Вычисление пределов - 1: определения, теоремы о пределах

Занятие 1
Вычисление пределов - 1:
определения, теоремы о
пределах, некоторые
частные приемы
вычисления пределов
1.1
Определение предела.
Пусть f (x) функция, определенная в проколотой окрестности
точки x0 .
Число A называется пределом функции 1 f (x) при x, стремящемся к x0 , lim f (x) = A, если для каждого ε > 0 существует
x→x0
такое δ , зависящее от ε, δ = δ(ε), что при 0 < |x − x0 | < δ
1
Как показывает практика, освоение точного определения предела представляет для большинства студентов существенные трудности. В принципе
в дальнейшем при вычислении пределов достаточно интуитивного понятия
предела.
113
выполняется неравенство
|f (x) − A| < ε.
В частности, если f (x) определена в точке x 0 и A = f (x0 ), т.е.
lim f (x) = f (x0 ), то f (x) называется непрерывной в точке x 0 .
x→x0
Доказательство утверждения о том, что предел существует
и равен некоторому числу A, lim f (x) = A , непосредственно
x→x0
опирающееся на определение предела, должно начинаться словами: Пусть дано ε > 0. Затем по этому ε нужно найти δ = δ(ε),
зависящее от ε, о котором идет речь в определении. Это δ не
обязательно максимальное из всех возможных. Поэтому обычно
неравенство |f (x) − A| < ε сначала анализируется, точнее проводится оценка сверху разности |f (x) − A| в терминах разности
|x − x0 |. Затем δ выбирается из более грубого условия, использующего полученную оценку для ε.
Задача 1.1. Пользуясь определением предела показать, что
b) lim (x2 − 4x + 8) = 4;
a) lim (4x + 3) = −1;
x→−1
x2 −1
2
x
x→2 +1
c) lim
x→2
= 35 ;
x−1
x→3 2(x+1)
d) lim
= 14 .
♥ a) Пусть ε > 0. Требуется по этому ε найти такое δ > 0, чтобы
из условия 0 < |x − x0 | < δ, т.е. из 0 < |x + 1| < δ вытекало бы
неравенство
|f (x) − A| < ε, т.е. |4x + 3 − (−1)| < ε.
Последнее неравенство приводится к виду |4(x + 1)| < ε, т.е.
|x + 1| < 14 ε. Отсюда следует, что если взять δ = 4ε , то неравенство 0 < |x + 1| < δ будет автоматически влечь за собой
неравенство |4x + 3 − (−1)| < ε. По определению это и означает,
что lim (4x + 3) = −1. ♠
x→−1
♥ c) Пусть ε > 0. Имеем
¯ 2
¯ ¯
¯
¯ x − 1 3 ¯ ¯ 5x2 − 5 − 3x2 − 3 ¯
¯
¯
¯
¯=
|f (x) − A| = ¯ 2
−
=
¯
x + 1 5¯ ¯
5(x2 + 1)
114
¯
¯
¯
¯
2 ¯¯ x2 − 4 ¯¯ 2 ¯¯ x + 2 ¯¯
2·5
= ¯ 2
· |x − 2| <
|x − 2| < ε
= ¯ 2
¯
¯
5 x +1
5 x +1
5
(если |x − 2| < 1, то |x + 2| < 5, а x2 + 1 > 1 всегда; если
числитель дроби увеличить, а знаменатель уменьшить, то дробь
увеличится). Ищем δ из последнего условия 2|x − 2| < ε, т.е.
|x − 2| < 2ε = δ. Возьмем δ¯ = 2ε (или¯ δ < 2ε , например, δ = 13 ε).
¯ 2
¯
− 35 ¯ < 2|x − 2| < 2δ = ε . Это и
Тогда, если |x − 2| < δ, то ¯ xx2 −1
+1
x2 −1
2
x
x→2 +1
означает, что lim
= 35 .
♠
Число A называется пределом функции f (x) при x, стремящемся к бесконечности, lim f (x) = A (соответственно,
x→∞
lim f (x) = A, соответственно, lim f (x) = A), если для каж-
x→+∞
x→−∞
дого ε > 0 существует такое N , зависящее от ε, N = N (ε), что
при |x| > N (соответственно, x > N , соответственно, x < −N )
выполняется неравенство
|f (x) − A| < ε.
В частности, если x = n ∈ N принимает лишь натуральные
значения, получаем определение предела последовательности.
Число A называется пределом числовой последовательности
an , lim an = A, если для каждого ε > 0 существует такой
n→∞
номер N = N (ε), зависящий от ε, что при n > N выполняется
неравенство
|an − A| < ε.
Задача 1.2. Пользуясь определением предела показать, что:
a) lim
n→∞
3n + 4
3
3n + 2
= ; b) lim
= 3.
n→∞
2n + 1
2
n+1
Для каждого ε найти такой номер N , что для всех n > N выполняется неравенство |an − A| < ε. Какое можно взять N , если
1) ε = 12 ; 2) ε = 0, 1; 3) ε = 0, 015?
♥ a) Пусть дано ε > 0. Имеем
¯
¯ ¯
¯
¯ 3n + 4 3 ¯ ¯ 2(3n + 4) − 3(2n + 1) ¯
5
¯=
|an − A| = ¯¯
− ¯¯ = ¯¯
¯ 2(2n + 1) ,
2n + 1 2
2(2n + 1)
5
и неравенство |an − 32 | < ε будет выполняться, если 2(2n+1)
< ε,
5
5
1
т.е. 2n + 1 > 2ε или n > 4ε − 2 . Если в качестве N взять целую
5
часть числа 4ε
− 12 (или любое целое число большее
¯ этого числа),
¯
¯
3¯
то при n > N будет выполняться неравенство ¯ 3n+4
−
2n+1
2 ¯ < ε.
Если ε = 12 , то можно взять N = 3; если ε = 0, 1, то N = 8; если
ε = 0, 015, то N = 82. Таким образом, по каждому ε мы можем
найти номер, начиная с которого будет выполняться требуемое
3
неравенство. Это и означает, что lim 3n+4
♠
2n+1 = 2 .
n→∞
Задача 1.3. Пользуясь определением предела показать, что
2
lim x2 −1 = 1. Каково должно быть N , чтобы при |x| > N выx→∞ x +3
¯ 2
¯
¯
¯
полнялось неравенство ¯ xx2 −1
−
1
¯<ε?
+3
♥ Пусть дано ε > 0. Имеем
¯ 2
¯
¯x − 1
¯
4
4
2
¯
¯
¯ x2 + 3 − 1¯ = x2 + 3 < ε , т.е. x > ε − 3.
