Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Томский Политехнический Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

DIF_calc_2013

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

29.05.2015

Размер:

3.1 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 3314 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 > Следующая >>>

130					Глава 3. Теория пределов
Пример 10.8. Доказать, что
1) lim	arcsin x	= 1,	2) lim	arctg x	= 1.
1) lim	x	= 1,	2) lim	x	= 1.
x→0	x		x→0	x

Решение. Согласно правилу замены переменной при вычислении предела, провед¨ем в первом случае замену

y = arcsin x,

тогда

x = sin y

и {x → 0} {y → 0}. Следовательно,

lim	arcsin x	= lim	y	=	1	=	1	= 1.
lim		= lim		=	lim siny y	=		= 1.
x→0	x	y→0 sin y			lim siny y		1
					y→0

Таким образом, с помощью первого замечательного предела доказывается справедливость формулы 1).

Для второго предела провед¨ем замену y = arctg x, x = tg y, {x → 0} {y → 0}. Тогда с уч¨етом результата примера 10.5 имеем

lim	arctg x	= lim	y	=	1	=	1	= 1,
lim	x	= lim	tg y	=	lim tgyy	=	1	= 1,
x→0	x	y→0	tg y		lim tgyy		1
					y→0

что и требовалось доказать.

10.3. Второй замечательный предел

Рассмотрим показательно-степенную функцию

1 + x

и найд¨ем е¨ предел, например, при x → 1:

x→1

1 + x

lim

Поскольку

x→1

lim

1 +

= 2,

lim x

= 1,

x→1

lim

x ln 1 +

(lim x) lim

1 +

= 1 ln 2 = ln 2,

то

x→1

lim x

= 21 = 2,

lim 1 +

= lim

1 +

x→1

или, что то же самое,

1 + x

x→1

→

lim x ln 1+

ln 2

lim

= ex

(

x )

= e

= 2.

(10.9)

(10.10)

10. Неопредел¨енности и замечательные пределы

131

Теперь рассмотрим предел, когда x стремится не к единице, а к ∞, т.е.

					1		x		(10.11)
	x→∞ 1 + x								(10.11)
В этом случае	lim						.
	lim		x→∞				.
	∞
x→∞	∞							x
lim x =		,	lim				1 +	1	= 1,
lim x =		,	lim				1 +		= 1,
и мы имеем неопредел¨енность вида 1∞.
Покажем, что
x→∞			1 +	1		x			(10.12)
x→∞				x			= e.		(10.12)
lim							= e.

Выражение (10.12) называется вторым замечательным пределом.

Докажем сначала утверждение (10.12) при x → +∞, опираясь на известное равенство (8.62):

n→∞		n
	1		n
lim	1 +		= e, n N.

Для доказательства выберем такое x, что n x < n + 1, n N. При таком выборе

или

n + 1

1 +

< 1 +

1 +

n + 1

Усилим это неравенство:

< 1 + x

1 + n

1 + n + 1

n+1

При x → +∞ переменная n также стремится к бесконечности.

Оценим правую и левую части неравенства:

→∞

n+1

lim

1 +

= lim

1 +

lim

1 +

n =

= e;

n + 1

n→∞

+ 1

n→∞

+ 1

→∞

= 1 · e = e;

nlim

1 +

= nlim 1 +

nlim

1 +

x→+∞

→∞

Следовательно,

lim

1 +

x→+∞

lim

1 +

= e,

что и требовалось доказать.

Покажем теперь, что

(10.13)

x→−∞ 1 + x

lim

Сделаем в (10.13) замену x = −1 − t или t = −1 − x, тогда при x → −∞ имеем t → +∞ и, соответственно,

x→−∞	1 + x	t→+∞ 1 −	1 + t	t→+∞	1 + t	−1−t
	1	x	1	−1−t	t	−1−t
lim		= lim		= lim		=

132 Глава 3. Теория пределов

t→+∞

1 + t

= lim

lim

1 +

lim

1 +

= 1 e = e.

Таким образом,

x→±∞

x→∞

1 +

lim

= lim

= e,

что и доказывает справедливость второго замечательного предела (10.12). Из второго замечательного предела вытекает ряд важных следствий.

Следствие 1. Справедливо соотношение
lim[1 + α(x)]1/α(x) = e,	(10.14)
x→a

если α(x) = 0 для всех x из некоторой проколотой окрестности точки x = a и

lim α(x) = 0.

x→a

В частности,

lim(1 + x)1/x = e.	(10.15)
x→0

Действительно, исходя из теоремы о замене переменных при вычислении пределов, провед¨ем замену

y =

или

α(x) =

α(x)

Поскольку

lim y = lim

∞

lim α(x)

x→a

x→a α(x)

получим

x→a

x→∞ 1 + y

x→a

lim[1 + α(x)]1/α(x) = lim

= e.

