Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Санкт-Петербургский государственный университет сервиса и экономики

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Предел функции (подготовка к контрольной работе)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

15.02.2016

Размер:

466.42 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

Задача 1. Доказать на языке предел функции f : X R R .

Универсальное определение предела функции на языке звучит так:

lim f (x)		( ) 0	0	f (x) W ( ) .
lim f (x)	, если для 0	( ) 0	такое, что для всех x W ( ) верно, что	f (x) W ( ) .
x

Здесь под понимается одно из выражений a, a 0, a 0, , , ‒ то, к чему может стремиться аргумент функции (под буквой a понимается действительное число), а под ‒ одно из выражений

A, , , ‒ возможные значения предела функции ( A ‒ действительное число). Если x a , то гово-

рят о пределе функции "в точке", если x a 0 , то речь идет об односторонних пределах в точке "слева" или "справа". Если x , , то говорят о пределе функции "на бесконечности", на "плюс" или "минус"

бесконечности. В случае, когда предел функции равен числу, то говорят о "конечном" пределе функции, в остальных трех случаях говорят о "бесконечном" пределе функции.

Символы W ( ) и W ( ) означают соответственно -окрестность и проколотую -окрестность. "Проко-

лотость" в случае предела в точке означает, что точка исключается из ее окрестности. Для предела на бесконечности значок проколотости (нолик) писать не нужно.

В случае функции одной переменной факт попадания в окрестности выражают неравенствами:

x a

x W (a)

a x a

x W (a 0)

a x a

x W (a 0)

x W ( )

f (x) W (A)

f (x) A

f (x) W ( )

f (x)

f (x) W ( )

f (x)

f (x) W ( )

f (x)

Доказать предел с помощью определения означает найти выражение для ( ) .

В качестве первого шага переводим предел на язык неравенств. Примеры.

lim f (x) 5	0	( ) 0	x : 0	x 3	f (x) 5	.
lim f (x) 5	0	( ) 0	x : 0	x 3	f (x) 5	.
x 3

lim f (x) 0	( ) 0		x : x	f (x)	.
lim f (x) 0	( ) 0		x : x	f (x)	.
x
lim f (x) 0		( ) 0	x : 3 x 3 f (x) .
x 3 0

Следующее действие ‒ решаем неравенство для функции. В случае предела в точке решение неравенства, как правило, имеет вид интервала (xЛ ; xП ) или объединения двух открытых интервалов (xЛ ; a) (a; xП ) .

Здесь xЛ и xП ‒ левая и правая границы множества решений. Полагая xЛ a Л и xП a П , нахо-

дим два положительных (!) числа Л и П . В определении предела окрестность точки предполагается сим-

метричной. Как правило, числа Л и П оказываются разными, и в качестве ( ) берем меньшее из Л и

П (почему?).

В случае односторонних пределов решение неравенства имеет вид (xЛ ; a) или (a; xП ) , и тогда ( ) Л

или ( ) П .

В случае предела на бесконечности ( x ) решением неравенства будет объединение двух полубесконечных интервалов ( , xЛ ) (xП , ) . Полагая xЛ Л и xП П , находим два положительных (!)

числа Л и П . Определение предела требует в ответе объединение симметричных интервалов, поэтому в качестве ( ) берем большее из Л и П (почему?). В случае пределов на минус или плюс бесконечности решение неравенства состоит из одного интервала и ( ) Л или ( ) П .

Собственно говоря, это все. Осталось только вспомнить, как решаются неравенства рациональные, иррациональные, логарифмические, показательные, тригонометрические. И при решении неравенств можно и полезно учитывать, что аргумент находится вблизи предельной точки, если речь о пределе в точке, аргумент большой и положительный, если предел на плюс бесконечности и т. п.

Примеры.

1. Доказать на языке

предел lim x3 8 .

x 2

lim f (x) 8 0 ( ) 0

x : 0

x 2

x3 8

x 2

x3 8

8 (8 ) x3 (8 ) 3 8 x 3 8 .

