Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Донецкий национальный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

attachments_24-09-2012_18-32-26 / practicum_lim

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.04.2015

Размер:

530.65 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

ln 1 2sin

h 2sin

lim ln(1 h)

lim

ln lim(1 h) h

ln e 1

2sin

n h 0

h 0

Вычислим предел второго множителя:

2sin

sin

lim

1 lim

lim

1 2

2 n

x 2

Значит,

ln lim cosn

lim cos n

;

ax z

1 h

Пример 143.

lim eax 1

lim ez

h 0

ïðè z 0

x 0

z 0 ïðè x 0

z 0

z ln e ln(1 h)

z ln(1 h)

lim

ln(1 h)

ln e

h 0

ln(1 h)

limln(1 h)h

ln lim(1

h)h

h 0

Пример 144.

lim

3x x3

x 3

x 3 y

lim 3y 3 (y

3)3

используем предел

lim

333y (y 3)3

lim a

ln a

x y 3

y 0

h 0

lim

3y 33

33 ( y 3)3

lim

33 (3y 1) (33 ( y 3)3 )

3 3y

lim3

y 0

lim 33 (y3 9y2

27 y 33 ) lim33 3y

lim y3 9 y2

27 y

y 0

3 3y 1

lim( y

9y 27)

ln 3 27 3

ln 3

lim3

(ln 3 1);

y 0

Пример 145.

lim

eax ebx

eax 1 ebx 1

lim

e ax 1

lim

e bx 1

lim

x 0

a lim eax 1 b lim ebx 1

используем предел

a b;

lim e

x 0

3 x

Пример 146.

lim

lim 2

lim

x 0

используем предел

lim

lim a

1 ln a

x 0

h 0

Пример 147.

lim

5x 53

x 3 y

x 3

x y 3

x 3

используем предел

53 ln 5 125ln 5 ;

lim

ln a

h 0

ln 3 ln 2;
lim	5y 3 53	53 lim	5y 1
y 0	y	y 0	y

Пример 148.

ln x ln a

x a

lim

lim ln

limln

x a

x a x a

ln ea

ln e

;

ln lim 1

ln lim

x a

Пример 149. lim

loga

x loga

loga

x b

lim

x b

x b x b

limloga

limloga 1

loga

кlim 1

x b

к x b

ln e

log

loga eb

loga

;

loga b

;

ln a

b ln a

logc a

Пример 150. lim

x 1

7 x4

Используем предел lim (1 )

1 ,

( R)

(1 y)5 1

(1 y)

y x 1

lim

lim (1

y)4

1 lim

y 0

x y 1

x 1 7

y 0

y)7

(1 y )7

lim

(1 y )7

Использование свойств прогрессий.

y 0

Пример 151. lim

1 2 3 ... n

1 n n2

54 1.05;

В числителе имеем арифметическую прогрессию. Напомним, что для суммы n членов арифметической прогрессии имеет место формула:

a1 a2 an a1 an n .

																																			n 1				n																																1
			1 2 3 ... n																																																	n2			n																1										1
lim			1 2 3 ... n																		lim															2								lim								n2			n								lim								1		n								1			;
lim							1 n n2														lim										1 n n2													lim					2			2n 2n2											lim						2 2												2			;
n							1 n n2																		n						1 n n2														n				2			2n 2n2													n				2 2					2							2
																																																																								n
																																																																					n2			n
														lim									5 2 8														3 ... (3n 2) (n 1)
Пример 152.
Пример 152.																		7				11 10 15 ... (3n 4) (4n 7)
														n				7				11 10 15 ... (3n 4) (4n 7)
							(5 8 ... (3n 2)) (2 3 ... (n 1))																																																														5 3n 2										n				2 n 1				n
																																																																															n								n
lim																																																												lim										2															2
lim					(7 10 ... (3n 4)) (11 15 ... (4n 7))																																																					7 3n 4												11 4n						7
n					(7 10 ... (3n 4)) (11 15 ... (4n 7))																																																					7 3n 4										n								7				n		n
																																																									4													11 4n					2					n		n						2
																																																																											2													2

