Решение проверочной работы № 3– 0

Проверочная работа №2– 0

(с решением)

1. Пользуясь определением предела последовательности, доказать, что = а, если:

а) х_n = , а = ; б) х_n = , а = . Указать номер .

2. Найти предел числовой последовательности. а) ; б) ;

в) ; г) ; д) .

Решение проверочной работы №2– 0.

1.а) Найдём | х_n – | = | – | = | | = | | = . Определим, при каком значении n выполняется неравенство < e. Так как 2( 2n + 1) > , то 4n + 2 > или 4n > – 2, откуда n > . Поэтому за возьмём целую часть числа .

Таким образом, для любого e > 0 найдено такое число = [ ], что при всех n > выполняется неравенство | х_n – | < e, откуда по определению следует, что

= .

2.б) Задав произвольное положительное e, решим неравенство | х_n – | < e, т.е.

| – | = | | = < e,

откуда находим 4(4n² + 5) > , или n > .

Полагая = [ ], получаем, что при n > выполняется неравенство | х_n– | < e, т.е. число по определению является пределом данной последовательности.

Ответ. 1.а) = [ ]; 2.б) = [ ].

2. а) Преобразуем выражение , поделив почленно числитель и знаменатель на n²: . Так как = и = , то

.

б) Разделив числитель и знаменатель на n² , применяя теорему о пределе частного и теорему о пределе суммы (разности), получим

= = = = 0.

в) Разделим числитель и знаменатель на n, внесем в знаменателе под знак квадратного корня и преобразуем подкоренное выражение:

.

Перейдя к пределу, получим =

.

г) = =

= = = =1.

д) Упростим выражение .

Так как

n! = 1· 2 ·3 ·…· n,

(n + 1)! = 1· 2· 3· …· (n + 1),

очевидно, что

(n + 1)! = n! · (n + 1)

и = = = .

Следовательно, = .

Ответ. 2. а) ; 2. б) 0; 2. в) ; 2. г) 1; 2. д) 0.

Проверочная работа № 3 – 0

(с решением)

1. Используя (e - d) определение предела функции в точке, доказать, что

а) ;б) ; в) . Указать d (e).

2. Найти предел функции: а) ; б) ; в) ;

г) ; д) ; е) ;

ж) ; з) .

3. Найти предел функции, заменяя бесконечно малые эквивалентными:

а) ; б) .

Решение проверочной работы № 3– 0.

1.а) f (x) = 2x – 1, b = 3. Нам надо доказать, что для всякого сколь угодно малого положительного числа e существует такое число d, зависящее от e, d > 0, что из неравенства 0 < | x – 2 | < d следует неравенство | f (x) – 3 | < e.

Зададим e > 0 и составим выражение

| f (x) – 3 | = | (2x – 1) – 3 | = 2 | x – 2 |.

Если взять d £ , то для всех значений х, удовлетворяющих неравенству 0 < | x – 2 | < d,

| f (x) – 3 | = 2 | x – 2 |< 2 d £ 2 · = e.Следовательно, по определению .

1.б) Пусть e - любое положительное число. Требуется доказать, что можно подобрать такое числоd, зависящее от e, d > 0, что для всех х, удовлетворяющих неравенству 0 < | x – 2 | < d, будет выполняться неравенство

| x² – 4 | < e.

Если |x–2|<d, то |x+2|=|x–2+4| £ | x – 2 | + 4 < d + 4 и | x² – 4 | = | x – 2 | | x + 2 |< d (d + 4).

Для выполнения неравенства | x² – 4 | < e достаточно потребовать, чтобы d (d + 4) = e или d ²+ 4 d – e =0, откуда

d = – 2 +

( второй корень квадратного уравнения не удовлетворяет условию, так как d должно быть положительным).

Таким образом, для любого e > 0 найдено такое d > 0, что из неравенства 0 < | x – 2 | < d следует неравенство

| x² – 4 | < e, т.е. по определению

1.в) Пусть e - произвольное положительное число. Требуется доказать, что существует такое число d > 0, что при всех значениях х, удовлетворяющих неравенству 0 < | x + 1 | < d, будет выполняться неравенство

или .

Не теряя общности можно считать, что d < 1.

Поэтому при | x + 1 | < 1 имеем

| x + 3 | = | x + 1 + 2 | > 2 – | x + 1| > 2 – 1 = 1. Тогда .

Чтобы выполнялось неравенство достаточно, чтобы .

Таким образом, в качестве d можно взять меньшее из чисел 1 и .

Итак, для любого e > 0 найдено такое d > 0, что из неравенства

0 < | x + 1 | < d следует неравенство .

Таким образом, доказано, что .

Ответ. 1 а) d £ ; 1 б) d = – 2 + или d = min {1, }; 1в) d = min {1, }.

2. а) Так как , то имеем неопределённость вида . Чтобы раскрыть эту неопределённость, разложим числитель и знаменатель дроби на множители:

х ³ + 2 х² – х – 2 = (х – 1) (х² + 3 х + 2),

х ²– 3 х + 2 = (х – 1) (х – 2).

2. б) Имеем неопределённость вида . Чтобы раскрыть эту неопределённость, умножим числитель и знаменатель дроби на выражение (сопряжённое числителю).

= = = = .

2в) Имеем неопределённость вида . Делим числитель и знаменатель почленно на х ². Тогда = , так как и .

2. г) Имеем неопределённость вида ¥ – ¥. Умножим и разделим выражение, стоящее под знаком предела на : = = = .

2. д) Имеем неопределённость вида ¥ – ¥. Приведем дроби, стоящие под знаком предела, к общему знаменателю, получим новую дробь, числитель и знаменатель которой стремятся к нулю при х ® – 2.

=

2. е) Имеем неопределённость вида 0· ¥. Запишем функцию, стоящую под знаком предела, в другом виде и перейдём к пределу:

= = = = ·1·1=

2. ж) Воспользуемся формулой двойного угла для функции , получим

.

В последнем действии умножили числитель и знаменатель на .

Воспользовавшись первым замечательным пределом и следствием из него, имеем

и ,

продолжим решение исходной задачи:

.

з) Воспользовавшись вторым замечательным пределом ,

получим

Ответ. 2. а) ; 2. б) ; 2. в) 2; 2. г) 0; 2. д) ; 2.е) ; 2. ж) ; 2. з)

3. а) Так как при . Это означает, что и одну функцию в пределе можно заменить другой, эквивалентной.

Поскольку при и при , то

.

3. б) Так как при , при , при , то

при .

.

. Ответ. 3. а) 1; 3. б) .