√2 .
ε
Тогда при x > N имеем x2 > N 2 =
¯
¯
¯ 2
¯
и, следовательно, x24+3 = ¯ xx2 −1
−
1
¯<ε. ♠
+3
Возьмем N =
4
ε
>
4
ε
−3
Задача 1.4. Доказать, что последовательность a n = 1 + (−1)n
не имеет предела.
Если lim α(x) = 0 (где x0 — число или ∞ ), то функция α(x)
x→x0
называется бесконечно малой (сокращенно б.м.) в точке x 0 .
Из определения следует, что функция, имеющая предел — это
функция, отличающаяся от константы на бесконечно малую,
lim f (x) = A ⇐⇒ f (x) = A + α(x), где α(x) − б.м. в точке x 0 .
x→x0
116
Несобственные пределы. Предел функции f (x) равен ∞ при x,
стремящемся к x0 , lim f (x) = ∞, если для каждого M > 0
x→x0
существует δ = δ(M ) > 0 такое, что
0 < |x − x0 | < δ =⇒ |f (x)| > M.
В этом случае функция f (x) называется бесконечно большой (сокращенно б.б.) в точке x0 .
Различают также более специальные понятия:
lim f (x) = +∞ (соответственно, lim f (x) = −∞ ), если для
x→x0
x→x0
каждого M > 0 существует δ = δ(M ) > 0 такое, что
0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) > M (соответственно f (x) < −M ).
Теорема.
1
f (x) есть б.б. в точке x0 ⇐⇒ α(x) = f (x)
есть б.м. в точке x0 .
1
Символически это обозначают так: ∞ = 0 или 10 = ∞.
Задача 1.5. Сформулировать с помощью неравенств определение
lim f (x) = ∞.
x→+∞
1.2
Пределы и арифметические операции.
Элементарные функции
Теорема. Если lim f (x) = A , lim g(x) = B , где x0 – число
x→x0
x→x0
или ∞, то:
1. lim [f (x) + g(x)] = A + B ;
x→x0
2. lim f (x) · g(x) = A · B ;
x→x0
и в частности,
lim Cg(x) = C lim g(x) ;
x→x0
x→x0
f (x)
x→x0 g(x)
3. если B 6= 0 , то lim
=
117
A
B.
Отсюда следует, что если функции f (x) и g(x) непрерывны в
точке x0 , то их сумма, произведение и частное (если g(x) 6= 0)
также непрерывны. Кроме того, если функция y = f (x) непрерывна в точке x0 , то обратная функция x = f −1 (y) непрерывна
в точке y0 , где y0 = f (x0 ). Если функция t = ϕ(x) непрерывна
в точке x0 , функция y = f (t) непрерывна в точке t 0 = ϕ(x0 ), то
сложная функция y = f (ϕ(x)) = y(x) непрерывна в точке x 0 .
Функции, которые получаются из констант, y = C, и функций
y = x, y = ex , y = sin x с помощью операций сложения, умножения и деления, а также операций взятия обратной функции
и образования сложных функций, называются элементарными.
Элементарные функции включают в себя все известные из школы функции: y = ln x — обратная к y = ex ; y = xα = eα ln x — степенная функция; y = ax = ex ln a — показательная функция; все
тригонометрические функции: y = cos x = sin ( π2 − x), y = tg x =
sin x
cos x и т.д.; обратные тригонометрические функции arcsin x и т.д.
Из сказанного выше следует, что элементарные функции
непрерывны всюду, где они определены. Вычисление предела
непрерывной функции f (x) в точке x0 (и, в частности, элементарной функции там, где она определена) очень просто,
lim f (x) = f (x0 ),
x→x0
т.е. все сводится к подстановке и вычислению f (x 0 ) — значения
функции f (x) в точке x0 .
Задача 1.6. Найти предел:
x2 + 5
;
x→2 x2 − 3
a) lim
x2 +5
2
x
x→2 −3
♥ lim
=
22 +5
22 −3
Ответ: a) 9; b)
= 9.
√
3
2 .
b) lim
x→ 21
p
1 − x2 .
♠
Таким образом, задача о вычислении пределов элементарных
функций интересна (и представляет некоторую трудность) лишь
118
в точках, где эти функции (первоначально) не определены, например в точках, где знаменатель дроби обращается в нуль. В
этом случае говорят об устранении или раскрытии £неопреде¤ £ ¤
ленности. Основные
виды
неопределенностей – это 00 , ∞
∞ ,
¤
£
¤
£
[∞ − ∞], [1∞ ], 00 , ∞0 . Например, неопределенность вида
[1∞ ] это предел функции lim f (x)g(x) , где lim f (x) = 1 , а
x→x0
x→x0
lim g(x) = ∞ .
x→x0
1.3
£ ¤
Неопределенности вида 00 — случай
отношения двух многочленов
Неопределенность вида
£0¤
0
α(x)
,
x→x0 β(x)
— это предел lim
где α(x) и
β(x) — б.м. в точке x0 . Наличие неопределенности в таких пределах связана, как правило, с тем, что функции α(x) и β(x) имеют
общий множитель, обращающийся в нуль в точке x 0 . Устранение
неопределенности сводится к нахождению и сокращению такого
множителя.
В данном пункте α(x) и β(x) являются многочленами, т.е.
функциями вида
α(x) = a0 xm + a1 xm−1 + · · · + am , β(x) = b0 xn + b1 xn−1 + · · · + bn .
Так как α(x) и β(x) непрерывные функции, то α(x 0 ) = 0, β(x0 ) =
0, т.е. x0 является корнем многочленов α(x) и β(x). Нахождение
общего множителя особенно просто, если x 0 = 0:
5x3 −x2
Задача 1.7. Найти lim 2x
3 +7x2 .
♥
x→0
5x3 − x2 [ 00 ]
=
x→0 2x3 + 7x2
lim
x2 (5x − 1)
5x − 1
1
= lim
=− .
x→0 x2 (2x + 7)
x→0 2x + 7
7
lim
♠
Случай произвольного x0 можно свести к случаю x0 = 0 заменой t = x − x0 или x = t + x0 (см.пункт 1.5 ниже). Можно
использовать также теорему о делении многочленов. Из школы
известна следующая теорема.
119
Теорема. Если x1 , x2 – корни уравнения ax2 + bx + c = 0, то
ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ).
Замечание. Если мы один корень уравнения x 1 знаем , то для
нахождения x2 не надо решать квадратное уравнение, а просто
воспользоваться теоремой Виета: x 1 x2 = ac (и x1 + x2 = − ab ) .
