Свойства эквивалентных бесконечно малых

Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный экономический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Лекции по матем.pdf

Скачиваний:

100

Добавлен:

20.02.2016

Размер:

4.45 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2818 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.
	Свойства эквивалентных бесконечно малых

1)α(x) ~ α(x),

2)Если

	α(x)		α(x)
lim	α(x)	= lim	α(x)
x→a	γ (x)	x→a	β(x)

	α(x)
lim	α(x)	=1
x→a	α(x)
α(x)~β(x)			и	β(x)~γ(x),	то	α(x)~γ(x),

β(x) =1 1 =1

γ (x)

3) Если α(x) ~ β(x), то β(x) ~ α(x),

β(x)

lim

= lim

α(x)

x→a

β(x)

α1(x)

4) Если α(x) ~ α

(x) и β(x) ~ β (x) и

lim

α(x) = k , то и lim

= k или

x→a

β(x)

x→a

β (x)

α(x)

α1(x) .

lim

= lim

x→a

β(x)

x→a

β (x)

α(x)

α1(x)

Следствие:

а) если α(x) ~ α1(x) и lim

= k , то и lim

= lim

x→a

β(x)

x→a

β(x)

x→a

β(x)

б) если β(x) ~ β (x) и lim

α(x) = k , то lim

α(x) = lim

α(x)

x→a

β(x)

x→a

β(x)

x→a

β (x)

Свойство 4 особенно важно на практике, т.к. оно фактически означает, что предел отношения бесконечно малых не меняется при замене их на эквивалентные бесконечно малые. Этот факт дает возможность при нахождении пределов заменять бесконечно малые на эквивалентные им функции, что может сильно упростить вычисление пределов.

Таблица эквивалентных бесконечно малых функций при α(x) → 0

sinα(x)	α(x)
tgα(x)	α(x)
1 − cosα(x)	α2 (x)
	2
ln(1 +α(x))	α(x)
eα( x) −1	α(x)
cα( x) −1	α(x)ln c
(1 +α(x))c	cα(x)
arcsinα(x)	α(x)
arctgα(x)	α(x)

102

БГЭУ 2006					лекции по высшей математике для студентов I курса
					ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.
Пример		8.		Если	α(x) = xsin x,	β(x) = x ,	то	при	х→0
lim	α(x)	= lim	xsin x	= lim sin x = 0 , т.е.		функция	α(x) = xsin x		является
	β(x)		x
x→0		x→0		x→0

бесконечно малой более высокого порядка по сравнению с функцией β(x) = x .


lim	α(x)	= lim	xsin x	=1, т.е.	функция α(x) – бесконечно малая порядка 2
lim	β2 (x)	= lim		=1, т.е.	функция α(x) – бесконечно малая порядка 2
x→0	β2 (x)	x→0	x2
относительно функции β(x).							α(x)
Пример 9. Если α(x) = xsin 1					, β(x) = x , то при х→0 lim		α(x)	не существует,
				x		x→0	β(x)
т.е. функция α(x) и β(x) несравнимы.
Пример 10. Найти предел lim					tg5x
Пример 10. Найти предел lim
				x→0 sin 7x

Так как tg5x ~ 5x и sin7x ~ 7x при х → 0, то, заменив функции эквивалентными бесконечно малыми, получим:

lim

tg5x

= lim

x→0 sin 7x

x→0

Пример 11. Найти предел lim

− cos x

x→0

Так как 1 – cosx = 2sin

2 x

~ 2

при х→0, то lim

= lim

= lim 2x = 0 .

