Nedeterminările zero supra zero și infinit supra infinit la funcții raționale

Un tramvai pornește din stație, iar distanța parcursă după $t$ secunde este $s(t)=t^2$ metri. Viteza medie pe intervalul dintre secunda $3$ și secunda $t$ este raportul $\frac{s(t)-s(3)}{t-3}=\frac{t^2-9}{t-3}$. Întrebarea firească a oricărui inginer este: cu ce viteză merge tramvaiul exact în secunda $3$? Ca să răspunzi, trebuie să lași $t$ să se apropie de $3$ — dar atunci și numărătorul, și numitorul se apropie de zero, iar scrierea $\frac{0}{0}$ nu spune nimic.

Nu spune nimic așa cum e scrisă. Cu o prelucrare de un rând se vede că, pentru $t\ne 3$, raportul este chiar $t+3$, deci limita este $6$: tramvaiul merge cu $6$ metri pe secundă. Toată lecția aceasta este despre prelucrarea aceea de un rând și despre sora ei de la celălalt capăt al axei, nedeterminarea $\frac{\infty }{\infty }$. Programa cere ca accentul să cadă „pe dezvoltarea creativității elevilor în prelucrarea expresiilor, în vederea obținerii unor operații cu limite care au sens" — iar la funcții raționale creativitatea are un nume foarte concret: descompunerea în factori.

Ce vei învăța

• Vei ști să recunoști, dintr-o privire, dacă o fracție de polinoame îți dă $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$ sau un rezultat direct.
• Vei ști de ce ai voie să simplifici fracția cu un factor care se anulează în punctul-limită — și să scrii justificarea în rezolvare.
• Vei ști să descompui numărătorul și numitorul folosind factorul $x-x_0$, inclusiv cu schema lui Horner la gradul al treilea.
• Vei ști să tratezi cazul în care, după simplificare, numitorul se anulează în continuare, prin limite laterale.
• Vei ști să calculezi limita unui raport de polinoame la $+\infty$ și la $-\infty$, comparând gradele.
• Vei ști să eviți capcana de semn de la $-\infty$, unde paritatea diferenței gradelor schimbă rezultatul.

Hai să descoperim împreună

1. Două nedeterminări, două locuri diferite pe axă

Înainte de orice calcul, învață să le deosebești după punctul în care se cere limita.

• $\frac{\infty }{\infty }$ apare la capetele nemărginite ale domeniului, adică pentru $x\to +\infty$ sau $x\to -\infty$, când și numărătorul, și numitorul cresc nemărginit în modul. Este exact tiparul studiat la șiruri în lecția Cazurile de nedeterminare infinit minus infinit și infinit supra infinit — aceeași idee, cu o singură completare, cea de la $-\infty$.
• $\frac{0}{0}$ apare într-un punct finit $x_0$, când $x_0$ este rădăcină comună a numărătorului și a numitorului. Acest caz nu are corespondent la șiruri, unde indicele merge mereu spre infinit; el este noutatea capitolului de funcții și e, totodată, cel mai frecvent la Bacalaureat M1.

Înainte de a te apuca de algebră, merită să vezi despre ce e vorba, iar programa recomandă explicit acest pas: se calculează valorile funcției în câteva puncte din vecinătatea lui $x_0$ și se urmărește tendința lor. Pentru $\frac{x^2-9}{x-3}$ tabelul arată așa:

Valorile se strâng, din ambele părți, în jurul lui $6$, deși în $3$ funcția nu este definită. Tabelul nu demonstrează nimic — el îți spune doar ce răspuns să te aștepți să obții și, mai ales, îți semnalează imediat dacă rezolvarea ta a ieșit pe alături. Folosește-l ca pe un control, niciodată ca pe o justificare.

Un al treilea tipar, care nu este nedeterminare, apare când numitorul se anulează în $x_0$, dar numărătorul nu: acolo se lucrează cu semnul numitorului și cu limite laterale, exact ca în lecția Operații cu limite de funcții. Prima întrebare pe care ți-o pui la orice fracție este deci: se anulează amândouă, sau numai numitorul?

2. De ce avem voie să simplificăm

Aici stă justificarea întregii metode, iar la Bacalaureat M1 ea se cere scrisă.

Fie $f(x)=\frac{x^2-9}{x-3}$, definită pe $\mathbb{R}\setminus \{3\}$. Pentru orice $x\ne 3$ avem, prin descompunerea diferenței de pătrate, $$f(x)=\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3,$$ simplificarea fiind legitimă tocmai pentru că $x\ne 3$, deci $x-3\ne 0$. Cele două funcții, $f$ și $g(x)=x+3$, coincid pe tot domeniul lui $f$; ele diferă doar prin faptul că $g$ este definită și în $3$, iar $f$ nu.