Задача 1.8. Найти предел:
x2 − 5x + 6
;
x→2 x2 − x − 2
a) lim
b) lim
x→− 21
2x2 − x − 1
−6x2 + 5x + 4
♥ a) Подставляем x = 2 в числитель и знаменатель
и убежда£0¤
емся, что имеем неопределенность вида 0 . По теореме Виета
(устно) находим вторые корни; для числителя: x 1 = 2, x1 x2 =
6 =⇒ x2 = 3; для знаменателя: x1 = 2, x1 x2 = −2 =⇒ x2 = −1.
Получаем
x2 − 5x + 6 [ 00 ]
(x − 2)(x − 3)
x−3
1
= lim
= lim
=− .♠
x→2 x2 − x − 2
x→2 (x − 2)(x + 1)
x→2 x + 1
3
lim
3
.
Ответ: a) − 13 ; b) − 11
Задача 1.9. Найти предел:
x3 − 4x2 − 3x + 18
;
x→3 x3 − 5x2 + 3x + 9
a) lim
x2 + 7x + 6
.
x→−6 x3 + 6x2 + 3x + 18
b) lim
♥ Подставляем x = 3 и убеждаемся, что x = 3 является корнем
числителя и знаменателя. Делим на x − 3:
x3 − 4x2 − 3x + 18 x − 3
x3 − 5x2 + 3x + 9 x − 3
3
2
2
x − 3x
x − x − 6 , x3 − 3x2
x2 − 2x − 3
− 2x2 + 3x + 9
− x2 − 3x + 18
2
−x + 3x
−2x2 + 6x
− 6x + 18
− 3x + 9
−6x + 18
−3x + 9
0
0
120
Получаем
x3 − 4x2 − 3x + 18 [ 00 ]
=
x→3 x3 − 5x2 + 3x + 9
(x − 3)(x2 − x − 6)
=
x→3 (x − 3)(x2 − 2x − 3)
lim
lim
x2 − x − 6 [ 00 ]
=
x→3 x2 − 2x − 3
= lim
lim
x→3
(x − 3)(x + 2)
5
= .
(x − 3)(x + 1)
4
Заметим,
£ ¤ что после первого сокращения на (x − 3) неопределенность 00 не исчезла, и нам пришлось продолжить выделение
общего множителя (корень x = 3 кратный). ♠
5
.
Ответ: a) 54 ; b) − 39
1.4
Неопределенности вида
иррациональностей
£0¤
0
— случай
Иррациональностями в данном случае называются корни (радикалы). Для выделения общего множителя в числителе и знаменателе дроби можно воспользоваться формулами разности квадратов (в случае квадратных корней) и разности или суммы кубов (в случае кубических корней), записанными в виде
√
√
√ √
√
√
√
√
√
3
3
3
3
a − b = ( a − b)( a + b) , a ∓ b = ( 3 a ∓ b)( a2 ± ab + b2 ).
Множители в правой части этих формул называются сопряженными. Чтобы избавиться от корней, числитель и знаменатель
умножают на сопряженное выражение (дробь при этом не изменяется).
Задача 1.10. Найти предел:
√
√
1+x− 1−x
a) lim
,
x→0
x
♥ a)
121
√
2x + 3 − 3
b) lim √
.
x→3
x−2−1
√
√
1+x− 1−x
x
x→0
lim
Ответ: a) 1; b)
[ 00 ]
=
1+x−(1−x)
√
lim √
x→0 x( 1+x+ 1−x)
2x √
√
x→0 x( 1+x+ 1−x)
= lim
= 1. ♠
2
3.
Задача 1.11. Найти предел:
√
9 + 2x − 5
x2 − 16
√
√
√
;
b)
lim
a) lim
.
3
x→8
x→4 3 5 − x − 3 x − 3
x−2
√
√
√
3 2
[ 00 ]
x +2 3 x+4)
9+2x−5
√
√
= lim (9+2x−5)(
3 x−2
( 9+2x+5)(x−8)
x→8
x→8
√
√
3
2(x−8)( x2 +2 3 x+4)
12
lim (√9+2x+5)(x−8) = 2·12
10 = 5 . ♠
x→8
Ответ: a) 12
5 ; b) −12.
♥ a) lim
=
1.5
=
Метод замены переменной∗
Схему применения этого метода можно описать так. Пусть требуется найти lim f (x). Пусть мы делаем замену переменной,
x→x0
обычно обратимую, x = ϕ(t) или t = ϕ−1 (x), и при этом
x → x0 ⇐⇒ t → t0 . Пусть после замены получается функция
F (t) = f (ϕ(t)) (сложная функция), пусть существует предел
lim F (t) = A. Тогда
t→t0
lim f (x) = lim F (t) = A.
x→x0
t→t0
Теоретическое обоснование этого метода сводится к теоремам о
пределе сложной и обратной функции и к непрерывности элементарных функций.
Рассмотрим применение этого метода к уже встречавшимся
ранее типам пределов. В дальнейшем мы будем пользоваться
им и для нахождения других типов пределов.
122
Предел отношения двух многочленов (см. пункт 1.3). Как мы
видели, особенно просто предел находится в случае, когда x → 0
и x0 = 0 — корень числителя и знаменателя. Тогда
ck xk + ck+1 xk+1 + · · · + cm xm [ 00 ]
=
x→0 dk xk + dk+1 xk+1 + · · · + dn xn
lim
lim
x→0
ck + ck+1 x + · · ·
ck
= .
dk + dk+1 x + · · ·
dk
Замечания. 1. Для простоты мы рассмотрели только случай,
когда x0 = 0 корень числителя и знаменателя одной и той же
кратности. 2. В дальнейшем мы будем говорить, что c k xk и dk xk
– главные члены бесконечно малых, а следующие за ними слагаемые являются б.м. более высокого порядка малости и их отбрасывание приводит к эквивалентным б.м.
Случай, когда x → x0 и x0 — произвольное число, заменой
x − x0 = t сводится к случаю x0 = 0.
x3 −4x2 −3x+18
.
3
2
x→3 x −5x +3x+9
Задача 1.12. (см. задачу 1.9.a) ). Найти предел lim
♥ Делаем замену x − 3 = t, x = t + 3. Тогда при x → 3 переменная t → 0. Сделаем общее замечание по поводу вычислений.
Нам нет нужды вычислять все члены многочлена, который получится после замены: во-первых, так как t = 0 является корнем полученных многочленов, то их свободные члены равны 0;
во-вторых, нам достаточно знать самые младшие (они же главные) ненулевые члены. Поэтому мы вычисляем коэффициент
при первой степени t и если этот коэффициент не равен нулю
на этом останавливаемся. Если коэффициент при t равен нулю,
вычисляем коэффициент при t2 и т.д.
