Bài 2: Giới hạn vô cực của hàm số và giới hạn thông thường, các đại lượng tương đương

Cho I là khoảng mở chứa x0. Hàm số f xác định trên I (hoặc xác định trên I\{x0}). Ta nói:

i) f có giới hạn là $+ \infty$ tại x0 nếu “$\forall A > 0,\exists \alpha > 0$ sao cho $x \in I\,\,va\,\,0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \alpha \Rightarrow f(x) > A$

ii) f có giới hạn là $- \infty$ tại x0 nếu “$\forall A > 0,\exists \alpha > 0$ sao cho $x \in I\,\,va\,\,0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \alpha \Rightarrow f(x)<- A$”

Ghi chú: Nếu thay $0 < \left| {x - {x_0}} \right| < \alpha$ bởi

a) $0 < x - {x_0} < \alpha$: ta có nghiệm giới hạn phải tại x0

b) $0 < {x_0}-x < \alpha$: ta có nghiệm giới hạn trái tại x0

Ví dụ: Chứng minh $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{1}{{{x^2}}} = + \infty$

Giải

Ta có: $\frac{1}{{{x^2}}} > A > 0 \Leftrightarrow \left| x \right| < \frac{1}{{\sqrt A }}$

Do đó $\forall A > 0,\exists \alpha = \frac{1}{{\sqrt A }}$

Ta có $0 < \left| {x - 0} \right| < \alpha = \frac{1}{{\sqrt A }}$

$\Rightarrow f(x) = \frac{1}{{{x^2}}} > A \Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} f(x) = + \infty$

Cho f xác định trên $I = \left( {\alpha , + \infty } \right)$

i) f có giới hạn là $+ \infty$ ở $+ \infty$ nếu: $\forall A > 0,\exists B > 0$ sao cho x thuộc I và x > B ⇒ f(x) > A. Kí hiệu: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = + \infty$

ii) f có giới hạn là $- \infty$ ở $- \infty$ nếu: $\forall A > 0,\exists B > 0$ sao cho x thuộc I và x > B ⇒ f(x) < - A. Kí hiệu: $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } f(x) = - \infty$

Tương tự ta có các định nghĩa

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = + \infty \\ \mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } f(x) = - \infty$

(khi đó miền xác định của f là $I = ( - \infty ,\alpha )$)

$i)\,\,f(x) \to + \infty ,g(x) \to + \infty \Rightarrow \left[ {f(x) + g(x)} \right] \to + \infty$

$ii)\,\,f(x) \to - \infty ,g(x) \to - \infty \Rightarrow \left[ {f(x) + g(x)} \right] \to - \infty$

$iii)\,\,f(x) \to + \infty ,g(x) \to + \infty \Rightarrow f(x).g(x) \to + \infty$

$iv)\,\,f(x) \to - \infty ,g(x) \to - \infty \Rightarrow f(x).g(x) \to + \infty$

$v)\,\,f(x) \to + \infty ,g(x) \to - \infty \Rightarrow f(x).g(x) \to - \infty$

$vi)\,\,f(x) \to c>0 ,g(x) \to + \infty \Rightarrow f(x).g(x) \to + \infty$

$vii)\,\,f(x) \to c<0 ,g(x) \to + \infty \Rightarrow f(x).g(x) \to - \infty$

$viii)\,\,f(x) \to \pm \infty \Rightarrow \frac{1}{{f(x)}} \to 0$

$ix)\,\,f(x) \to 0 \Rightarrow \frac{1}{{\left| {f(x)} \right|}} \to + \infty$

$x)\,\,f(x) \le g(x)\,\,va\,f(x) \to + \infty \Rightarrow g(x) \to + \infty$

$x)\,\,f(x) \le g(x)\,\,va\,f(x) \to - \infty \Rightarrow g(x) \to - \infty$

Nhận xét: Ta không có kết luận tổng quát trong các trường hợp sau đây:

f(x) + g(x) khi $f(x) \to + \infty \,và\,g(x) \to - \infty$

f(x) . g(x) khi $f(x) \to 0\,va\,g(x) \to \pm \infty$

$\frac{{f(x)}}{{g(x)}}\,\,khi\,\,f(x) \to 0\,va\,g(x) \to 0$

$\frac{{f(x)}}{{g(x)}}\,\,khi\,\,f(x) \to \pm \infty \,va\,g(x) \to \pm \infty$

Các trường hợp trên là các dạng vô định dạng:

