Incepem rapid prin a rezolva exercitii in care apar limitele deoarece cu aceste limite o sa lucram mai mult timp, astfel prezentam :

Exercitii rezolvate cu limite de functii
1) Sa se calculeze limitele:
a) \lim\limits_{x\to 1}{\frac{x^{4}+x^{2}-2}{x^{2}-1}}
suntem in cazul de nedeterminare de \frac{0}{0}

Astfel daca luam polinomul de la numarator si incercam sa-l scriem ca produs de doua polinoame, astfel incat sa putem obtinem ceva care sa ne ajute
x^{4}+x^{2}-2=0
Notam x^{2}=t si obtinem
t^{2}+t-2=0, astfel am obtinut o ecuatie de gradul al doilea
\Delta =1^{2}-4\cdot 1\cdot \left(-2\right)=1+8=9
t_{1}=\frac{-1+\sqrt{9}}{2\cdot 1}=\frac{-1+3}{2}=\frac{2}{2}=1
t_{2}=\frac{-1-\sqrt{9}}{2\cdot 1}=\frac{-1-3}{2}=\frac{-4}{2}=-2
Deci obtinem
x^{2}=1 si x^{2}=-2
Deci putem scrie numaratorul astfel
\left(x^{2}-1\right)\cdot\left(x^{2}+2\right)
Acum limita devine
\lim\limits_{x\to 1}{\frac{x^{4}+x^{2}-2}{x^{2}-1}}=\lim\limits_{x\to 1}{\frac{\left(x^{2}-1\right)\cdot\left(x^{2}+2\right)}{x^{2}-1}}=\lim\limits_{x\to 1}{x^{2}+2}=1^{2}+2=1+2=3

b) \lim\limits_{x\to \infty}{x-\sqrt{x^{2}-2x+2}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}-\left(x^{2}-2x+2\right)}{x+\sqrt{x^{2}-2x+2}}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}-x^{2}+2x-2}{x+\sqrt{x^{2}-2x+2}}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{2x-2}{x+\sqrt{x^{2}-2x+2}}}=

\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x\left(2-\frac{2}{x}\right)}{x\left(1+\sqrt{1-\frac{2}{x}+\frac{2}{x^{2}}}\right)}}=

\frac{2-0}{1+\sqrt{1-0+0}}=\frac{2}{1+1}=\frac{2}{2}=1

La limita de mai sus suntem in cazul de nedeterminare infinit minus infinit. Dupa cum bine observam contine radicali si din acest motiv am “rationalizat numitorul”, dupa aceasta etapa ni s-au eliminat anumiti termeni si am ajuns sa avem o nedeterminare de cazul infinit pe infinit, pe care am rezolvat-o dand factor comun fortat pe x, iar apoi am obtinut rezultatul 1.

c) \lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\left(1+\sin x\right)}}{\ln{1+\sin 2x}}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\ln{\left(1+\sin x\right)}}{\sin x}\cdot \frac{\sin x}{\ln{\left(1+\sin 2x\right)}}}=

1\cdot\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{\ln{\left(1+\sin 2x\right)}}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{\frac{\ln{\left(1+\sin 2x\right)}}{\sin 2x}\cdot \sin 2x}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{\sin 2x}}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{\sin x}{2\sin x\cdot \cos x}}^{(\sin x}=\lim\limits_{x\to 0}{\frac{1}{2\cos x}}=\frac{1}{2\cdot cos 0}=\frac{1}{2}.

Ca sa rezolovam limita de mai sus am folosit regula

\lim\limits_{x\to x_{0}}{\frac{\ln{1+x}}{x}}=1, adica am incercat sa aducem atat numitorul cat si numaratorul in acest caz, apoi dupa ce am aplicat aceasta regula la numitor ne-a ramas \sin 2x, iar la numarator \sin x, dar mai stim si ca \sin 2x=2\sin x\cos x, de unde se simplifica numaratorul cu numitorul fractiei prin \sin x de unde ne-a ramas \frac{1}{2\cos x}, dar mai stim ca \cos 0=1, de unde obtinem ca limita este \frac{1}{2}.

d) \lim\limits_{x\to \infty}{\left(\frac{x^{2}+5x+4}{x^{2}-3x+7}\right)^{x}}=\lim\limits_{x\to \infty}{\left(1+\frac{x^{2}+5x+4}{x^{2}-3x+7}-1\right)^{x}}=

\lim\limits_{x\to 0}{\left(1+\frac{x^{2}+5x+4-x^{2}+3x-7}{x^{2}-3x+7}\right)^{x}}=

\lim\limits_{x\to \infty}{\left[\left(1+\frac{8x-3}{x^{2}-3x+7}\right)^{\frac{x^{2}-3x+7}{8x-3}}\right]^{\frac{8x-3}{x^{2}-3x+7}\cdot x}}=

e^{\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{\left(8x-3\right)\cdot x}{x^{2}-3x+7}}}=

e^{\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{8x^{2}-3x}{x^{2}-3x+7}}}=

e^{\lim\limits_{x\to\infty}{\frac{x^{2}\left(8-\frac{3}{x}\right)}{x^{2}\left(1-\frac{3}{x}+\frac{7}{x^{2}}\right)}}}=e^{8}.

Observat ca la limita de mai sus suntem in cazul de nedeterminare 1^{\infty}, astfel ca sa rezolvam limita am adunat si am scazut 1 de la fractia initiala, apoi am adus la acelasi numitor, doar in partea dreapta, unde am scazut, deoarece vrem sa o aduncem limita sub forma \lim\limits_{x\to \infty}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}}=e, dupa ce am terminat aceasta etapa la puterea e am scris fractia care am gasit-o din calcul rasturnata, totul la puterea fractiei care am gasit-o inmultita cu x, , iar apoi am ajuns in cazul de nedeterminare \frac{\infty}{\infty}, care am rezolvat-o ca si mai sus, adica am dat factor comun fortat pe x^{2}.

 

Lasă un răspuns