− cos x

x→0 1

x→0

tgx

Пример 12. Найти предел lim

= lim

= ∞.

sin x2

x→0

Если α(x) и β(x) - бесконечно малые при х→а, причем β(x) – бесконечно малая более высокого порядка, чем α(x), то γ(x) = α(x) + β(x) – бесконечно малая, эквивалентная α(x). Это можно доказать следующим равенством

	γ (x)			β(x)
lim		= lim 1	+		=1.
	α(x)			α(x)
x→a		x→a

Тогда говорят, что α(x) – главная часть бесконечно малой функции γ(x). Пример 13. Функция х2 +х – бесконечно малая при х→0, х – главная часть этой функции. Чтобы показать это, запишем α(x) = х2, β(x) = х, тогда

lim	x2	= 0,	lim	x2 + x	= lim(x +1) =1.
				x
x→0 x			x→0		x→0

103

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.
	Лекция 12

В данной лекции приведем правила и алгоритмы раскрытия некоторых видов неопределенностей, которые могут возникнуть при вычислении пределов функций.

К разряду неопределенностей принято относить следующие соотношения:

00 ; ∞∞ ; ∞ 0; ∞0 ; 1∞ ; ∞ − ∞

	Pn (x	Некоторые замечательные пределы
1. lim		)	=	∞	,

x→∞ Qm (x)				∞

где Pn(x)=a0xn+a1xn-1+…+an, Qm(x)=b0xm+b1xm-1+…+bm – многочлены n −ой и

m −ой степеней соответственно.

+ a1 +... +

xn (a

)

Преобразуем дробь

Pn (x)

= xn−m

(x)

(b0

+.... +

)

+... +

Перейдем к пределу при x → ∞:

+ a1

+ ... +

a + a1

+... +

lim xn−m

= lim xn−m lim

= lim xn−m

x→∞

b0 +

x→∞

+ x

+... + xm

0, при

n < m

P (x)

Таким образом: lim

при

n = m

x→∞ Qm (x)

при

n > m

∞,

Пример 1. Найти предел функции:

lim

x5 −3x3 + 2x2 − x +1

11x4 −7x2 + x + 4

Решение.

→∞

lim

x5 −3x3 + 2x2 − x +1

∞

= ∞ (т.к. n

= 5 > m = 4 )

11x4 −7x2 + x

+ 4

∞

x→∞

3x3 + 26x2 −13

Пример 2. Найти предел функции:

lim

6x3 − x2 + x

Решение.

→∞

lim

3x3 + 26x2 −13

∞

(т.к. n =

3 > m = 3)

6x3 − x2 + x

∞

x→∞

104

БГЭУ 2006

лекции по высшей математике для студентов I курса

ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

Пример 3. Найти предел функции: lim

25x2 − x +1

Решение.

x→∞17x3 − x2 +5x +9

lim

25x2

− x +1

∞

= 0 (т.к. n = 2 > m = 3)

∞

x→∞17x3 − x2 +5x + 9

lim

Pn (x)

Pn (a)

= 0 .

Qm (a)

x→a Qm (x)

Pn (a) = 0

означает, что

x = a

является корнем многочлена Pn (x) . Аналогично

Qm (a) = 0

означает, что x = a является корнем многочлена Qm (x) . Разложим на

множители числитель и знаменатель дроби, одним из которых будет (x − a) .

Множитель

(x − a) ,

который

создает стремление

к нулю

числителя

знаменателя

дроби

Pn (x)

часто

называют

«критическим

множителем».

Q (x)

P (x)

(x − a)P

(x)

Имеем: lim

= lim

n−1

= lim

n−1

(x − a)Q

(x)

x→a Q (x)

x→a

x→a Q

m−1

при x → a

Отметим, что сокращение

дроби

под

знаком

предела

на

«критический множитель» (x − a) законно, т.к. x ≠ a .