Or, limita în $x_0$ nu depinde de valoarea funcției în $x_0$ — acesta este caracterul local al limitei, enunțat în lecția precedentă, și el vine direct din definiția cu șiruri, unde se cere $x_n\ne x_0$. Prin urmare $$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^2-9}{x-3}=\underset{x\to 3}{\lim }(x+3)=6.$$ Control numeric: la $x=3\pm 10^{-6}$ raportul dă $5,999999$ și $6,000001$. ✓

Formularea de reținut, pe care o scrii în fiecare rezolvare: „pentru $x\ne x_0$ avem …, deci limitele celor două expresii coincid". Fără ea, simplificarea arată ca o împărțire la zero; cu ea, este o transformare corectă.

3. Rețeta pentru $\frac{0}{0}$: scoate factorul $x-x_0$

Dacă $P\left(x_0\right)=0$, atunci $x_0$ este rădăcină a polinomului $P$, iar din teorema studiată în clasa a X-a la lecția Teorema lui Bézout polinomul se divide cu $x-x_0$. Același lucru se întâmplă și cu $Q$. Deci factorul $x-x_0$ se găsește la ambele, și tocmai el se simplifică.

Cele trei unelte de descompunere, în ordinea în care le folosești:

1. formulele de descompunere cunoscute: $x^2-a^2=(x-a)(x+a)$, $x^3-a^3=(x-a)\left(x^2+ax+a^2\right)$;
2. rădăcinile trinomului de gradul al doilea: $a{x}^2+bx+c=a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)$;
3. schema lui Horner, pentru gradul al treilea sau mai mare, învățată în clasa a X-a la lecția Schema lui Horner; ea împarte polinomul la $x-x_0$ într-un singur rând de calcule.

O regulă de igienă care te scapă de jumătate din erori: verifică descompunerea înmulțind înapoi, sau, mai rapid, dând lui $x$ o valoare comodă. Dacă scrii $x^2-3x+2=(x-1)(x-2)$, pune $x=0$: membrul stâng dă $2$, iar cel drept $(-1)(-2)=2$. Coincidența la o singură valoare nu garantează egalitatea, dar o nepotrivire o infirmă pe loc, iar controlul durează trei secunde. Verificarea cu două-trei valori diferite face greșeala practic imposibil de strecurat.

Un exemplu cu trinoame: $$\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^2-3x+2}{x^2-1}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{(x-1)(x-2)}{(x-1)(x+1)}=\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x-2}{x+1}=\frac{-1}{2}=-\frac{1}{2}.$$ Identitățile au fost verificate exact, pe cinci valori: pentru $x=-3,-1,0,5,7$, expresia $x^2-3x+2$ dă $20,6,2,12,30$, adică exact $(x-1)(x-2)$. ✓ După simplificare, numitorul are limita $2\ne 0$, deci se aplică regula câtului și înlocuim direct.

Uneori factorul comun sare în ochi și nu e nevoie de nicio formulă: la $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+3x}{x^2-x}$ se dă $x$ factor sus și jos, iar pentru $x\ne 0$ fracția devine $\frac{x+3}{x-1}$, cu limita $-3$. Regula rămâne aceeași — cauți factorul $x-x_0$, aici cu $x_0=0$.

Un exemplu cu Horner, în care numărătorul are gradul al treilea: $$\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^3-3x^2+4}{x^2-4}.$$ Cum $2^3-3\cdot 2^2+4=0$, împărțim numărătorul la $x-2$ prin schema lui Horner. Coeficienții polinomului $x^3-3x^2+0\cdot x+4$ se scriu pe primul rând, iar pe al doilea se coboară primul coeficient și fiecare număr următor se obține înmulțind precedentul cu $2$ și adunând coeficientul de deasupra:

Ultimul număr este restul; el trebuie să fie $0$, altfel $x_0$ nu era rădăcină și ai greșit undeva. Primele trei dau câtul: $x^2-x-2$. Atenție la coeficientul lui $x$, care lipsește din enunț și se scrie $0$ — omisiunea lui este greșeala clasică la Horner. Obținem deci $x^3-3x^2+4=(x-2)\left(x^2-x-2\right)=(x-2{)}^2(x+1)$, a doua descompunere venind din rădăcinile $2$ și $-1$ ale trinomului. Numitorul este $(x-2)(x+2)$, deci pentru $x\ne 2$: $$\frac{x^3-3x^2+4}{x^2-4}=\frac{(x-2{)}^2(x+1)}{(x-2)(x+2)}=\frac{(x-2)(x+1)}{x+2}⟶\frac{0\cdot 3}{4}=0.$$ Observă că, după simplificare, nedeterminarea a dispărut: numărătorul tinde la $0$, numitorul la $4\ne 0$, deci răspunsul este $0$. Control numeric: la $x=2-10^{-4}$ valoarea este $-7,5\cdot 10^{-5}$, iar la $x=2+10^{-4}$ este $7,5\cdot 10^{-5}$. ✓