3
[ 00 ]
3
2 −3x+18
−4(t+3) 2 −3(t+3)+18
lim xx3−4x
= lim (t+3)
=
−5x2 +3x+9
(t+3) 3 −5(t+3) 2 +3(t+3)+9
x→3
t→0
(−3−24+27)t+(−4+9)t2 +···
= 54 .
2
t→0 (3−30+27)t+(−5+9)t +···
lim
♠
Случай иррациональностей.
Задача 1.13. Найти предел lim
√
3
√ x−1 .
x→1 x−1
♥ Чтобы извлекались оба корня сделаем замену x = t 6 , t =
123
√
6
x.
Получим
√
3
x − 1 [ 00 ]
=
lim √
x→1
x−1
1.6
t2 − 1 [ 00 ]
=
t→1 t3 − 1
lim
lim
t→1
(t − 1)(t + 1)
2
= . ♠
2
(t − 1)(t + t + 1)
3
Неопределенности вида
£∞¤
∞
£ ¤
Рассмотрим сначала неопределенности вида ∞
∞ в случае отношения многочленов.
P (x)
Пусть R(x) = Q(x)
, где P (x) = a0 xn + a1 xn−1 + · · · + an , Q(x) =
b0 xm + b1 xm−1 + · · · + bm — многочлены степеней n и m (a0 6=
0, b0 6= 0). Требуется найти lim R(x). Во-первых, заметим, что
x→∞
P (x) и Q(x) есть б.б. при x → ∞. Действительно,
³
a1
an ´
P (x) = xn a0 +
+ ··· + n
x
x
и выражение в скобках стремится к a0 при x → ∞,так как
lim xakk = 0. Поэтому lim P (x) = ∞. Для раскрытия неопреx→∞
x→∞
(x)
деленности PQ(x)
при x → ∞ нужно числитель и знаменатель
разделить на старшую степень, т.е. на x n или xm (или, другими
словами, нужно xn вынести за скобку и затем сократить). Пусть
m = n. Получаем
P (x) [ ∞
∞]
=
x→∞ Q(x)
lim
lim
x→∞
a0 +
b0 +
a1
x
b1
x
+ ··· +
+ ··· +
P (x)
x→∞ Q(x)
Аналогично показывается, что lim
lim P (x)
x→∞ Q(x)
an
xn
bn
xn
=
a0
.
b0
= 0 , если n < m, и
= ∞, если n > m.
Задача 1.14. Найти предел:
3x2 − 2x + 4
;
x→∞ 5x2 + x − 7
a) lim
2x3 + x + 4
.
x→∞ 7x4 − 3x2 + 5
b) lim
124
♥ a) Делим числитель и знаменатель на x 2 :
[∞
3− x2 + 42
2 −2x+4
∞]
x
=
lim
lim 3x
= 35 . ♠
5x2 +x−7
5+ 1 − 7
x→∞
x→∞
x
Ответ: a) 35 ; b) 0.
x2
Ответ в этой задаче можно, конечно, запомнить в общем виде. А можно запомнить сам прием деления на старшую
£ ∞ ¤ степень.
Этот же прием при раскрытии неопределенности ∞ применяется в немного модифицированных задачах, когда, например,
появляются иррациональности.
(2x−3)30 (3x+2)20
.
(7x+1)50
50
знаменатель на x :
Задача 1.15. Найти предел lim
x→∞
♥ Делим числитель и
∞
30 (3x+2)20 [ ∞ ]
lim (2x−3)
=
lim
(7x+1)50
(2− x3 )30 (3+ x2 )20
(7+ x1 )50
x→∞
x→∞
Задача 1.16. Найти предел:
√
√
x2 + x − 3 x 2 − 1
√
a) lim √
;
x→+∞ 4 x4 + 1 − 5 x4 + 3
=
230 ·320
.
750
♠
5x − 3 x
.
x→+∞ 2x − 5x
b) lim
♥ a) Рассуждения здесь таковы. В многочлене главным членом
(на бесконечности) является его старший член. Например, в x 2 −
1 при x → ∞ константой
−1 можно
пренебречь по сравнению
√
√
2
3
3
2
2
2
2
2
с x , x − 1 ≈ x , а x − 1 ≈ x = x 3 . Делим числитель и
знаменатель на старшую степень x, т.е. на x (1 больше чем 23 и
4
5 ). Получаем:
√
√
3 2
∞
√
√
x2 +x
2 +x− 3 x2 −1 [ ∞ ]
− xx −1
x
x
√
√
lim √
=
lim √
=
4 4
5 4
4 4
5 4
x +1
x +3
x +1− x +3
q
q
1+ x1 − 3 x1 − 13
q x
lim q
x→+∞ 4 1+ 14 − 5 x1 + 35
x→+∞
=
x
x→+∞
=
1−0
1−0
x
= 1.
x
Ответ: a) 1; b) −1.
125
−
♠
x
1.7
Неопределенности вида [0 · ∞] и [∞ − ∞]
Во втором случае встречаются две б.б. и поэтому более правильно писать ∞1 − ∞2 . Не возможно дать рецепт на все случаи
жизни. Однако общее указание такое. С помощью следующих
1
0
1
∞
манипуляций:
³
´ 0·∞ = 0· 0 = 0 или 0·∞ = ∞ ·∞ = ∞ ; ∞1 −∞2 =
∞2
∞1 = · · ·, нужно попытаться свести неопределенность
случаю 00 или ∞
∞ , для которых дальше будет разработана эф-
∞1 · 1 −
к
фективная техника раскрытия неопределенностей. Сейчас мы
ограничимся частными примерами, в которых встречаются иррациональности. Для них применяется техника домножения на
сопряженное выражение, аналогичная пункту 1.4.
Задача 1.17. Найти предел:
p
p
√
√
a) lim ( x + a − x); b) lim ( x2 + 2x + 2 − x2 − 2x − 3).
x→∞
x→+∞
♥ a)
√
√
lim ( x + a − x)
x→∞
[∞−∞]
=
x+a−x
a
lim √
√ =
= 0.
x→∞
∞
x+a+ x
♠
Ответ: a) 0; b) 2.
Контрольные вопросы
1. Дайте определение предела функции в точке (по Коши).
2. Что такое бесконечно малая? Как формулируется определение предела с помощью понятия б.м.?
3. Что такое предел числовой последовательности?
4. Что такое бесконечно большая? Как б.б. связаны с б.м.?
5. Как связано понятие предела с арифметическими операциями?
