Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Дальневосточный Государственный Университет Путей Сообщения

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

ТЕСТЫ по математике

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

13.04.2015

Размер:

9.56 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 132 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

именно, lim

x→∞ x2 − 5

− x = (∞ − ∞). В этом случае избавиться от

неопределенности ∞ − ∞ поможет приведение исходного выражения к общему знаменателю. Итак, будем иметь

= (∞ − ∞) = lim

x3 − x

(

x2 − 5

)

lim

− x

− 5

x→∞

− 5

x→∞ x

− x3 + 5x

∞

= lim

x2 − 5

x→∞

x→∞ x

− 5

∞

Ответ:

lim

− x = 0.

− 5

x→∞ x

Пример 7. Найти

−

lim

1− x

1− x3

x→1

Решение

Исследуем выражение, стоящее в скобках. Видно, что при x →1 в знаменателях стоят бесконечно малые величины. Поскольку величины, обратные бесконечно малым, являются бесконечно большими, то имеем разность двух бесконечно больших величин, а это есть неопределенность.

Заметим, что знаменатель второй дроби есть разность кубов. Воспользуемся формулой сокращенного умножения и разложим разность

кубов на произведение двух множителей 1− x3 = (1− x)(1+ x + x2 ).

Итак, имеем

lim

−

= (

∞ − ∞)

= lim

−

(

)

x→1 1− x

1− x3

− x

x→1

(1− x)

1+ x + x

1+ x + x2

= lim

−

(

)

(

)

(1− x) 1+ x + x2

x→1 (1− x) 1+ x + x

−2

+ x + x

lim

(1− x)(1+ x + x2 )

x→1

Как видно, пришли к неопределенности

Со

знаменателем

все

ясно.

Но

многочлен

второй степени

f (x) = −2 + x + x	2 = P	(x),	стоящий в	числителе, при	x =1 обращается в
	2
ноль, т. е. f (1) = 0.		А	это значит,	x =1 является	корнем уравнения

f (x)= −2 + x + x2 = 0 . Решите это уравнение и найдете два корня. Один уже известен, это x =1, другой же x = 2. Таким образом, многочлен второй степени (или квадратный трехчлен) P2 (x) = −2 + x + x2 можно представить

в виде произведения двух линейных множителей, а именно:

−2 + x + x2 = (x −1)(x − 2).

Используем полученное разложение и продолжим решение

поставленной задачи.

= lim

(

)(

)

lim

−2 + x + x

x −1 x − 2

x→1

(1− x)(1+ x + x2 )

x→1

(1− x)(1+ x + x2 )

= − lim

(x −1)(x − 2)

= − lim

(x − 2)

(x −1)(1+ x + x2 )

x→1

x→1(1+ x + x2 )

Здесь

вынесли

знак

минус: 1− x = −(x −1)

сократили

бесконечно

малые величины

(x −1)

при

x →1. Дальнейшая

подстановка

x =1 в

оставшееся выражение дает окончательный результат.

−2 + x + x2

−

lim

А это значит, что lim

x→1(1− x)(1+ x + x2 )

x→1 1

− x 1− x3

−

Ответ: lim

x→1 1

− x 1− x3

Анализируя методы раскрытия неопределенности

вида

(∞ − ∞),

можно отметить,

что,

как

правило,

неопределенность

вида

(∞ − ∞),

∞

сводится к неопределенностям вида

или

∞

Первый замечательный предел

lim

sinx

x→0

Рассматривая отношение sinx и x при стремлении аргумента x к нулю, имеем отношение двух бесконечно малых величин. А это есть

неопределенность вида .

		sinx			0
Доказательство	lim		=			=1 строится на геометрическом

	x→0	x			0
представлении функций		sin x,		tg x		в окружности единичного радиуса и

теоремы о том, что центральный угол измеряется дугой, на которую он

опирается. Сравнивая sin x,	x, tg x , приходим к двойному неравенству
sin x Ј x Ј tg x . Дальнейшие	очевидные преобразования и			переход		к
пределу при стремлении аргумента x к нулю, а также			использование
теоремы о пределах трех монотонных функций3			приводят			к
доказательству того, что lim	x	=1. Отсюда следует, что	lim	sinx	=1.

x→0	sinx		x→0	x

Основным достоинством этого предела, почему он и называется замечательным, является эквивалентность двух бесконечно малых

