Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный электротехнический университет "ЛЭТИ"

Предмет:

Математический анализ

Файл:

1k2s_all / 1k1s_lim.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

09.02.2015

Размер:

510.96 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

x3 + x + 2

Пример 2.11. Вычислить lim		.

x→−1 x3 + x2 − x −1
Решение. Проверкой убеждаемся, что	x = −1 является корнем обоих

многочленов, и раскладываем числитель и знаменатель на множители. Сокращение общего множителя (x +1) сразу уничтожает неопределенность:

lim	x3	+ x + 2	0		lim	(x +1)(x2 − x + 2)	= lim	(x2 − x + 2)	=
			=	=
						(x +1)2 (x −1)		(x +1)(x −1)
x→−1 x3 + x2 − x −1			0		x→−1		x→−1

=4 = +∞.0

Число x = −1 является простым корнем числителя и корнем знаменателя кратности 2.

Пример 2.12. Вычислить

lim

x2 −6x +9

x→3 x3 −9x

Решение. Рассуждаем так же, как и в предыдущих задачах:

x2 −6x +9

(x −3)2

(x −3)

= 0 .

lim

= lim

lim

x→3 x3 −9x

x→3 x(x −3)(x +3)

x→3 x(x +3)

Число x =3 является корнем числителя кратности 2 и простым корнем

знаменателя.

Обобщим результаты, полученные в примерах 2.10 – 2.12: пусть число x0 является корнем многочлена P(x) кратности p и корнем многочлена

Q(x) кратности q , тогда

lim P(x)

x→x0 Q(x)

0		числу, о тличн о м у о т н уля, если p = q;
	=		∞, åñëè p < q;
=
0
			0, åñëè p > q.

2.3.Предел функций, содержащих иррациональные выражения

Пример 2.13. Вычислить
Пример 2.13. Вычислить	lim	x2 + 4x +5 − x .
	x→±∞
Решение. Так как lim	x2 + 4x +5 = +∞		(пример 2.5), то исходный
x→±∞

предел будет зависеть от того, куда стремится переменная x . Пусть сначала x → −∞. Тогда по правилу +∞ +∞ = +∞ сразу находим:

		x2 +			(		)
lim		x2 +	4x +5 − x	= +∞−		−∞		= +∞+∞	= +∞.
x→−∞
	Если же		x →+∞, то имеет место неопределенность +∞−(+∞). Умно-

жим и разделим выражение, стоящее под знаком предела, на сопряженное к

нему

+ 4x +5 + x . Затем в числителе полученной дроби воспользуемся

формулой

разности

квадратов

(a −b)(a +b)= a2 −b2 , полагая в ней

a = x2 + 4x +5, b = x :

x2 + 4x

+5 − x

+ 4x +5 − x =

x2 + 4x +5 + x

lim

x→+∞

x2 + 4x +5 + x

(x2 + 4x +5)− x2

lim

= lim

4x +5

x2 +

x→+∞

+ 4x +

x→+∞

4x +5 + x

5 + x

Числитель и знаменатель последней дроби – бесконечно большие функ-

ции, таким образом,

переходим от неопределенности +∞ −(+∞) к неопреде-

ленности

∞ , которая раскрывается вынесением из числителя и из знаменате-

∞

ля переменной в наивысшей степени:

4x +5

lim

1 + 4 +

+ x

x→+∞

+ 4x +5 + x

x→+∞

4 +

lim

= lim

x→+∞

1 +

4 +

+ x

x→+∞ x

1 + 4 + 5

x x

lim

4 + x

4 +0

= 2.

x→+∞

1 +0 +0 +1

1 +

Ответ:	lim	x2		+∞, x → −∞;
			+ 4x +5 − x	=	2, x → +∞.
	x→±∞

Пример 2.14. Вычислить lim	x2 +1 −1		.
	x2
x→0		+16 −4

Решение. В данном случае предел числителя и предел знаменателя равны нулю. Домножим числитель и знаменатель на сопряженные выражения:

+16

+ 4

+1 −1

−1

+1 +1

lim

= lim

x→0

+16 −4

x→0

+16

+16 + 4

−4

2 +

−

x2 +16 +

x2 +16 + 4

lim

= lim

+16)−16

x→0

x2 +1 +

x→0 x

x2 +1

= lim

x2 +16 + 4

16 + 4

= 4 .