£ ¤ £ ¤
6. Что такое непределенности вида 00 и ∞
∞ ?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Доказать, что:
126
√
n
a = 1;
n
= 0.
n→∞
n→∞ 2n
♥ a) При a = 1 утверждение очевидно. Пусть a > 1. Тогда
√
n
a>1и
£
¤n
√
√
√
a = 1 + ( n a − 1) = 1 + n( n a − 1) + · · · > n( n a − 1),
a) lim
b) lim
где при возведении в степень n, т.е. при перемножении n скобок, выписаны только два слагаемых (в каждой скобке берем
первое слагаемое — получаем 1n = 1, и в одной из скобок берем
√
√
( n a − 1), а в остальных 1 — получаем n( n a − 1)), а остальные
(положительные!) слагаемые обозначены многоточием. Получаем неравенство
√
a
0< na−1 < .
n
Если £теперь
дано ε > 0 и мы возьмем n так, что na < ε, т.е.
¤
a
n > ε + 1 = N = N (ε), то мы получим, что при n > N
√
выполняется неравенство | n a − 1| < ε. По определению это и
√
значит, что lim n a = 1.
n→∞
q
Если 0 < a < 1, то a1 > 1 и, по доказанному, lim n a1 = 1. Но
n→∞
тогда
√
1
1
q =1
lim n a = lim q =
n→∞
n→∞ n 1
lim n a1
a
n→∞
(по теореме о пределе частного). ♠
D2. Доказать равносильность определений предела функции
по Коши и по Гейне (см. Лекции [K], Гл.6, §3, стр.102).
D3. Доказать что не существует предела lim sin x1 .
x→0
127
Занятие 2
Вычисление пределов - 2:
первый и второй
замечательные пределы
2.1
Первый замечательный предел
Так называется предел
sin α [ 00 ]
= 1.
α→0 α
lim
На нем основано вычисление всех пределов, связанных с тригонометрией. Напомним три формулы тригонометрии, которые нам потребуются в дальнейшем. Во-первых, это формула
1 − cos x = 2 sin2 x2 , а во-вторых, формулы
sin α−sin β = 2 sin
α−β
α+β
α−β
α+β
cos
, cos α−cos β = −2 sin
sin
.
2
2
2
2
Вычисление следующих пределов основано на "выделении"(или
"формировании") из неопределенности первого замечательного предела. При этом множители числителя и знаменателя, которые не стремятся к 0 ("не существенные"множители) могут
128
быть заменены их значениями в точке x 0 на основании теоремы
о пределе произведения и частного.
Задача 2.1. Найти пределы:
a) lim tgxx ; b) lim x ctg 3x; c) lim
2 3x
tg 2x
; d) lim sin
;
2
x→0
x→0 sin 5x
x→0 sin 2x
x0
x0
3x
; f ) lim sin x−sin
; g) lim sin 5x−sin
;
e) lim cos x−cos
x−x0
x−x0
sin 7x
x→x0
x→x0
x→0
4x
x
x
h) lim tg 7x−tg
; k) lim 1−cos
; l) lim tg x−sin
;
tg 5x
x2
x3
x→0
x→0
x→0
¡
¢
x
mx
m) lim sin
; n) limπ π2 − x tg x; p) lim arctg
x ;
x→π sin nx
x→0
x→ 2
√
1+x tg x−1
3x
x2 √
√
;
r)
lim
;
s)
lim
.
q) lim arcsin
x
3x2
x→0
x→0 1+x sin x− cos x
x→0
x→0
♥
0
tg x [ 0 ]
= lim sinx x
x→0 x
x→0
lim cos1 x = 1.
x→0
a) lim
[ 00 ]
=
tg 2x
x→0 sin 5x
c) lim
·
1
cos x
lim tg 2x
x→0 2x
·
= 1, так как cos 0 = 1 и поэтому
5x
sin 5x
·
2
5
= 25 .
cos x−cos x0
x−x0
x→x0
x−x
sin 2 0
e) (производная косинуса) lim
= lim
x→x0
−2 sin
x−x0
2
sin
x−x0
x+x0
2
= − lim
x→x0
0
=
2 sin 5x−3x
cos
sin 5x−sin 3x [ 0 ]
2
=
lim
sin 7x
sin 7x
x→0
x→0
lim sin x · sin7x7x · 27 · cos 4x = 27 .
x→0 x
1−cos x
x2
x→0
k) lim
[ 00 ]
=
2 sin2
x2
x→0
lim
x
2
0
· sin x+x
= − sin x0 .
2
x−x0
2
g) lim
= lim
x→0
³
5x+3x
2
sin
x
2
x
2
m) Делаем замену x − π = t , x = t + π .
sin mx
x→π sin nx
= (−1)m−n
lim
[ 00 ]
=
sin (mt+mπ)
t→0 sin (nt+nπ)
lim sin mt · sinntnt · m
n
t→0 mt
lim
[ 00 ]
=
´2
·
1
2
= 12 .
(−1)m sin mt
n
t→0 (−1) sin nt
m−n m
(−1)
n.
= lim
=
=
=
Мы воспользовались формулой для sin (α + β) и тем, что sin mπ =
0, cos mπ = (−1)m .
129
p) Делаем замену arctg x = t , x = tg t , x → 0 ⇐⇒ t → 0 .
0
x [0]
=
lim tgt t = lim tg1 t = 1.
lim arctg
x
x→0
t→0
t→0
r) lim
[ 00 ]
=
=
=
x2 √
√
x→0 1+x sin x− cos x
x2
2 lim (1−cos x)+x
sin x
x→0
1
2 1 +1
= 43 .
2
t
√
√
x2 ( 1+x sin x+ cos x)
=
1+x sin x−cos x
x→0
2 lim 1−cos x1+ sin x = [см. зад.2.1k]
x→0
x
x2
lim
=
♠
Ответ: a) 1; b) 13 ; c) 25 ; d) 94 ; e) − sin x0 ; f ) cos x0 ; g) 27 ; h)
m−n m
3
1
1
4
1
5 ; k) 2 ; l) 2 ; m) (−1)
n ; n) 1; p) 1; q) 3; r) 3 ; s) 6 .
2.2
Второй замечательный предел. Неопределенности вида [1∞]
Число Эйлера e определяется как предел (монотонно возрастающей и ограниченной) числовой последовательности:
µ
¶
1 n
.
e = lim 1 +
n→∞
n
Доказывается, что этот предел сохраняется и в случае, когда n
принимает не только (дискретные) натуральные значения, n ∈
N, а меняется непрерывно, n = x ∈ R,
¶
µ
1 x
lim 1 +
= e.
x→∞
x
Это и есть второй замечательный предел. Он представляет из
себя неопределенность вида [1∞ ]. Замена x = 1t , t = x1 позволя1
ет переписать этот предел в виде lim (1 + t) t = e, или же более
t→0
общим образом в виде:
130
1
lim (1 + α(x)) α(x)
x→x0
[1∞ ]
= e,
где α(x) есть б.м. в точке x0 .