3) 2 Л 38 Л 38 2 , 2 П 38 П 2 38 .

Вспоминаем, что 0 , и проверяем (мысленно), что полученные Л и П положительные. Действитель-

но, 38 2 , а 38 2 . В рассматриваемом случае предела в конечной точке еще полезно проверить, что ( ) 0 при 0 . Для этого (мысленно) полагаем 0 и получаем, что Л П 0 .

4) Осталось понять, какая из найденных дельт меньшая. По большому счету надо проверить, что при малых0 выполняется или не выполняется неравенство Л 38 2 2 38 П . Если ответ не очевиден (как в данном случае), можно использовать калькулятор (умеющий извлекать корень третьей сте-

пени) или график. Полагаем 0,1 и вычисляем

(0,1) 3

8,1 2 0,008298... и

(0,1) 2 3

7,9 0,00836... . В результате приходим к выводу, что ( )

8 2 (это не

совсем строго, но допустимо на контрольной работе). Если нарисовать кубическую параболу, горизонтальные и вертикальные прямые , то можно "увидеть", что Л П .

2	Л	2	2	П
	Л			П
				x
				8
				8
				8

В крайнем случае ответ можно дать в виде: ( ) min{38 2; 2 38 }. Работа будет возвращена для доработки (что лучше переписки).

Ответ: ( ) 38 2 .

	1
2. Доказать на языке		1 .
	предел lim 2 x
	x

			1										1
1)	lim 2x			1	0		( ) 0	x :	x			2 x 1		.
		x				1				1						1


		1
2)		2x 1		2x			1 1 2x				1 log			2	(1 )		log	2	(1 ) .
2)		2x 1		2x			1 1 2x				1 log				(1 )		log		(1 ) .
																x
																x

Показательное неравенство решается логарифмированием (здесь основание логарифма равно двум и знак неравенства сохраняется). Так как x , то x может быть и положительной, и отрицательной, поэтому умножать неравенство на x без дополнительных предположений нельзя. Можно рассмотреть два случая,

x 0	и x 0 , или применить метод интервалов.
Пусть	x 0 . Умножая на x , получаем систему неравенств	x log2 (1 ) 1 x log2 (1 ) . Так как
0	(и "малое"), то 0 1 1 и log2 (1 ) 0 . Поэтому x log2 (1 ) 0 и неравенство

x log2 (1 ) 1 выполняется для всех

x 0 . Так как 0 , то 1 1 и log2 (1 ) 0 . Разделив на

log2 (1 ) 0 , получаем решение второго неравенства:

или

; . Тем

(1 )

log2

самым мы нашли xП

log2 (1 )

Пусть x 0 . Умножая на x , получаем систему неравенств x log2 (1 ) 1 x log2 (1 ) . Так как

0 , то 1 1 и log2 (1 ) 0 . Поэтому x log2 (1 ) 0

и неравенство 1 x log2 (1 ) выпол-

няется для всех x 0 . Учитывая, что log2 (1 ) 0 , получаем решение первого неравенства:

;

или

. В итоге, xЛ

log2

(1 )

log2

)

log2 (1 )

3) П xП		1	,.		xЛ		1	0	. Осталось выяснить, какая из дельт больше.
				Л
	log2	(1 )				log	2 (1 )

Попробуем обойтись без калькулятора, так как вычислять логарифм по основанию 2 совсем непросто. Пре-

образуем Л		1		1	1					1		. Теперь числители дробей оди-

					2 (1 ) 1
	log	2 (1 )	log	2 (1 ) log				log			1
		2 (1 )		2 (1 ) log						2 1
										2 1
наковые и нужно сравнить выражения log2 (1 )					и log		1		. Логарифм по основанию 2 является воз-

						2 1

растающей функцией, поэтому достаточно сравнить аргументы логарифмов. А это делается практически без