$\frac{0}{0};\,\,\frac{\infty }{\infty };\infty - \infty ;0.\infty$

a) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{a_n}{x^n} + {a_{n - 1}}{x^{n - 1}} + ... + {a_1}x + {a_0}}}{{{b_m}{x^m} + {a_{m - 1}}{x^{m - 1}} + ... + {b_1}x + {b_0}}}\,({a_n}{b_m} \ne 0)$

$\left\{ \begin{array}{l} \frac{{{a_n}}}{{{b_n}}}\,\,\,\,neu\,\,n = m\\ 0\,\,\,\,\,\,\,\,neu\,\,n > m\\ + \infty \,\,\,neu\,\,n > m,\,\,{a_n}{b_m} > 0\\ - \infty \,\,\,neu\,\,n > m,\,\,{a_n}{b_m} < 0 \end{array} \right.$

b) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {(1 + x)^{\frac{1}{x}}} = e,\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } {(1 + \frac{1}{x})^x} = e$

c) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{x^\alpha }}}{{{a^x}}} = 0\,\,(neu\,a > 1)$

d) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {a^x} = \left\{ \begin{array}{l} + \infty \,\,(a > 1)\\ 0\,\,\,\,\,\,(0 < a < 1) \end{array} \right.$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } {a^x} = \left\{ \begin{array}{l} 0\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(a > 1)\\ + \infty \,\,\,\,\,\,(0 < a < 1) \end{array} \right.$

e) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {\log _a}x = \left\{ \begin{array}{l} + \infty \,\,\,a > 1\\ - \infty \,\,0 < a < 1 \end{array} \right.$

f) $\mathop {\lim }\limits_{x \to {0^ + }} {\log _a}x = \left\{ \begin{array}{l} - \infty \,\,\,(a > 1)\\ + \infty \,\,\,(a < 1) \end{array} \right.$

g) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\ln x}}{x} = 0;\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln (1 + x)}}{x} = 1$

h) $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\sin x}}{x} = 1 = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{tgx}}{x};\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} = \frac{1}{2}$

i) $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } arctgx = \frac{\pi }{2};\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } arctgx = - \frac{\pi }{2}$

$\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } arc{\mathop{\rm cotag}\nolimits} x = 0;\,\,\,\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } arc{\mathop{\rm cotag}\nolimits} x = \pi$

Cách khử dạng vô định $1^\infty$

Xét giới hạn $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {\left[ {f(x)} \right]^{g(x)}}$ trong đó 

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x) = 1;\,\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left| {g(x)} \right| = + \infty$

Ví dụ: Tính $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,{(\cos x)^{\frac{1}{{{x^2}}}}}$

Cách 1:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,{(\cos x)^{\frac{1}{{{x^2}}}}}=$

$\mathop { = \lim }\limits_{\,\,\,\,\,\,\,x \to 0} \,{(1 + \cos x - 1)^{\frac{1}{{{x^2}}}}}\mathop { = \lim }\limits_{\,\,\,\,\,\,\,\,x \to 0} \,\left[ {{{(1 + \cos x - 1)}^{\frac{1}{{\cos x - 1}}}}} \right]{}^{\frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}}}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \,\,e{}^{\frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}}}} = {e^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt e }}$

Cách 2: Xét $x \in(-1;1)$ đặt $y = {(\cos x)^{\frac{1}{{{x^2}}}}}$

$\Rightarrow \ln y = \frac{1}{{{x^2}}}\ln \cos \,x$

$\Rightarrow \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \ln y = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \,\cos x}}{{{x^2}}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{(\cos x - 1)\ln (1 + \cos x - 1)}}{{(\cos x - 1){x^2}}} = - \frac{1}{2}$

Suy ra: $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} {\left( {\cos x} \right)^{\frac{1}{{{x^2}}}}} = {e^{ - \frac{1}{2}}} = \frac{1}{{\sqrt e }}$

i) Cho I là khoảng mở chứa x0. Hàm số f, g xác định trên I (hoặc xác định trên I\{x0}).  Ta nói: f tương đương với g khi x tiến về x0 nếu 

Khi đó, ta ký hiệu $f \sim g$ khi $x \to {x_0}$

ii) Cho f và g xác định trên $I = (\alpha ; + \infty )$. Ta nói: f tương đương với g khi x tiến về $+ \infty$ nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = 1$.

Khi đó, ta ký hiệu $f \sim g$ khi  $x \to + \infty$

iii) Cho f và g xác định trên $I = ( - \infty;\alpha )$. Ta nói: f tương đương với g khi x tiến về $- \infty$ nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to - \infty } \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = 1$.