Второй замечательный предел применяется для раскрытия
неопределенностей вида [1∞ ], т.е. для нахождения пределов
lim f (x)g(x) , где lim f (x) = 1, а lim g(x) = ∞. Сведение
x→x0
x→x0
x→x0
неопределенности вида [1∞ ] ко второму замечательному пределу производится с помощью следующих манипуляций:
1. Выделяем в основании чистую единицу, т.е. представляем
f (x) в виде f (x) = 1 + α(x), где α(x) — б.м. в точке x 0 . Для
этого можно использовать равенство f (x) = 1 + (f (x) − 1) и положить α(x) = f (x) − 1.
2. Конструируем второй замечательный предел, а именно запи1
сываем в показателе α(x)
— величину обратную α(x), и подправляем показатель так, чтобы ничего не изменилось — умножаем
на α(x):
h
iα(x)g(x)
1
1
α(x)g(x)
f (x)g(x) = (1 + α(x)) α(x)
= (1 + α(x)) α(x)
.
¡ b ¢c
Последнее равенство написано на основании правила a = abc .
3. Вычисляем предел lim α(x)g(x) = A и тогда искомый предел
x→x0
есть eA :
[1∞ ]
lim f (x)g(x) =
x→x0
1
lim [1 + (f (x) − 1)] f (x)−1
x→x0
·(f (x)−1)g(x)
= eA .
Последнее равенство написано на основании утверждения:
lim u(x)v(x) = ab , где lim u(x) = a > 0 и lim v(x) = b (это
x→x0
x→x0
x→x0
непрерывность показательно-степенной функции).
Таким образом, раскрытие неопределенности [1 ∞ ] свелось
к
£0¤
неопределенности
[0 · ∞] или же к неопределенностям 0 либо
£∞¤
,
что
(формально)
получается с помощью следующих пре∞
∞
образований: 0 · ∞ = 01 = 00 , либо 0 · ∞ = ∞
1 = ∞.
0
∞
131
Задача 2.2. Найти пределы:
³
´2x−5
a) lim 3x+4
;
x→∞ ³ 3x−2
´x
2
c) lim xx2 −2x+1
;
−4x+2
x→∞
¡x¢ 1
e) lim 2 x−2 ;
x→2
³
´ 1
1+tg x sin3 x
g) lim 1+sin
;
x
b) lim
x→∞
³
x2 +1
x2 +3
¡
d) lim 1 − x
x→0
´x2
¢
2
f ) lim (cos 2x)
x→0
;
2
x2
;
1
sin2 x
;
3
h) lim (cos x) x2 .
x→0
x→0
♥ (Напомним, что вычисление предела начинается всегда с
определения типа неопределенности, которую надо раскрыть.)
³
´2x−5 [1∞ ]
³
´ 3x−2 · 6(2x−5)
6
3x−2
3x+4
6
a) lim 3x−2
= lim 1 + 3x−2
= eA ,
x→∞
c)
x→∞
6(2x−5)
где A = lim 3x−2 = 4.
x→∞
³ 2
´x [1∞ ]
³
2
=
lim
1 + xx2 −2x+1
−
lim xx2 −2x+1
−4x+2
−4x+2
x→∞
x→∞
³
´ x2 −4x+2 · (2x−1)x
2x−1
x2 −4x+2
= lim 1 + x22x−1
= eA ,
−4x+2
x→∞
= 2.
где A = lim x(2x−1)x
2
x→∞ −4x+2
e) lim
x→2
g) lim
x→0
eA ,
¡x¢
2
³
1
x−2
1+tg x
1+sin x
[1∞ ]
=
´
x→2
[1∞ ]
=
x−2
2
¢
2
·1
x−2 2
³
lim 1 +
x→0
´x
=
1
= e2 .
tg x−sin x
1+sin x
1
−1
tg x−sin x
x
= lim cos
3x
2x
sin
sin
x→0
x→0
x2
1
x
·
=
.
lim 1−cos
2
2
2
x
sin x
x→0
где A = lim
=
1
sin3 x
¡
lim 1 +
1
´
1+sin x
· tg x−sin x
tg x−sin x sin3 x(1+sin x)
1−cos x
2
x→0 sin x·cos x
= lim
=
=
При вычислении A мы отбросили не существенные множители
1 + sin x, так как lim (1 + sin x) = 1, и cos x, так как lim cos x =
x→0
x→0
1, также воспользовались первым замечательным пределом и
результатом ранее решенной задачи 2.1 k) . ♠
√
√
Ответ: a) e4 ; b) e−2 ; c) e2 ; d) e−2 ; e) e; f) e−2 ; g) e;
3
h) e− 2 .
132
£ ¤ £ ¤
Замечание о неопределенностях вида [1 ∞ ], ∞0 и 00 . Растаких
£крытие
¤
£ ∞ ¤ неопределенностей сводится к неопределенностям
0
0 или ∞ с помощью основного логарифмического тождества
b = eln b . Действительно,
lim u(x)v(x) = lim eln(u(x)
x→x0
v(x)
x→x0
) = lim ev(x) ln u(x) = eA ,
x→x0
где A = lim v(x) ln u(x). Мы отложим решение задач на предеx→x0
лы такого типа до лучших времен, до тех пор, когда мы изучим
производные и познакомимся с правилом Лопиталя,
£ ¤позволяю£ ¤
щего очень эффективно вычислять пределы типа 00 и ∞
∞ , к
которым сводится предел lim v(x) ln u(x).
x→x0
Контрольные вопросы
1. Что такое первый замечательный предел? Какой тип неопределенности представляет этот предел?
2. Что такое число Эйлера e?
3. Что такое второй замечательный предел? Какой тип неопределенности представляет этот предел?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Найти предел lim sinx x .
D2. Найти предел
x→∞
a
lim ln(a+x)−ln
.
x
x→0
133
Занятие 3
Вычисление пределов - 3:
cравнение бесконечно
малых; применение
эквивалентных б.м. для
вычисления пределов
3.1
Сравнение бесконечно малых
Сравнение б.м. основано на рассмотрении предела их отношения. Пусть α и β — б.м. в точке x0 .