							1
труда. Попробуем проверить, что 1										. В условиях задачи можно считать, что 0 1 (нас инте-
труда. Попробуем проверить, что 1								1		. В условиях задачи можно считать, что 0 1 (нас инте-
ресуют малые значения ), тогда 1 0 и после умножения на 1 , приходим к неравенству
1 2 1 или 2		0 , которое, очевидно, неверное. Следовательно, 1														1		, тогда


															1
log2 (1 ) log		1		и П			1		Л				1		. В данной ситуации из двух дельт выби-
		2
		2	1			log2 (1 )						log		1
												log	2 1
раем большую.
Ответ: ( )		1			.

	log2 (1 )
3. Доказать на языке предел							lim ln(x2			4) .
							x 2 0
1) lim ln(x2 4) 0 ( ) 0											x : 2 x 2 ln(x2						4) .
x 2 0

Область определения логарифма задается неравенством	x	2 , поэтому x может стремиться	к 2 только

справа. Этот предел бесконечный, поэтому нас будут интересовать только "большие" значения			.

2) ln(x2 4) ln e x2 4 e x2 4 e

4 e .

Вообще говоря, при извлечении квадратного корня появляется

, но здесь x 2 и поэтому

x . Ре-

шением неравенства является интервал (2; 4 e ) , и x

4 e .

( ) x

4 e

Ответ: ( ) 4 e .

4. Доказать на языке предел lim cos3x 1.

x 2

lim cos3x 1 0 ( ) 0

x : 0

x 2

cos3x 1

x 2

cos3x 1

1 cos3x 1 .

Неравенство cos3x 1 верно при любых x . Неравенство 1 cos3x или cos3x 1 легко решается с помощью тригонометрического круга: 2 k arccos(1 ) 3x 2 k arccos(1 ) , или

2 k arccos(1 )	x	2 k arccos(1 )	,	k .
3		3

Сейчас надо сообразить, при каком значении k решение оказывается интервалом, содержащим точку 2 . Правильный ответ k 3, и решение неравенства принимает вид

2	arccos(1 )	x 2		arccos(1 )	.
2		x 2			.
3				3
3) Сравнивая полученное решение с неравенством 0			x 2	2 x 2 ,		x 2 ,
3) Сравнивая полученное решение с неравенством 0			x 2	2 x 2 ,		x 2 ,

приходим к выводу, что ( ) arccos(1 ) . Здесь правая и левая дельты совпали благодаря свойствам

симметрии косинуса в окрестности точки 6 .

Ответ: ( )

arccos(1 )

Задачи для тренировки .

1. Доказать предел на языке

. lim

x 1

2. Доказать предел на языке

lim 2 x 2 .

x 1

3. Доказать предел на языке

lim

2x 6

5 .

x 2

4. Доказать предел на языке

lim

3 2x 1.

x 1

5. Доказать предел на языке

lim

x2 x 6

(попробуйте сначала упростить).

x 2

Задача 2. Вычислить предел (раскрыть неопределенность).

Если функция f (t) непрерывна в (предельной) точке a из области определения, то ее предел в этой точке

равен значению функции в этой точке: lim f (t) f (a) . Собственно говоря, это и есть определение непре-

t a

рывности в точке. Все элементарные функции непрерывны в каждой точке из области определения.

Неэлементарная показательно-степенная функция f (t)g (t ) , f (t) 0 также непрерывна во всех точках из области определения. Поэтому вычисление пределов функции в точках непрерывности сводится к вычисле-

нию значения функции в этих точках. Например, lim cos t cos 1	, lim(t2 2t 3) 9 6 3 0 ,
t	t 3

lim ln t ln e 1, и так далее. В случаях, когда предельная точка не входит в область определения функ-

t e

ции или когда аргумент стремится к бесконечности, пределы "простых" функции либо надо знать, либо

уметь вычислять. Например,

lim 2t ,

lim 2t

0 , lim 2 t 0 ,

lim ln t , lim ln t ,

t 0

lim arctg t

2 , lim

lim 2t 3

0 и так далее. Проблемы начинаются в

t 3

t 3 0

тех случаях, когда при попытке вычислить предел возникают неопределенности. Рассмотрим два основных примера.