4. Când numitorul rămâne nul după simplificare

Se întâmplă atunci când $x_0$ este rădăcină de ordin mai mare pentru numitor decât pentru numărător. Atunci simplificarea nu elimină tot, iar rezultatul se decide prin semn, ca în lecția precedentă.

$$\frac{x^2-1}{(x-1{)}^2}=\frac{(x-1)(x+1)}{(x-1{)}^2}=\frac{x+1}{x-1}(x\ne 1).$$ Am ajuns la o fracție cu numărător de limită $2>0$ și numitor de limită $0$, care își schimbă semnul în $1$: negativ la stânga, pozitiv la dreapta. Deci $$\underset{\begin{array}{c}x\to 1\\ x<1\end{array}}{\lim }\frac{x^2-1}{(x-1{)}^2}=\frac{2}{0^{-}}=-\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to 1\\ x>1\end{array}}{\lim }\frac{x^2-1}{(x-1{)}^2}=\frac{2}{0^{+}}=+\infty ,$$ iar funcția nu are limită în $1$. Regula de lucru: simplifici cât se poate, apoi te uiți din nou la ce ai obținut — dacă mai ai $\frac{0}{0}$, continui; dacă ai numitor nul cu numărător nenul, treci la limite laterale; dacă ai numitor nenul, ai terminat.

Merită să vezi imaginea de ansamblu, pentru că ea îți spune răspunsul dinainte. Fie $k$ ordinul rădăcinii $x_0$ pentru numărător, adică de câte ori se poate scoate factorul $x-x_0$ din el, și $m$ ordinul aceleiași rădăcini pentru numitor. După ce simplifici de $\min (k,m)$ ori, rămâne factorul $(x-x_0{)}^{k-m}$ înmulțit cu o fracție care nu se mai anulează. Prin urmare:

În exemplul de mai sus, numărătorul $x^2-1$ are pe $1$ ca rădăcină simplă ($k=1$), iar numitorul $(x-1{)}^2$ ca rădăcină dublă ($m=2$), deci $k<m$ și rezultatul infinit era previzibil. Nu folosi tabelul ca să sari peste calcul, ci ca să-ți verifici răspunsul: dacă ai obținut o valoare finită nenulă acolo unde ordinele diferă, ai greșit o descompunere.

5. Nedeterminarea $\frac{\infty }{\infty }$: împarte la termenul dominant

La capetele axei nu mai există factor comun de scos: acolo întrebarea este cine crește mai repede. Ideea este exact cea de la șiruri: se împart numărătorul și numitorul la puterea dominantă a numitorului. Fie $$P(x)=a_p{x}^p+\cdots +a_0,Q(x)=b_q{x}^q+\cdots +b_0,a_p\ne 0,b_q\ne 0.$$ Scoțând forțat factor $x^p$ sus și $x^q$ jos, obținem, pentru $x\ne 0$, $$\frac{P(x)}{Q(x)}=x^{p-q}\cdot \frac{a_p+\frac{a_{p-1}}{x}+\cdots +\frac{a_0}{x^p}}{b_q+\frac{b_{q-1}}{x}+\cdots +\frac{b_0}{x^q}}.$$ A doua fracție tinde la $\frac{a_p}{b_q}$, pentru că toate celelalte fracții tind la $0$ — atât la $+\infty$, cât și la $-\infty$. Rămâne factorul $x^{p-q}$, iar el este cel care decide.

Două precizări despre acest calcul, care se cer scrise. Prima: împărțirea la $x^q$ este permisă pentru că, la $\pm \infty$, lucrăm cu valori oricât de mari în modul, deci în orice caz $x\ne 0$ — condiția se enunță o dată, la începutul rezolvării. A doua: fracțiile de forma $\frac{a_k}{x^j}$ tind la $0$ pe amândouă ramurile, pentru că numitorul crește nemărginit în modul; de aceea partea fracționară a calculului nu depinde de direcție, iar toată discuția de semn se concentrează în factorul $x^{p-q}$. Odată înțeles acest lucru, tabelul din secțiunea următoare nu mai trebuie memorat, ci doar citit.

De ce se împarte la puterea numitorului, și nu a numărătorului? Pentru că numitorul trebuie să ajungă la o limită finită și nenulă, altfel regula câtului nu se poate aplica și rămâi tot într-o nedeterminare. Este un detaliu de metodă care se depunctează des.

