Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы математического анализа и моделирования. Учебное пособие
.pdf
Пример 4.4
2/3
3
2
nn
lim lim lim 0
nnn
n
1
n
n
1
3
1
n
1
1
n
1
3
.
n
Проанализировав решения примеров и полученные результаты,
можно сделать следующие выводы.
1. Вклад в пределы дают только старшие члены функций (т. е. члены
наибольшей степени) числителя и знаменателя.
2. Если старшие степени функций числителя и знаменателя равны,
то предел отношения этих функций конечен и равен отношению коэффициентов при старших степенях.
3. Если
старшая степень числителя больше старшей степени знаме-
нателя, то предел отношения функций равен бесконечности.
4. Если старшая степень числителя меньше старшей степени знаме-
нателя, то предел отношения функций равен нулю.
Используя полученные выводы, можно предложить более простой
способ раскрытия неопределенности
.n
при
для алгебраических функций
При вычислении предела отношения таких функций в неопределен-
ности
можно функции заменять старшими членами. Этот способ
в некоторых случаях позволяет найти предел, не прибегая к громоздким
вычислениям. Продемонстрируем этот метод на примерах.
Пример 4.5
32 3
1000 3 1000 1000 000
nn n
lim lim lim 0
nnn
0,001 100 1 0,001
43 4
nn n
n
.
Можно было написать ответ сразу, так как степень числителя
меньше степени знаменателя.
71
Пример 4.6
44
(1)(1)
nn
lim 0
n
44
(1)(1)
nn
.
В данном примере ответ виден сразу и нет необходимости проводить вычисления, так как старшая степень числителя не выше 3, а степень знаменателя 4.
Прежде чем рассмотреть следующий пример, напомним, что n! – это
произведение целых чисел от 1 до n:
!123nn
.
!n
при
;n
1! 1 2 3 ( 1) ( 1) !nnnnn
Пример 4.7
!!!1
lim lim lim lim 0
nnnn
nnn
(1)!! !(1)! !
nn nnn nn n
.
Методы, предложенные выше для раскрытия неопределенности
для функций натурального аргумента, и все выводы из получен-
ных результатов остаются справедливыми для функций непрерывного
аргумента. Рассмотрим несколько примеров.
Пример 4.8
33
xx x
lim lim lim 0
xxx
42 4
31
xx x
1
.
x
Пример 4.9
13 3
lim lim 1
xx
13 3
33
xx x
23 3
xx x
.
Пример 4.10
5
73 7/5
xx x
lim lim lim
6
xxx
xx x
4
32 1
87
1
1/15
4/3
x
x
.
72
В следующих задачах нужно найти пределы функций при
x
x
x
предварительно преобразовав их так, чтобы получить неопределен-
.
ность
Пример 4.11
32
lim ( )
x
xx
21
2
x
x
21
.
,
Для раскрытия неопределенности вида
()
нет специальных
методов. Чтобы раскрыть эту неопределенность, сведем ее к неопреде-
ленности
.
Приведем дроби под знаком предела к общему знаменателю, получим:
323 22
22
21 (21)(21
xxx
21
x
4221
32 32
lim lim
xx
xx xx
21 42 21
232
x
21
21 2 1
))
((xxxxxx
32
xx
32
xx
;
xxx
)
3
1
lim
x
x
4
x
.
3
4
Пример 4.12
lim 2 1 7 3 ( )
x
22
xx xx
Чтобы неопределенность
()
свести к неопределенности
.
,
нужно функцию под знаком предела представить в виде дроби.
Для этого умножим и разделим ее на сопряженное выражение:
73
22
fxx
x
x
x
21 73xx xx
22 22
21 73 21 7 3
xx xx xx xx
Таким образом, получим
22
21 7 3
xx xx
54
x
22
21 73
xx xx
.
lim 2 1 7 3
x
lim lim
xx
22
xx xx
54 5 5
xx
22
21 73
xx xx
Раскрытие неопределенности
Рассмотрим методы вычисления пределов функций вида
lim ( ) lim φ() 0
fx x
a
, где
Функции, предел которых равен нулю, называются бесконечно
малыми.