1. Неопределенность			при t , , типа "многочлен делить на многочлен" раскрывается

практически мгновенно и не должна вызывать затруднений.

ak tk 1

k 1

...

ak tk

ak 1t k 1 ... a1t a0

ak t

ak t k 1

lim

ak t k

m 1

... b1t b0

t bmt

bm 1

bm 1t

t b tm 1

...

bmt

m 1

bmt

, если m k,

a t

lim

0, если m k,

t b t

, если m k.

Если степени многочленов одинаковые, то в ответе число, равное отношению старших коэффициентов. В ответе бесконечность, если степень числителя больше степени знаменателя, и ноль, если степень числителя

меньше степени знаменателя. Идея та же самая, что и в случае последовательностей – вынесение старшей
степени. Знак бесконечности в ответе зависит от знаков старших коэффициентов.
Функция, предел которой равен бесконечности при t	, называется бесконечно большой (б.б.) при
t ( в соответствующей точке, если – число). Понятно, что многочлен является б.б. функцией при

t , , . Две б.б. функции называются эквивалентными ( – значок эквивалентности), если предел их отношения равен 1. Легко видеть, что многочлен на бесконечности эквивалентен старшему члену:


a tk a		tk 1	... a t a		a tk	при t , , . Простое доказательство показывает, что б.б
k	k 1		1	0	k

множители при вычислении пределов можно заменять на эквивалентные. Пусть (t), * (t), (t) – некоторые б.б. функции при t и (t) * (t) . Тогда

lim

(t)

lim

(t) * (t)

lim

(t)

lim

* (t)

1 lim

* (t)

lim

* (t)

(t)

(t) * (t)

* (t)

(t)

Поэтому при вычислении предела отношения двух многочленов можно пропускать операцию вынесения за скобки старших степеней (демонстрируя замену на эквивалентные б.б.):

	a tk a		tk 1	... a t a		lim	a t k	... ,
lim	k	k 1		1	0		k

t b		tm b	tm 1 ... b t b			t b t m
	m	m 1		1	0		m

и даже сразу писать ответ: lim	5t2014	6t2013 ... 2018t 2019	5	.

t 2019t2014 2018t2013 ... 6t 5			2019

Замечание для "продвинутых" студентов. Последний предел можно вычислять с помощью правила Лопиталя, применяя его 2014 раз.

Следующий пример с иррациональностями очень важный.

lim

x2 5

x2 3x 11

x2 5

x2 3x 11

lim

x2 5

x2 3x 11

3x 11

																																						6
lim	x2 5 (x2						3x 11)				lim								3x 6							lim							3x

			2	5				2	3x 11							2	5 x					2	3x 11
t		x	2			x		2				t			x	2						2					t				5				3	11
		x				x									x																5				3	11
																													x	1				1
																													x	1	x	2		1	x	x	2
lim						3x							lim										3					3	.		x				x	x
						3x																	3					3
																												2

t					5					3	11			t				1		5		1		3	11
	x		1					1
																					2						2
					x	2				x	x	2								x	2			x		x	2
					x					x	x									x				x		x

После "уничтожения" иррациональности в числителе возникает многочлен (здесь первой степени), который затем меняется на старший член. Выносить старшую степень из квадратного корня надо аккуратно, учиты-

вая, что x2

. В задаче ищется предел при x , поэтому считаем, что

x 0 и тогда

x .

Нетрудно видеть, что при x в ответе будет

, а правильный ответ при

x – предел не суще-

ствует.