x2 +1 +1

1 +1

x→0

Пример 2.15. Вычислить I = lim

3 2x −1 − 3 3x −2

x −

x→1

Решение. Прием умножения на сопряженное выражение не пригоден для вычисления этого предела. С целью уничтожения иррациональности в числи-

теле воспользуемся формулой (a −b)(a2 + ab +b2 )= a3 −b3 . Положим:

a = 3 2x −1 , b = 3 3x −2 . Чтобы получить в числителе разность кубов, надо его умножить на выражение 3 (2x −1)2 + 3 2x −1 3 3x −2 + 3 (3x −2)2 . Умножив числитель и знаменатель на эту величину, получим:

	(3 2x	−1 − 3 3x −2 ) 3 (2x −1)2 + 3		2x −1 3	3x − 2	+ 3 (3x −2)2
I = lim							=
I = lim		(x −1) 3	(2x −1)2 + 3 2x −1 3 3x −2		+ 3 (3x −2)2		=
x→1		(x −1) 3	(2x −1)2 + 3 2x −1 3 3x −2		+ 3 (3x −2)2

= lim			(2x −1) −(3x −2)			=
= lim		3 (2x −1)2 + 3 2x −1 3 3x −2 + 3 (3x − 2)2				=
x→1 (x −1)		3 (2x −1)2 + 3 2x −1 3 3x −2 + 3 (3x − 2)2

= lim			−x +1						=
= lim									=
x→1 (x −1) 3		(2x −1)2	+ 3 2x −1 3 3x −2 + 3 (3x − 2)2

= lim			−1		=					−1						= −1 .
= lim		2		2	=	3	2							3	2	= −1 .
→		2		2		3	2		3		3			3	2	3
→	(2x −1) + 3 2x −1 3 3x −2 + 3 (3x −2)						1	+	3	1	3	1	+		1	3
x 1 3	(2x −1) + 3 2x −1 3 3x −2 + 3 (3x −2)						1	+		1		1	+		1

2.4.Замечательные пределы. Эквивалентные бесконечно малые функции

При решении практических задач используются замечательные пределы

[1, с. 123, 124]:

lim sin x

=1 – первый замечательный предел;

(2.8)

x→0

lim (1 + x)x = e – второй замечательный предел.

(2.9)

x→0

Замечательные пределы позволяют установить ряд полезных предель-

ных соотношений:

lim

tg x

=1;

lim 1 −cos x =

1 ;

3) lim

arcsin x =1;

x→0

lim

arc tg x

=1;

lim

ln (1 + x)

= 0 ;

6) lim

ex −1

;

x→0

lim

ax −1

= ln a ;

lim

(1 + x)m −1

= m, m > 0 .

x→0

Пример 2.16. Вычислить

lim

sin 2x .

x→0

tg 3x

Решение. Сначала найдем предел

lim

sin 2x . Для решения предложен-

x→0

ной задачи сделаем замену y = 2x . Новая переменная

y →0 ,

когда x →0 .

Тогда в силу первого замечательного предела имеем:

lim

sin 2x = 0 =[y

= 2x, y →0]= lim

sin y

=1.

x→0

y→0

Рассуждая аналогичным образом, и учитывая, что lim tg x =1, находим:

x→0 x

lim	tg 3x	= 0	=[y =3x, y →0]= lim	tg y	=1.
x→0	3x	0	y→0	y

В числителе исходной дроби выделим выражение sin2x2x , а в знаменате-

ле выражение tg33xx и применим формулы (2.3), (2.4). Тогда

sin 2x

2 lim

sin 2x

lim

x→0

x→0 tg 3x

x→0 3 tg 3x

3 lim

tg 3x

x→0

Пусть

y = f (x)

y = g(x)

есть бесконечно малые

функции при

x → a, a

, т. е.

lim

f (x) = 0

lim g(x) = 0 . Функции f (x)

и g(x) назы-

x→a

ваются эквивалентными бесконечно малыми при x → a , если lim f (x) =1.

x→a g(x)

Обозначается это так: f (x) g(x) .

Используя формулу (2.8) и предельные соотношения 1 – 8, составим таблицу важнейших эквивалентных бесконечно малых функций при x →0 .

sin x x	1 −cos x	x2
		2

tg x x	ln (1 + x) x
arcsin x x	ex −1 x, ax −1 xln a
arctg x x	(1 + x)m −1 mx

Замечание. В качестве аргумента бесконечно малых функций в таблице эквивалентностей может выступать не только x →0 , но и любая величина

α(x) →0 при x →a .

Поясним сказанное на примерах.