6. Teorema gradelor — și capcana semnului la $-\infty$

Primele două rânduri se citesc la fel de ambele părți. Al treilea nu, și aici e toată deosebirea față de capitolul de șiruri, unde $n$ mergea numai spre $+\infty$: factorul rămas, $x^{p-q}$, tinde la $+\infty$ când $x\to +\infty$, dar la $-\infty$ când $x\to -\infty$ și $p-q$ este impar, respectiv la $+\infty$ când $p-q$ este par.

Compară cele două perechi, ca să vezi mecanismul: $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{2x^3+1}{x^2-1}=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{2x^3+1}{x^2-1}=-\infty (p-q=1,\text{ impar});$$ $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^4+1}{x^2+3}=+\infty ,\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^4+1}{x^2+3}=+\infty (p-q=2,\text{ par}).$$ Control numeric: la $x=-10^4$, prima expresie dă aproximativ $-2\cdot 10^4$, iar a doua aproximativ $10^8$. ✓

Nu memora tabelul cu $(-1{)}^{p-q}$; memorează procedeul: scoți factor $x^{p-q}$, îi calculezi limita știind încotro merge $x$, apoi înmulțești cu $\frac{a_p}{b_q}$. Procedeul nu te lasă niciodată, formula te lasă la primul exercițiu cu semne.

7. Arborele de decizie

Trei întrebări, în această ordine, îți dau întotdeauna metoda:

Ordinea celor trei întrebări nu este întâmplătoare: prima te scapă de calcule inutile, a doua îți spune dacă răspunsul e un număr sau o pereche de limite laterale, iar a treia îți dă metoda. Un elev care le pune de fiecare dată, în această ordine, nu mai are nevoie să memoreze cazuri particulare.

Reține și cazurile în care nu ai nedeterminare, deși expresia pare complicată: $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+4}{x^2+1}=4$ se rezolvă prin înlocuire, pentru că în $0$ numitorul face $1$, nu $0$. Prezența lui $x^2$ nu înseamnă nimic; contează limitele, nu forma scrisă.

Exemple rezolvate

Exemplul 1 — Cazul de bază

Calculați $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-4}{x-2}$.

Rezolvare. În $x_0=2$ ambele se anulează: tip $\frac{0}{0}$. Descompunem numărătorul și simplificăm, ceea ce e permis pentru că lucrăm cu $x\ne 2$: $$\frac{x^2-4}{x-2}=\frac{(x-2)(x+2)}{x-2}=x+2(x\ne 2),\text{deci}\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2-4}{x-2}=4.$$ Control numeric: la $x=2\pm 10^{-6}$ raportul dă $3,999999$ și $4,000001$. ✓

Exemplul 2 — Ambele polinoame se descompun

Calculați $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^3-27}{x^2-9}$.

Rezolvare. Tip $\frac{0}{0}$. Folosim diferența de cuburi și diferența de pătrate: $$\frac{x^3-27}{x^2-9}=\frac{(x-3)\left(x^2+3x+9\right)}{(x-3)(x+3)}=\frac{x^2+3x+9}{x+3}(x\ne 3).$$ Identitatea $x^3-27=(x-3)\left(x^2+3x+9\right)$ a fost verificată exact pe valorile $x=-3,-1,0,5,7$. ✓ Numitorul are acum limita $6\ne 0$, deci $$\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^3-27}{x^2-9}=\frac{9+9+9}{6}=\frac{27}{6}=\frac{9}{2}.$$

Exemplul 3 — Grad al treilea, cu schema lui Horner

Calculați $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-2x^2-5x+6}{x^2-4x+3}$.

Rezolvare. Tip $\frac{0}{0}$, pentru că $1-2-5+6=0$ și $1-4+3=0$. Împărțim numărătorul la $x-1$ cu schema lui Horner: $x^3-2x^2-5x+6=(x-1)\left(x^2-x-6\right)=(x-1)(x-3)(x+2)$. Numitorul este $(x-1)(x-3)$. Pentru $x\ne 1$: $$\frac{(x-1)(x-3)(x+2)}{(x-1)(x-3)}=x+2(x\ne 3\text{ și }x\ne 1),\text{deci limita este }3.$$ Observă că s-au simplificat doi factori; al doilea, $x-3$, nu se anulează în $1$, deci simplificarea lui era oricum permisă. Control numeric: la $x=1\pm 10^{-6}$ raportul dă $2,999999$ și $3,000001$. ✓

Exemplul 4 — Rădăcină multiplă la numitor

Studiați existența limitei funcției $f(x)=\frac{x^2-1}{(x-1{)}^2}$ în $x_0=1$.