2. Неопределенность

при t a, a 0, a 0 типа "многочлен делить на многочлен". Здесь

уместно напомнить, что многочленом степени n 1 относительно переменной при x называется выражение Pn (x) an xn an 1xn 1 ... a1x a0 при условии, что an 0 . Под многочленом нулевой степени

понимают произвольное число P0 (x) a0 . Число x0 – корень многочлена, если Pn (x0 ) 0 .Если у много-

члена Pn (x) имеется корень x0 , то имеет место разложение на множители Pn (x) (x x0 )k Qn k (x) . При этом Qn k (x0 ) 0 , а число k называется кратностью корня x0 . Корень первой кратности еще называют простым корнем. Рассматриваемый предел имеет следующий вид:

lim ak xn ak 1xn 1 ... a1x a0 x x0 bm xm bm 1xm 1 ... b1x b0

0	lim	(x x )k	Q (x)
		0	n k
		s	Tm s (x)
0	t (x x0 )

Qn k (x0 ) , если k s,T (x )

0, если k s,

, если k s.m k 0

Вычисление предела сводится к разложению многочленов на множители и сокращению дроби. В случае квадратных трехчленов полезно помнить, что свободный член пропорционален произведению корней трехчлена, в случае многочленов большей степени надо вспомнить (или узнать) алгоритм деления многочленов "столбиком" или схему Горнера (что, на мой взгляд, менее предпочтительнее).

Примеры.

(x 2)(5x 7)

3x 14

lim

13 x2

15 x

lim

13 x

15 x

x 2

13 x2 15 x 13 x

2 15 x

x 2

(x 2)(5x 7)

13 x2

15 x

(x 2)(5x 7)2

(5x 7)2

lim

x2 x 2

(x 2)(x 1)

x 1

x 2

17 2

34 17

Вычисляем пределы (равные значениям) числителя и знаменателя, получаем нули. Автоматически получаем корень квадратного трехчлена в числителе, равный 2 . И сразу пишем разложение трехчлена на множители: 5x2 3x 14 (x 2)(5x 7) . Первый множитель известен, а второй легко подбирается. Действи-

тельно, 5x2 x 5x , а 14 2 7 . В знаменателе дополнительная трудность в виде разности квадратных корней. Умножив числитель и знаменатель на сумму корней, получаем в знаменателе квадратный трехчлен с известным корнем, который затем раскладываем на множители. Сумма корней в числителе имеет предел,

равный 217 . По традиции эту сумму корней переписывают в неизменном виде до тех пор, пока фигури-

рует символ предела, но удобнее заменить ее на предельное значение (не равное нулю!). После сокращения одинаковых множителей неопределенность исчезает, и начинается вычисление предела.

Полезное замечание. Так как при вычислении предела предполагается, что x 2 , то множитель

x 2 0 , и сокращение дроби абсолютно законно. Еще один пример.

																						2
			3 2										x		7x 2			x			7x	2	2					x			7x 4
												3		2			3		2								3		2
lim				x 7x 2			0	lim

		2x3 x2 4x 3					0																	2
x 1									x 1
x 1									x 1	(x 1)(2x2 x 3)								3		x2 7x					2			3		x2 7x 4
										(x 1)(2x2 x 3)										x2 7x					2					x2 7x 4

lim					x2 7x 8				lim				(x 1)(x 8)								lim						x 8
lim			(x 1)(2x2 x			3)	12		lim		(x 1)(2x2 x					3) 12					lim	(2x2				x			3) 12
x 1			(x 1)(2x2 x			3)	12		x 1		(x 1)(2x2 x					3) 12					x 1	(2x2				x			3) 12
	9		.
			.