β(x)
Если lim α(x)
= C, где C = const и C 6= 0, то б.м. α и β наx→x0
зываются бесконечно малыми одного порядка малости. В частности, если C = 1, т.е.
lim
x→x0
β(x)
= 1,
α(x)
то α и β называются эквивалентными бесконечно малыми и это
134
записывают в виде: α ∼ β. Если же C = 0, т.е.
lim
x→x0
β(x)
= 0,
α(x)
то б.м. β называется бесконечно малой более высокого порядка
малости, чем α. Это записывают так: β = o(α) и читают: бэта
β(x)
есть o малое от α (здесь o — это буква, Оля ). Если lim α(x)
не
x→x0
существует, то α(x) и β(x) называются несравнимыми.
Задача 3.1. Доказать, что o(α) + o(α) = o(α), т.е. если β 1 =
o(α), β2 = o(α), то β1 + β2 = o(α).
Шкала бесконечно малых. Фиксируем одну ("масштабную")
б.м. α(x) в точке x0 . Б.м. β(x) называется бесконечно малой порядка k (по отношению к α(x)), если β(x) и α(x) k — б.м. одного
порядка малости. Легко видеть, что если k > 1 (соответственно,
k < 1 ), то β(x) есть б.м. более высокого (соответственно, низкого) порядка малости, чем α(x). Обычно за "масштабную"б.м.
в точке x0 берут α(x) = x − x0 . Порядок б.м. β(x) мы будем
обозначать v(β).
Если б.м. β(x) в точке x0 имеет
³ порядок´k относительно б.м.
k
x − x0 , т.е. β(x) = C(x − x0 ) + o (x − x0 )k , где C = const 6= 0,
то C(x − x0 )k называется главной частью б.м. β(x) в точке x 0 .
Примеры сравнения б.м. в точке x0 = 0:
1. sin x ∼ x, так как lim sinx x = 1.
x→0
2. 2x +
2x3
x3
и x есть б.м. одного порядка, так как lim
− x4
x→0
+ x5
2x+x3
x
= 2.
3.
есть б.м. более высокого порядка малости, чем
3
4
5
2
x (и чем x ), 2x3 − x4 + x5 = o(x), так как lim 2x −xx +x =
x→0
lim (2x2 − x3 + x4 ) = 0. Более точно, 2x3 − x4 + x5 есть б.м.
x→0
3
4
5
+x
= 2.
порядка 3 (относительно x), так как lim 2x −x
x3
x→0
√
4.
x есть б.м. порядка k = 12 относительно б.м. sin x, так как
√
√ x
x→0 sin x
lim
= 1.
135
Задача 3.2. Сравнить б.м. в точке x0 = 0:
a) α(x) = 3x2 + 2x5 , β(x) = 5x2 − x3 ;
b) α(x) = x sin x, β(x) = tg 3 x.
♥ a) α и β — б.м. одного порядка малости, так как
β(x)
5x2 − x3 [ 00 ] 5
= .
= lim 2
x→0 α(x)
x→0 3x + 2x5
3
lim
b) β = o(α), так как
sin x
1
β(x)
tg3 x
= lim
= lim sin x ·
·
= 0.
x→0 α(x)
x→0 x sin x
x→0
x
cos3 x
lim
♠
Задача 3.3. Определить порядок малости следующих б.м. β(x)
в точке x0 = 0 относительно α(x) = x:
√
a) β(x) = x sin x; b) β(x) = tg x − sin x.
♥
√
√
a) v(β) = 32 , так как lim x sin3 x = lim sin√x x = 1.
tg x−sin x
x3
x→0
b) lim
x→0
x→0
x2
sin x 1−cos x
·
· cos1 x
2
x
x→0 x
= lim
v(tg x − sin x) = 3.
=
1
2.
Это значит, что
♠
Теорема 1 (принцип отбрасывания бесконечно малых). Две
б.м. α(x) и β(x) в точке x0 эквивалентны тогда и только, когда их разность есть б.м. более высокого порядка малости, чем
каждая из них,
α ∼ β ⇐⇒ β − α = γ = o(α)
(и γ = o(β) ).
Или, по-другому,
α ∼ β ⇐⇒ β = α + o(α).
Таким образом, все б.м., эквивалентные α(x), получаются так:
нужно к α(x) прибавить или вычесть (отбросить) бесконечно
малую более высокого порядка, чем α. Например: x + x 3 ∼ x в
точке x0 = 0.
136
Задача 3.4. Доказать, что если α(x) = a k xk + ak+1 xk+1 + . . . +
an xn , ak 6= 0, есть многочлен, то порядок α (относительно б.м.
x) совпадает с младшей степенью: v(α) = k.
Можно проверить, что имеются следующие свойства порядков б.м.:
если б.м. β1 (x) и β2 (x) в точке x0 = 0 имеют порядки k и l
(относительно б.м. x), то:
i) β1 (x)β2 (x) имеет порядок k + l, т.е.
v(β1 β2 ) = v(β1 ) + v(β2 ).
ii) v(β1 ) + v(β2 ) имеет порядок
v(β1 + β2 ) ≥ min(v(β1 ), v(β2 )).
А если v(β1 ) 6= v(β2 ), то
v(β1 + β2 ) = min(v(β1 ), v(β2 ));
iii) Если α ∼ β и v(α) = k, то v(β) = k.
3.2
Техника эквивалентных бесконечно малых
Теорема 2. Если α ∼ α1 и β ∼ β1 эквивалентные б.м. в точке
x0 , то
α(x) [ 00 ]
α1 (x)
lim
= lim
,
x→x0 β(x)
x→x0 β1 (x)
т.е. при вычислении предела отношения двух б.м. числитель и
знаменатель можно заменять на эквивалентные б.м.
Таблица эквивалентных б.м.
137
Следующие пары б.м. эквивалентны в точке x 0 = 0:
1. sin x ∼ x,
2. tg x ∼ x,
3. 1 − cos x ∼ 12 x2 ,
4. arcsin x ∼ x,
5. arctg x ∼ x,
6. ln (1 + x) ∼ x,
7. ax − 1 ∼ x ln a,
70 . ex − 1 ∼ x,
8. (1√+ x)k − 1 ∼ kx,
8 1 . 1 + x − 1 ∼ 12 x.
2
Формулы этой таблицы можно переписать в виде
1.
2.
3.
4.
sin α = α + o(α),
tg α = α + o(α),
cos α = 1 − 12 α2 + o(α2 ),
arcsin α = α + o(α),
5. arctg α = α + o(α),
6. ln (1 + α) = α + o(α),
7. eα = 1 + α + o(α),
8. (1 + α)k = 1 + kα + o(α).