Rezolvare. Tip $\frac{0}{0}$. Simplificăm o dată: $f(x)=\frac{x+1}{x-1}$ pentru $x\ne 1$. Nedeterminarea a dispărut, dar numitorul se anulează în continuare, iar numărătorul are limita $2>0$. Semnul numitorului este negativ la stânga lui $1$ și pozitiv la dreapta, deci $$\underset{\begin{array}{c}x\to 1\\ x<1\end{array}}{\lim }f(x)=\frac{2}{0^{-}}=-\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to 1\\ x>1\end{array}}{\lim }f(x)=\frac{2}{0^{+}}=+\infty .$$ Cele două fiind diferite, $f$ nu are limită în $1$.

Exemplul 5 — Raport de polinoame la ambele capete

Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x^2-x+2}{2x^2+5}$ și $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{-2x^3+x}{x^2+1}$.

Rezolvare. Prima: gradele sunt egale, deci limita este raportul coeficienților dominanți. Cu calculul complet, prin împărțire la $x^2$: $$\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3x^2-x+2}{2x^2+5}=\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{3-\frac{1}{x}+\frac{2}{x^2}}{2+\frac{5}{x^2}}=\frac{3}{2}.$$ A doua: $p=3>q=2$, deci scoatem factorul $x^{p-q}=x$: $$\frac{-2x^3+x}{x^2+1}=x\cdot \frac{-2+\frac{1}{x^2}}{1+\frac{1}{x^2}}⟶(-\infty )\cdot (-2)=+\infty .$$ Atenție la semn: $x\to -\infty$, iar fracția rămasă tinde la $-2$; produsul a două mărimi negative este pozitiv. Control numeric: la $x=-10^4$ expresia dă aproximativ $2\cdot 10^4$. ✓

Exemplul 6 — Exemplu tip Bacalaureat M1

Se consideră funcția $f:\mathbb{R}\setminus \{-2,2\}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x^2-5x+6}{x^2-4}$. a) Calculați $\underset{x\to 2}{\lim }f(x)$. b) Calculați $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ și $\underset{x\to -\infty }{\lim }f(x)$. c) Calculați limitele laterale ale lui $f$ în $x_0=-2$ și precizați dacă $f$ are limită acolo.

Rezolvare.

a) În $2$ ambele polinoame se anulează: tip $\frac{0}{0}$. Descompunem: $x^2-5x+6=(x-2)(x-3)$ și $x^2-4=(x-2)(x+2)$, identități verificate exact pe cinci valori. ✓ Pentru $x\ne 2$: $$f(x)=\frac{(x-2)(x-3)}{(x-2)(x+2)}=\frac{x-3}{x+2}⟶\frac{-1}{4}=-\frac{1}{4}.$$

b) Tip $\frac{\infty }{\infty }$, cu grade egale, deci limita este raportul coeficienților dominanți, $\frac{1}{1}=1$, la ambele capete.

c) În $-2$ numărătorul are limita $4+10+6=20>0$, iar numitorul limita $0$: nu mai este nedeterminare, ci caz de semn. Cum $x^2-4=(x-2)(x+2)$, pentru $x$ puțin mai mic decât $-2$ ambii factori sunt negativi, deci produsul e pozitiv; pentru $x$ puțin mai mare decât $-2$, primul factor e negativ și al doilea pozitiv, deci produsul e negativ. Prin urmare $$\underset{\begin{array}{c}x\to -2\\ x<-2\end{array}}{\lim }f(x)=\frac{20}{0^{+}}=+\infty ,\underset{\begin{array}{c}x\to -2\\ x>-2\end{array}}{\lim }f(x)=\frac{20}{0^{-}}=-\infty ,$$ deci $f$ nu are limită în $-2$.

Să exersăm

Lucrează pe caiet. La fiecare limită scrie întâi tipul — $\frac{0}{0}$, $\frac{\infty }{\infty }$, caz de semn sau înlocuire directă — și abia apoi calculează.

1. Calculează $\underset{x\to 3}{\lim }\frac{x^2-9}{x-3}$.

2. Calculează $\underset{x\to -1}{\lim }\frac{x^2-1}{x+1}$.

3. Calculează $\underset{x\to 1}{\lim }\frac{x^3-1}{x^2-1}$.

4. Calculează $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^4-16}{x-2}$.

5. Calculează $\underset{x\to -3}{\lim }\frac{x^2+2x-3}{x^2-9}$.

6. Calculează $\underset{x\to 0}{\lim }\frac{x^2+3x}{x^2-x}$.

7. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{5x^3-2}{2x^3+x}$.

