $\delta=\min(1,\frac{\varepsilon}{4})$.

c) Dla $x\ne0$ mamy $h(x)=\frac{x(x+4)}x=x+4$, więc $|h(x)-4|=|x|$. Wybór $\delta=\varepsilon$ kończy dowód.