Тема Математический анализ

19 Пределы функций. Непрерывность. Точки разрыва.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#68557

Найти место в нашем (геометрическом) доказательстве первого замечательного предела $lim sixnx x→0$ , где был обман. А именно, мы в доказательстве кое-где не очень обоснованно воспользовались некоторой формулой, которая не вполне очевидна и, строго говоря, пользоваться ей в этом доказательстве мы не имели права.

Показать ответ и решение

Дело в том, что в доказательстве первого замечательного предела мы явно воспользовались формулой площади круга

S круга = πr2

(Из неё мы и получили формулу площади кругового сектора).

Но дело в том, что сама эта формула, если открыть любой школьный учебник по геометрии, использует в своем доказательстве тот факт, что $sina(ann) → 1$ при $an → 0$ . Так или иначе, любое школьное доказательство формулы площади круга использует этот факт.
А именно, в любом школьном учебнике доказательство формулы для площади круга всегда проводится по следующей схеме:

Впишем в круг радиуса $R$ правильный $n$ -угольник. Пусть $S$ -площадь круга, $Sn$ - площадь правильного вписанного в круг $n$ -угольника, $Pn$ -периметр правильного вписанного в круг $n$ -угольника.
Тогда перпендикуляр, опущенный из центра многоугольника к любой его стороне равен $rn = R cos πn$ . Тогда при $n → ∞$ выполнено, что $rn → R$ .
В то же время, поскольку $P = 2Rn sin π n n$ , то при $n → + ∞$ выполнено, что $Pn → 2πR$ .
А, значит, коль скоро $Sn = 12rnPn$ , то при $n → + ∞$ выполнено, что $Sn → 1R ⋅2πR = πR2 2$ . И всё доказано.

Но так ли здесь всё чисто? Ни в коем случае!
При предельном переходе $P = 2Rn sin π → 2πR n n$ мы пользуемся не чем иным, как первым замечательным пределом!

А именно, тот факт, что $sinππn → 1 n$ - есть не что иное, как первый замечательный предел!

А именно его мы и доказываем...

Получается, чтобы доказать первый замечательный предел, нам нужен...он сам.

Такие вещи в логике называются порочным кругом, и это с точки зрения доказательства не есть хорошо.

Комментарий. На самом деле, доказать формулу площади круга можно и без применения первого замечательного предела. Но для этого нужна гораздо более сложная техника вычисления площадей при помощи определенных интегралов. Поэтому, несмотря на то, что геометрическое доказательство содержит в себе обман, тем не менее, на уровне матана первого семестра это доказательство считается $”$ нормальным $”$ и его спокойно принимают на любом экзамене. Хотя, как мы видим, здесь есть тонкости.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#68558

Показать, что если $f(x) ∼ g(x )$ при $x → x0$ , и существует проколотая окрестность точки $x0$ , в которой $g(x) ⁄= 0$ , то

f(x ) xli→mx ----= 1 0 g(x)

Комментарий. То есть на значок эквивалентности можно смотреть и так, что просто-напросто предел отношения эквивалентных функций равен 1 (если мы конечно имеем право на $g(x )$ делить.)

Показать ответ и решение

Тот факт, что $f(x) ∼ g(x)$ при $x → x0$ означает, что $∃$ функция $α(x)$ такая, что $α(x) → 1$ при $x → x0$ и при этом

f(x) = α (x )g(x)

в некоторой проколотой окрестности точки $x0$ .

Но тогда, если существует проколотая окрестность точки $x0$ , в которой $g(x) ⁄= 0$ , то в этой проколотой окрестности на $g(x)$ можно последнее равенство поделить, и получить, что

f(x) ----= α (x ) g(x)

Ну а тогда, переходя к пределу

f(x) lxim→x0g(x) = lxim→x0α(x) = 1

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#68559

Показать, что из того, что при $x → 0$ : $sinx ∼ x$ следует, что $tg x ∼ x$ .