lim							5 3n 2 2 n 1																														lim							2n 4						lim							n 2							2
lim					7 3n 4 11 4n 7																																lim						7 n							lim														2
n					7 3n 4 11 4n 7																																n						7 n									n						7	1
																																										6n 8n														n			1												2n (3n 4n )
														lim						2							28							...								6n 8n									lim							2			28				...						2n (3n 4n )
Пример 153.																																																																						n				n					n
Пример 153.																				3							63															n					n											3			63									n				n			4		n
														n						3							63													9				12								n						3			63										3 (3						4			)
							2		4													2 n
lim														...														.						Получим геометрическую прогрессию. Напомним, что для сум-
lim														...														.						Получим геометрическую прогрессию. Напомним, что для сум-
	n						3		9													3
							3		9													3
мы			n				членов								геометрической прогрессии со																																												знаменателем q																	имеет								место			формула:
a1 a2 an																		a1					aq							q .
a1 a2 an																				1 q										q .
																	1							2				n
														2			1									3																						2			n
Значит,										lim				2												3								2lim 1														2							2.

														3												2																						3
										n				3												2																						3
										n										1 3																	n
																				1 3																											2n 3n 4n
																						3						11									45										2n 3n 4n
Пример 154.															lim																												...																...
Пример 154.															lim							5						25								125							...										n						...
															n							5						25								125																5
							2			2 2																2 n																						4				4 2												4 n
lim																...																			...						lim																	...												...
lim																...																			...						lim																	...												...
	n						5																				5																n					5
							5					5															5																					5						5											5
																																														2						2				n										4						4		n										3			3 n
														2																		n														5		1																		5	1																	5	1
						3						3															3																			5						5														5						5												5			5
lim						3						3			...												3								...					lim																			lim																			lim
lim						5			5						...										5										...					lim														2					lim												4							lim								3
						5			5																5																	n												2								n									4									n						3
n																																										n							1			5										n									1 5									n					1 5
		2							4											3																													1			5																			1 5														1 5
		2							4											3									2				5					4					5			3				5				19
			5								5								5										2									4					5			3				5				19			;
		2											4															5															1											6			;
1		2						1					4			1						3						5						3			5						1			5			2					6

				5									5										5

	1	1		1		1
Пример 155. lim					...		.
Пример 155. lim	1 7	3 9	5	11	...	(2n 1)(2n 5)	.
n	1 7	3 9	5	11		(2n 1)(2n 5)

Преобразуем слагаемые:
1		A	B	A(2n 5) B(2n 1)
	(2n 1)(2n 5)	2n 1	2n 5	(2n 1)(2n 5)

В равных дробях с одинаковыми знаменателями равны числители:

1 A(2n 5) B(2n 1) 1 2An 5A 2Bn B

Приравниваем коэффициенты при одинаковых степенях n.

n	0 2 A 2B				A B				A		1
n	0 2 A 2B				A B				A		6
n0	1	5A B			B A				B 1
n0	1	5A B			B A

				1		1		1	1		6
				1		1		1	1
Значит,										.
Значит,			(2n 1)(2n 5)			6	2n 1		2n 5	.
			(2n 1)(2n 5)			6	2n 1		2n 5

Применяя этот результат для каждого слагаемого, получим:

1	1	1		1	1		1 1 1			1		1
1	1	1		1	1		1 1 1			1		1
			...		6	1	7	3 9	...				.
1 7	3 9	5 11	...	(2n 1)(2n 5)	6	1	7	3 9	...	2n 1		2n 5	.

							n 1	n 2			n n

Рассматривая достаточно большое количество n-ых членов суммы, мы заметим, что начиная с некоторого n, последующие члены суммы сокращаются, вследствие взаимного уничтожения положительных и отрицательных слагаемых. Возьмем, к примеру первые восемь членов полученного разложения:

1			1			1		...				1
1			1			1						1
7		3 9			5 11					(2n 1)(2n 5)
7		3 9			5 11					(2n 1)(2n 5)
1				1		1		1	1		1		1		1	1		1	1		1	1		1	1		1
1				1		1		1	1		1		1		1	1		1	1		1	1		1	1		1
	1
6	1			7		3		9	5		11		7		13	9		15	11		17	13		19	15		21
6				7		3		9	5		11		7		13	9		15	11		17	13		19	15		21

			n 1				n 2			n 3				n 4			n 5			n 6			n 7			n 8

Мы видим, что после сокращения остаются положительные слагаемые трех первых членов и отрицательные слагаемые трех последних членов. Аналогично должно получиться и для любых n первых членов суммы.

