Giới hạn của hàm số

Thứ sáu - 18/03/2016 05:01
Giới hạn của hàm số. Giới hạn một phía. Giới hạn trái. Giới hạn phải. Giới hạn tại vô cực. Giới hạn vô hạn.
Trong bài học dưới đây, ta quy ước dùng ký hiệu $\infty $ để đại diện cho $ + \infty $ hoặc $ -  \infty $. Chẳng hạn, ký hiệu $\frac{\infty }{\infty }$ hàm ý cho cả bốn trường hợp $\frac{{ + \infty }}{{ + \infty }},\frac{{ - \infty }}{{ - \infty }},\frac{{ + \infty }}{{ - \infty }},\frac{{ - \infty }}{{ + \infty }}.$ Sở dĩ có quy ước này là vì để phân biệt với một số tài liệu và sách đã đồng nhất ký hiệu ${  \infty }$ với ${ + \infty }$, giống như đã đồng nhất $2$ với $+2$.

Bài toán 1. Xét hàm số $f\left( x \right) = x + 1$. Chọn ngẫu nhiên một dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ tiến về giá trị $x_0 = 2 $ từ hai phía, ta xem dãy $\left( {f\left( {{x_n}} \right)} \right)$ tương ứng  có đặc điểm gì ?

Bài toán 2. Xét hàm số $g\left( x \right) = 3$. Chọn ngẫu nhiên một dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ tiến về giá trị $x_0 = 2 $ từ hai phía, ta xem dãy $\left( {g\left( {{x_n}} \right)} \right)$ tương ứng  có đặc điểm gì ?

Bài toán 3. Xét hàm số $h\left( x \right) = \left\{ \matrix{   x + 1\;\;\; \hbox{ nếu } x \ge 1 \hfill \cr   2, \;\;\;\;\;\;\;\;\hbox{ nếu }x < 1 \hfill \cr}  \right.$. Chọn ngẫu nhiên một dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ tiến về giá trị $x_0 = 2 $ từ hai phía, ta xem dãy $\left( {h\left( {{x_n}} \right)} \right)$ tương ứng  có đặc điểm gì ?

Bài toán 4. Xét hàm số $k\left( x \right) = \left\{ \matrix{   x + 1\;\;\; \hbox{ nếu } x \ge 1 \hfill \cr   3, \;\;\;\;\;\;\;\;\hbox{ nếu }x < 1 \hfill \cr}  \right.$ Chọn ngẫu nhiên một dãy số $\left( {{x_n}} \right)$ tiến về giá trị $x_0 = 2 $ từ hai phía, ta xem dãy $\left( {k\left( {{x_n}} \right)} \right)$ tương ứng  có đặc điểm gì ?

Các dạng vô định khi tính giới hạn. Khi tính giới hạn của hàm số, ta hay gặp các dạng vô định sau $$\frac{0}{0};\;\;\frac{\infty }{\infty }; \;\;+ \infty  - \infty ;\;\;0 \times \infty, ;\;\;{1^\infty }$$ và ta thường tìm cách khử các dạng vô định này bằng nhiều cách: nhân lượng liên hợp, chia cho bậc cao nhất của tử và mẫu... Nghĩa là, bằng các cách này, ta có thể biến đổi biểu thức cần tính giới hạn không còn dạng vô định nữa. Những ví dụ sau đây cũng là phương pháp để khử các dạng vô định trên. 

Khử dạng vô định $\frac{0}{0}$. 

Ví dụ 1. Tính giới hạn ${L_1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}.$
Giải. Khi thay $x=1$ vào hàm số $\frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}}$ ta thấy giới hạn có dạng vô định $\frac{0}{0}$. Ta phân tích như sau $${L_1} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} - 1}}{{x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}{{x - 1}}\mathop { =  = }\limits^{\left( 1 \right)} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \left( {x + 1} \right) = 1 + 1 = 2.$$
Bình luận 1. Trong các đẳng thức cuối cùng này, thì kể từ $(1)$ trở đi, giới hạn không còn dạng vô định nữa. Do đó ta thay giá trị $x=1$ vào hàm số sau khi đã thu gọn. 
 