Показать ответ и решение

Действительно, из того, что $sinx ∼ x$ следует, что существует такая функция $α (x),$ что $sin x = α (x )⋅x,$ где $α(x ) → 1$ при $x → 0.$

Но тогда $sinx α(x)⋅x tgx = cosx-= -cosx-= β(x)⋅x$ , где $α(x) β(x) = cosx-$ . И $β(x)$ , очевидно, стремится к 1 при $x → 0$ . Следовательно, $tgx ∼ x$ при $x → 0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#68560

Найти $√1-−-cosx2- lixm→0---------- 1− cosx$

Показать ответ и решение

∘ ----------- √1-− cosx2 1-−-cosx2 √ -------2- ----x2---- 2⋅ (x2)2 √---- √ - lim --1−-cosx- = lim -----2-----= lim --------2---- = -2-⋅1= 2. x→0 1 − cosx x→0 1−-cxo2sx- x→0 1−-cx2osx- 1 2- 2-

(Мы воспользовались тем, что $1 − cosx ∼ x2 2$ , а также тем, что $1− cosx2 ∼ (x2)2 2$ )

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#68561

Найти $cos(xex)− cos(xe−x) lixm→0--------x3--------$

Показать ответ и решение

Воспользуемся формулой для разности косинусов, а затем эквивалентностью $sinα ∼ α$ (при $α → 0$ ):

( ex + e−x) ( ex − e−x) cos(xex)− cos(xe−x) − 2sin x ⋅--2---- sin x ⋅---2---- lxim→0 -------x3---------= lxim→0 ----------------x3-----------------=

− 2⋅x ⋅ ex +-e−x-⋅x⋅ ex-−-e−x x −x = lim ----------2-----------2--- = lim − 1⋅(ex+ e−x)⋅ (e-−-1)−-(e-−-1) = x→0 x3 x→0 2 x

(поскольку $lim − 12(ex + e−x) = − 1 x→0$ )

(e−x-−-1)−-(ex-−-1) e−x −-1 ex-−-1 − x x- = lxim→0 x = lxim→0 x − lixm→0 x = xli→m0 x − lxi→m0 x = − 1− 1 = − 2

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#68562

Найти $m√x−1 lixm→1-n√x−1$

Показать ответ и решение

Сделаем замену $x− 1 = t$ . Тогда:

m√x-− 1 m√t-+-1− 1 1mt n xli→m1 √nx--− 1-= ltim→0 n√t-+-1−-1-= ltim→0-1t = m n

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#69193

Вычислить $x2ctg2x lxim→0 -sin3x-$

Показать ответ и решение

Согласно таблице $¯o$ -малых при $x → 0$ , имеем:

1 − 4x2+ ¯o(4x2) ctg(2x) = cos2x-= -----2--------- ,sin3x = 3x + ¯o(3x) sin 2x 2x + ¯o(2x)

Таким образом, будем иметь:

21− 4x2+¯o(4x2) x2ctg2x- x---22x+-¯o(2x)--- ---------x2 −-2x4 +-¯o(4x4)--------- lxim→0 sin 3x = lixm→0 3x + ¯o(3x) = lxim→0 6x2 + 2x ¯o(3x )+ 3x¯o(2x) + ¯o(2x )o¯(3x ) =

x2 + ¯o(x2) Делим на x2 1+ ¯o(1) 1 = lxim→0 6x2 +-¯o(x2) = lxim→0 6+-¯o(1)-= 6-

(Здесь мы воспользовались тем, что $4 2 4 2 2 2 x = ¯o(x ),¯o(x ) = ¯o(x ),x ⋅ ¯o(x) = ¯o(x ),¯o(x)⋅ ¯o(x) = ¯o(x )$ ).