1			1				1			...						1
1			1				1									1
7		3 9			5 11							(2n
7		3 9			5 11							(2n				1)(2n 5)

1				1		1				1	1				1			1		1	1		1	1		1
	1															...
6	1			7		3				9	5				11	...			2n 5	2n 1		2n 3	2n 3		2n 1	2n 5
6				7		3				9	5				11				2n 5	2n 1		2n 3	2n 3		2n 1	2n 5

			n 1					n 2					n 3						(n 2)ой член			(n 1)ый член			n ый член
1				1	1					1					1			1
	1
6	1			3	5				2n 1					2n 3			2n 5
6				3	5				2n 1					2n 3			2n 5

Значит,

бы lim

x 0

имел конечное значение, отличное от нуля.

	1	1	1		1
lim				...
	1 7	3 9	5 11		(2n 1)(2n 5)
n

	1		1	1	1	1	1	1		1	1	1 15 5 3	23
lim		1							1					.
			3	5	2n 1	2n 3	2n 5	6		3	5	6 15	90
n 6

Пример 156. Определить порядок малости относительно х при x 0 функции:

1) f (x) sin2 x x4

Решение. Будем считать, что искомый порядок малости равен k, и определим k так, что- sin2 x x4

lim

sin

2 x x4

lim

sin2

x4 2 k

lim

sin2

x4 2 k

x2 k

x2k

x 0

sin x 2

lim x

2 2 k sin2 x

lim x

2 2 k

кlim

lim x

x 0


lim		sin 2		x	x2	2 k x4 2	k
lim		x2			x2	2 k x4 2	k
	x 0	x2
	lim x2 2 k		lim x1 k .
	x 0			x 0

Этот предел имеет конечное значение, отличное от нуля только в том случае, когда 1 k 0 , т.е. k 1, так как если k 1, то этот предел равен нулю, а если k 1, то x1 k -

величина бесконечно большая при x 0 . Если же k 1, то lim x1 k 1.

x 0

Следовательно, функция имеет первый порядок малости относительно бесконечно малой х.

2) f (x) ln( x x2 1) .

Решение. Будем считать, что искомый порядок малости равен k, и определим k так, что-

бы lim

ln(x x2

имел конечное значение, отличное от нуля.

x 0

Имеем:

ln(x x2 1)

x x2

ln( x x2 1)

x x2

lim

ln(x x2 1)

lim

x x2

x 0

Рассмотрим каждый из пределов

lim ln(1 z)

lim ln(x x 2 1)

x x2 z

limln(1 z) z ln lim(1 z) z

ln e 1,

x 0

x x

z 0

x x2

1 k

2 k

1 k

lim

lim x

(1 x).

x 0

Этот предел имеет конечное значение, отличное от нуля, только в том случае, когда 1 k 0 , т.е. k 1, так как если k 1, то этот предел равен нулю, а если k 1, то x1 k -

величина бесконечно большая при x 0 . Если же k 1, то lim x1 k 1.

x 0

Следовательно, функция имеет первый порядок малости относительно бесконечно малой х.

3) f (x) ln(1 x2 ) 3x2

Решение. Необходимо определить порядок k, при котором предел

lim

ln(1 x2 ) x

имеет конечное значение и не равен нулю.

x 0

ln(1 x2 )

ln(1 x2 ) x

ln(1 x2 )

(ln(1 x2 )

lim

x 0

Предел имеет конечное значение и не равен нулю при k

2 , тогда

x3 ln(1 x2 )x2

x3 1

1 e 0 1 1.

lim

lim ln(1 x2 )

x 0

Следовательно, порядок малости k 2 .

4) f (x) 2sin 4

x x5 .

Решение. Необходимо определить порядок k, при котором предел lim

2sin4 x x5

имеет

конечное значение и не равен нулю.

x 0

2sin4 x x5

2sin 4

x x5

sin 4 x

4 k

lim

x lim x

2 lim x

x 0

Этот предел имеет конечное значение только в том случае, когда 4 k 0 , т.е. k 4 , так

как если k 4 , то этот предел равен нулю, а если k 4 , то x4 k - величина бесконечно

большая при x 0 . Если же k 4 , то lim x4 k 1.

x 0

Таким образом, если k 4 , то lim

2sin4 x x5

2 0 . Итак, при x 0 бесконечно малая

f (x) 2sin 4

x x5

x 0

функция

имеет четвертый порядок малости относительно бесконечно

малой х.