Khi đó, ta ký hiệu $f \sim g$ khi $x \to - \infty$

Cho $f \sim {f_1}$và $g \sim {g_1}$ khi x →x0 

Khi đó, ta có: 

$i)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} f(x).g(x) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} {f_1}(x).{g_1}(x)$

$ii)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{f(x)}}{{g(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{{f_1}(x)}}{{{g_1}(x)}}$

(hoặc thay $x \to {x_0}$ bởi $x \to + \infty ,x \to - \infty$)

Chú ý rằng có khi $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {f(x) \pm g(x)} \right) \ne \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {{f_1}(x) \pm {g_1}(x)} \right)$

Cho $f \sim {f_1}$và $g \sim {g_1}$ khi $x \to {x_0}$ và f, g cùng dương hoặc cùng âm trong lân cận của x0. Khi đó ta có:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {f(x) \pm g(x)} \right) = \mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \left( {{f_1}(x) \pm {g_1}(x)} \right)$

Ví dụ:

$i)\,\,sinx \sim x\,khi\,x \to 0$

$ii)\,\,1 - \cos x \sim \frac{{{x^2}}}{x}\,khi\,x \to 0$

$iii)\,\,\ln (1 + x) \sim x\,\,khi\,x \to 0$

$iv)\,\,\sqrt[n]{{1 + x}} - 1 \sim \frac{x}{n}\,khi\,x \to 0$

$v)\,{e^x} - 1 \sim x\,\,khi\,x \to 0$

vi) Ta có $f = {x^2} + 5 \sim {f_1} = {x^2}$và $g = - {x^2} + 3 \sim {g_1} = - {x^2}$khi $x \to \pm \infty$ nhưng

$\mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } (f + g) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {{x^2} + 5 - {x^2} + 3} \right) = 8$

$\ne \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } ({x^2} + {x^2}) = \mathop {\lim }\limits_{x \to \pm \infty } \left( {{f_1} + {g_1}} \right) = 0$

$vii)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x - {x^2}{{\cos }^2}x}}{{{x^2}{{\sin }^2}x}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\left( {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} + x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right)}}{x}\frac{{\left( {{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} } \right)}}{{{x^3}}}$

$= 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} - x{\mathop{\rm cosx}\nolimits} }}{{{x^3}}} = 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{\mathop{\rm cosx}\nolimits} - {\mathop{\rm cosx}\nolimits} + xsinx}}{{3{x^2}}}$

$= 2\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{\mathop{\rm sinx}\nolimits} }}{{3x}} = \frac{2}{3}$

Cách làm sai:

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x - {x^2}{{\cos }^2}x}}{{{x^2}{{\sin }^2}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} - {x^2}{{\cos }^2}x}}{{{x^4}}}$

$= \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{1 - {{\cos }^2}x}}{{{x^2}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x}}{{{x^2}}} = 1$

(sai vì sử dụng định lý tương đương về giới hạn ở tổng số)

Dấu “ = ” trong đẳng thức

$\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}x - {x^2}{{\cos }^2}x}}{{{x^2}{{\sin }^2}x}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2} - {x^2}{{\cos }^2}x}}{{{x^4}}}$

là sai vì trên tử số là một tổng số nên không thể thay sin2x thành x2 được. Dưới mẫu thay ${x^2}si{n^2}x{\rm{ }} = {\rm{ }}{x^4}$ là đúng.

$viii)\,\,\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left[ {1 + {{\sin }^2}(3x)} \right]}}{{t{g^2}(5x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{\sin }^2}(3x)}}{{t{g^2}\left( {5x} \right)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{{(3x)}^2}}}{{{{\left( {5x} \right)}^2}}} = \frac{9}{{25}}$

Ghi chú:

+ Cho $\alpha (x),\beta (x)$ là hai vô cùng hé khi x→x0, ta nói:  $\alpha (x)$ gọi là vô cùng bé bậc cao hơn $\beta (x)$ khi x→x0 nếu $\mathop {\lim }\limits_{x \to {x_0}} \frac{{\alpha (x)}}{{\beta (x)}} = 0$ kí hiệu $\alpha \left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}o\left( {\beta \left( x \right)} \right)$

Ví dụ: x3 là vô cùng bé bậc cao hơn x khi  x→ 0 vì $\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{{{x^3}}}{x} = 0$

Trên đây là nội dung bài giảng Bài 2: Giới hạn vô cực của hàm số và giới hạn thông thường, các đại lượng tương đương được eLib tổng hợp lại nhằm giúp các bạn sinh viên có thêm tư liệu tham khảo. Hy vọng đây sẽ là tư liệu giúp các bạn nắm bắt nội dung bài học dễ dàng hơn.