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#69194

Вычислить $lxim→0 1−x⋅cotgs23xx$

Показать ответ и решение

Согласно таблице $¯o$ -малых при $x → 0$ , имеем:

9x2 2 2 2 cos(3x) = 1 − -2--+ ¯o(x ),tg 2x = 2x+ ¯o(x ),x tg2x = 2x + ¯o(x )

Тогда

1− cos3x 9x2+ ¯o(x2) 9x2+ ¯o(x2 )Делим на x2 9 + ¯o(1) 9 lim --------- = lim -22-----2--= lim -22------2- = lim 2-------= -- x→0 x⋅tg 2x x→0 2x + ¯o(x ) x→0 2x + ¯o(x ) x→0 2 + ¯o(1) 4

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#69195

Найти предел:

√------ √ ------ m-1-+αx-−--n1+-βx- lxi→m0 x

где $m, n$ – целые числа

Показать ответ и решение

Воспользуемся таблицей $o¯$ -малых при $x → 0$ : $√ ------- m 1 + αx = 1+ αmx + ¯o(x)$ , $n√------- β 1 + βx = 1 + nx + ¯o(x)$ , получаем:

m√ ------- √ ------- α β α β lim --1-+-αx-−-n-1+-βx--= lim 1+--mx-+-¯o(x)−-1-−-nx-+-¯o(x)-= lim x(m-−--n)+-¯o(x)-Дели=м на x x→0 x x→0 x x→0 x

Делим на x (αm-−-βn-)+-¯o(1) α- β- = lxim→0 1 = m − n

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#69197

Найти предел:

√ ---- √ ---- --cosx-−-3-cosx- xli→m0 sin(x2)

Показать ответ и решение

Воспользуемся таблицей $o¯$ -малых при $x → 0$ :

x2 2 √ ----- x2 2 1 1 x2 2 x2 2 cosx = 1− 2-+ ¯o(x ), cosx = (1− -2 + ¯o(x ))2 = 1−2-(2-+ ¯o(x ))+ ¯o(2-+ ¯o(x ))

√3----- x2- 2 1 1-x2- 2 x2- 2 cosx = (1 − 2 + ¯o(x ))3 = 1 − 3( 2 + ¯o(x ))+ ¯o( 2 + ¯o(x ))

2 2 2 sinx = x + ¯o(x )

Но с учетом того, что $2 2 ¯o(x2 + ¯o(x2)) = ¯o(x2), ¯o(x2-+ ¯o(x2)) = o¯(x2)$ , перепишем:

√----- √ ----- 2 2 -cos-x−--3cosx- 1-−-x4-−-1+--x6-+-¯o(x2) Делим на x2 −-112-+-¯o(1) − 1 lxim→0 sin (x2) = lix→m0 x2 + ¯o(x2) = lix→m0 1+ ¯o(1) = 12

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#69198

Найти предел:

√ ------ 4−---21-−-x- lxim→5 3√x-−-13+ 2

Показать ответ и решение

Вначале необходимо сделать замену аргумента, чтобы можно было воспользоваться таблицей $¯o$ -малых.

Пусть $y = x− 5$ . Тогда $y → 0$ , $x = y + 5$ . И тогда:

∘ ------ 4 − √21-−-x 4 − √16-−-y- 4− 4 1 − 1y6 lim √3----------= lim -3√----------= lim ---∘----------= x→5 x − 13+ 2 y→0 y − 8 + 2 y→0 − 2 3 1 − y8 + 2

4-−-4(1−-12-y16-+-¯o(y))- y8 +-¯o(y)-Делим на y -18 +-¯o(1) 12- 3- lyim→0 − 2(1 − 1y + ¯o(y))+ 2 = lyim→0 y-+ ¯o(y) = lyim→0 -1 + ¯o(1) = 8 = 2 38 12 12

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#69199

Найти предел:

√------ √ ------ 325-+x-−-3-29−-x- lxim→2 x − √2x-

Показать ответ и решение

Пусть $y = x− 2$ . Тогда $y → 0$ , $x = y + 2$ . И тогда:

√ ------ √ ------ √------ √ ------ ∘3-----y 3∘ ----y- 3-25+-x-−√-329−-x- 327-+-y-−√-3-27−-y- 3--1-+-27-−∘3--1−--27- lxim→2 x− 2x = liym→0 y + 2− 2y + 4 = lyi→m0 y = y + 2 − 2 1 + 2

