Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Предел и непрерывность функции одного аргумента. Учебное пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

11.08.2026

Размер:

537 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Получили lim

a z

ln a .

z 0

z)m 1

Теорема 5.5.

lim

m .

z 0

Доказательство. Обозначим (1 z)m 1 y .

Так как z 0 , то, очевидно,

y 0 . Далее находим (1 z)m 1 y ,

mln (1 z ) ln (1 y ) , т. е. m

ln (1 y )

ln (1 z )

lim

(1 z ) m 1

lim

mln(1 z )

m lim

ln(1 z )

ln(1

y )

ln (1 y )

z 0

y 0

z 0

ln (1 z )

lim

z 0

m (используя свойство пределов и теорему 5.1).

lim

ln (1 y )

y 0

Получили lim

(1 z)m 1

m .

z 0

§ 6. ЭКВИВАЛЕНТНЫЕ БЕСКОНЕЧНО МАЛЫЕ ФУНКЦИИ

Определение. Если отношение двух бесконечно малых функ-

ций / стремится к единице, т. е. если lim	(x)	1, то и на-
x x0	(x)

зывают эквивалентными бесконечно малыми (при x x0 ) и пишут

~ .

Теорема 6.1. Предел отношения двух бесконечно малых функций не изменится, если каждую или одну из них заменить эквивалентной бесконечно малой.

Доказательство.

Пусть ~ 1

и ~ 1

при

x x0 .

Тогда

lim

1 1

lim

1 1 lim

т. е.

x x0

1 1

lim

1 . Очевидно также, что

lim

1 lim

x x0

Из теорем о замечательных пределах получена следующая таблица основных эквивалентностей.

Таблица

sin x

(x 0)

ex 1

(x 0)

tg x

(x 0)

ax 1

(x 0)

x ln a

arcsin x

(x 0)

ln (1 x )

(x 0)

arctg x

(x 0)

loga (1 x)

(x 0)

x loga e

1 cos x

(x 0)

(1 x)n 1

(x 0)

n 1 x 1

(x 0)

Приведем несколько простых примеров:

Пример 1.

lim

ln (1 3 x )

lim

3 x

3 .

x 0

x 2 5 x

x 0 x ( x 5 )

Пример 2.

lim

ln (1 2 x )

lim

2 x

1 .

4 x

x 0

sin 4 x

x 0

Пример 3.

lim

sin2 3x

lim

9x2

1 cos 2x

4x2

x 0

tg x

Пример 4.

lim

2 x 1

x 0

x 0 x ln 2

ln 2

Пример 5.

lim

e5x 1

lim

5 1 4x

x 0

Рассмотрим нахождение пределов с помощью замены эквива-

лентных бесконечно малых.

4 x

x 2 x 6 1

Пример 3.1. lim

ln ( 5 x 2

)

x 2

Решение 1. Имеет место неопределенность вида

. Пред-

ставим числитель следующим образом

7 1

1 1, при

x2 x 6

x 2 он эквивалентен	1		4x			x2 5x 6		. Знаменатель
	7				1	7(x2	x 6)
				6
		x2 x

дроби представим ln ( 5 x 2																							) ln (1 ( 4 x 2																)). При x 2 знамена-
тель эквивалентен 4 x2 . Имеем
1	lim							(x2				5x 6)														1			lim				(x 2)(x						3)
7	lim				(4			x2 )(x2 x 6)																					lim			(2		x)(2 x)
7	x 2				(4			x2 )(x2 x 6)																	56 x					2		(2		x)(2 x)
	1	lim						(x 2)(x 3)											1					.
		lim																						.
	56 x 2							(x 2)(2 x)										224
			Решение 2. Сделаем замену переменной x 2 t.
Тогда x t 2, t 0.
	7									4 x				1				7													4 ( t 2 )										1
										4 x
																				t						2 2							t 2

lim				x 2						x 6						lim																							6
lim												2				lim										ln ( 5 t 2												2
x 2				ln ( 5 x								2	)				t 0																					2	)
				ln ( 5 x									)																										)
			7									4 t 8										1										7					4 t 8						1 1 1
			7																			1										7											1 1 1
lim						t		2 4 t 4 t 2 6																				lim								t 2 3 t 8
lim								ln ( 5 t 2 4 t 4 )																				lim
	t 0							ln ( 5 t 2 4 t 4 )																							t 0			ln ( 5 t 2 4 t 4 )
			7			4 t 8 t 2 3 t 8																										7					t	t 2
			7								t 2 3 t 8								1 1													7					t 2		3 t			8 1 1
											t 2 3 t 8								1 1																		t 2		3 t			8 1 1
lim																													lim
lim											ln (1 t 2 4 t )																		lim								t 2					4 t
	t 0										ln (1 t 2 4 t )																				t 0						t 2					4 t
											t t 2
lim			1				t		2		3 t 8					lim		1													t (1 t )
			1				t				3 t 8							1
			7															7
	t 0		7					t ( t 4 )									t 0	7			t t 4 ( t 2 3 t 8 )
1			lim										(1		t )																	1							1	.
																																1							1
										( t 4 )( t					2 3 t			8 )													7 4			8				224
	7			t 0						( t 4 )( t					2 3 t			8 )													7 4			8				224
			Пример 3.2. lim																	7x						49											.
			Пример 3.2. lim																							5 x3 x											.
														x 2 5 x2 2												5 x3 x
			Решение										1.		Числитель												дроби								7x 49 7x 72 72 (7x 2 1) .
Выражение 7x 2 1 эквивалентно																																	(x 2) ln 7 при											x 2. Знамена-
тель дроби представим:

5 x 2 2 5 x 3 x 5

( x 3

x) 5

5 ( x

5 1

Выражение

1 эквивалентно

при

x 2. Тогда

49 ( x 2 ) ln 7 ( x

3 x ) 5

lim

7 x

lim

5 x 2 2

5 x 3 x

5 x 3 x ( x 2 2 x 3 x )

x 2

Выражение x3

x 2

разделим на множитель x 2, получим

x3 x2 x 2

x 2

x3 2x2

x2 x 1

x2 x 2

x2 2x

x 2

Значит x3 x2

x 2 (x 2)(x2

x 1) .

lim

245(x 2) ln 7(8 2)

lim

1470ln 7(x 2)

1470ln 7

8 2(x 2)(x2

x 1)

5 6(x 2)(x2

x 1)

75 6

x 2 5

x 2

Решение 2. Сделаем замену переменной x 2 t.

Тогда x t 2, t 0.

lim

7x 49

lim

7t 2 49

5 x2 2

5 x3 x

x 2

0 5 t 2 2 2 5 t 2 3 t 2

lim

49 7t 1

5 t

2 4t

6 5 t3 6t2 11t 6

t 0

lim

49 7t 1

t 0

5 t

2 4t

6 5

t3 6t2 11t 6

lim

49 t ln 7

t 0

4t 6

5 t2 4t 6

1 1 1

t3 6t2

11t 6

49 t ln 7

lim

t 0

5 t2 4t 6

1 1

t3 6t2

11t 6

lim

5 49 t ln 7

t3 5t2

t 0

3 6t2 11t 6

lim

245 t ln 7 t3 6t2 11t

1470 ln 7

5 t2 4t

6 t t2

5t 7

t 0

Пример 3.3. lim

cos x cos 1

x 1

e x 2

Решение 1. В числителе дроби под знаком предела имеем

cos x cos1 2sin

x 1

sin

x 1

Функция

sin

x 1

эквивалентна

x 1

при

x 1.

Преобразуем

знаменатель

дроби:

ex2 e e(ex2 1

1) ~ e(x2 1)

при x 1. Поэтому

2 ( x 1)

sin

x 1

sin 1

lim

x 1

e ( x 2 1)

( x 1)( x 1)

x 1

2 e

Решение 2. Сделаем замену переменной x 1 t. Тогда x t 1, t 0.

cos x cos 1

cos t 1 cos 1

2sin

sin

t 2

lim

x 1

e x 2 e

t 0

e t 1 2

t 0 e e t 1 2 1 1

t sin

t 2

t sin

sin 1

lim

e t t 2

t 0 e ( t 2 2 t )

t 0

2 e

Пример 3.4. lim

sin x

x 1 ln(x 1) ln 2

Решение

Числитель

дроби

sin x sin ( ( x 1 1))

sin ( ( x 1)) .

По формулам приведения

sin ( ) sin ,

тогда

sin ( ( x 1)) sin ( ( x 1)) , а

это

эквивалентно

(x 1)

при

x 1. Знаменатель

дроби

ln ( x 1) ln 2

x 1

, при x 1.

эквивалентен

2 ( x

lim

sin

lim

x 1

x 1 ln ( x 1) ln 2

x 1

Решение 2. Сделаем замену переменной x 1 t.

Тогда x t 1,

t 0.

sin t 1

sin t

lim

sin x

lim

sin t

x 1 ln ( x 1) ln 2

t 0 ln ( t 2 ) ln 2

t 0

t 2

t 0

lim

2 t

2 .

t 0

2 cos x 1

Пример 3.5. lim

1 tg2 x

x 4

Решение 1. Преобразуем числитель следующим образом, учи-

тывая, что cos

2 cos x

2 cos x cos

2 sin

sin

При x

бесконечно малая функция sin

. Знамена-

тель дроби разложим на множители

1 tg 2 x (1 tg x )(1 tg x ) ( tg

tg x )(1 tg x ) , так как 1 tg

sin

Далее получим tg

tg x

. При x

бесконечно ма-

cos

cos x

лая функция sin

x .

В результате имеем

sin

2 lim

0 , 5.

1 tg x

2 2

x 4

(1 tg x )

Решение 2. Сделаем замену переменной x

t .

, t 0.