	0

Подстановка 1 в числитель и знаменатель приводит к неопределенности ноль делить на ноль. Умножая числитель и на неполный квадрат суммы, уничтожаем иррациональность в числителе, вместо нее возникает

квадратный трехчлен x2 7x 8 (x 1)(x 8) . Неполный квадрат суммы в знаменателе заменяем на

его предел, равный 12 (что значительно короче). Разложение кубического многочлена на множители можно выполнить методом подбора. Два из трех коэффициентов квадратного трехчлена определяются без труда: 2x3 x2 4x 3 (x 1)(2x2 Ax 3) . Выполнив в уме умножение в правой части, можно увидеть,

что коэффициент при первой степени равен 3 A. В левой части равенства коэффициент при первой степени равен 4 , следовательно, 3 A 4 , и A 1 . Также можно использовать деление многочленов столбиком:

2x3 x2 4x 3	x 1
2x3 2x2	2x2 x 3
x2 4x 3

x2 x

3x 3

После сокращения дроби на x 1 неопределенность исчезает. Числитель стремится к 9 , знаменатель стремится к 0 , и предел равен .

Следующий класс задач содержит основные элементарные функции. Для каждого типа основных функций известен, так называемый, замечательный предел. С помощью этих пределов задача для функций преобразуется к задаче для многочленов.

Замечательные пределы.

1.	lim		sin t		0		1.
1.	lim						1.
	t 0		t
	t 0		t		0
2.	lim	ln(1 t)							0		1.
2.	lim										1.
	t 0		t
	t 0		t					0
3.	lim		et 1			0				1, lim				at 1				0			ln a,		lim		at	1	0	1.
3.	lim									1, lim											ln a,		lim					1.
	t 0		t										t 0		t								t 0 t ln a
	t 0		t			0							t 0		t					0			t 0 t ln a				0
4.	lim		(1 t)a 1									0	a, lim			(1 t)a 1							0	1.
4.	lim			t									a, lim							at				1.
	t 0														t 0
	t 0											0			t 0								0
			1												1		1		t
5.	lim(1 t)t				1							e, lim					1				1	e .
5.	lim(1 t)t				1							e, lim									1	e .
	t 0												t
	t 0												t				t

В первых четырех пределах в числителе и знаменателе стоят бесконечно малые функции при t 0 . На языке бесконечно малых эти пределы утверждают, что соответствующие бесконечно малые эквивалентны. Поэтому первые четыре предела можно переписать в следующем виде: при t 0

sin t

t .

ln(1 t)

t .

et 1

t, at 1

t ln a .

(1 t)a 1

at .

Полезные дополнения.

при t 0

t при t

cos

, cos t sin

6.ln t t 1 при t 1.

7.tg t t при t 0 .

8. arcsin t t, arctg t t при t 0 .

Полезно научиться произносить вслух эти эквивалентности, заменяя букву t словом аргумент. Например, синус эквивалентен аргументу, когда аргумент стремится к нулю. Дело в том, что аргумент может и, как правило, будет иметь более сложную природу, единственное требование к аргументу ‒ стремление к нулю.

Например, sin(x2 x) x2 x при x 1 . Действительно, при x 1 аргумент синуса x2 x 0 .

Первые четыре замечательных предела позволяют заменить "неудобные" бесконечно малые функции (тригонометрические, показательные, логарифмические и степенные) на основную бесконечно малую ( в данном случае, это t ).

Существует два подхода в применении замечательных пределов при раскрытии неопределенностей. Первый условно можно назвать методом "создания или выстраивания" замечательного предела. Например,

sin(x2 4)

(x2 4)

sin(x2 4)

(x 2)(x 2)

lim

x2 4

lim

ln(1 3x 6)

x 2

ln(3x 5)

x 2

x 2 3x 6

x 2

3(x 2)

(3x 6)

3x 6

Заметив, что аргумент синуса стремится к нулю (вычисление предела начинается с попытки сделать подстановку предельного значения), делим и умножаем синус на его аргумент (отметим, что при переходе к пре-

делу считается, что x 2	и x2 4 0 ). В дальнейшем дробь исчезает, так как lim	sin(x2 4)	1	, и
		x2 4
	x 2

остается выражение x2 4 . С логарифмом дело обстоит чуть сложнее. Первое открытие состоит в том, что при x 2 логарифм обращается в ноль (возникает ln1 0 ). В замечательном пределе для логарифма аргумент имеет вид 1 t . Поэтому преобразуем 3x 5 в 1 (3x 6) . Проверяем, что 3x 6 0 при

x 2 , и строим замечательный предел. Учитывая, что lim	ln(1 3x 6)	1 , "уничтожаем" логарифм,
	3x 6
x 2

заменив его на 3x 6 .