1y 1 y 2y 2 = lim 3(1+--327 +-¯o(y))−-3(1-−-327-+-¯o(y-))-= lim 27-+-¯o(y)Д елим= на y lim 27-+-¯o(1)= 4- y→0 y + 2− 2(1+ 12y2 + ¯o(y)) y→0 y2 + ¯o(y)) y→0 12 + ¯o(1)) 27

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 73#69200

Найти предел:

-arcsin-3x−-sin2x lixm→0tg2x + ln(1+ 7x)

Показать ответ и решение

Согласно таблице $¯o$ -малых при $x → 0$ :

2 2 2 2 arcsin 3x = 3x+¯o(x),sinx = x+ ¯o(x),sin x = (x+ ¯o(x))(x+ ¯o(x))+x +2xo¯(x)+ ¯o(x)⋅¯o(x) = x + ¯o(x )

tgx = x+ ¯o(x),tg2 x = (x+o¯(x))(x+ ¯o(x))+x2+2x ¯o(x)+ ¯o(x)⋅¯o(x) = x2+ ¯o(x2)

ln (1 + 7x) = 7x+ ¯o(x )

Итого:

arcsin3x-−-sin2-x- ---3x-−-x2-+-¯o(x2)--- lxi→m0 tg2x + ln(1+ 7x) = lxi→m0 x2 + ¯o(x2)+ 7x + ¯o(x)

Теперь, с учетом того, что $x2 = o¯(x)$ , $¯o(x2) = o¯(x)$ при $x → 0$ :

2 2 lim ----3x−-x--+-¯o(x-)--- = lim 3x-+-¯o(x-)= Дели=м на x lim 3+-o¯(1)-= 3 x→0 x2 + ¯o(x2)+ 7x + ¯o(x) x→0 7x + ¯o(x ) x→0 7+ o¯(1) 7

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 74#69201

Найти предел:

ln(1+-x-−-x3)-+-arcsin-2x−-3x3 lxim→0 sin 3x+ tg2x+ (ex − 1)10

Показать ответ и решение

Согласно таблице $¯o$ -малых при $x → 0$ :

3 3 3 ln(1+ x − x ) = x− x + ¯o(x− x ),arcsin2x = 2x + ¯o(x),sin3x = 3x+ ¯o(x)

tg2x = (x+ o¯(x))(x + ¯o(x )) + x2 + 2x ¯o(x )+ ¯o(x)⋅ ¯o(x) = x2 + ¯o(x2 )

x e − 1 = x + ¯o(x)

Таким образом:

3 3 3 3 3 lim ln(1-+-x-−-x-)+-arcsin-2x−--3x- = lim x−--x-+-¯o(x-−-x-)+-2x-+-¯o(x)−-3x-- x→0 sin3x + tg2x + (ex − 1)10 x→0 3x+ o¯(x) + x2 + o¯(x2) + (x+ ¯o(x))10

Теперь, с учетом того, что $3 x = ¯o(x )$ , $3 ¯o(x− x ) = ¯o(x)$ , $2 x = ¯o(x )$ , $(x + ¯o(x))10 = ¯o(x)$ при $x → 0$ :

x − x3 + ¯o(x − x3)+ 2x + ¯o(x)− 3x3 3x+ o¯(x) Делим на x 3 + ¯o(1) lim ------------2------2------------10 = lim --------- = lim --------= 1 x→0 3x+ ¯o(x )+ x + ¯o(x ) + (x+ ¯o(x)) x→0 3x+ o¯(x) x→0 3 + ¯o(1)

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 75#69202

Найти предел:

esinx-−-esin2x- xli→mπ 3√πx2-− π

Показать ответ и решение

Вначале необходимо сделать замену аргумента, чтобы можно было воспользоваться таблицей $¯o$ -малых.