Таким образом, речь пойдет о раскрытии неопределенности
Рассмотрим два случая.
1. Пусть функции
место неопределенность
Это значит, что точка
a
конечное число, и
()fx
φ()
и
0
0
a
является корнем данных многочленов
xa xa
– многочлены. В этом случае имеет
только тогда, когда
22
x
0
0
.
() () 0.f аа
.
φ()
()
при
0
0
.
74
x
()
f
x
x
и функции содержат множитель
().
a
Чтобы вычислить
lim ,
xa
x
φ()
нужно разложить многочлены в числителе и знаменателе на множители
и общие множители сократить. Прежде чем проводить вычисления,
необходимо проверить наличие неопределенности, подставив
a
в функции. Рассмотрим несколько примеров.
Пример 4.13
2
59
x
lim 9
2
2
x
x
1
3
.
В этом примере неопределенности нет.
Пример 4.14
2
30
x
lim 0
x
3
42
xx
91
1
.
Неопределенности нет.
Пример 4.15
32
32 0
xxx
lim
x
2
2
xx
.
6
0
Так как в данном примере имеет место неопределенность, разложим
числитель и знаменатель на множители:
32 2
32(32)(1)(2)xxxxxx xx x
2
6( 2)( 3)xx x x
.
;
Получим
32
32 0 (1)(2)
xxx xxx
lim lim
xx
2
22
xx
6
0(2)(3)
(1) 2
xx
lim .
2
x
35
x
75
xx
()fx
x
fxx
x
x
x
x
x
2. Пусть теперь
щие иррациональность. Если при вычислении предела
возникает неопределенность типа
от иррациональности, умножив числитель или знаменатель на сопряженное выражение, а затем в числителе и знаменателе выделить мно-
()
житель
Рассмотрим несколько примеров.
Пример 4.16
a
.
110
x
lim lim
xx
2
00
x
φ()
и
– алгебраические функции, содержа-
lim
xa
0
, то сначала нужно избавиться
0
1111
xx
0
2
11
xx
()
φ()
lim lim
xx
00
x
2
11
xx
Раскрытие неопределенности
когда числитель и знаменатель содержат
трансцендентные функции
Приведем некоторые положения теории.
Определение 1. Функция
lim ( ) 0.
a
, если
(б.м.) обозначаются греческими буквами
Определение 2. Две бесконечно малые функции
ваются эквивалентными
fx
xa
( ~ ) при ,
() fx
называется бесконечно малой при
Как правило, бесконечно малые функции
(), (), (), xxx
a
76
1
2
если
.
x
0
для случаев,
0
()
()
lim 1
xa
()
β()
и
x
назы-
.
x
()
x
x
x
x
x
x
Определение 3. Бесконечно малая функция
конечно малой k-го порядка относительно
()
x
lim ,
x
0
С
k
где С – константа. В этом случае
называется бес-
при
() ~ .
k
Cx
0, x
если
Теорема. При вычислении предела отношения бесконечно малых
функций эти бесконечно малые можно заменять эквивалентными, что
не сказывается ни на существовании, ни на величине предела.
Приведем примеры некоторых эквивалентных бесконечно малых
функций, которые чаще всего встречаются при вычислении пределов
при
0.x
Первый замечательный предел.
Применение эквивалентных бесконечно
малых функций при вычислении пределов
Первым замечательным пределом называется выражение
sin
lim 1.
0
x
дующие эквивалентные функции при
аргумента эквивалентен своему аргументу, т. е.
x
х
С помощью первого замечательного предела можно получить сле-
sin~,arcsin~, 1cos~
xx xx x
0:x
2
tg ~ , argtg ~
,
xxx.
2
Данные эквивалентные функции нужно понимать так: синус малого
0 sin ~ , sin 2 ~ 2 , sin ~ и т. д.
xxxxx
при
xx
33
Рассмотрим примеры вычисления пределов с помощью эквивалентных бесконечно малых функций.