Второй подход опирается на следующее утверждение. При вычислении пределов бесконечно малые и бесконечно большие множители можно заменить на эквивалентные. Еще раз отметим, что речь идет только о

множителях. Действительно, пусть

* . Тогда (для определенности здесь рассматривается дробь)

lim

1 lim

lim

Применение этой техники выглядит следующим образом:

lim

sin(x2 4)

lim

x2 4

lim

(x 2)(x 2)

x 2

ln(3x 5)

x 2 3x 5 1

x 2 3x 6

x 2

3(x 2)

С синусом все более менее понятно, sin(x2 4)

4 при x 2 . В случае логарифма удобно вы-

учить следующую эквивалентность: ln s s 1 при s 1 . Словами ‒ если аргумент стремится к единице, то логарифм эквивалентен аргументу без единицы. Это соотношение прямо следует из исходного соотношения после замен 1 t на s , а t на s 1. Вполне возможно чуть более длинное рассуждение, связанное с

"насильственным" выделением единицы: ln(3x 5) ln(1 3x 6)

3x 6 .

w 1 {w 1}. В итоге разность корней заменя-

w1/5 1. Аргумент степени "дол-

(1 t)a 1. Корень пятой степени является сте-

Для "борьбы" с иррациональностями выше третьей степени используется четвертый замечательный предел. Пример.

x 9

x 2

(5 3x)(x

5 3x

lim

sin x

sin( x)

x 1

x 9

5 x 2

x 9

(5 3x)(x 2)

x 2

3x)(x 2)

lim

( x)

(1 x)

x 1

x 9 (5 3x)(x 2)

5 x 2

lim

(5 3x)(x 2)

lim

5 x 2 (3x2

2x 1)

(1 x)

5 2 (1 x)(5 3x)(x

x 1

lim

x 2 (x 1)(3x 1)

lim

5 x 2 (3x 1)

5 2

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

5 2 (5 3x)(x

10 2

x 1

Громоздкость примера вызвана желанием показать сразу и все. При наличии времени можно было бы разобрать отдельно все элементы, но со временем как раз не все ладно.

По поводу тригонометрии. В замечательном пределе участвует синус, аргумент которого стремится к нулю. Здесь также присутствует синус, но аргумент стремится к . Возникает задача, сохраняя синус, сделать

так, чтобы аргумент стал стремиться к нулю. И тут надо вспомнить формулы приведения, одна из которых

утверждает, что sin( x) sin x или sin x sin( x) . При этом x 0 при

x 1. Далее найденный синус заменяется на его аргумент. В числителе замечательного предела для степенной функции (четвертый в списке) стоит конструкция пенью с показателем 1/5, но в примере присутствует разность двух корней. Поэтому первым действием вы-

носим за скобки второй корень. В скобках возникает конструкция типа жен" иметь вид 1 t . И этот вид создается искусственно:

ется на

(w 1) (и еще множитель

5 x 2 ). Затем следуют алгебраические преобразования, в результате

которых неопределенность исчезает.

Пример с логарифмами.

x 6

ln(x 6) ln(x2

lim

sin x sin(8 x)

x (8 x)

x 4

2sin

cos

x 6

ln 1

x 6 (x

lim

x2 6

lim

2sin(x 4) cos 4

x 4

x 4 2(x 4) cos 4

x 4 2(x 4)(x2

6) cos 4

lim

x 12

lim

(x2

x 12)

lim

(x 4)(x 3)

2(x 4)(x2

6) cos 4

4)(x2 6) cos 4

x 4

2(x 4)(x2 6) cos 4

x 4

2(x

lim

(x 3)

2(x2 6) cos 4

20 cos 4

x 4

Взамечательном пределе один логарифм, а здесь разность двух логарифмов. Первым делом получаем один логарифм, затем происходит замена на эквивалентную б.м. Та же деятельность с разностью синусов.