Пример 2.17. Найти бесконечно малые, эквивалентные функциям: 1) ex2 −1 при x →0 ; 2) sin 1x при x →∞; 3) ln (2x2 − x)при x →1.

Решение:

1. Выражение α(x) = x2 →0 при x → 0 . Поэтому в роли бесконечно ма-

лого аргумента показательной функции из таблицы эквивалентностей высту-

пает величина x2 . Следовательно, (ex2 −1) x2 при x →0 .

2. Рассматриваемая функция действительно является бесконечно малой:

lim sin	1			1		= 0 . Выражение α(x)	=	1	→0	при x →∞, сле-
lim sin	x	=sin lim			=sin 0	= 0 . Выражение α(x)	=	x	→0	при x →∞, сле-
x→∞	x	x→∞ x						x
довательно: sin 1			1	при x →∞.
		x	x
3. Проверкой убеждаемся, что lim ln (2x2 − x)= ln1 = 0 . В аргументе ло-
						x→1	− x −1)
гарифма		выделим	единицу:			ln (2x2 − x)= ln (2x2	− x −1)			+1 . Выражение

α(x) = (2x2 − x −1) →0 при x →1. Тогда по таблице эквивалентностей име-

ем: ln (2x2 − x) 2x2 − x −1 при x →1.

Пример 2.18. Вычислить lim	ln (2x2 − x)	.

x→1 ln (2x − x2 )

Решение. Подстановкой убеждаемся, что имеет место неопределенность

00 , для раскрытия которой применим следующее утверждение.

Теорема 2.1. Предел отношения двух бесконечно малых функций не изменится, если каждую или одну из них заменить эквивалентной ей бесконечно малой.

И числитель, и знаменатель дроби – бесконечно малые. В примере 2.17 определена бесконечно малая, эквивалентная числителю:

ln (2x2 − x) 2x2 − x −1 при x →1. Рассуждая аналогичным образом, получа-

ем:	ln(2x − x2 ) = ln (2x − x2	−1) +1	2x − x2	−1	при x →1. После замены

числителя и знаменателя найденными эквивалентными бесконечно малыми, придем к пределу отношения двух многочленов:

ln (2x2 − x)

2x2

− x −1

2(x −1) x +

lim

= lim

−(x −1)2

x→1 ln (2x − x2 )

x→1 2x − x2 −1

x→1

= lim	(2x +1)	=		3	= ∞.

	−(x −1)			0
x→1	−(x −1)			0
Замечание.			Предел lim			sin 2x	(пример 2.16) можно вычислить значи-
					x→0	tg 3x

тельно быстрее, если заменить числитель и знаменатель эквивалентными им

бесконечно			малыми.		Так как sin 2x 2x , а tg 3x 3x при x →0 , то
lim	sin 2x	= lim		2x =	2 .
x→0	tg 3x		x→0	3x	3

Согласно теореме 2.1, замена по таблице эквивалентностей разрешена в частном и произведении бесконечно малых функций, а вот в сумме или разности бесконечно малых функций она не законна. Однако некоторые пределы, содержащие сумму или разность бесконечно малых, можно вычислить, если перед тем, как осуществлять замену эквивалентными, воспользоваться теоремой о пределе суммы.

Пример 2.19. Вычислить lim

ex2

−cos x

x→0

Решение. Преобразуем выражение, стоящее под знаком предела, сле-

дующим образом:

ex2 −cos x

ex2 −

1 +1 −cos x

ex2

−1

1 −cos x

. По таб-

лице эквивалентностей: (e

−1) x

и (1 −cos x)

при

x →0 . Тогда,

применив теорему о пределе суммы и заменив бесконечно малые эквивалентными уже в отношениях, получим:

lim e

−cos x =

−1 + lim

1 −cos x =

= lim e

−1 +1 −cos x = lim

x→0

= lim

+ lim

2 x

=1 + 1

3 .

x→0 x2

Но даже предварительное применение теоремы о пределе суммы или

разности не гарантирует уничтожения неопределенности. Например,

lim

tg x −sin x

= lim

tg x

−

sin x

lim

tg x

−

lim

sin x

x→0

x→0 x3

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 64 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке 1k2s_all

#
09.02.2015510.96 Кб891k1s_lim.pdf
#
09.02.2015136.7 Кб131k2s_MA.DOC
#
09.02.20155.67 Mб432k3s_f-i_nesk_perem.doc
#
09.02.20151.09 Mб63Производные4.doc