Пример 3. Найти область определения функции

Раздел 3.
Введение в математический анализ. Теория пределов.
Глава 1. Функции. Основные определения.
Пусть даны два числовые множества X и Y с элементами x и y соответственно X={x},
Y={y}. Мы говорим, что задана функция, если каждому числу x из множества Х по
определенному закону сопоставлено число у из множества Y. Запись
y = f (x).
(1.1)
Множество Х называется областью определения функции (обозначается D(f)),
множество Y – областью изменения. Если каждому х сопоставлено единственное у, то
мы говорим, что функция однозначна, если каждому х сопостовляется несколько у, то
функция называется многозначной.
Если каждому у по определенному закону сопоставлено число х, то мы говорим, что
задана обратная функция
x = f -1 (y).
(1.2)
Для обратной функции множество Y является областью определения функции, а
множество Х – областью изменения.
Основными способами задания функции являются:
1. аналитический, когда функция задается при помощи математических знаков и их
комбинаций, например
y = sin(x);
2. графический, когда функция задается с помощью графика, например
3. табличный, когда функция задается таблицей или списками пар, например
(1,2); (2,5) (4,2)….
32
При такой записи первое число это х, а второе у.
Если область определения функции симметрична относительно оси Y, то можно
ввести понятия четности и нечетности функции. Четной называется функция
удовлетворяющая условию
f (-x) = f (x).
(1.5)
График такой функции симметричен относительно оси Y. К четным функциям
относятся, например, y = cos (x).
Нечетной называется функция удовлетворяющая условию
f (-x) = - f(x).
(1.6)
График такой функции симметричен относительно начала координат. К нечетным
функциям относятся, например, y = sin(x).
Функция называется возрастающей (убывающей), если большему значению
аргумента соответствует большее (меньшее) значение функции, т.е.
x2  x1  f ( x2 )  f ( x1 ) возрастающая функция
и
x2  x1  f ( x2 )  f ( x1 ) убывающая функция.
Возрастающие и убывающие функции называются монотонными функциями.
Число х0 называется корнем функции, если
f (x0) = 0.
Например, lg (x) = 0 при х0 = 1.
Если функция задана на всей оси, т.е. область определения функции  ,   , то
периодом функции называется наименьшее из чисел Т, удовлетворяющее условию
f (x + Т) = f(x) = f (x - Т).
(1.7)
Пример 1. Найти область определения функции
y   3x 
1
.
3 x
Решение. Если числовая функция задана аналитически и область ее определения
не указана, то считают, что эта область есть множество всех действительных
значений аргумента, при которых выражение f (x) - действительное число. Для
существования заданной функции  3x необходимо, чтобы имело место неравенство
x  0 . Для существования функции 1 3  x должно иметь место неравенство
3  x  0 , откуда x  3 . Область определения исходной функции 3  x  0 или
D( f )  (3;0] .
Пример 2. Найти область определения функций:
33
y1  x 3  1;
y4  9  x 2 ;
y2 
y5 
x 1
;
x3
1
9  x2
y3 
;
x  3;
y6  9  x 2 
1
.
x3
Решение. Для приведенных выше функций области определения удовлетворяют
условиям:
1.   x  ;
2. x  3;
3. x  3;
4.  3  x  3;
5. 3  x  3;
6. 3  x  3.
Следовательно,
D( f1 )  (; ) ;
D( f 2 )  (;3)  (3; ) ;
D( f3 )  [3; ) ;
D( f 4 )   3;3;
D( f5 )  (3;3) ;
D( f 6 )  [3;3) .
Пример 3. Найти область определения функции y  log 2 log 3 log 4 x .
Решение. Для существования функции log 4 x необходимо, чтобы x  0 . Для
существования функции log 3 (log 4 x) надо, чтобы log 4 x  0 , откуда x  1 . Для
существования функции log 2 (log 3 log 4 x) необходимо, чтобы log3 log 4 x  0 , откуда
log 4 x  0 и x  1 .
Таким образом, получены условия
x  0

 x  1  D ( f )  (4; ) .
x  4

Пример 4. Найти область определения функции
y  arccos
2x .
1 x
Решение. Так как D(arccos x)   1;1 , то
1 
2x
 1.
1 x
Решив неравенство, найдем область определения функции
 2x
 2x
 3x  1
 1 x  1
1  x  1  0
 1  x  0,