Пример 4. Найти предел lim

− 6x +8

x→2

x2 −8x +12

Решение. Для нахождения этого предела разложим на множители числитель и знаменатель данной дроби.

x2–6x+8=0;			x2–8x+12=0;
D=36–32=4;			D=64–48=16;
x1=(6+2)/2=4;			x1=(8+4)/2=6;
x2=(6–2)/2=2 ;			x2=(8–4)/2=2;
Тогда lim	(x − 2)(x − 4)	= lim	x −	4	=	2	=	1
	(x − 2)(x − 6)		x −	6		4
x→2		x→2					2


Пример 5. Вычислить lim			x2	−5x + 6
Пример 5. Вычислить lim				x2 −9
	x→3			x2 −9
Решение. lim	x2 −5x + 6	= 32		−5 3 + 6	=	0
Решение. lim		= 32		32 −9	=	0
x→3	x2 −9			32 −9		0

Для нахождения этого предела разложим на множители числитель и знаменатель данной дроби:


x2	−5x + 6 = (x − 2)(x −3)
x2	−9 = (x −3)(x + 3)
lim		x2	−5x + 6	= lim	(x − 2)(x −3)	=	3 − 2		=	1
lim			x2 −9	= lim	(x −3)(x +3)	=	3	+3	=	6
x→3			x2 −9	x→3	(x −3)(x +3)		3	+3		6

105

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

Пример 6. Найти предел lim	x3	−6x2 +11x −6			.
		x2	−3x +	2
x→1

Решение. Разложим числитель и знаменатель на множители. x2–3x+2=(x–1)(x–2)

x3–6x2+11x–6=(x–1)(x–2)(x–3), т.к. по теореме Безу о делимости целого многочлена a0xn+a1xn-1+…+an на двучлен (x − a) :


x3–6x2+11x–6			x-1
x3–6x2+11x–6			x-1
x3–x2			x2–5x+6
	2+11x
-5x	2+11x
-5x2+5x
	6x-6
	6x-6
		0

Далее x2–5x+6=(x–2)(x–3).

Тогда lim

(x −1)(x − 2)(x −3) = lim (x − 2)(x −3)

= lim(x −3) = −2

x→1

(x −1)(x − 2)

x→1

(x − 2)

x→1

Пример 7. Вычислить

lim

x3 − 2x2 − 4x +8

x→2 3x4 −16x3 + 24x2 −16

Решение.

lim

x3 − 2x2 − 4x +8

3x4 −16x3 + 24x2

−16

x→2

Разложим числитель и знаменатель на множители:

x3 − 2x2 − 4x +8 = (x3 − 4x) + (−2x2 +8) = x(x2 − 4) − 2(x2 − 4) = (x2 − 4)(x − 2)

3x4 −16x3 + 24x2 −16 = (x − 2)3 (3x + 2)

(в результате

трехкратного деления

«уголком»

соответствующих

многочленов

на «критический множитель»

(x − 2) )

lim

x3 − 2x2

− 4x +8

= lim

(x2

− 4)(x − 2)

= lim

x + 2

- не определен, т.к.

3x4 −16x3 + 24x2 −16

(x − 2)3 (3x + 2)

x→2

x→2 (x − 2)(3x + 2)

при стремлении х к 2 имеют место различные односторонние пределы. А именно,

x + 2

lim

x + 2

2 + 0 + 2

= +∞

(x − 2)(3x + 2)

(2 + 0 − 2)(3 (2 + 0) + 2)

lim

x→2+0

x + 2

2 −0 + 2

(x − 2)(3x + 2)

x→2

lim

= −∞

(x − 2)(3x + 2)

(2 − 0 − 2)(3 (2 − 0) + 2)

−0

x→2−0

3. Неопределенности вида 00 , заданные иррациональными

выражениями можно раскрыть, выделяя и сокращая «критический множитель» в результате избавления от иррациональности умножением числителя и знаменателя на соответствующее выражение. Приведем примеры, иллюстрирующие данное правило.

106

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

Пример 8. Найти пределlim	1 + x + x2	− 1 − x + x2 .
x→0	x2	− x

Решение.

lim

1+ x + x2 − 1− x + x2

x2 − x

x→0

Умножим

числитель

знаменатель

дроби на выражение,

сопряженное

числителю: lim

1 + x + x2 −1 + x − x2

= lim

x→0 x(x −1)(

1 + x + x2 + 1 − x + x2 ) x→0 x(x −1)( 1 + x + x2 +

1 − x + x2 )

= lim

= −1.