5) f (x) lg(1 x) .

lim

f (x)

lim lg(1 x)

lim lg(1 x) lim

x 0

limlg(1 x)x

lim

lg lim(1 x)x

lim

lg e lim

lg e при k 1.

x 0

При k 1 предел равен бесконечности, при k 1 предел равен нулю.

Итак, при x 0 бесконечно малая функция

f (x) lg(1 x) имеет первый порядок мало-

сти относительно бесконечно малой х.

6) f (x) 2sin x .

lim

f (x)

lim 2

sin x

lim 2

sin x

2 lim

sin x

lim

x 0

lim sin x

lim

2 lim

при k

1 .

x 0

При k

предел равен бесконечности; при k

предел равен нулю.

Итак, при x 0

бесконечно малая функция

f (x) 2

имеет порядок малости

sin x

относительно бесконечно малой x.

7) f (x) cos x 3 cos x .

f (x)

cos x 3 cos x

cos 3

x 1

lim

lim cos 3 x lim

lim

x 0

cos

x 1 cos

x 1

x 1 2lim cos

x 1

lim

lim cos3 x 1 lim cos

x 0

cos3

x 1 cos 3

x cos 3

x 1

lim cos x 1

2 lim

x 0

cos

x cos3

cos

x cos

2sin

sin

2 x

lim

3 x 0

x 0

x 2

sin

lim

1 lim

при k 2 .

x 0

3 x 0 x

При k 2

предел равен бесконечности, при k 2 предел равен нулю.

Итак, при x 0 бесконечно малая функция

f (x) cos x 3 cos x

имеет второй порядок

малости относительно бесконечно малой х.

8) f (x) cos 2x cos x .

f (x)

cos 2x cos x

sin

lim

2lim

x 0

sin

3 lim

3 при k 2

lim

2 x 0

x 0

2 x 0

При k 2 предел равен бесконечности, при k 2 предел равен нулю.

Итак, при x 0 бесконечно малая функция

f (x) cos 2x cos x

имеет второй порядок

малости относительно бесконечно малой х.

9) f (x) 31 x2 1

sin2 3x 2

lim

f (x)

lim

3 1 x2 1

lim

( 3

1 x2

1)( 3 (1 x2 )2

3 1 x2 1)

x 0

(1 x

)

1 x

lim

1 x2 1

lim

x 0

xk 3

(1 x2 )2

3 1 x2 1

x 0

xk 3

(1 x2 )2

3 1 x 2 1

3 при k 2

При k 2

предел равен бесконечности, при k 2

предел равен нулю. Итак, при x 0

бесконечно малая функция f (x) 3 1 x2

имеет второй порядок малости относитель-

но бесконечно малой х.

Пример 157. Определить порядок малости бесконечно малой (x) относительно бесконечно малой (x) при x a .

1) (x) 1 cos 3x; ( x) sin 2x; x 0

	(x)		1 cos 3x
lim		lim		2 lim		x2
	k (x)		(sin 2x) k		(sin 2x)k
x 0		x 0		x 0
						x2

			3x 2
	sin			2
				2				3	2
		x							2
		x
					x	2		2		9
2 lim					x		2	2		9
2 lim	sin 2x k				xk		2	22		8
x 0	sin 2x k				xk			22		8
		x
		x

при k 2 .

При k 2

предел равен бесконечности, при k 2 предел равен нулю.

Значит, при x 0

бесконечно малая функция 1 cos 3x имеет второй порядок малости

относительно бесконечно малой sin 2x .

2) (x) ln(1 x);

(x) 1 x

1 x

;

x 0

k ln(1 x)

lim

(x)

lim

ln(1 x)

lim

1 x

x 0

k (x)

x 0

(1 x 1 x)k

1 x

lim

2k ln(1 x)

lim ln(1 x) lim ln(1 x)

1 при

k 1.

(2x)k

x 0

При k 1

предел равен бесконечности, при k 1 предел равен нулю.

Значит, при x 0

бесконечно малая функция ln(1 x)

имеет первый порядок малости

относительно бесконечно малой 1 x 1 x .

(x)

;

(x)

2; x

(x 1)2

lim

(2 2)

lim

x 1 x2

x 1

(x 1)

( x 1)

2)k

lim

2)k

lim

1)k (x 1)k

1)k

x 1 (x

x 1

(x 1)2 (

(x 1)2

(2 2)

lim

2)k lim

(

при

k 9 .

