2.15 Условия постоянства функции |
|
|
|
|
|
|
|
73 |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 − |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
x − arctg x |
|
|
|
|
|
1 |
= |
1 |
|
|
Пример 1. lim |
= lim |
1 + x2 |
|
= lim |
|
. Все условия тео- |
|||||
x3 |
3x2 |
|
|
+ x2) |
|
||||||
x→0 |
x→0 |
|
x→0 3(1 |
3 |
|
||||||
ремы 1 здесь выполнены.
Пример 2. Найти lim xtg x.
x→0+0
Решение. Имеем неопределённость 00. Логарифмируя выражение y = xtg x, по- ln1x .
|
|
|
|
tg x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
x→0+0 ln |
|
|
ln x |
|
∞ |
= x→0+0 x |
|
|
1 |
|
1 |
|
|
= |
|||||||||
|
= x→0+0 1 |
∞ |
|
(tg x)−2 |
|
|
|||||||||||||||||
lim |
|
y |
lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
lim |
|
− |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
tg x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
cos2 x |
|
|||||||
= lim |
|
−(tg x)2 cos2 x |
= |
−x |
lim |
sin2 x |
= |
lim |
sin x |
sin x = 0. |
|||||||||||||
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
x |
→ |
0+0 |
x |
|
|
|
→ |
0+0 |
x |
|
|
−x 0+0 |
x |
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
→ |
|
|
|
|
|||
Так как lim ln y = 0, то lim y = 1. Следовательно, |
lim |
xtg x = 1. |
|
||||||||||||||||||||
x→0 |
|
|
|
x→0 |
|
|
|
|
|
|
|
x→0+0 |
|
|
|
|
|||||||
2.14 Пользуясь правилом Лопиталя, найдите следующие пределы:
а) |
lim |
x3 + 4x2 − 36x − 144 |
; |
|
|
x→−6 |
x2 + 9x + 18 |
||
в) |
lim |
e2(x+3) − e8(x+3) |
; |
|
|
x→−3 |
x + 3 |
||
б) lim 204(x3 + 12x2 + 12x − 80); x→−10 x3 + x2 − 76x + 140
г) lim 2(x − sin x). x→0 x − tg x
2.15 Условия постоянства функции. Условия монотонности функции
Теорема 1. Пусть функция f (x) определена и непрерывна в промежутке X (конечном или бесконечном, замкнутом или нет) и имеет внутри него конечную производную. Для того чтобы f (x) была в X постоянной, необходимо и достаточно, чтобы f ′(x) = 0 внутри X .
Необходимость условия очевидна: из f (x) = const следует f ′(x) = 0. Достаточность. Пусть f ′(x) = 0 внутри X . Фиксируем любую точку x0 X и
возьмём любую другую точку x X . К f (x) и промежутку [x0, x] или [x, x0] применим теорему Лагранжа (все её условия выполнены) f (x) − f (x0) = f ′(c)(x − x0).
Так как f ′(c) = 0, то f (x) = f (x0) = const. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
Пример 1. Доказать, что arctg x = arcsin |
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
√ |
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
1 + x2 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
Решение. Рассмотрим функцию |
f (x) = arctg x − arcsin |
√ |
|
|
|
. |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
1 + x2 |
|
|||||||||||||||||||||||||||
Находим |
|
|
|
|
|
√ |
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
1 |
|
1 |
|
|
|
|
1 + x |
− |
√ |
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
1 + x2 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
f ′(x)= |
|
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
− |
|
|
= 0. |
||||||||
1 + x2 |
|
|
|
|
|
|
|
1 + x2 |
1 + x2 |
1 + x2 |
||||||||||||||||||
s1 − |
|
2 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
1 + x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
По теореме 1 f (x) = arctg x − arcsin |
|
|
x |
|
|
|
|
|
(0) = 0, то c = 0. |
|||||||||||||||||||
√ |
|
= c. Так как f |
||||||||||||||||||||||||||
1 + x2 |
||||||||||||||||||||||||||||
Равенство доказано. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||