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 \(\alpha \left( x \right){\rm{ }} = {\rm{ }}o\left( {\beta \left( x \right)} \right)\)