Limite de funcții pentru admitere

Înainte de trucuri, fixează comportamentele de bază. Un polinom la $\pm\infty$ se comportă ca termenul dominant: $\lim_{x \to \infty} (2x^3 - 5x + 1) = \lim_{x \to \infty} 2x^3 = \infty$. La o funcție rațională compari gradele: dacă numărătorul are grad mai mare, limita la infinit este $\pm\infty$ după semn; la grade egale, limita este raportul coeficienților dominanți; dacă numitorul are grad mai mare, limita este $0$.

Pentru exponențială și logaritm: $\lim_{x \to \infty} e^x = \infty$, $\lim_{x \to -\infty} e^x = 0$, $\lim_{x \to \infty} \ln x = \infty$ și $\lim_{x \searrow 0} \ln x = -\infty$. Ierarhia vitezelor la $\infty$ este $\ln x \ll x^a \ll e^x$ pentru orice $a > 0$.

Limita există dacă și numai dacă limitele laterale există și coincid. Reflexul obligatoriu: la $\frac{1}{x-a}$, la modul și la funcții definite pe ramuri, calculezi separat $x \nearrow a$ și $x \searrow a$.

Șapte forme nu au valoare predefinită și cer prelucrare:

$\displaystyle \frac{0}{0}, \quad \frac{\infty}{\infty}, \quad \infty - \infty, \quad 0 \cdot \infty, \quad 1^{\infty}, \quad 0^0, \quad \infty^0$

Tot restul se calculează direct: $\frac{c}{\infty} = 0$, $\frac{c}{0^+} = \pm\infty$ după semnul lui $c$, $\infty + \infty = \infty$, $c \cdot \infty = \pm\infty$ pentru $c \neq 0$.

„Nedeterminare” nu înseamnă că limita nu există, ci că depinde de funcțiile concrete. $\frac{x^2}{x}$, $\frac{x}{x}$ și $\frac{x}{x^2}$ sunt toate $\frac{0}{0}$ în $0$, dar dau $0$, $1$ și respectiv $\infty$ pe dreapta. Primul pas la orice limită: înlocuiește valoarea și numește cazul. Abia apoi alegi tehnica.

Acestea se învață pe de rost, pentru că grilele sunt construite pe ele:

$\displaystyle \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1, \quad \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{\operatorname{tg} x}{x} = 1, \quad \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{\arcsin x}{x} = 1, \quad \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{\operatorname{arctg} x}{x} = 1$

$\displaystyle \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{\ln(1+x)}{x} = 1, \quad \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a \ (a > 0), \quad \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{(1+x)^r - 1}{x} = r$

$\displaystyle \lim\nolimits_{x \to \infty} \left(1 + \frac{1}{x}\right)^x = e, \quad \lim\nolimits_{x \to 0} (1+x)^{\frac{1}{x}} = e$

Toate se aplică și cu un „ceva” care tinde la $0$ în locul lui $x$: $\frac{\sin 5x}{5x} \to 1$ când $x \to 0$, deci $\displaystyle \frac{\sin 5x}{x} = 5 \cdot \frac{\sin 5x}{5x} \to 5$. Tehnica este mereu aceeași: forțezi în expresie exact argumentul funcției și compensezi cu factorul potrivit.

Pentru $\frac{0}{0}$ cu polinoame: descompune în factori și simplifică. Dacă $x_0$ anulează ambele expresii, atunci $x - x_0$ este factor comun în ambele, garantat.

Pentru radicali în cazul $\frac{0}{0}$ sau $\infty - \infty$: amplifică cu conjugata. Din $\sqrt{A} - \sqrt{B}$ obții $\displaystyle \frac{A - B}{\sqrt{A} + \sqrt{B}}$, iar nedeterminarea se mută într-un loc unde se simplifică.

Pentru $\frac{\infty}{\infty}$: dă factor comun termenul dominant sus și jos, apoi simplifică. Atenție la scoaterea lui $x$ de sub radical: $\sqrt{x^2} = |x|$, deci la $-\infty$ scoți $-x$, nu $x$.

Regula lui l'Hôpital rezolvă $\frac{0}{0}$ și $\frac{\infty}{\infty}$ derivând separat numărătorul și numitorul: $\displaystyle \lim \frac{f(x)}{g(x)} = \lim \frac{f'(x)}{g'(x)}$ dacă limita din dreapta există. Verifică de fiecare dată că ai un caz de nedeterminare acceptat; aplicată în afara lui, regula dă rezultate false.

Nedeterminarea $1^{\infty}$ are o rețetă fixă. Dacă $f(x) \to 1$ și $g(x) \to \infty$, scrii baza ca $1 + (f(x) - 1)$ și folosești limita lui $e$:

$\lim f(x)^{g(x)} = e^{\lim\, g(x)\,\left(f(x) - 1\right)}$

Concret: identifici $f - 1$, îl înmulțești cu exponentul și calculezi limita produsului, care este de regulă un raport de polinoame sau o limită remarcabilă. Rezultatul intră la exponentul lui $e$.

Verifică întâi că baza chiar tinde la $1$. Dacă baza tinde la o constantă $c \in (0, 1)$ și exponentul la $\infty$, limita este pur și simplu $0$; dacă $c > 1$, limita este $\infty$. Nu orice putere cu exponent infinit este $1^{\infty}$.

Calculează limitele:

$\displaystyle L_1 = \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{\sqrt{1 + 2x} - 1}{x} \qquad L_2 = \lim\nolimits_{x \to \infty} \left(\frac{x+2}{x-1}\right)^{x}$

$L_1$, caz $\frac{0}{0}$ cu radical. Înlocuirea directă dă $\displaystyle \frac{\sqrt{1} - 1}{0} = \frac{0}{0}$. Amplifici cu conjugata $\sqrt{1+2x} + 1$:

$\displaystyle L_1 = \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{(1 + 2x) - 1}{x\left(\sqrt{1+2x} + 1\right)} = \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{2x}{x\left(\sqrt{1+2x} + 1\right)} = \lim\nolimits_{x \to 0} \frac{2}{\sqrt{1+2x} + 1}$

Acum numitorul tinde la $\sqrt{1} + 1 = 2$, deci $L_1 = \frac{2}{2} = 1$.

Aceeași valoare iese și cu limita remarcabilă $\frac{(1+u)^r - 1}{u} \to r$: aici $u = 2x$ și $r = \frac{1}{2}$, deci $\displaystyle \frac{(1+2x)^{1/2} - 1}{x} = 2 \cdot \frac{(1+2x)^{1/2} - 1}{2x} \to 2 \cdot \frac{1}{2} = 1$. Când două metode dau același rezultat, poți bifa liniștit.

$L_2$, caz $1^{\infty}$. Baza $\frac{x+2}{x-1} \to 1$ și exponentul $x \to \infty$, deci aplici rețeta $e^{\lim g\,(f-1)}$. Calculezi întâi

$\displaystyle f(x) - 1 = \frac{x+2}{x-1} - 1 = \frac{x + 2 - (x - 1)}{x-1} = \frac{3}{x-1}$

Apoi limita exponentului:

$\displaystyle \lim\nolimits_{x \to \infty} x \cdot \frac{3}{x-1} = \lim\nolimits_{x \to \infty} \frac{3x}{x-1} = 3$

pentru că gradele sunt egale și raportul coeficienților dominanți este $3$. Rezultă

$L_2 = e^{3}$

Concluzie: $L_1 = 1$ și $L_2 = e^3$.