Пусть $y = x− π$ . Тогда $y → 0$ , $x = y + π$ . И тогда:

sin x sin2x sin(π+y) sin(2π+2y) − siny sin2y lim e-√--−-e---- = lim e-∘-----−-e-------- = lim -e∘-----−-e----- x→ π 3 πx2 − π y→0 3π (π + y)2 − π y→0 π 3(1 + y)2 − π π

Далее, при $y → 0$ : $sin y = y + ¯o(y)$ , поэтому

e− sin y = e− y+ ¯o(y) = 1 − y+ ¯o(y)+ ¯o(− y+ ¯o(y)) = 1− y+ ¯o(y)+¯o(y) = 1− y+ ¯o(y)

Аналогично, при $y → 0$ : $sin 2y = 2y + ¯o(y)$ , поэтому

sin2y 2y+o¯(y) e = e = 1+2y+ ¯o(y)+ ¯o(2y+ ¯o(y )) = 1+2y+ ¯o(y)+ ¯o(y) = 1+2y+ ¯o(y )

Кроме того,

∘ -------- ∘ -------∘ ------- 3 (1+ y)2 = 3 (1+ -y)⋅ 3 (1 + y-) = (1+ 1-y+ ¯o(y ))(1+ 1y-+o¯(y)) = 1+ 2y-+¯o(y2) = 1+ 2y-+¯o(y) π π π 3π 3π 3π 3π

Тем самым, наш знаменатель преобразуется так:

∘ -------- 3 -y 2 2-y- 2- π (1+ π ) − π = π (1 + 3 π + ¯o(y)) − π = 3y + ¯o(y)

Таким образом,

− siny sin2y lim e∘-----−-e-----= lim 1-−-y-+-¯o(y-)−-(1+-2y-+-¯o(y))= Дели=м на ylim −-3+-¯o(1) = − 9- y→0 π 3(1+ y)2 − π y→0 23y + ¯o(y) y→0 23 + o¯(1) 2 π

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 76#69517

Доказать, что функция $tg x$ непрерывна всюду на своей области определения, то есть непрерывна в любой точке $π x0 ⁄= 2 + πk,k ∈ ℤ$ .

Показать ответ и решение

Поскольку $tg x = scinosxx-$ , а числитель и знаменатель являются непрерывными всюду на $ℝ$ , то по теореме о непрерывности частного, частное $sinx- cosx$ будет непрерывно всюду, где знаменатель не обращается в ноль.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 77#69518

Доказать, что функция $ctgx$ непрерывна всюду на своей области определения, то есть непрерывна в любой точке $x0 ⁄= π + πk,k ∈ ℤ$ .

Показать ответ и решение

Поскольку $ctg x = csosinxx-$ , а числитель и знаменатель являются непрерывными всюду на $ℝ$ , то по теореме о непрерывности частного, частное $cosx- sinx$ будет непрерывно всюду, где знаменатель не обращается в ноль.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 78#69519

Доказать, что любая дробно-рациональная функция $PQ(x(x))-$ , где $P,Q$ - многочлены - будет непрерывной в любой точке $x0$ такой, что $Q(x0) ⁄= 0$ .

Показать ответ и решение

Так как любая дробно-рациональная функция по определению является частным двух многочленов, а любой многочлен - непрерывен всюду на $ℝ$ , то частное $PQ-(x(x))$ будет непрерывно всюду, где знаменатель не обращается в ноль.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 79#69520

Используя тот факт, что функция $ex$ непрерывна в нуле, вывести, что $x e$ непрерывна в любой точке $x0 ∈ ℝ$ .

Показать ответ и решение

По определению, нужно доказать, что для любой точки $x0 ∈ ℝ$ выполнено

xli→mx ex = ex0 0

(При этом нам разрешено пользоваться тем фактом, что $x lxim→0 e = 1$ ).

Итак,

|ex − ex0| = ex0|ex−x0 − 1|

Но первый сомножитель $ex0$ является просто константной, не зависящей от $x$ . А что же происходит со вторым сомножителем?