 2x
 2x
 x 1



 1
1  0
 0.
1  x
 1 x
1  x
34
Применим метод интервалов (рис. 1.1)
1.
1
x  (; ]  (1; ) .
3
1/3
1
2.
x  [1;1) .
-1
1
Рис. 1.1.
Система неравенств имеет решение  1  x  1 .
Следовательно,
3
 1 .
D( f )   1; 
 3
Пример 5. Определить, являются ли функции
1. y  lg 1  x ;
1 x
2. 2. y  5 ( x  5) 2  5 ( x  5) 2 ;


3. y  lg x  1  x 2 ;
4. y  tgx  cos x
четными или нечетными.
Решение. Для определения свойств четности или нечетности функции следует
проверить выполнение следующих положений:
1. Является ли область определение симметричной относительно начала
координат, т.е. если x0  D( f ) , то и ( x0 )  D( f ) ;
3. Выполняются ли равенства
f ( x)   f ( x) . При
f ( x)  f ( x) или
выполнении первого равенства функция окажется четной с графиком, симметричным
относительно оси ординат, во втором – нечетной с графиком, симметричным
относительно начала координат.
Для указанных в задаче функций:
1
1 x
1 x
1 x
1  x 
1. y ( x)  lg
 lg
 lg
  y ( x) ,
   lg
1  ( x)
1 x
1 x
1 x 
то функция y  lg
1 x
- нечетная;
1 x
2. y( x)  5 ( x  5)2  5 ( x  5)2  5 (1)2 ( x  5)2  5 (1)2 ( x  5)2 
 5 ( x  5)2  5 ( x  5)2  y( x) ,
то функция f (x) является четной;
35
3. y ( x)  lg( x  1  ( x) 2 )  lg
 lg
1
2
1 x  x
 1 x

 lg 1  x 2  x

1
2
x
 1  x
2
x
1 x2  x
  lg 1  x


2
 x2
1 x2  x

  lg 1  x 2  x ,
следовательно, функция нечетная;
4.
y( x)  tg( x)  cos( x)  tgx  cos x   f ( x) ,
следовательно, функция y  tgx  cos x не является ни четной, ни нечетной.
Пример 6. Найти период функции y  sin 2x .
Решение.
Так как sin 2x  sin(2x  2 )  sin(2 ( x  1)) , то период Т=1.
Глава 2. Определение предела функции. Определение бесконечно малой и
бесконечно большой величины.
-окрестностью точки A называется отрезок (A-, A+). Аналогично δ окрестностью точки х0 называется отрезок (х0 - δ, х0 + δ).
Предел функции
Пусть на некотором отрезке задана функция f(x). Число A называется пределом
функции y = f (x) при xx0 (при х стремящемся к х0), если для каждого сколь угодно
малого числа  > 0 можно указать зависящее от  положительное число () > 0 такое, что
для всех х, удовлетворяющих неравенству x0 - х<  (т.е. лежащих в δ – окрестности
точки х0), имеет место неравенство A – f (x) < . Запись
lim f x   A или
x x0
f ( x)  A .
(2.1)
x  x0
Наличие у функции f(x) предела A в точке х0 означает, что как только независимая
переменная х достаточно близко приблизится к значению х0, то функция f(x) будет сколь
угодно близка к A.
Пример. Доказать, что lim(3x  5)  1.
x 2

Решение. Зададим произвольное   0 и покажем, что существует положительное
такое, что из неравенства x  2   вытекает неравенство (3x  5) 1   .
Действительно
(3x  5)  1  

3( x  2)  

