Дифференциалы высших порядков
Пусть у = f (х) дифференцируемая функция, а её аргумент х- независимая переменная. Тогда её первый дифференциал dy = f′ (x) dx есть также функция от х; можно найти дифференциал этой функции.
Дифференциал от дифференциала функции у = f (х) называется её вторым дифференциалом (или дифференциалом второго порядка) и обозначается d 2y или d 2 f (x):
d 2 y = f ′′ (x) dx 2
Здесь dx 2 обозначает (dx)2.
Аналогично определяется и находится дифференциал третьего порядка: d 3 y = d (d 2 y) = d (f ′′ (x) dx 2) = f ′′′ (x) dx 3.
Вообще, дифференциал n-го порядка есть дифференциал от дифференциала (n-1)-го порядка: d n y = d (d n - 1y) = f (n) (x) (dx) n.
Отсюда находим, что f (n)(x)= d n y . В частности, при n = 1, 2, 3 соответственно получаем: dxn
f ′(x)= |
dy |
, |
f ′′(x)= |
d 2 y |
, |
f ′′′(x)= |
d 3 y |
, т.е. производную функции можно рассматривать как |
|
dx |
|
|
dx2 |
|
|
dx3 |
|
отношение её дифференциала соответствующего порядка к соответствующей степени дифференциала независимой переменной.
Отметим, что все приведённые выше формулы справедливы только, если х – независимая переменная.
Пример. Найти d 2 y, если y = e 3x и х – независимая переменная. Решение: так как y′ = 3e 3x, y′′ = 9e 3x, то имеем d 2y = 9e 3x dx 2.
Правила Лопиталя
Правила Лопиталя применяются для раскрытия неопределённостей вида 00 и ∞∞ , которые называются основными.
Теорема 3. (Правило Лопиталя раскрытия неопределённостей вида 00 ).
Пусть функции f (x) и g (x) непрерывны и дифференцируемы в окрестности точки х0 и
обращаются в нуль в этой точке: f (x0) = g (x0) = 0. Пусть g′ (x) ≠ 0 в окрестности точки x0. Если |
|||||||||||||||||||||||||
существует предел |
lim |
f ′(x) |
|
= l , то |
lim |
f (x) |
= lim |
f ′(x) |
|
= l . |
|
|
|
||||||||||||
|
|
g(x) |
g′(x) |
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
x→x0 |
g |
′ |
|
x→ x0 |
|
|
x→ x0 |
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
|
|
(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Пример. Найти lim1− cos6x . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
x→0 |
2x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Решение: lim |
1− cos 6x |
= |
0 |
|
п.Л. |
|
6sin 6x |
|
|
|
0 |
|
п.Л. |
36 cos 6x |
|
36 |
|
||||||||
= lim |
|
= |
|
= lim |
= |
= 9. |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
x→0 |
2x |
2 |
|
|
x→0 |
4x |
|
|
x→0 |
4 |
4 |
|
|||||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
||||||||||||
Теорема 4. (Правило Лопиталя раскрытия неопределённостей вида ∞∞ ).
13
Пусть функции f (x) и g (x) непрерывны и дифференцируемы в окрестности точки х0 (кроме, |
|||||||||
может быть, точки х0), в этой окрестности lim f (x)= lim g(x)= ∞ , g′ (x) ≠ 0. Если существует |
|||||||||
|
f ′(x) |
|
f (x) |
|
f ′(x) |
x→ x0 |
x→ x0 |
||
предел lim |
, то lim |
= lim |
. |
|
|||||
g′(x) |
|
g(x) |
|
|
|
||||
x→ x0 |
x→ x0 |
x→ x0 |
g′(x) |
|
|||||
tg 3x
Пример. Найти lim tg 5x
x→π2
Решение:
lim tg 3x = |
|
∞ = |
|
|
|
|
3 |
|
= lim 3cos |
2 |
5x |
= |
0 = |
|
|||||||||||||
lim |
cos |
|
3x |
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
п.Л. |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
п.Л. |
|
|
x→ |
π |
tg 5x |
|
|
|
x→ |
π |
5 |
|
|
x→ |
π |
5cos |
2 |
3x |
|
0 |
|
|
||||||||
2 |
|
|
∞ |
2 |
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
cos2 5x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
= |
3 |
lim − 10 cos 5x sin 5x |
|
= lim sin10x |
= |
0 |
= |
lim10cos10x |
= 5 . |
||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
5 x→ |
π |
− 6 cos 3x sin 3x |
|
|
x→ |
π |
sin6x |
|
|
|
|
x→ |
π |
6cos6x |
3 |
|||||||||||
|
2 |
|
|
2 |
|
0 |
|
2 |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Неопределённости вида [0∞], [∞ − ∞], [1∞], [∞ 0], [0 0] сводятся к двум основным путём тождественных преобразований.
Пусть f (x) → 0, и g (x) → 0 при х → х0. Тогда очевидны следующие преобразования:
lim(f (x)g(x))= [0 ∞]= lim |
|
f (x) |
|
= |
|
0 |
|
(или lim |
|
|
f (x) |
|
= |
∞ ). |
||||||||||||||||
1 |
|
|
0 |
|
1 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||
x→ x |
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
∞ |
||||||||||||||
|
x→ x |
|
|
|
|
|
|
|
|
x→ x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
g(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
g(x) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Пример. |
Найти limtg |
|
π x |
(2 − x). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
|
|
x→2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
Решение: |
|
|
|
|
|
2 − x |
|
|
= 0 = lim |
|
|
|
|
−1 |
|
|
= 4 . |
|||||||||||||
limtg π x (2 − x)= [∞ 0]= lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
п.Л. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
x→2 |
|
x→2 |
|
π x |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
π |
|
|||||||||||||
|
|
ctg 4 |
|
|
|
x→2 |
− |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
sin |
2 π x |
|
π |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
4 |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Пусть f (x) → ∞, и g (x) → ∞ при х → х0. Тогда можно поступить так:
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
− |
|
|
|
|
0 |
|||
lim(f (x)− g(x))= [∞ − ∞]= lim |
|
|
|
|
g(x) |
f (x) |
|||||||||||||||
|
|
|
|
− |
|
|
|
= lim |
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
. |
||
|
1 |
|
1 |
|
1 |
|
|
|
1 |
|
|
0 |
|||||||||
x→ x0 |
x→ x0 |
|
|
|
|
|
x→ x0 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
f (x) |
|
g(x) |
|
g(x) |
|
f (x) |
|
|
|
||||||||||
Пусть f (x) → 1, и g (x) → ∞, или f (x) → ∞, и g (x) → 0, или f (x) → 0, и g (x) → 0 при х → х0.
Для нахождения предела вида lim f (x)g (x ) вспомним свойство логарифма
x→ x0
eln f (x ) g (x ) = f (x)g (x ) .
1
Пример. Найти limx→0(cos2x) x2 .
14