Тогда x t

2 cos x 1

2 cos t

lim

1 tg

t 0

1 tg

x 4

2 cos t cos

2 sin t sin

lim

t 0

1 tg

1 tg t

cost sin t 1

2sin

cos

lim

tg t 1

t 0

1 tg t

2sin

sin

cos

sin

cos

lim

1 tgt tgt 1

2 tgt

t 0

1 tg t

1 tg

1 tgt

tgt

sin

cos

sin

cos

lim

2 tg t

t 0

2 t

1 tg

1 tg t

sin

cos

lim

0, 5.

t 0

1 tg t

Пример 3.6.

lim

ln ( x 2

8 )sin x

3 2 x 3

x 3

Решение 1. Бесконечно малая функция

ln ( x 2

8 ) ln (1 ( x 2

9 )) эквивалентна x2 9 (x 3)(x 3)

при x 3. Знаменатель дроби

3 2 x 3

27 3 3

( 3 2 x 3 3

1) ~ 3 3 ( 2 x 6 ) ln 3

при x 3. Тогда

lim

( x 3 )( x 3 )sin x

lim

( x 3 ) 6sin 3

sin 3 .

x 3

3 3 ( 2 x 6 ) ln 3

x 3

54 ln 3 ( x 3 ) 9 ln 3

Решение 2. Сделаем замену переменной x 3

Тогда x t 3, t 0.

ln t 3 2

8 sin t 3

lim ln (x2 8) sin x

lim

x 3

32x 3 27

t 0

32 t 3 3 27

lim

ln (t2 6t 1) sin t 3

lim

6t sin t 3

32t 3 27

27 32t

t 0

lim t t 6 sin t 3

lim t 6 sin t 3 sin 3 .

t 0

27 2t ln 3

54 ln 3

9 ln 3

cos 3 x

x 2

Пример 3.7. lim

x 1 ( 9 x 3 – 9 ) tg x

Решение 1. В числителе и знаменателе дроби под знаком пре-

дела

надо

выделить

множитель

x 1.

Преобразуем

числитель

cos

3 x

( x 1 1)

cos

( x 1)

Воспользо-

cos

вавшись

формулой

приведения

sin

имеем

cos

3 x

cos

sin

(x 1) ~

(x 1)

при

x 1. Знаменатель

предста-

вим

9x3

9 9(9x3 1

1) ~ 9(x3

1) ln 9

при

x 1.

Отсюда

( x 1)

1 x 2

( x

1 x

lim

9 ( x 3

x 1

1) tg x

6 x 1 ( x 1)( x 2

x 1) tg x

18 tg1

Решение 2. Сделаем замену переменной x 1 t.

Тогда x t 1, t 0.

3 t 1

cos

3 x

1 x 2

cos

1 t 1 2

lim

( 9 t 1 3

x 1 ( 9 x 3

9 ) tg x

t 0

9 ) tg t 1

t 2

2 t 2

3 t

cos

sin

2 t 2

lim

t 1 3 1 1) tg t 1

t 1 3

1 tg t 1

t 0

9 ( 9

t 0 9

3 t

t 2 2 t

3 t

t 2 2 t 2

lim

tg t 1

t 0 9 t 3 3 t 2 3 t tg t 1

t 0 9 t t 2 3 t 3

= lim

t 2

2 t 2

t 2 3 t 3 tg t 1

18 tg 1

t 0 6

§ 7. СРАВНЕНИЕ БЕСКОНЕЧНО МАЛЫХ

Две бесконечно малые функции сравниваются между собой

с помощью их отношения.

1. Если

lim

(x) a 0

(a R) ,

то и называются бес-

x x0

(x)

конечно малыми одного порядка.

2. Если

lim

(x) 0, то называется бесконечно малой бо-

x x0

(x)

лее высокого порядка, чем .

3. Если

lim

(x) , то называется бесконечно малой бо-

x x0

(x)

лее низкого порядка, чем .

4. Если

lim

(x) не существует,

то

называются не-

x x0

(x)

сравнимыми бесконечно малыми.

Пример 4.1. Сравнить две функции (x) и (x) , бесконечно

малые в точке x0 :

( x ) tg( x 2

5 x 6); ( x ) sinx ( e 2 x 2

e 4 x 6 );

x0 3.

Решение.

tg ( x 2 5 x 6 )

lim

( x )

lim

x 2 5 x 6

x x 0

( x )

x 3 sin x ( e 2 x 2 e 4 x 6

)

sin 3 x 3 e 4 x 6 ( 2 x 2 4 x 6 )

так как tg ( x 2 5 x 6 ) эквивалентен x2 5x 6 (x 3)(x 2), а выражение

e2x2 e4x 6 e4x				6 (e2x2 4x 6	1) эквивалентно e4x 6 (2x2 4x 6)
при x 3, а			2x2	4x 6 2(x 3)(x 1) . Тогда получим
	1	lim	(x 3)(x 2)		1	.
					4e18 sin 3
	2e18 sin 3 x 3 (x 3)(x 1)

Значит, (x) и (x) – бесконечно малые одного порядка. Пример 4.2. Сравнить две функции (x) и (x) , бесконечно

малые в точке x0 :

<<< < Предыдущая 1 23 / 83 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]