величин sin x и его аргумента x :		sin x x .	Отсюда получаем и другие
эквивалентные	функции	при	x → 0,	а	именно,
tgx : x, arcsinx : x, arctgx : x.
Пусть lim α (x) = 0, т.е. α (x)		бесконечно малая		при	x → a. Можно
x→a

получить еще несколько пар эквивалентных функций, которые для студентов технических специальностей значительно упрощают вычисления.

lim α (x)= 0
x→a
sin α (x) α (x),	tg α (x) α (x),
arcsin α (x) α (x),	arctg α (x)	α (x),
eα(x) −1 α (x),	ln(1+α (x))	α (x),

aα(x) −1 α (x).

Пример 8. Найти lim sin3x .

x→0 x

Решение

3 Пусть функции s(x), f (x), g(x)	на	некотором	множестве X монотонно		убывают, причем
для x О X s(x)Ј f (x)Ј g(x). Тогда если	lim	s(x)= A,	и lim g(x)= A, то	lim	f (x)= A .
x® a			x® a	x® a

sin3x

Заметим,

что

lim

. Поскольку

x → 0

воспользуемся

x→0

эквивалентными бесконечно малыми величинами sin3x :

3x , будем иметь

sin3x

lim

= lim

= 3.

x→0 x

Ответ:

lim

sin3x

= 3.

x→0

Пример 9. Найти

lim

tg7x

x→0 sin5x

Решение

x →

При

в пределе имеем неопределенность вида

. Используя

эквивалентные бесконечно малые величины tg7x :

7x, sin5x :

5x, получим

tg7x

lim

= lim

x→0 sin5x

x→0

Ответ:

lim

tg7x

x→0 sin5x

Пример 10. Найти

lim

3arcsin4x

x→0

tg9x

Решение

x →

При

в пределе имеем неопределенность вида

. Используем

при

x → 0

эквивалентные

бесконечно

малые

величины:

arcsin4x : 4x, tg9x :

9x. Решение записываем как

3arcsin4x

arcsin4x

lim

= 3 lim

x→0 tg9x

x→0

Ответ:

lim

3arcsin4x

x→0 tg9x

Пример 11. Найти

lim

arcsin4x

x→0 arctg2x

Решение

Хочется верить, что решение данного примера очевидно, а именно:

	arcsin4x		0		4x
lim		=		= lim		= 2.

x→0 arctg2x			0	x→0	2x

Ответ: lim arcsin4x = 2. x→0 arctg2x

Пример 12. Найти lim sin3x . x→π sin2x

Решение

Сразу отметим, что в этом примере надо будет обязательно сделать переход к новой переменной, стремящейся к нулю, для того, чтобы воспользоваться эквивалентными бесконечно малыми величинами.

Если проанализировать выражение, стоящее за знаком предела, то

можно увидеть, что при x → π имеем неопределенность вида 0 . Однако

ответ 32 будет неверным.

Понятно, что есть желание объявить эквивалентными функции sin3x и

3x, sin2x

и 2x. Но это неверно, потому что

x → π , а π не есть ноль, это

одна из

известных

констант4:

π ≈ 3,14.

Вы

предлагаете

заменить

бесконечно малые

величины

sin3x

sin2x

при

x → π величинами

3π ≈ 3 3,14 = 9,42

и 2π ≈ 2 3,14 = 2,28

соответственно. Теперь видно, что

это неверно! Так какой выход существует из этой ситуации?

Рассудим следующим образом: если

x → π , то

разность

x −π или

π − x есть

бесконечно малая величина. Рассмотрим бесконечно малую

величину

x −π ,

обозначим

ее

α,

т. е. α = x −π . Теперь если

x → π , то

очевидно:

α → 0. Выразим

из

предложенного

равенства:

x = π +α .

Подставим полученное выражение для переменной x через переменную α в исходное, стоящее под знаком предела, и перейдем к пределу при

условии, что α → 0.			Будем иметь
lim	sin3x	= lim	sin3(π +α )	= lim		sin(3π + 3α )			.

x→π sin2x α→0 sin2(π +α )				α →0 sin(2π + 2α )
Воспользуемся			формулами			приведения:				sin(3π + 3α ) = −sin3α ,
sin(2π + 2α )= sin2α и продолжим решение:
lim	sin(3π + 3α )		= lim −sin3α = − lim				sin3α	.