−1

(1 +1)

x→0 (x −1)( 1 + x + x2

1 − x + x2 )

Пример 9. Найти пределlim

x −1

x→1

3 5x2 +3 − 2

Решение.

lim

x −1

3 5x2 +3 − 2

x→1

Чтобы превратить числитель в целый рациональный многочлен, надо умножить числитель и знаменатель дроби на выражение, сопряженное

числителю ( x +1). Чтобы знаменатель превратить в целый множитель, необходимо числитель и знаменатель дроби умножить на выражение

3 (5x2 +3)2 + 23 5x2 + 3 + 4 ,

применяя

знаменателе формулу

(a −b)(a2 + ab + b2 ) = a3 −b3 :

lim

x −1

= lim

( x −1)( x +1)(3

(5x2 +3)2 + 23 5x2 +3 + 4)

3 5x2 +3 − 2

3 5x2 +3 − 2)(3 (5x2

+3)2

+ 23 5x2 +3 + 4)

x→1

x→1 ( x +1)(

=lim

(x −1)(3 (5x2 +3)2 +23 5x2 +3 +4)

=lim

(x −1)(

3 (5x2 +3)2 +23 5x2 +3 +4)

( x +1)(5x2 +3 −8)

x +1)(x2 −1)

x→1

= lim

(x −1)(

3 (5x2 +3)2 + 23 5x2 + 3 + 4)

= lim

(3 (5x2 + 3)2 + 23 5x2 + 3 + 4)

= .

x +1)(x −1)(x +1)

x +1)(x +1)

x→1

→1

= 4 + 4 + 4 =

5 2 2

4.Первый замечательный предел. Для раскрытия неопределенностей 00 ,

содержащие	тригонометрические	функции		необходимо	установить
справедливость важной формулы lim		sin x	=1 .
справедливость важной формулы lim		x	=1 .
	x→0	x

Теорема 1. Предел отношения синуса бесконечно малой дуги к самой дуге, выраженной в радианах, равен единице, т.е.

lim	sin x	=1 .	(12.1)
	x
x→0

107

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.
Доказательство.
Так как дуга	x стремится к нулю, то можно считать, что 0 <	x	< π . Пусть

0 < x < π .			2


2

Рассмотрим круг радиуса R = OA = OB и пусть центральный уголAOB = x (рис.1). В точке А проведем касательную AC к кругу до пересечения в точке C с продолженным радиусом OB . Имеем очевидное неравенство:

S+OAB < Sсектора OAB < S+OAС

По формулам элементарной геометрии:

S+OAB = R2 sin x

Sсектора OAB = 12 AB R = 2x R2

S+OAС = 1 R R tgx = R2 tgx

2 2

Поэтому

sin x <

x <

tgx или sin x < x < tgx

Отсюда, разделив все члены последнего двойного неравенства на

положительную величину sin x , будем иметь:

(12.2)

sin x

cos x

При

x → 0 из

геометрических соображений (рис.1) cos x →1

и, значит,

→1. Из (12.2) и леммы «о двух полицейских» вытекает

cos x

108

БГЭУ 2006

лекции по высшей математике для студентов I курса

ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

lim

= lim

= 1

=1.

x→0 sin x

Последняя

формула

остается

справедливой

при

x < 0 ,

так как

sin(−x) = −sin x = sin x .

−x

Теорема доказана.

sin α(x)

Следствие 1.

lim

α( x)→0

α(x)

Следствие 2.

lim

tgα(x)

0 = lim

sin α(x)

= lim sin α(x) lim

=1 1=1

α(x)cosα(x)

α(x)→0

α(x) 0

x→0

α(x) x→0 cosα(x)

Следствие 3.

lim

sinn α(x) =

lim

sin α(x)

... sin α(x)

=1 1 ... 1 =1

α( x)→0

αn (x)

α( x)→0

α(x)

n раз

lim 1 − cos α(x) =

2sin

2 α(x)

sin

2 α(x)

Следствие 4.