Техника эквивалентных б.м. при вычислении пределов основана на теореме 2 и приведенной таблице эквивалентных б.м.
Эта техника позволяет свести вычисление пределов в основном
к алгебраическим преобразованиям.
Задача 3.5. Найти пределы, заменяя бесконечно малые эквивалентными:
sin 5x
;
x→0 tg 2x
2x
−1
;
c) lim lne(1−4x)
x→0 √
√
3
x+2−
x+20
√
e) lim
;
4
x+9−2
x→7
3x+sin2 x
g) lim sin 2x−x3 ;
x→0
(1+x−3x2 +2x3 )
k) lim ln
2
3 ;
x→1 ln (1+3x−4x +x )
cos x
m) lim lnln(1+x
2) ;
x→0
√
p) lim 1−cos xx2 cos 2x ;
x→0
a) lim
♥
a) lim
sin 5x
x→0 tg 2x
5x
x→0 2x
= lim
ln(1+x2 )
;
2
x→0 √tg 8x
√
1+sin x− 1−sin x
d) lim
;
tg x
x→0 √
3
8+3x−2
f ) lim √
;
4
x→0 16−5x−2
tg 2x−x3
h) lim arcsin 3x+x2 ;
x→0
sin x
l) lim 2arctg−1
3x ;
x→0
sin (ex−1 −1)
n) lim
;
ln x
x→1
b) lim
= 52 ;
138
2
ex −cos 2x
.
x2
x→0
q) lim
e2x −1
2x
= lim −4x
= − 12 ;
ln
x→0 (1−4x)
x→0
h
i
√
√
√
√
3
3
x+20
x−7=t
9+t−
27+t
√
√
lim x+2−
=
=
lim
=
4
4
x=7+t
x+9−2
16+t−2
x→7
t→0
h
i
h
i
1
1
1
t 1
t 3
(1+ 9t ) 2 −1 − (1+ 27
) 3 −1
3(1+ 9t ) 2 −3(1+ 27
)
= lim
= 32 lim
1
t 1
t→0
t→0
(1+ 16
) 4 −1
2(1+ t 4 −2
c) lim
e)
=
16
=
=
t
1 t
1
· +o(t)− 13 · 27
+o(t)
t− 1 t
3
lim 2 9
= 32 lim 18 1 t81 =
1 t
2 t→0
·
t→0
4 16
64
3
1
1
1
3 64·7
7·16
112
·
64
·
·
(
−
)
=
·
=
2
2
9
2
9
2 2·9
81 = 27 ;
3x+sin2 x
3
x→0 sin 2x−x
g) lim
3x
x→0 sin 2x
= lim
3x
x→0 2x
= lim
=
ln (1+x−3x2 +2x3 )
x−3x2 +2x3
2 +x3 ) = lim 3x−4x2 +x3
ln
(1+3x−4x
x→1
x→1
1
lim (x−1)(2x−1)
=
−
;
2
x→1 (x−1)(x−3)
k) lim
=
ln cos x
2
x→0 ln (1+x )
m) lim
− 12 ;
sin (ex−1 −1)
ln x
x→1
n) lim
ln (1+(cos x−1))
ln (1+x2 )
x→0
= lim
=
h
x−1=t
x=t+1
i
3
2
;
1−3x+2x2
2
x→1 3−4x+x
= lim
cos x−1
x2
x→0
= lim
sin (et −1)
t→0 ln (1+t)
= lim
= lim
t→o
− 12 x2
2
x→0 x
= lim
et −1
t
=1;
1
√
1−(1− 12 x2 +o(x2 ))(1− 12 (2x)2 +o(x2 )) 2
1−cos x cos 2x
=
lim
2
2
x
x
x→0
x→0
1−(1− 12 x2 +o(x2 ))(1+ 12 (−2x2 +o(x2 ))+o(x2 ))
= lim
=
x2
x→0
p) lim
1−(1−x2 − 21 x2 +o(x2 ))
x2
x→0
= lim
= lim
x→0
3 2
x
2
x2
= 32 .
=
=
♠
1
8
3
; c) − 12 ; d) 1; e) 112
Ответ: a) 52 ; b) 64
27 ; f) − 5 ; g) 2 ; h)
2
1
1
1
1
3 ; k) − 2 ; l) 3 ln 2; m) − 2 ; n) 1; p) − 2 ; q) 3.
Контрольные вопросы
1. Что такое б.м. более высокого порядка чем некоторая б.м.
α в точке x0 ?
2. Что такое эквивалентные б.м. в точке x 0 ?
3. Что такое порядок бесконечно малой (относительно некоторой б.м. α)?
139
4. Как получаются друг из друга эквивалентные б.м. (принцип отбрасывания бесконечно малых)?
5. Как применяются
£ ¤ эквивалентные б.м. для раскрытия неопределенностей типа 00 ?
6. Выпишите эквивалентности для элементарных функций из
таблицы эквивалентных б.м.?
Дополнительные вопросы и задачи
D1. Докажите свойства порядков бесконечно малых, сформулированные выше после задачи 3.4.
D2. Привести пример б.м. β1 (x) и β2 (x), для которых v(β1 +
β2 ) > min(v(β1 ), v(β2 )), т.е. пример, показывающий, что в сумме
(или разности) главный член может "уничтожаться".
D3. Докажите, что для раскрытия неопределенности вида
[0 · ∞] бесконечно малую можно заменять на эквивалентную.
Формулы из таблицы эквивалентных б.м. являются лишь первыми приближениями функций многочленами в окрестности
точки. Позже мы познакомимся с разложением функций в ряд
Тейлора. Для следующих элементарных функций эти формулы
выглядят так:
2
3
4
2
3
ex = 1 + x + x2! + x3! + x4! + . . . ; ln (1 + x) = x − x2 + x3 −
2
4
3
5
cos x = 1 − x2! + x4! + . . . ;
sin x = x − x3! + x5! − . . . ;
(1 + x)k = 1 +
k
1! x
+
k(k−1) 2
2! x
+
k(k−1)(k−2) 3
x
3!
x4
4
+ ...;
+ ....
Обрывая эти формулы в некотором месте, мы можем получить
более точные формулы (формулы Тейлора с остаточным членом
в форме Пеано). Например, формулу для sin x можно записать
в виде sin x = x + o(x), а если оставить два первых члена, то
3
более точная формула имеет вид: sin x = x − x6 + o(x3 ).
D4. Найти предел lim sinxx−x
. Ответ: − 16 .
3
x→0
D5. Технику эквивалентных б.м. можно почти дословно перенести на случай бесконечно больших. Разработайте эту теорию.
140