8. Calculează $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^2+1}{x^3-1}$.

9. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{x^3+2}{4x^2+1}$ și $\underset{x\to -\infty }{\lim }\frac{x^3+2}{4x^2+1}$, comparând rezultatele.

10. Calculează $\underset{x\to +\infty }{\lim }\frac{(2x-1{)}^3}{x^3+5}$.

11. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă numărătorul și numitorul se anulează amândouă în $x_0$, atunci limita fracției este $1$."

12. (Adevărat/Fals cu motivare.) „Dacă $\underset{x\to +\infty }{\lim }h(x)=+\infty$, atunci și $\underset{x\to -\infty }{\lim }h(x)=+\infty$."

13. Explică, în două propoziții, de ce este permisă simplificarea cu $x-x_0$ atunci când se calculează o limită în $x_0$.

14. Studiază existența limitei funcției $u(x)=\frac{x^2-4}{(x-2{)}^2}$ în $x_0=2$.

15. (Problemă aplicată.) Un obiect parcurge $s(t)=t^2$ metri în $t$ secunde. Viteza medie între secundele $t$ și $5$ este $\frac{s(t)-s(5)}{t-5}$. Calculează limita acestei viteze medii când $t\to 5$ și interpretează rezultatul.

16. (Exercițiu tip Bacalaureat M1.) Se consideră $f:\mathbb{R}\setminus \{-3,3\}\to \mathbb{R}$, $f(x)=\frac{x^2-2x-3}{x^2-9}$. Calculează $\underset{x\to 3}{\lim }f(x)$, apoi $\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)$ și limitele laterale ale lui $f$ în $x_0=-3$.

17. Găsește un raport de polinoame pentru care limita la $+\infty$ este $-\infty$, iar limita la $-\infty$ este $+\infty$. Justifică prin paritatea diferenței gradelor.

18. (Provocare.) Determină numerele reale $a$ și $b$ pentru care $\underset{x\to 2}{\lim }\frac{x^2+ax+b}{x-2}=5$. Explică de ce condiția „numărătorul se anulează în $2$" este obligatorie.

Răspunsuri și explicații

1. Tip $\frac{0}{0}$: $\frac{(x-3)(x+3)}{x-3}=x+3\to 6$.

2. Tip $\frac{0}{0}$: $\frac{(x-1)(x+1)}{x+1}=x-1\to -2$.

3. Tip $\frac{0}{0}$: $\frac{(x-1)\left(x^2+x+1\right)}{(x-1)(x+1)}=\frac{x^2+x+1}{x+1}\to \frac{3}{2}$.

4. Tip $\frac{0}{0}$: $x^4-16=\left(x^2-4\right)\left(x^2+4\right)=(x-2)(x+2)\left(x^2+4\right)$, deci raportul este $(x+2)\left(x^2+4\right)\to 4\cdot 8=32$.

5. Tip $\frac{0}{0}$: $\frac{(x+3)(x-1)}{(x-3)(x+3)}=\frac{x-1}{x-3}\to \frac{-4}{-6}=\frac{2}{3}$.

6. Tip $\frac{0}{0}$: $\frac{x(x+3)}{x(x-1)}=\frac{x+3}{x-1}\to \frac{3}{-1}=-3$.

7. Grade egale: limita este $\frac{5}{2}$.

8. Gradul numitorului e mai mare, deci limita este $0$ (la ambele capete, de altfel).

9. $p-q=1$, impar: la $+\infty$ limita este $+\infty$, la $-\infty$ este $-\infty$. Coeficientul $\frac{1}{4}$ e pozitiv, deci semnul îl dă numai direcția.

10. Numărătorul are gradul $3$, cu coeficient dominant $2^3=8$; gradele fiind egale, limita este $\frac{8}{1}=8$.

11. Fals. Este exact cazul de nedeterminare $\frac{0}{0}$: din exercițiile de mai sus, aceeași scriere a dat $6$, $-2$, $\frac{3}{2}$, $32$. Rezultatul depinde de expresie, nu de tipar.

12. Fals. Contraexemplu: $h(x)=x^3$ are limita $+\infty$ la $+\infty$ și $-\infty$ la $-\infty$. Direcția contează ori de câte ori rămâne o putere impară.

13. Pentru $x\ne x_0$ factorul $x-x_0$ este nenul, deci simplificarea este o transformare corectă, iar cele două expresii coincid pe o vecinătate a lui $x_0$, mai puțin în $x_0$. Cum limita nu depinde de valoarea funcției în $x_0$ (caracterul local), cele două expresii au aceeași limită.

