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 $+\mathrm{\infty }$ tại x₀ nếu “$\mathrm{\forall }A>0,\mathrm{\exists }\alpha >0$ sao cho $x\in Iva0<\left|x-x_0\right|<\alpha \Rightarrow f(x)>A$

ii) f có giới hạn là $-\mathrm{\infty }$ tại x₀ nếu “$\mathrm{\forall }A>0,\mathrm{\exists }\alpha >0$ sao cho $x\in Iva0<\left|x-x_0\right|<\alpha \Rightarrow f(x)<-A$”

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 $\underset{x\to 0}{lim}\frac{1}{x^2}=+\mathrm{\infty }$

Giải

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

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

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

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

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

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

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

Tương tự ta có các định nghĩa

$$\begin{gathered} \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=+\mathrm{\infty } \\ \underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}f(x)=-\mathrm{\infty } \end{gathered}$$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

$x)f(x)\le g(x)vaf(x)\to +\mathrm{\infty }\Rightarrow g(x)\to +\mathrm{\infty }$

$x)f(x)\le g(x)vaf(x)\to -\mathrm{\infty }\Rightarrow g(x)\to -\mathrm{\infty }$

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

f(x) + g(x) khi $f(x)\to +\mathrm{\infty }vàg(x)\to -\mathrm{\infty }$

f(x) . g(x) khi $f(x)\to 0vag(x)\to \pm \mathrm{\infty }$

$\frac{f(x)}{g(x)}khif(x)\to 0vag(x)\to 0$

$\frac{f(x)}{g(x)}khif(x)\to \pm \mathrm{\infty }vag(x)\to \pm \mathrm{\infty }$

Các trường hợp trên là các dạng vô định dạng:

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

a) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n{x}^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+...+a_{1}x+a_0}{b_m{x}^m+a_{m-1}{x}^{m-1}+...+b_{1}x+b_0}(a_n{b}_m\ne 0)$

$\{\begin{array}{l}\frac{a_n}{b_n}neun=m\\ 0neun>m\\ +\mathrm{\infty }neun>m,a_n{b}_m>0\\ -\mathrm{\infty }neun>m,a_n{b}_m<0\end{array}$

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

c) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{x^{\alpha }}{a^x}=0(neua>1)$

d) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{a}^x=\{\begin{array}{l}+\mathrm{\infty }(a>1)\\ 0(0<a<1)\end{array}$

$\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}{a}^x=\{\begin{array}{l}0(a>1)\\ +\mathrm{\infty }(0<a<1)\end{array}$

e) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\log }_{a}x=\{\begin{array}{l}+\mathrm{\infty }a>1\\ -\mathrm{\infty }0<a<1\end{array}$

f) $\underset{x\to 0^{+}}{lim}{\log }_{a}x=\{\begin{array}{l}-\mathrm{\infty }(a>1)\\ +\mathrm{\infty }(a<1)\end{array}$

g) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{\ln x}{x}=0;\underset{x\to 0}{lim}\frac{\ln (1+x)}{x}=1$

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

i) $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}arctgx=\frac{\pi }{2};\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}arctgx=-\frac{\pi }{2}$

$\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}arc\mathrm{cotag}x=0;\underset{x\to -\mathrm{\infty }}{lim}arc\mathrm{cotag}x=\pi$

Cách khử dạng vô định $1^{\mathrm{\infty }}$

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

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

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

Cách 1:

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

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

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

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

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

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

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

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

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 $I=(\alpha ;+\mathrm{\infty })$. Ta nói: f tương đương với g khi x tiến về $+\mathrm{\infty }$ nếu $\underset{x\to +\mathrm{\infty }}{lim}\frac{f(x)}{g(x)}=1$.

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

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

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

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

Khi đó, ta có: 

$i)\underset{x\to x_0}{lim}f(x).g(x)=\underset{x\to x_0}{lim}{f}_1(x).g_1(x)$

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

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

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

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:

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

Ví dụ:

$i)sinx\sim xkhix\to 0$

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

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

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

$v)e^x-1\sim xkhix\to 0$

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

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

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

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

$=\underset{x\to 0}{lim}\frac{\left(\mathrm{sinx}+x\mathrm{cosx}\right)}{x}\frac{\left(\mathrm{sinx}-x\mathrm{cosx}\right)}{x^3}$

$=2\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{sinx}-x\mathrm{cosx}}{x^3}=2\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{cosx}-\mathrm{cosx}+xsinx}{3x^2}$

$=2\underset{x\to 0}{lim}\frac{\mathrm{sinx}}{3x}=\frac{2}{3}$

Cách làm sai:

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

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

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

Dấu “ = ” trong đẳng thức

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

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

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

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 $\underset{x\to x_0}{lim}\frac{\alpha (x)}{\beta (x)}=0$ kí hiệu $\alpha \left(x\right)=o\left(\beta \left(x\right)\right)$