Второй сомножитель $x− x |e 0 − 1|$ при $x → x0$ стремится к нулю, поскольку при $x → x0$ показатель степени $ex−x0$ стремится к нулю. А поскольку экспонента - непрерывна в нуле, то $x− x0 e$ стремится к единице при $x → x0$ . Тем самым, мы получаем

lim |ex − ex0| = lim ◟e◝x◜0◞ |ex− x0 − 1|= 0 x→x0 x→x0 константа ◟---◝→◜0---◞

Следовательно, $x x0 e → e$ при $x → x0$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 80#69521

а) Доказать тот факт, менять значок $lim$ со значком непрерывной функции можно даже тогда, когда внутренняя функция непрерывной не является. А именно, доказать следующее свойство:

Пусть функция $f(x)$ непрерывна в точке $x0$ . Пусть существует предел $lim x (t) = x0 t→t0$ . Тогда существует и $lim f(x(t)) t→t0$ , да притом

lim f (x (t)) = f(lim x(t)) = f(x0) t→t0 t→t0

b) А можно ли от требования непрерывности внешней функции вообще избавиться? То есть будет ли верен более общий факт о пределе композиции?

Пусть существует предел $lim f(x) x→x0$ . Пусть существует предел $lt→imt0 x(t) = x0$ . Тогда существует и предел $lt→imt0 f(x(t))$ .

Показать ответ и решение

а) Действительно, пусть мы хотим посчитать предел $lim f(x(t)) t→t0$ . Тогда, по Гейне, это означает, что мы должны взять любую последовательность $tn → t0$ такую, что $tn ⁄= t0$ для любого $n$ , подставить её в $f (x(t))$ и посмотреть, к чему будет сходиться $f(x(tn))$ .

Давайте так и сделаем. Берём произвольную $t → t n 0$ такую, что $t ⁄= t n 0$ для любого $n$ . Тогда, поскольку нам дано, что существует предел $lim x(t) = x0 t→t0$ , то это означает, что какую бы последовательность $t → t , t ⁄= t ∀n ∈ ℕ n 0 n 0$ мы ни взяли, то обязательно $x(tn )$ будет стремиться к $x0$ . То есть мы имеем, что $x(t ) → x n 0$ .

Обзовём теперь эту $x(tn) = ξn$ . Тогда, очевидно, $ξn → x0$ (мы просто переименовали $x(tn)$ ).

Но, поскольку $f$ непрерывна в точке $x0$ , то просто по определению это означает, что какую бы последовательность $xn$ мы ни взяли, если $xn → x0$ , то $f(xn) → f (x0)$ . Мы, конечно, в качестве $xn$ возьмём нашу $ξn$ (она же, по-старому, $x(tn)$ ). Как мы сказали выше, $ξn → x0$ , а это значит, что $f(ξn) → f(x0)$ . Но $tn$ , а, значит, и $ξn$ , была произвольной.

Значит, мы с вами доказали, что $∃ lim f (x(tn)) = f(ξn) = f (x0 ) n→ ∞$ и, таким образом, по Гейне мы показали, что $∃ lti→mt0f(x(t)) = f(x0)$ .

b) Это неверно. И вот контрпример. Возьмём $f(x) = e− 1|x|,$ $x(t) ≡ 0.$ Тогда ясно, что $∃ lim f(x) = 0, x→0$ поскольку $f(x) = -11- e|x|$ и при $x → 0$ показать экспоненты в знаменателе стремится к $+ ∞,$ следовательно и сама $1- e|x|$ стремится к $+ ∞,$ а значит $f(x) = -1-→ 0. e 1|x|$

Далее, поскольку $x(t) ≡ 0,$ то есть функция $x(t)$ в каждой точке $t ∈ ℝ$ равна 0, то это просто константная функция и поэтому очевидно, что $∃ lim x(t) = 0. t→t0$

Однако, функция $f(x(t))$ не имеет предела при $t → 0,$ поскольку эта функция не определена ни в одной точке. Ведь $x(t)$ это всегда 0, а в область определения функции $f(x)$ точка $0$ не входит. То есть у нас получилось так, что, несмотря на то, что существуют оба предела