14. $\frac{(x-2)(x+2)}{(x-2{)}^2}=\frac{x+2}{x-2}$ pentru $x\ne 2$. Numărătorul are limita $4>0$, numitorul își schimbă semnul: limita la stânga este $-\infty$, cea la dreapta $+\infty$, deci $u$ nu are limită în $2$.

15. $\frac{t^2-25}{t-5}=t+5\to 10$ pentru $t\ne 5$. Viteza „instantanee" în secunda a cincea este de $10$ metri pe secundă; ideea acestei limite va reveni, cu un nume propriu, la capitolul de funcții derivabile.

16. În $3$: $\frac{(x-3)(x+1)}{(x-3)(x+3)}=\frac{x+1}{x+3}\to \frac{4}{6}=\frac{2}{3}$. La $+\infty$: grade egale, deci limita este $1$. În $-3$ numărătorul are limita $12>0$, iar numitorul $(x-3)(x+3)$ este pozitiv la stânga lui $-3$ (ambii factori negativi) și negativ la dreapta, deci limita la stânga este $+\infty$, cea la dreapta $-\infty$, iar $f$ nu are limită în $-3$.

17. De exemplu $\frac{-x^3}{x^2+1}$: $p-q=1$ impar și $\frac{a_p}{b_q}=-1<0$, deci la $+\infty$ limita este $-\infty$, iar la $-\infty$ este $+\infty$.

18. Numitorul tinde la $0$; dacă numărătorul nu s-ar anula în $2$, limita ar fi infinită sau ar lipsi, niciodată $5$. Deci $4+2a+b=0$. Atunci $x^2+ax+b=(x-2)(x-c)$ cu $c=-\frac{b}{2}$, iar limita raportului este $2-c=5$, de unde $c=-3$. Rezultă $x^2+ax+b=(x-2)(x+3)=x^2+x-6$, deci $a=1$ și $b=-6$. Verificare: $4+2-6=0$. ✓

De reținut

• $\frac{0}{0}$ apare într-un punct finit, când numărătorul și numitorul au aceeași rădăcină; $\frac{\infty }{\infty }$ apare la $\pm \infty$. Prima întrebare este întotdeauna „se anulează amândouă, sau numai numitorul?".
• Simplificarea cu $x-x_0$ este legitimă pentru că se lucrează cu $x\ne x_0$, iar limita nu depinde de valoarea funcției în $x_0$. Justificarea se scrie, nu se subînțelege.
• Factorul comun se obține din formulele de descompunere, din rădăcinile trinomului sau cu schema lui Horner; existența lui e garantată de teorema lui Bézout.
• La $\frac{\infty }{\infty }$ se împarte la puterea dominantă a numitorului, ca acesta să ajungă la o limită finită și nenulă.
• La $x\to -\infty$, când $p>q$, semnul depinde de paritatea lui $p-q$: pentru $p-q$ impar rezultatul își schimbă semnul față de $+\infty$, pentru $p-q$ par îl păstrează.

Greșeli frecvente

• Simplifici fără să spui de ce. Scrii direct fracția redusă, fără mențiunea „pentru $x\ne x_0$". La Bacalaureat M1 acesta este un pas de barem: fără el, transformarea arată ca o împărțire la zero.
• Împarți la puterea dominantă a numărătorului. Atunci numitorul ajunge la $0$ sau la infinit și rămâi în nedeterminare. Se împarte întotdeauna la puterea dominantă a numitorului.
• Aplici la $-\infty$ rezultatul obținut la $+\infty$. Este greșeala numărul unu a acestei lecții. Verifică paritatea lui $p-q$: pentru $\frac{2x^3+1}{x^2-1}$, la $+\infty$ limita este $+\infty$, iar la $-\infty$ este $-\infty$.
• Te oprești după prima simplificare, fără să reverifici. Dacă a rămas tot $\frac{0}{0}$, mai ai de simplificat; dacă a rămas numitor nul cu numărător nenul, mai ai de scris două limite laterale. Rezolvarea se încheie doar când ai o expresie fără nedeterminare.
• Scrii „limita este $\infty$" când limitele laterale sunt opuse. Ele fiind diferite, funcția nu are limită în punctul respectiv, iar răspunsul corect conține ambele limite laterale și această concluzie.

Aplică acasă

1. Cartonașele cu descompuneri. Scrie pe cartonașe formulele $x^2-a^2$, $x^3-a^3$, $x^3+a^3$ și forma $a\left(x-x_1\right)\left(x-x_2\right)$ a trinomului. Amestecă-le și, pentru fiecare, inventează o fracție care dă $\frac{0}{0}$ și pe care formula respectivă o rezolvă. Este cel mai rapid mod de a-ți construi reflexul de descompunere.