α →0 sin(2π + 2α )			α→0 sin2α		α→0 sin2α

4 Число π можно получить, если длину окружности разделить на длину диаметра. Получим число, которое нельзя представить ни конечной десятичной дробью, ни периодической дробью. Приближенное значение числа π с шестнадцатью значащими цифрами:π=3,141592653589793.

И только теперь имеем полное право использовать эквивалентные бесконечно малые величины: sin3a : 3a , sin2a : 2a . Продолжим решение:

− lim

sin3α

= − lim

3α

= −

2α

α →0 sin2α

α →0

Таким образом, получили, что lim

sin3x

= −

x→π sin2x

Ответ: lim

sin3x

= −

x→π sin2x

Правило раскрытия неопределенности вида 0 ∞

Прежде, чем раскрывать неопределенность вида (0 ∞), отметим, что такую неопределенность может дать произведение двух множителей, один из которых есть бесконечно малая величина, а другой − бесконечно большая. Избавиться от такой неопределенности можно, если один из множителей опустить в знаменатель, при этом выполнив правильно эквивалентные преобразования. И тогда придем к неопределенности

либо

∞

, либо

, правила раскрытия которых уже известны. В самом

∞

деле,

0 ∞ =

∞

или 0 ∞ =

. На вопрос, какой множитель

∞

1∞

убрать в знаменатель, можно ответить только после анализа функции, предел которой находим. Главная цель – решение должно быть простым и красивым.

Пример 13. Найти lim		π		tgx .
Пример 13. Найти lim			− x	tgx .
x→	π	2
x→	2
	2
Решение

Анализируя стоящее за знаком предела выражение, приходим к

выводу, что	при условии	x →	π	имеем неопределенность	вида		0 ∞ .
			2
Выполним	эквивалентные	преобразования выражения			π	− x	tgx.
					2

Перенесем первый множитель заданного выражения в знаменатель:

π lim x→π2 2

				tgx			∞
− x	tgx =	lim				=	.
− x	tgx =	lim			1	=	.
		x→	π		1		∞
		x→	2	π	− x
				2

∞

Как видно, пришли к неопределенности вида , но выхода из

∞

создавшейся ситуации не видно.

Примечание . Эту неопределенность можно раскрыть. С помощью правила Лопиталя. Причем только после третьего раза применения, но при этом надо будет полученные выражения упрощать. Проверьте, так ли это.

Поступим иначе, перенесем второй множитель выражения

− x tgx в

знаменатель:

− x

lim

− x

tgx =

lim

x→

tgx

Получили

неопределенность

вида

, и

более

того известно, что

− x

= ctgx . Итак, будем иметь

lim

− x tgx

= lim

. Заметим,

tgx

x→

ctgx

что при

x →

ctgx → 0,

но

здесь

нельзя сказать об эквивалентности

ее

аргумента

x ,

поскольку

бесконечно

малой

функции

ctgx

x → π

3,14

=1,57.

Как

предыдущем

примере

выполним

x → π , то

преобразования: введем

новую

переменную

α =

− x . Если

x = π

α → 0. Выразим переменную x через α:

−α ,

подставим найденный

π − x

x и α =

2 − x

в выражение

и продолжим нахождение заданного

ctgx

предела:

π − x

lim

−

tgx

lim

x→

ctgx

α → 0

− α

ctg

lim

= 1.

α → 0 tgα

α → 0

данных

преобразованиях

применили

формулу

приведения

ctg

−α = tgα и эквивалентные бесконечно малые величины tgα и α

при условии, что α → 0: tgα α.

Ответ:

lim

tgx =1.

− x

x→

Второй замечательный предел

1цx

(

)

lim

1+ x

или

lim з1+

= e

x® 0

x® Ґ и

xш

Прежде надо отметить, что здесь имеем неопределенность вида (1∞ ).

(	)		ж	1	ц
(	)				ч
Действительно, lim 1+	x = 1 и	lim	з1+		ч= 1. Кто-то скажет, что если
x® 0			з		ч
x® 0		x® Ґ и		xш

единицу возвести в любую степень, то получим только единицу. Откуда же берется константа e? Дело в том, что в степень возводим не чистую единицу, а величину, близкую к единице. Вот этот «хвост» с единицей, возведенные в степень, и дают в пределе константу e. Кроме того заметим, что в показателе стоит величина, обратная той бесконечно малой величине, которая добавляется к единице, находящейся в основании. Константа e есть иррациональное5 число.