Пример 4.17
sin 3 3
xx
lim lim 3
00
xx
.
xx
77
Пример 4.18
х
х
х
х
х
x
ххх
x
х
х
х
х
Пример 4.19
tg 2 2 2
xx
lim lim
00
xx
sin 5 5 5
xx
.
Задания для самостоятельного решения
Вычислите пределы:
3
1)
lim
х
2)
lim
х
3)
lim
х
4)
lim
х
5)
lim
х
6)
lim
х
lim
7)
х
2
(4)
хх
4
х
2
10 1
хх
2
235
х x
12
х
3
x
2
хх
2
2
х x
2
1
х
1
х
1
ln (1 5 )
0
arcsin 2
2arcsin 2 2
lim lim
00
xx
3
х
; 8)
xx
333
xx
1
; 9)
2
; 10)
; 11)
3
44
; 12)
56
; 13)
; 14)
arctg
x
lim
х
0
sin 2
3
e
lim
х
0
lim ln(1 2 ) ctg
0
x
lim
х
0
sin 3
lim 1 ;
x
lim ctg
x
x
0
lim 10
x
.
2
;
3
2
x
1
;
tg
x
2
2
2
2
x
;
;
x
2
;
.
х
78
x
x
f
f
f
x
x
x
x
f
5. НЕПРЕРЫВНОСТИ ФУНКЦИИ
Пусть функция
Определение 1. Функция
()fx
определена на множестве X и точка
()fx
называется непрерывной в точке
X
0
0
если выполнены следующие три условия:
1) функция определена в этой точке, т. е. существует
2) существует конечный предел
3)
lim ( ) ( ).
xx
Замечание. Условие 2 может быть заменено эквивалентным условием
0
xfx
Определение 2. Точка
0
lim ( ) lim ( )
xx xx
00 0
называется точкой разрыва функции, если
0
lim ( )
xx
xfx
.
;
x
0
0
()fx
;
0
в этой точке не выполнено хотя бы одно из условий непрерывности.
Точки разрыва бывают первого и второго рода. Разрывы первого
рода, в свою очередь, делятся на два вида: устранимый разрыв и неустранимый разрыв.
Устранимый разрыв в точке
если в этой точке
выполнено условие 2, но не выполнено условие 1
функция
0
() fx
имеет в том случае,
или 3.
Неустранимый разрыв первого рода
имеет в том случае, если
нарушается условие 2: существуют конечные
односторонние пределы функции при
в точке
, но эти пределы не равны:
x
0
функция
0
()fx
.
,
lim ( ) lim ( )
xx xx
xfx
00 0
.
0
79
Разрыв второго рода в точке
x
x
x
x
x
если
нарушается условие 2, причем хотя бы один из односторонних
функция
0
()fx
имеет в том случае,
пределов бесконечен.
Рассмотрим примеры исследования функций на непрерывность.
При этом будем использовать свойства непрерывных функций и основные теоремы о непрерывных функциях, изложенные в лекциях.
Сначала рассмотрим примеры исследования на непрерывность элементарных функций.
Напомним, что элементарная функция – это функция, полученная из
простейших элементарных
функций с помощью алгебраических операций и суперпозиции функций, т. е. это функция, заданная одной формулой.
В теории непрерывных функций доказана теорема:
всякая элементарная функция непрерывна в каждой точке, в которой она
определена.
Из этой теоремы следует, что для того чтобы найти точки разрыва
элементарной функции, необходимо найти ее ОДЗ.
Пример 4.20
2
Исследовать на непрерывность функцию
()
fx e
. Найти точки
разрыва, определить их характер, сделать схематический чертеж.
Решение
Чтобы исследовать функцию на непрерывность, необходимо прове-
рить выполнение трех условий непрерывности. Сначала найдем ОДЗ
2
функции. Очевидно, что функция
2x
в одной точке
2x
и
– точка разрыва.
. Следовательно, ОДЗ функции:
()
fx e
не определена только
(,2)(2,)x
Чтобы установить вид разрыва, вычислим предел функции при
2x
. Для данной функции нужно вычислить отдельно пределы слева
и справа и сравнить их. Для вычисления пределов подставим значения
20 x
и
20x
в функцию.
80
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]