2. Tabelul de valori pe telefon. Într-un tabelar sau pe calculatorul de buzunar, calculează $\frac{x^2-9}{x-3}$ pentru $x=2,9$; $2,99$; $2,999$ și pentru $3,1$; $3,01$; $3,001$. Vezi cum ambele coloane se apropie de $6$, deși expresia nu e definită în $3$ — este exact ce spune caracterul local al limitei.

3. Cursa gradelor. Alege trei rapoarte de polinoame cu grade diferite și, înainte de a calcula ceva, prezice limita la $+\infty$ și la $-\infty$ doar comparând gradele și paritatea diferenței lor. Apoi verifică prin calcul. Ține scorul: la a treia încercare ar trebui să nimerești de fiecare dată.

Pentru părinți și profesori

Lecția transformă un simbol fără sens, $\frac{0}{0}$, într-o procedură sigură. Ideea centrală este că nedeterminarea nu e o proprietate a limitei, ci a formei în care a fost scrisă expresia: rescrisă altfel, aceeași funcție dă un răspuns imediat. A doua idee, care se pierde cel mai des, este justificarea simplificării — ea nu e un truc, ci o consecință a definiției limitei, care privește numai valorile din jurul punctului, nu și valoarea din punct.

Ce verifică lecția: (1) recunoașterea tipului înainte de calcul; (2) descompunerea corectă, inclusiv cu schema lui Horner la gradul al treilea; (3) redactarea justificării „pentru $x\ne x_0$"; (4) discuția pe cele două capete ale axei, cu atenție la semn. Întrebări bune de control: „De ce ai voie să tai $x-2$?"; „Ce faci dacă după simplificare numitorul se anulează în continuare?"; „De ce limita la $-\infty$ poate diferi de cea la $+\infty$?".

La BAC M1, acest material apare în fiecare sesiune, cel mai adesea ca prim punct al unei probleme cu funcții raționale sau ca exercițiu de sine stătător în prima parte a subiectului. Semne că elevul a înțeles: scrie tipul înainte de a calcula; nu uită mențiunea despre $x\ne x_0$; și verifică din nou expresia după fiecare simplificare, în loc să se oprească la primul pas.

Întrebări frecvente

Ce înseamnă nedeterminarea 0 supra 0? Înseamnă că, înlocuind $x$ cu $x_0$, atât numărătorul, cât și numitorul dau $0$, deci scrierea obținută nu conține nicio informație despre limită. Nu este un rezultat și nu înseamnă că limita ar fi $0$ sau $1$: expresia trebuie rescrisă, cel mai adesea prin descompunere în factori și simplificare.

De ce am voie să simplific cu x minus x zero? Pentru că limita se calculează folosind numai valori $x\ne x_0$, iar pentru ele factorul $x-x_0$ este nenul. Cele două expresii, cea inițială și cea simplificată, coincid pe o vecinătate a lui $x_0$ din care se scoate $x_0$ însuși, deci au aceeași limită.

Cum calculez limita unui raport de polinoame la infinit? Compari gradele. Dacă sunt egale, limita este raportul coeficienților dominanți. Dacă gradul numitorului e mai mare, limita este $0$. Dacă gradul numărătorului e mai mare, limita este infinită, iar semnul se obține scoțând factor $x^{p-q}$ și ținând cont de direcția în care merge $x$.

De ce limita la minus infinit poate fi diferită de cea la plus infinit? Pentru că factorul rămas după simplificare, $x^{p-q}$, se comportă diferit pe cele două ramuri când exponentul este impar: $x^3$ merge la $+\infty$ spre dreapta și la $-\infty$ spre stânga. Când exponentul este par, cele două limite coincid.

Ce fac dacă după simplificare numitorul tot se anulează? Verifici dacă și numărătorul se anulează. Dacă da, mai ai un factor comun de scos și continui. Dacă nu, ai ieșit din nedeterminare și treci la cazul de semn: calculezi cele două limite laterale, folosind semnul numitorului de o parte și de alta a punctului.

Când folosesc schema lui Horner la limite? Când numărătorul sau numitorul are gradul cel puțin trei și știi deja o rădăcină — anume $x_0$, punctul în care se cere limita. Împărțirea la $x-x_0$ îți dă câtul într-un singur rând de calcule, iar acesta se descompune apoi mai departe, dacă mai e nevoie.

Este $\frac{5}{0}$ tot o nedeterminare? Nu. Nedeterminare înseamnă că amândouă tind la $0$. Când numărătorul are o limită nenulă, iar numitorul tinde la $0$, rezultatul se decide din semnul numitorului: se calculează cele două limite laterale, care sunt infinite, și se spune dacă ele coincid sau nu.