Ví dụ 2. Tính giới hạn ${L_2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} - 1}}.$
Giải. Giới hạn trên cũng có dạng vô định $\frac{0}{0}$ Ta phân tích như sau $${L_2} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^3} - 1}}{{{x^2} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\left( {x - 1} \right)\left( {{x^2} + x + 1} \right)}}{{\left( {x - 1} \right)\left( {x + 1} \right)}}\mathop { == }\limits^{\left( 2 \right)} \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{{x^2} + x + 1}}{{x + 1}} = \frac{{{1^2} + 1 + 1}}{{1 + 1}} = \frac{3}{2}.$$
Bình luận 2. Cũng giống như ví dụ 1, kể từ $(2)$ trở đi, giới hạn không còn dạng vô định nữa. Khi đó ta thay giá trị $x=1$ vào hàm số sau khi đã thu gọn.

Khử dạng vô định $\frac{\infty }{\infty }.$ Ta hay gặp dạng này khi tính giới hạn của hàm hữu tỷ 
$$L = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0}}}{{{b_m}{x^m} + {b_{m - 1}}{x^{m - 1}} + ... + {b_1}x + {b_0}}}.$$
Nếu $ n = m $ thì $ L = \frac{{{a_n}}}{{{b_m}}}. $
Nếu $ n < m $ thì $ L = 0 $.
Nếu $ n > m $ thì $ L = \infty $.

Ví dụ 3. Tính giới hạn ${L_3} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3{x^3} + 2{x^2} + x - 1}}{{2{x^3} - {x^2} + 2x - 2}}.$
Giải. Ta có $${L_3} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{{x^3}\left( {3 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^3}}}} \right)}}{{{x^3}\left( {2 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{3 + \frac{2}{x} + \frac{1}{{{x^2}}} - \frac{1}{{{x^3}}}}}{{2 - \frac{1}{x} + \frac{2}{{{x^2}}} - \frac{2}{{{x^3}}}}} = \frac{3}{2}.$$
Ví dụ 4. Tính giới hạn ${L_4} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + x - 1}}{{2x - 1}}.$
Giải. Ta có $${L_4} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{{x^2} + x - 1}}{{2x - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{x + 1 - \frac{1}{x}}}{{2 - \frac{1}{x}}} =  - \infty .$$
Ví dụ 5. Tính giới hạn ${L_5} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x + 3}}{{{x^2} + 3x - 2}}.$
Giải. Ta có $${L_5} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x + 3}}{{{x^2} + 3x - 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2 + \frac{3}{x}}}{{x + 3 - \frac{2}{x}}} = 0.$$
Bình luận 3. Các dạng sau đây là hoàn toàn xác định $$\frac{C}{\infty } = 0;\;\;\frac{C}{{{0^ + }}} =  + \infty ;\;\;\frac{C}{{{0^ - }}} = \infty ; \;\;+ \infty  + \infty  =  + \infty ; \;\;- \infty  - \infty  =  - \infty ,$$ với mọi hằng số $C \ne 0 $. Cụ thể, đối với các ví dụ trên, ở đẳng thức cuối cùng thì ví dụ 4 có dạng $\frac{2}{\infty } = 0.$

Bình luận 4. Học sinh nên lưu ý rằng $ + \infty $ và $ - \infty $ không phải là các số thực, mà nó là một biểu thị co một đại lượng dương vô cùng lớn và đại lượng âm vô cùng nhỏ. Như vậy, ta có các quy tắc $\infty  + C = \infty $ với mọi hằng số $C$; và $\infty  \cdot C = \infty $ với mọi hằng số $ C \ne 0 $ và nó theo quy tắc về dấu giống như thao tác trên các số.
Ví dụ 6. Tính giới hạn ${L_6} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  + 2x - 3}}{{3x + 2}}.$
Giải. Khi $ x \to  + \infty $ thì cả tử và mẫu đều tiến về $+ \infty $, tức giới hạn có dạng vô định $\frac{\infty }{\infty }.$. Ta sẽ khử dạng vô định này như sau $$\begin{array}{l} {L_6} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2x - 3}}{{3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2x - 3}}{{3x + 2}}\\  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{x\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2x - 3}}{{3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2 - \frac{3}{x}}}{{3 + \frac{2}{x}}} = \frac{{1 + 2 + 0}}{{3 + 0}} = 1. \end{array}$$
Ví dụ 7. Tính giới hạn ${L_7} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2} + 1}  + 2x - 3}}{{3x + 2}}.$
Giải.   Tương tự ví dụ trên ta có $$\begin{array}{l} {L_6} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\sqrt {{x^2}\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2x - 3}}{{3x + 2}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{\left| x \right|\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2x - 3}}{{3x + 2}}\\  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - x\sqrt {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2x - 3}}{{3x + 2}}\mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{ - \sqrt {\left( {1 + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)}  + 2 - \frac{3}{x}}}{{3 + \frac{2}{x}}} = \frac{{ - 1 + 2 + 0}}{{3 + 0}} = \frac{1}{3}. \end{array}$$
Khử dạng vô định $ + \infty - \infty .$ 