x2 

3
.
36
Значит, если положить    , то выполнение неравенства
3
собой
выполнение
неравенства
(3x  5) 1   .
Таким
x  2   влечет за
образом,
согласно
определению, заключаем, что lim(3x  5)  1 .
x 2
Если при хx0 функция f(x) стремится к 0, то ее называют бесконечно малой
функцией или бесконечно малой величиной (или просто бесконечно малой) в
окрестности точки x0. Бесконечно малые обозначают греческими буквами , , .
Тем самым для бесконечно малой функции для каждого сколь угодно малого числа
 > 0 можно указать зависящее от  положительное число () > 0 такое, что для всех х,
удовлетворяющих неравенству x0 - х< , имеет место неравенство  α(х)  < . Запись
lim  x   0 .
x x0
Примеры бесконечно малых величин:
(х) = 2x - 6 при х  3,
(х) = e-x при х  ,
(х) = sin x при х  0 и т.п.
Бесконечно малые величины часто обозначают символом «0».
(2.2)
Для бесконечно малых функций справедливы следующие утверждения:
1. Сумма бесконечно малых величин есть величина бесконечно малая
α(х) + β (х) = γ(х).
2. Произведение бесконечно малых величин есть величина бесконечно малая
α(х)  β (х) = γ(х).
3. Произведение бесконечно малой на число есть величина бесконечно малая
С  α(х) = γ(х).
4. Функция называется ограниченной на своей области определения D, если
существует такое положительное число М, что
 f(x) < М
для всех х  D. Произведение бесконечно величины малой на ограниченную функцию есть
величина бесконечно малая.
α(х)  f(x) = γ(х).
Функция f(x) называется бесконечно большой функцией или бесконечно
большой величиной при х сстремящемся к х0, если для любого сколь угодно большого
числа М можно указать зависящее от М число (М) > 0 такое, что для всех х,
удовлетворяющих неравенству x0 -х< , имеет место неравенство f (x) > М. Запись
37
lim f  x    .
x  x0
К бесконечно большим относятся, например:
y = 1/x при х  0,
y = lg (x) при х   и при х  + 0 и др.
Замечание. Бесконечность (обозначаемая знаком ) не является числом.
Для бесконечно больших функций справедливы следующие утверждения:
1. Сумма бесконечно больших величин, имеющих один знак, есть величина
бесконечно большая.
2. Произведение бесконечно больших величин есть величина бесконечно большая.
3. Произведение бесконечно большой на число есть величина бесконечно
большая.
Между бесконечно малой и бесконечно большой величинами существует простое
соотношение: если α(х) - бесконечно малая величина не равная тождественно нулю в
окрестности точки х0, то f(x) = 1/α(х) - бесконечно большая величина в окрестности точки
х0 и наоборот. Символьная запись этого утверждения
1
 ,
0
1
0.

Действительно, из определения бесконечно малой следует, что для каждого сколь
угодно малого числа  > 0 можно указать зависящее от  положительное число () > 0
такое, что для всех х, удовлетворяющих неравенству x0 - х< , имеет место неравенство
 α(х)  < . Тогда для f(x) = 1/α(х) выполняется соотношение
f ( x) 
1
1
 M .
( x) 
А это и означает, что f(x) бесконечно большая величина при xx0.
Аналогично доказывается что величина обратная бесконечно большой есть
бесконечно малая.
Поэтому, если 2 х - 6 является бесконечно малой величиной в окрестности точки х
= 3, то 1/(2х-6) - бесконечно большая в окрестности той же точки. Так как 1/х бесконечно
большая в окрестности точко ноль, то х есть бесконечно малая в окрестности той же
точки.
Глава 3. Правила вычисления пределов функции.
Теорема. Разность между функцией и ее пределом в точке х0
бесконечно малая, т. е., если lim f ( x)  A ,
есть величина
x  x0
то
f (x) = A +  (х)
(3.1)
где  (х) бесконечно малая функция в окрестности точки х0.
38
Доказательство. Обозначим за  (х) разность между функцией и ее пределом
 (х) = f (x) – A.
Тогда из определения предела функции следует что, ( x)  f ( x)  A   для всех х
удовлетворяющих условию x0 - х< . Сравнив полученные соотношения с определением
бесконечно малой функции, мы можем утверждать, что  (х) есть величина бесконечно
малая.
Справедливы следующие свойства пределов функций:
1. Если предел функции существует, то он единственен.
2. Предел постоянной величины С равен самой постоянной.
f ( x)  C  lim C  C
(3.2)
x  x0
Если при хx0 существуют конечные пределы функций f(x) и g(x)
lim f  x   A, lim g  x   B
xx0
xx0
(3.3)
то справедливы следующие утверждения
3. lim  f  x   g  x   lim f  x   lim g  x   A  B .
xx0
xx0
xxo
(3.4)
Действительно
lim f  x   A  f ( x)  A  ( x)
x x0
lim g  x   B  g ( x)  B  ( x)
x x0
где α(х) и β (х) величины бесконечно малые. Так как сумма бесконечно малых есть
величина бесконечно малая, т.е.
α(х) + β (х) = γ(х),
то
f ( x)  g ( x)  A  ( x)  B  ( x)  ( A  B)  ( x) .
Отсюда следует, что
4.
lim  f  x   g  x    A  B
xx0 
lim  f  x   g  x    lim f  x   lim g  x   A  B
xx0 
xx0
xx0
(3.5)
5. lim Cf  x   C  A
xx0
(3.6)
6. lim  f  x   g  x   lim f  x   lim g  x   A  B
xx0
xx0
xxo
(3.7)
39
7. lim f x  / g x   lim f x  / lim g x , если lim g ( x)  0 .
x x0
x x0
x x0
(3.8)
3
x
Пример 1. Вычислить lim x  3 .
x 1
Решение. Так как
x8
lim( x 3  3 x )  (1) 3  31  4 , а lim x  8  1  8  3 ,
x 1
то
x 1
3
x
по теореме о пределе частного получаем, что lim x  3  4 .
x 1
x8 3
Как правило применять теоремы о пределах можно только после предварительного
преобразования функций, стоящих под знаком предела. При этом
возможны
 0