= lim

α2 (x)

x→0

α2 (x)

x→0

Следствие 5.

lim

arcsin α(x)

=1.

α(x)→0

α(x)

arcsin α(x)

arcsinα(x) = t

Действительно, lim

= α(x) = sint

= lim

=1.

α(x)

sin t

α(x)→0

t →

0 при α(x) →

t→0

arctgα(x) =1.

Следствие 6.

lim

α(x)→0

α(x)

Следствие 7.

lim

= 0 = lim

mx nx

= lim

lim mx

= m

x→0 sin nx

x→0 nx sin nx

x→0 sin nx x

→0 nx

Замечание. Следствия 1–3, а следствия 5,6 доказывают истинность первых трех и двух последних строчек в таблице эквивалентных функций при α(x) → 0 из

лекции 11.

Пример 10. Найти lim			sin5x	.
Пример 10. Найти lim			x	.
	x→0		x
Решение. Имеем: lim		sin 5x = 0				= lim 5	sin5x		. Обозначим t=5x. При x→0 имеем:
Решение. Имеем: lim		sin 5x = 0				= lim 5	5x		. Обозначим t=5x. При x→0 имеем:
	x→0		x	0		x→0	5x
t→0. Применяя формулу (12.1), получим 5								sin t		→ 5.
t→0. Применяя формулу (12.1), получим 5										→ 5.
					sin 3x				t
Пример 11. Вычислить lim					sin 3x	.
Пример 11. Вычислить lim						.
	sin 3x =		x→π		sin 4x
Решение. lim	sin 3x =	0 .
x→π	sin 4x	0

109

БГЭУ 2006

лекции по высшей математике для студентов I курса

ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

Обозначим y=π-x. Тогда при x→π, y→0.Имеем:

sin3x=sin3(π-y)=sin(3π-3y)=sin3y.

sin4x=sin4(π-y)=sin(4π-4y)=-sin4y.

lim

sin 3x

=- lim

sin 3y

= −lim

sin3y

lim

= −

sin 4 y

x→π sin 4x

y→0

sin4y

Пример 12. Найти предел lim tgmx .

x→0 sin nx

Решение.

lim

tgmx

= lim tgmx mx nx

= lim tgmx lim

lim mx

= m

→0 sin nx

x→0 mx nx sin nx

→0

x→0 sin nx x→0

Пример 13. Найти предел

lim

tgx −tgx0 .

x→x0

x − x

Решение.

lim

tgx −tgx0

= 0

lim

sin(x − x0 )

= lim

sin(x − x0 )

lim

x→x0

x − x

→x0 (x − x

)cos xcos x

→x0

x − x

x→x0 cos xcos x

cos2 x

sin x −cos x .

Пример 14. Найти предел

lim

Решение.

x→π/ 4

π− 4x

sin x −cos x

−

sin(π/ 4 − x)

−sin(π/ 4 − x)

lim

= −

π− 4x

2 2(π/ 4 − x)

x→π

/ 4

x→π/ 4

2 2

Пример 15. Найти предел

lim

cos x

Решение.

x→π/ 2 π− 2x

y = π/ 2 − x

cos x

cos(π/ 2

− y)

sin y

lim

x = π/ 2

− y

= lim

2 y

x→π

/ 2 π− 2x

y → 0 при x →

y→0

π− 2x = π− π+

2 y

Второй замечательный предел

1 n

= e . Покажем, что имеет место

В лекции 10 было доказано, что lim 1

n→∞

равенство

= e .

lim 1 +

x→∞

Предположим:

n ≤ x ≤ n +1

≥

1 +

≥1 +

n +1

110

БГЭУ 2006

лекции по высшей математике для студентов I курса

ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

1 n+1

1 x

1 n

1 +

> 1 +

n +1

Найдем

n+1

= e 1 = e;

= e.