Если взять два соседних целых числа n , n +1 и число x , находящееся между ними, т. е. удовлетворяющее неравенствам n ≤ x ≤ n +1, то можно проделать такие несложные выкладки, проследите за ними.

5 Рациональное число – это целое или дробное, представленное конечной десятичной или периодической дробью. Иррациональное число – это число, которое не является рациональным. Иррациональное число записывается бесконечной непериодической десятичной дробью. Иррациональное число e с шестнадцатью значащими цифрами запишется как е = 2,718281828459045.

≥

;

≥1

≥1+

;

≥

;

n +1

n x n +

n +1

n+1

1 x

≥ 1

≥ 1+

, здесь

n +1≥ x ≥ n.

Для

наглядности

рассуждений

перепишем

последнее выражение,

изменив порядок следования величин от меньшей к большей:

1 n+1

≤

n +1

1цn+1

Рассмотрим

з1+

заметим,

что самое

большое

значение

это

nш

цn+1

выражение будет иметь когда n =1, в самом деле, при n =1

з1+

= 4.

nш

Выражение 1+

n принимает самое большое значение тоже при n =1,

это

будет

=1,5. Следовательно,

значения

выражения

n +1

находятся

на

отрезке [1,5;

4]. Это

достаточно

грубая

оценка.

Более

изящные

исследования

дают

результат

2 < 1

< 3.

Вычисления

при

разных

значениях

на

современных

n +1

персональных компьютерах позволяют убедиться, что

= e.

lim

n +1

n→∞

цx

Полагая x [n; n +1],

з1+

легко получить

lim

ч = e.

x® Ґ и

xш

Этот предел можно записать иначе, если устремить переменную x к

нулю, а именно, lim (1+ x)x = e.

x® 0

Рассмотрим несколько примеров на нахождение предела, решение которых можно получить с помощью второго замечательного предела.

Примечание . Если выражение, стоящее за знаком предела дает неопределенность вида (1∞ ), то задачу нахождения предела надо сводить

ко второму замечательному пределу, в противном случае результат очевиден.

	5x +1	3x
Пример 14. Найти lim		.
Пример 14. Найти lim	x + 2	.
x→∞	x + 2

Решение

Сначала рассмотрим выражение, записанное в круглых скобках, и найдем предел его при указанном стремлении переменной x к ∞ , т. е.

lim 5x +1 = ∞ = 5.+ ∞

x→∞ x 2

5x +1

∞

Теперь можем сказать, что lim

= 5

= ∞.

x→∞

x + 2

Ответ:

lim

5x +1 3x

= ∞.

x→∞

x + 2

Пример 15. Найти

3x +1 x+1

lim

x→∞ 7x − 2

Решение

3x +1

∞

Сначала найдем

lim

. Будем иметь lim

. Теперь

7x − 2

x→∞

x→∞ 7x − 2

∞

ответ очевиден:

3x +1 x+1

3 ∞

lim

= 0 .

x→∞ 7x − 2

3x +1 x+1

Ответ:

lim

= 0.

7x −

x→∞

Пример 16. Найти

x +1 2x

lim

x→∞ x − 3

Решение

x +1

∞

Найдем

lim

. Получим

lim

=1.

x→∞ x − 3

∞

Теперь

преобразуем

дробь

x +1

так,

чтобы единица

была явно

x − 3

<<< < Предыдущая 12 / 132 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
13.04.201520.42 Кб92тест1.docx
#
13.04.2015243.2 Кб45тест2.doc
#
13.04.201577.82 Кб25тест3.doc
#
13.04.2015419.33 Кб40тест4.doc
#
13.04.2015100.35 Кб33тест5.doc
#
13.04.20159.56 Mб53ТЕСТЫ по математике.pdf
#
09.12.2018139.78 Кб2Тесты этика (для студентов АСТ).doc
#
11.12.2015393.22 Кб34ТЕТРАДЬ.doc
#
11.12.2015495.1 Кб114технологический процесс ВКМ.doc
#
11.12.20151.3 Mб152ти автосцепка.doc
#
11.12.20151.88 Mб110ТИпов нормы вр.doc