, , 0   ,   , 1 .
 0

Приемом раскрытия неопределенности вида
является деление числителя и

следующие
неопределенные ситуации:
знаменателя на наивысшую степень x.
При неопределенности вида
0
требуется выполнить преобразование функции,
0
выделив в числителе и знаменателе дроби множитель, стремящийся к нулю. Затем
сократить дробь на этот общий множитель.
Неопределенности же вида 0   и    путем преобразований приводят к
0

или  . Поясним сказанное на примерах.
0

одному из рассмотренных случав 
2
Пример 2. Вычислить lim 3x  1 .
x  5 x 2  2 x
Решение. Наивысшая степень x вторая, делим числитель и знаменатель на
Получим
1
1
2
3 , так как lim 2  0 и
x
lim

x  x
x 
2 5
5
x
3
2
lim  0 .
x  x
Пример 3. Вычислить lim
x 2  5x  6 .
x2  9
Решение. Имеет
неопределенность вида
x 3
место
x2 .
0
. Разложим числитель и
0
знаменатель дроби на множители. Получим
40
( x  3)( x  2)
x 2  5x  6
x2 1.
lim
 lim
 lim

2
x 3
x 3 ( x  3)( x  3)
x 3 x  3
6
x 9
Глава 4. Предельные переходы в неравенствах. Замечательные пределы.
Теорема. Если функция y  f ( x) неотрицательна в окрестности точки x0, то и ее
предел при xx0 тоже величине неотрицательная
lim f  x   A  0 .
xx0
(3.9)
Доказательство ведем методом «от противного».
Предположим, что A < 0, т.е. – A > 0. В определении предела подразумевается, что в
A
качестве ε можно выбрать любое положительное число. Возьмем     0 , по нему
2
найдем зависящее от  положительное число () > 0 такое, что для всех х,
A
удовлетворяющих неравенству x0 - х< , справедливо f ( x)  A   . Раскроем
2
модульное неравенство
A
A
 f ( x)  A  
2
2
Рассмотрим правую часть неравенства и перенесем А направо. Получим
f ( x)  
A
A
2
или
f ( x) 
A
.
2
Это означает, что функция y  f ( x) отрицательна, что противоречит условию
теоремы.
Следствие. Если f (x) < g (x), то и lim f ( x)  lim g x  .
(3.10)
x x0
x x0
Первый замечательный предел
sin x
lim
1 .
x0 x
(3.11)
Построим тригонометрический круг с радиусом ОА = 1. Прямая DA – ось
тангенсов. Возьмем на окружности точку В. Радиус ОВ = 1. Соединим точки А и В. Угол
ВОА равен х, ВС = sin x, DA = tgx (рис. 4.1)
Предположим, что x > 0. Для x < 0 доказательство аналогично.,
Площадь треугольника ВОА
41
SBOA 
1
1
1
BC  OA  sin x 1  sin x .
2
2
2
Рис. 4.1. Первый замечательный предел.
Площадь сектора ВОА
SсекBOA 
1
1
1
x  OA2  x 12  x .
2
2
2
Площадь треугольника DОА
SBOA 
1
1
1
DA  OA  tgx 1  tgx .
2
2
2
Из чертежа следует, что для площадей выполняется соотношение
SBOA  SсекBOA  SВOA
т.е.
1
1
1
sin x  x  tgx
2
2
2
Сократим общий множитель ½ и разделим на sin (x). Получим
1
x
1