Следовательно, по

lim

1 +

lim 1

n +1

n→∞

лемме «о двух полицейских» имеем

lim

(12.3)

1 +

= e .

x→∞

Следствие 1.

α( x)

lim

= e

α( x)→∞

α(x)

Следствие 2. lim (1 + α(x))α( x) = e

α( x)→0

Действительно,

β( x)

(x)

(1 + α(x))α( x)

lim

β(x)

lim 1

α( x)→0

→∞ при α(x) →

β( x)→∞

β(x)

Следствие 3. lim

ln(1 + α(x)) =1.

α( x)

→0 α(x)

Действительно,

ln(1 + α(x))

lim

ln(1+α(x))

α( x)

= ln

lim

(1+α(x))

α( x)

= ln e

α( x)→0

α(x)

α( x)→0

=1, что

доказывает истинность четвертой строчки в таблице эквивалентных функций. Часто если непосредственное нахождение предела какой-либо функции

представляется сложным, то можно путем преобразования функции свести задачу к нахождению замечательных пределов.

	x +3	x+3
Пример 16. Найти предел	lim	.

	x→∞ x −1

Решение.

x +3

x+3

∞

x +3

x+3

x +3 − x +1 x+3

lim

= lim 1

−1

= lim 1

x −1

x→∞ x −1

x→∞

x −1

x+3

y = x −1

y+4

= lim

x →∞

= lim 1

x −1

x→∞

y → ∞

y→∞

( y+4)

lim

( y+4)

= lim e y

= ey→∞ y

= e4

y→∞

= lim 1+

y→∞

4y 4y ( y+4)

1 = y

111

БГЭУ 2006	лекции по высшей математике для студентов I курса
	ст. преподавателя, к. физ.-мат. н. Поддубной О.H.

Пример 17. Найти предел lim 2x −1 4x . x→∞ x +1

−1

+∞

= +∞ при x →+∞

Решение.

lim

= 2

∞

−∞

= +0 при x → −∞

x→∞

x +1

+∞

Пример 18. Найти предел lim x(ln(4x − 2) −ln(4x +1)).

x→∞

ln(4x − 2) −ln(4x +1)

4x − 2

Решение. lim

lim

4x − 2 x

4x +1

= lim ln

4x +

x→∞

x→∞ x

x→∞

= lim ln

4x − 2 x

= ln lim

4x − 2

4x +

= ln lim

4x +1

−1

x→∞

x→∞ 4x

x→∞

−3

4x+1

−3

4x+1

−3

= ln lim e −3x =

= ln lim

1 +

= ln lim

4x +1

x→∞

4x+1

−4

−3

lim

4 .

= ln lim e −3x = ln ex→∞ −3x

= ln e

3 = −

x→∞

112

<<< < Предыдущая 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1718 / 2818 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
20.02.2016125.85 Кб222лекции Лопачук.docx
#
20.02.201650.69 Кб77лекции Лысенкова.docx
#
20.02.2016151.42 Кб172Лекции Нехорошева.docx
#
18.12.2018320 Кб58Лекции первый семестр.doc
#
01.05.202598.04 Кб10Лекции по БУ печать.docx
#
20.02.20164.45 Mб100Лекции по матем.pdf
#
16.08.20191.5 Mб46Лекции по международному маркетингу.doc
#
22.11.201977.29 Кб5Лекции по ревизии.docx
#
01.04.2025492.03 Кб0Лекции способности, одаренность.doc
#
15.12.20181.01 Mб18лекций по вышке 1 курс.doc
#
01.04.20251.03 Mб2лекционный материал по кд.doc

Свойства эквивалентных бесконечно малых

Лекция 12