(x 1)k

x 1

(x 1)k

x 1

При k 9 предел равен бесконечности, при k

9 предел равен нулю.

Значит, при x 1 бесконечно малая функция

(x 1)9 имеет порядок малости равный

9 относительно бесконечно малой

x2 1

4) (x)

;

(x) ln(3 x);

x 2

6 x

(x)

lim

x 2 6 x

lim

x 2

6 x

lim

x 2

k (x)

x 2

ln(3 x) k

x 2

6 x x 2

ln(3 x) k

1 lim

x 2

1 lim

2 x

t x

1 lim

2 x 2 ln(3 x) k

2 x 2

ln(3 x) k

2 x 2 ln(1 t) k

при

k 1

При k 1 предел равен бесконечности, при k 1 предел равен нулю.

Значит, при x 2 бесконечно малая функция

x 2 6 x

имеет первый порядок ма-

лости относительно бесконечно малой ln(3 x) .

Пример 158. Функция y = f(x) задана различными аналитическими выражениями в различных областях изменения независимой переменной. Найти точки разрыва функции, если они существуют, и построить график функции:

	2	4	x 1
x		4	x 1
1) f (x) 3x			1 x 3 (рис.1).
5			x 3

Решение.

( ;

1);( 1 ; 3); (3 ;

) функ-

ó=5

В интервалах

ция задана аналитическими выражениями непре-

рывных функций. Точками разрыва

могут быть

только точки x 1 и x 3.

а) при x 1: f ( 1) 3( 1) 3.

Слева

lim

f (x) lim

(x2 4) 3;

справа

-4 -3

x 1 0

lim

f (x) lim 3x 3

. Т.к. все три значения

x 1 0

1 0

совпали, то в точке x 1 функция непрерывна.

б) при x 3: f (3) 5.

-3

рис. 1

Слева

lim

f (x) lim

3x 9 ;

x 3 0

x 3

lim

f (x) lim 5 5

;

Справа x 3 0

x 3 0

lim f (x) lim

f (x) .

x 3 0

Левый и правый пределы не равны, функция терпит разрыв I рода, скачок равен 4.

x 1

x 0

0 x 2 (рис.2).

2) f (x) x2

3x 2

x 2

Эта функция может иметь разрывы только в точках

x 0 и

x 2 .

=õ

а) f (0) 1

Справа

lim f (x)

lim x2

0 .

1 2

x 0

lim f (x) lim(x 1) 1

Слева x 0

Так как

lim f (x) lim f (x)

, то в точке x 0 функция

рис. 2

x 0

имеет разрыв первого рода. Скачок функции равен 1.

б) f (2) 22

Справа

lim

f (x) lim (3x 2) 4.

x 2

x 2 0

Слева lim

f (x) lim x2

x 2 0

Т.к. все три числа совпадают, то в точке x 2 функция непрерывна.

tgx

x 0

3) y 1 x

0 x 1

(рис.3).

x 1

2x 1

Разрывы могут быть в точках x 0

и x 1.

a) x 0;

f (0) tg0 0

-1

lim

f (x) lim tgx 0

ó=

Слева x 0 0

x 0 0

Справа

lim

f (x) lim (1 x) 1

x 0 0

lim f (x) lim

f ( x)

рис. 3

x 0 0

При x 0 функция имеет разрыв первого рода. Скачок равен 1.

б) x 1;

f (1) 1 1 0

lim f (x) lim (1 x) 0;

Слева x 1 0

x 1 0

y=x2+1

Справа

lim

f (x) lim (2x 1) 1

y=sinx

x 1 0

lim f (x) lim f (x)

x 1 0

Точка x 1 является точкой разрыва первого рода.

Скачок равен 1.

y x

x 1

4) f (x)

1 x 0 (рис.4).

рис. 4

x2 1

sin x

x 0

Разрывы возможны в точках x 1

и x 0 .

а) f ( 1) 1

lim f (x) lim

x 1

Слева x 1 0

x 1

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 54 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке attachments_24-09-2012_18-32-26

#
13.04.2015215.92 Кб13practicum_algebra.pdf
#
13.04.2015530.65 Кб14practicum_lim.pdf
#
13.04.2015477.6 Кб15АНГ+ЛА.pdf