sin x cos x
Или, для обратных величин
cos x 
sin x
1
x
Так как cos x  1 , то и
x 0
Следствие: lim
x0
sin x
1 . Что и требовалось доказать.
x 
x 0
1 cos x 1

x2
2
(3.12)
42
Второй замечательный предел, число е.
Число е определяется как следующий предел
x
 1
lim 1    e , или lim(1  x) x  e , где число е = 2,718….,
x 0
x x 
1
(3.13)
Число е является основанием так называемых натуральных логарифмов loge x  ln x .
sin 2 x
Пример 1. Вычислить lim
.
3
x  2 cos x  cos x
2
Решение. Числитель и знаменатель дроби при x   стремятся к нулю.
2
Преобразуем функцию, выделим общий множитель
2sin x
2 1
sin 2 x
2 sin x cos x
lim

 2 .
 lim

 2cos 2 x  1
x

2
2

0

1

2
x

2 cos x  cos x
2 cos x( 2 cos x  1)
lim

x
3
Пример 2. Вычислить lim 8 x  1  3 .
2
x 1
x 1
0
. Преобразуем дробь, домножив
0
Решение. Имеет место неопределенность вида
числитель и знаменатель на выражение, сопряженное числителю
8x  1  3
( 8 x  1  3)( 8 x  1  3)
 lim

2
x 1
x 1
( x 2  1)( 8 x  1  3)
lim
x 1
 lim
x 1
1
8
1 8 3
1
(8 x  1)  9 1
8( x  1)
   .
 lim
  lim
 6  lim
x 1 x  1
6 2 2
8 x  1  3 x1 ( x  1)( x  1) 6 x1 ( x  1)( x  1)
Пример 3. Вычислить lim
x 


x 2  2x  x 2  4 .
Решение. Имеет место неопределенность вида    . Преобразуем функцию
под знаком предела, домножив и поделив на сопряженное выражение.


lim x 2  2 x  x 2  4  lim
x 
 lim
x 
x  2x  x  4
2
x 2  2x  x 2  4

x 
( x 2  2 x)  ( x 2  4)
2

 lim
x 

x 2  2x  x 2  4
x  2x  x  4
2
2
2x  4


.
x  2x  x  4
2
2
Таким образом получили предел, в котором имеет место неопределенность вида

. Наибольшая степень x первая, поэтому поделим числитель и знаменатель на

x, получим
43
2
lim
x 
1
4
x
2
4
 1 2
x
x

.
20
2
 1
1 0  1 0 2
Пример 4. Вычислить
lim ctg 3 x(cos x  cos3 x) .
x 0
Решение. Так как lim ctg 3 x   , а lim(cos x  cos3 x)  0 , то имеет место
x 0
x 0
неопределенность вида   0 .
Выполним преобразования
sin 2 x
1
cos3 x  cos x(1  cos2 x)
1  cos2 x
4
1 lim 3  lim
.

lim
cos
x

lim

3
3
x 0 sin x
x 0 sin x
x 0
x 0
x 0 sin x
sin x
lim
Пример 5. Вычислить lim 2 x  3 
x   2 x  2 
Решение.
Так
как

2x2 4
x6
.
2x  3
1 и
x  2 x  2
lim
2 x2  4
 ,
x  x  6
lim
то
имеет
место
неопределенность вида 1 .
Возможны 2 способа решения примера.
1
1-й способ. Вспомним, что есть замечательный предел lim(1   )
 0

 e.
Используем этот замечательный предел, преобразовав исходный предел
следующим образом:
 2x  2  5 
lim

x   2 x  2 
2x2 4
x6

5 

 lim 1 

x   
2x  2 

2x2
5




5 2 x 2  4

2 x2 x6
.
Имеем
5 

lim1 

x  
2x  2 
2x2
5
 e (здесь

5
),
2x  2
и
 5(2 x 2  4)
 10 x 2  20
10
 lim 2
   5 .
x  (2 x  2)( x  6)
x  2 x  14 x  12
2
lim
Таким образом,
 2x  3 
lim

 2x  2 
x 
2x2 4
x6
 e5 .
44
2-й способ.
2x  3 
2x  3
2x  3  2x  2 .

1 
2x  2
2x  2
2x  2
5 .