Ví dụ 8. Tính giới hạn ${L_8} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} .$
Giải. Khi $ x \to  + \infty $ rõ ràng giới hạn có dạng vô định $ + \infty  - \infty $. Ta tiến hành khử dạng vô định này bằng cách nhân cả tử và mẫu cho lượng liên hợp $\sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} $ $$\begin{array}{l} {L_8} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left( {\sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} } \right)\left( {\sqrt {{x^2} + x}  + \sqrt {{x^2} - x} } \right)}}{{\sqrt {{x^2} + x}  + \sqrt {{x^2} - x} }}\\  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{\left( {{x^2} + x} \right) - \left( {{x^2} - x} \right)}}{{\sqrt {{x^2} + x}  + \sqrt {{x^2} - x} }} =   \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{\sqrt {{x^2} + x}  + \sqrt {{x^2} - x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{x}}  + \left| x \right|\sqrt {1 - \frac{1}{x}} }}\\  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{x\sqrt {1 + \frac{1}{x}}  + x\sqrt {1 - \frac{1}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{\sqrt {1 + \frac{1}{x}}  + \sqrt {1 - \frac{1}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{\sqrt {1 + 0}  + \sqrt {1 - 0} }} = 1. \end{array}$$
Ví dụ 9. Tính giới hạn ${L_9} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} .$
Giải. Tương tự như ví dụ 8, ta cũng nhân tử và mẫu cho $\sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} $ và ta được  $$\begin{array}{l} {L_9} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {\sqrt {{x^2} + x}  - \sqrt {{x^2} - x} } \right)  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x}}{{\left| x \right|\sqrt {1 + \frac{1}{x}}  + \left| x \right|\sqrt {1 - \frac{1}{x}} }}\\  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x}}{{ - x\sqrt {1 + \frac{1}{x}}  - x\sqrt {1 - \frac{1}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{ - \sqrt {1 + \frac{1}{x}}  - \sqrt {1 - \frac{1}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{ - \sqrt {1 + 0}  - \sqrt {1 - 0} }} =  - 1. \end{array}$$

Ví dụ 10. Tính giới hạn ${L_{10}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 2x} } \right).$
Giải. Ta nhân tử và mẫu cho lượng liên hợp ${x + \sqrt {{x^2} - 2x} }$ ta được $$\begin{array}{l} {L_{10}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 2x} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{x + \sqrt {{x^2} - 2x} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{x + \left| x \right|\sqrt {1 - \frac{2}{x}} }}\\  \;\;\;\;\;\;\;  = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{{2x}}{{x + x\sqrt {1 - \frac{2}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  + \infty } \frac{2}{{1 + \sqrt {1 - \frac{2}{x}} }} = \frac{2}{{1 + \sqrt {1 - 0} }} = 1. \end{array}$$
Ví dụ 11. Tính giới hạn ${L_{11}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 2x} } \right).$
Giải. Tương tự như ví dụ 10, ta được $${L_{11}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \left( {x - \sqrt {{x^2} - 2x} } \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x}}{{x + \left| x \right|\sqrt {1 - \frac{2}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{{2x}}{{x - x\sqrt {1 - \frac{2}{x}} }} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{1 - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} }} \;\;\;\; (1) $$

Khi $ x \to  - \infty $ thì $1 - \sqrt {1 - \frac{2}{x}}  \to 0.$ Vì $ x < 0 $ nên $\sqrt {1 - \frac{2}{x}}  > 1.$ Do đó $1 - \sqrt {1 - \frac{2}{x}}  < 0.$ Nói cách khác, khi $ x \to  - \infty $ thì $1 - \sqrt {1 - \frac{2}{x}}  \to 0^ -.$ Như vậy $${L_{11}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to  - \infty } \frac{2}{{1 - \sqrt {1 - \frac{2}{x}} }} = \frac{2}{{{0^ - }}} =  - \infty .$$
 


Bài tập 

(nhiều bài tập hơn khi đăng ký học tại Trung tâm Cùng học toán)

 

 

Tác giả bài viết: Ths. Huỳnh Việt Khánh

Tổng số điểm của bài viết là: 0 trong 0 đánh giá

Click để đánh giá bài viết

  Ý kiến bạn đọc

Mã bảo mật   

Những tin mới hơn

Những tin cũ hơn