Вконтрольной работе предлагается вычислить предел показательно-степенной функции. Показательно-

степенная неопределенность 1 с помощью основного логарифмического тождества преобразуется к

неопределенности 0 , которая, в свою очередь, преобразуется к неопределенностям типа ноль на ноль

или бесконечность на бесконечность. Справедливо следующее равенство:
			lim g ( x)ln f ( x)
lim f (x)g ( x) 1	lim eln f ( x)	g ( x)	lim g ( x)ln f ( x)	e 0 .
lim f (x)g ( x) 1	lim eln f ( x)		limeg ( x)ln f ( x) ex	e 0 .
x	x		x

Другие показательно-степенные неопределенности можно преобразовать к алгебраическим неопределенностям таким же способом. Часто вместо основного логарифмического тождества предлагают вначале вычис-

лить предел логарифма от показательно-степенной функции: limln

f (x)g ( x)

lim g(x) ln f (x) , а затем

lim g ( x)ln f ( x)

записать ответ в виде ex

3x2 7 x

lim (3x2 7 x)ln cos

lim (3x2 7 x)(cos

0 e

Пример. lim

cos

1 2

2(3x2 7 x)

lim

(3x

7 x)(1 cos

)

lim 2 sin

(3x

7 x)

lim

(3x

7 x)

lim

2 .

2 x

ex 4 x

Здесь снова приходится вспомнить тригонометрическую формулу 1 cos

2sin

2 sin

, пре-

образующую косинус в синус.

Пример.

2 x 4

2 1)(

lim

3 x 1

lim

9 (3 x 1

x2 1 x)

x ln 3 (

1 x)(

2 x 4 2 x 2

lim

9 (3

x 1

1)(

1 x)

lim

9 (3x 1

1)(

1 x)

ln 3 (x2

1 x2 )

ln 3

ln 3 (

54 ( x2

1 x)

x 1

lim

x 1

ln 3

54 x

lim

108.

Здесь показана работа с третьим замечательным пределом, обслуживающим показательные функции. В числителе этого предела стоит выражение a t 1, а переменная t 0 . Здесь в числителе вычитается число

9 32 . Выносим 9 за скобки с тем, чтобы после знака минус возникла единица (как в замечательном преде-

ле). Роль t после упрощений играет выражение

, которое стремится к нулю при x . В резуль-

x 1

2 x 4

тате замены на эквивалентную бесконечно малую место 3 x 1

9 занимает выражение

ln 3 .

x 1

Задачи для тренировки.

2. Вычислить предел

lim(3 x)sin( x2 4)

Ответ: 1 /

x 2

2. Вычислить предел

lim(x2 7x 1)ln( x 6) .

Ответ: e7

x 7

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в папке Математика 2 семестр

#
15.02.2016398.01 Кб49Неопределенный интеграл.pdf
#
15.02.2016504.79 Кб56Определенный интеграл.pdf
#
15.02.2016500.89 Кб48Оптимизация функции.pdf
#
15.02.2016396.23 Кб47Предел последовательности (задача 1).pdf
#
15.02.2016127.23 Кб48Предел функции (варианты для тренировки).pdf
#
15.02.2016466.42 Кб59Предел функции (подготовка к контрольной работе).pdf
#
15.02.20161.04 Mб57Предел числовых последовательностей.pdf
#
15.02.2016198.67 Кб49Ряд Тейлора.pdf
#
15.02.2016619.39 Кб69Теоремы Вейерштрасса и Больцано Коши.pdf
#
15.02.2016280.73 Кб45Частные производные.pdf