1 
2x  2
Причем   0 при
x   . Выразим x из равенства
2 x  2  5 ; 2 x  5  2 ; x   5  2 .
2
Таким образом,
2
  5  2 
2
 4
2x2  4
2(25  20  4 2 )  16 2
2 
 


 5  2
x6
2

(

5

2


12

)
6
2

50  40  8 2 1 25  20  4 2 .
 
2 (5  10 ) 
 5  10
Выполним замену
 2x  3 
lim

x   2 x  2 
2x2 4
x6
 lim(1   )
1 25  20  4 2


 5 10
 0
 e5 .
Так как
25  20  4 2
(1   )  e ,
 5 , а lim

0
 0
 5  10
lim
то в итоге предел равен
e 5 .
Глава 5. Непрерывность функции. Односторонние пределы.
Функция f(x) называется непрерывной в точке х0, если она определена в этой точке и
некоторой ее окрестности, а также
lim f  x   f  x0 .
x x0
(5.1)
Точки, в которых равенство (5.1) не выполняется, называются точками разрыва
функции. Функция непрерывна на промежутке, если она непрерывна в каждой точке
промежутка.
45
Обозначим за х разность между двумя значениями аргумента х = х2 –х1, а за f (x)
разность между двумя значениями функции f(x) = f(x2) - f(x1). Тогда, если функция
непрерывна, то бесконечно малому приращению аргумента соответствует бесконечно
малое приращение функции, т. е. если х 0, то и f (x)  0.
Введем понятие односторонних пределов. Число А называется пределом функции
f(x) слева, если хx0 оставаясь все время меньше х0 (x < x0). Запись предела слева
lim
f x   A.
x x0 0
Аналогично вводится понятие предела справа, в этом случае хx0 оставаясь все
время больше х0 (x > x0). Запись предела справа
lim
f x   A.
x x0 0
Для непрерывной функции предел слева совпадает с пределом справа и равен
значению функции в точке х0
lim
f x  = lim
f x  = f(x0).
x x0 0
x x0 0
В точках разрыва цепочка равенств нарушается. Разрыв называется «разрывом
первого рода», если все пределы конечны и «разрывом второго рода», если хотя бы один
из пределов не существует или бесконечен.
Если хотя бы один из пределов равен бесконечности в точке х = х0 , то говорят, что
в этой точке есть вертикальная асимптота. Функция, имеющая на конечном промежутке
конечное число разрывов первого рода называется кусочно непрерывной.
Все элементарные функции, а также любая их суперпозиция непрерывны в своей
области определения.
Пример 1. Найти точки разрыва функции.
 x,

y  4  x 2 ,
 4  x,

x  2,
если 2  x  0,
x  0.
( ;2) , (2;0) и (0;) функция непрерывна.
Проверке подлежат только точки x  2 и x  0 .
Решение. На интервалах
Для того чтобы убедиться, что функция непрерывна в точке, требуется
проверить, равны ли между собой односторонние пределы и равны ли они
значению функции в этой точке.
Рассмотрим точку x  2 .
f (2)  2 .
Вычислим односторонние пределы
46
lim f ( x)  lim x  2 ,
x 2  0
x 2  0
lim f ( x)  lim (4  x 2 )  0 .
x  2  0
x  2  0
Так как односторонние пределы не совпадают,
Рассмотрим точку x  0 .
f (0)  4 ,
x  2 - точка разрыва функции.
lim f ( x)  lim (4  x 2 )  4 , lim f ( x)  lim (4  x)  4 ,
x 0
x 0
x  0
x  0
x  0 - точка непрерывности функции, выполнены все условия непрерывности (рис.
5.1).
Рис. 5.1.
Пример 2. Исследовать поведение функции
Построить схематический чертеж.
y
2 x  5 вблизи точки разрыва.
x  10
Решение. Область определения функции x   ;10   10;
Точка разрыва x  10. Найдем односторонние пределы
2x  5
  ;
x  10  0 x  10
lim
lim
x  10  0
2x  5
  .
x  10
Знак предела зависит от знаков числителя и знаменателя дроби. В обоих
случаях числитель (2 x  5) 
 15 , но знаменатель в пределе слева остается
x  10
отрицательным, приближаясь к нулю, а в пределе справа, приближаясь к нулю,
знаменатель остается положительным. Схематичный чертеж представлен на рис. 5.2.
47
Рис. 5.2.
48