MATeMAtyka 3. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 291

Rozkładamy wielomiany na czynniki i skracamy czynnik zerujący się w punkcie przejścia do granicy.

a)

$$\lim_{x\to1}\frac{(x-1)^2}{x-1} =\lim_{x\to1}(x-1)=0.$$

b)

$$\lim_{x\to3}\frac{(x-3)(x-5)}{(x-3)(x+3)} =\frac{3-5}{3+3}=-\frac13.$$

c)

$$\lim_{x\to-4}\frac{(x+2)(x+4)}{(x+3)(x+4)} =\frac{-4+2}{-4+3}=2.$$

d)

$$\lim_{x\to9}\frac{(x-1)(x-9)}{(x-2)(x-9)} =\frac{9-1}{9-2}=\frac87.$$

e)

$$\lim_{x\to2}\frac{(x-2)(x^2+2x+4)}{(x-2)(x+1)} =\frac{4+4+4}{3}=4.$$

f) Korzystamy z rozkładów

$$x^3-x^2-x+1=(x-1)^2(x+1),$$ $$x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2).$$

Zatem granica wynosi

$$\lim_{x\to1}\frac{x+1}{x+2}=\frac23.$$

Usuwamy niewymierności przez mnożenie przez wyrażenia sprzężone.

a) Dla $x\ne5$:

$$\frac{x-5}{\sqrt{x-4}-1} =\frac{(x-5)(\sqrt{x-4}+1)}{x-5} =\sqrt{x-4}+1.$$

Po przejściu do granicy otrzymujemy $2$.

b)

$$\frac{\sqrt{x+7}-1}{x+6} =\frac{x+6}{(x+6)(\sqrt{x+7}+1)} =\frac1{\sqrt{x+7}+1},$$

więc granica wynosi $\frac12$.

c) Dla $x\ne4$:

$$\sqrt{2x-7}-1=\frac{2(x-4)}{\sqrt{2x-7}+1},$$ $$\sqrt{x-3}-1=\frac{x-4}{\sqrt{x-3}+1}.$$

Iloraz jest więc równy

$$\frac{2(\sqrt{x-3}+1)}{\sqrt{2x-7}+1},$$

którego granica dla $x\to4$ wynosi $2$.

a) Dla $x\ne2$:

$$f(x)=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2.$$

Stąd obie granice jednostronne są równe $4$, więc $\lim_{x\to2}f(x)=4$. Sam wykres jest prostą $y=x+2$ z usuniętym punktem $(2,4)$ oraz dodatkowym pełnym punktem $(2,1)$.

b) Granice jednostronne wynoszą

$$\lim_{x\to2^-}(x^2-4)=0,$$ $$\lim_{x\to2^+}(2x^2-x-1)=5.$$

Są różne, więc granica dwustronna nie istnieje. Lewa część wykresu to fragment paraboli $y=x^2-4$ z pełnym punktem $(2,0)$, a prawa — fragment paraboli $y=2x^2-x-1$ z pustym punktem $(2,5)$.

W każdym podpunkcie ustalamy znak licznika i mianownika po wskazanej stronie punktu.

a) Gdy $x\to5^-$, $x-5\to0^-$, więc $\frac3{x-5}\to-\infty$.

b) Dla $x\to0^+$ licznik dąży do $-1$, a mianownik do $0^+$, zatem iloraz dąży do $-\infty$.

c) Dla $x\to4^-$ mamy $x\to4>0$ i $4-x\to0^+$, więc granica jest równa $+\infty$.

d) Mianownik ma postać $(x-2)(x+2)$. Przy $x\to2^-$ licznik dąży do $-1$, a mianownik do $0^-$, stąd granica $+\infty$.

e) Mianownik to $(x-3)(x+2)$. Przy $x\to3^+$ licznik jest dodatni, a mianownik dąży do $0^+$, więc granica wynosi $+\infty$.

f)

$$x^3+8=(x+2)(x^2-2x+4).$$

Przy $x\to-2^+$ drugi czynnik jest dodatni, mianownik dąży do $0^+$, a licznik do $-1$, zatem granica wynosi $-\infty$.

Porównujemy granice jednostronne.

a)

$$\frac{x-3}{x^2-4x-5}=\frac{x-3}{(x-5)(x+1)}.$$

W otoczeniu $5$ licznik i czynnik $x+1$ są dodatnie. Dlatego granica lewostronna wynosi $-\infty$, a prawostronna $+\infty$. Granica dwustronna nie istnieje.

b) Licznik dąży do $1>0$, natomiast mianownik $x$ zmienia znak:

$$\lim_{x\to0^-}\frac{\sqrt{1+x}}x=-\infty, \qquad \lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt{1+x}}x=+\infty.$$

Granica dwustronna nie istnieje.

c) Zarówno z lewej, jak i z prawej strony licznik dąży do $1$, a $|x|\to0^+$. Zatem

$$\lim_{x\to0^-}\frac{\sqrt{1+x^2}}{|x|} =\lim_{x\to0^+}\frac{\sqrt{1+x^2}}{|x|}=+\infty.$$

O zachowaniu wielomianu decyduje składnik najwyższego stopnia, a w ilorazie wielomianów — porównanie stopni i współczynników wiodących.

a) $3x^4$ dominuje i dąży do $+\infty$, więc granica wynosi $+\infty$.

b) Dla $x\to-\infty$ mamy $-3x^5\to+\infty$, zatem granica jest równa $+\infty$.

c) Składnik $-5x^4$ dąży do $-\infty$, więc taka jest granica.

d) Dzieląc licznik i mianownik przez $x$, otrzymujemy granicę $\frac63=2$.

e) Po podzieleniu przez $x^2$ granica wynosi $\frac93=3$.

f) Iloraz współczynników wiodących to $\frac8{-4}=-2$.

g) Stopień licznika jest mniejszy od stopnia mianownika, więc granica wynosi $0$.

h) Iloraz zachowuje się jak $\frac{2x^2}{-x}=-2x$, zatem dąży do $-\infty$.

i) Iloraz zachowuje się jak $\frac{x^3}{x}=x^2$, więc dla $x\to-\infty$ dąży do $+\infty$.

W obu podpunktach lewa strona równania jest wielomianem, a więc funkcją ciągłą. Wystarczy znaleźć różne znaki na końcach wskazanego przedziału.

a) Niech $w(x)=-3x^4+6x^2+5$. Wtedy

$$w(0)=5>0, \qquad w(2)=-48+24+5=-19<0.$$

Z twierdzenia o wartości pośredniej istnieje $c\in(0;2)$ takie, że $w(c)=0$.

b) Niech $q(x)=x^5-5x^3+x^2-7$. Mamy

$$q(-2)=-32+40+4-7=5>0,$$ $$q(-1)=-1+5+1-7=-2<0.$$

Zatem istnieje $c\in(-2;-1)$, dla którego $q(c)=0$.