Следствие 2. Справедливо соотношение

lim[1 + α(x)]1/β(x)

lim [α(x)/β(x)]

= ex→a

x→a

если для бесконечно малых α(x) и β(x):

lim α(x) = lim β(x) = 0,

a→a

существует предел их отношения

lim α(x),

a→a β(x)

и, в частности,

lim[1 + Aα(x)]1/α(x) = lim[1 + α(x)]A/α(x) = eA,

x→a x→a

(10.16)

(10.17)

где A — конечное число (|A| = 0).

10. Неопредел¨енности и замечательные пределы

133

Действительно, представив

[1 + α(x)]1/β(x) = {[1 + α(x)]1/α(x)}α(x)/β(x)

и воспользовавшись правилом вычисления предела от показательно-степенной функции, а также равенством (10.14), получим

α(x)

lim ln[1+α(x)]

1/α(x) α(x)

lim[1 + α(x)]β(x) = (1∞) = lim

[1 + α(x)]α(x)

}

β(x)

= ex→a

β(x) =

x→a

x→a{

β(x) =

, |

| = ∞;

lim α(x)

если x→a

eA,

lim

α(x)

a β(x) ln e

a β(x)

α(x)

= e →

lim

= +

;

∞

x a

β(x)

∞

→

если

−∞

если x→a β(x)

lim α(x) = .

Равенство (10.16) является обобщением второго замечательного предела (10.12) не только по смыслу, но и по форме. Запишем его в ещ¨ одной, иногда более удобной, форме:

lim v(x)[u(x)

−

(10.18)

lim[u(x)]v(x) = ex→a

если

x→a

lim u x

lim v x

∞

x→a

( ) = 1

x→a

( ) =

Действительно, представив

−

x→a

[u(x)−1]v(x)

→

−

1]v(x)

lim[u(x)]v(x)

= (1∞) = lim

[1 + (u(x)

1)]1/[u(x)−1]

lim [u(x)

убеждаемся в справедливости (10.18).

Пример 10.9. Найти

x→∞

lim

1 +

Решение. 1. При x → ∞ получим неопредел¨енность

x→∞ 1 + x

lim

= 1∞.

2.Воспользуемся вторым замечательным пределом. Обозначим 3/x = α. Тогда

α= 3/x → 0 при x → ∞ и

x→∞	1 + x		α→0
	3	x		3
lim			= lim(1 + α)1/α	= e3.

Пример 10.10. Найти

lim 2 + x 1/x.

x→0 2

134	Глава 3. Теория пределов

Решение. Предел этого выражения при x → 0 не определ¨ен. Выделим второй замечательный предел. Обозначим x/2 = α, тогда x = 2α и

x→0 1 +

α→0(1 +

)

lim

1/x

lim

1/α

1/2

e1/2

√

Пример 10.11. Вычислить

x2 + 1 x2 lim .

x→∞ x2 − 2

Решение. Так как
lim u(x) = lim			x2 + 1	= 1,	lim x2 = +		,
lim u(x) = lim		x2 − 2		= 1,	lim x2 = +	∞	,
x→∞	x→∞	x2 − 2			x→∞	∞

имеем неопредел¨енность вида 1∞. Воспользуемся формулой (10.18):

x→∞

− 2

xlim

−

−1

→∞

−

3 xlim

−

+ 1

lim x

1 2/x2

lim

= e →∞

= ex

2 = e →∞

= e .

♦ Этот же результат получается, если воспользоваться формулой (10.16). Положив

x2 + 1	=	x2 − 2 + 3	= 1 +	3	= 1 + α(x), β(x) =	1	,
x2 − 2		x2 − 2		x2 − 2		x2

убеждаемся, что α(x) = 3/(x2 − 2) и β(x) = 1/x2 являются бесконечно малыми:

lim α(x) = lim

= 0,

lim

= 0,

− 2

а поскольку

x→∞

x→∞ x

3x2

lim

α(x)

= lim

= 3,

β(x)

то

x→∞

x→∞ x2 −

x2 + 1

3x2

lim

x→∞ x2 − 2

→∞

−

e3.

lim

Пример 10.12. Вычислить

x2 + 1

x→−∞

x2 + 1

x→∞ x2

− 2

x2 − 2

x→+∞ x2

− 2

lim

; 2)

lim

;

lim

Решение. Все три предела представляют собой неопредел¨енности вида 1∞, поскольку

lim	x2	+ 1	= lim	x2	+ 1	= lim		x2	+ 1	= 1,
		− 2			− 2				− 2
x→−∞ x2			x→+∞ x2				x→∞ x2
а			lim x3 = −∞,						x3 = +∞.
lim x = ∞,							lim

x→∞

x→−∞

x→+∞

10. Неопредел¨енности и замечательные пределы

135

Как и в предыдущем примере, u(x) = (x2 + 1)/(x2 − 2), а следовательно,

u(x) − 1 =

x2 + 1

− 1 =

Тогда в случае 1):

x2 − 2

x2−2 x

x→∞ x2

− 2

= x→∞ 1 + x2 − 2

→∞

lim

−

= = 1

+ 1

x −2

lim

e0 .

lim

x→∞ x

2/x

В случае 2):

x2−2 x

x→−∞ x2

− 2

x→−∞

x2 − 2

lim

−

+ 1

x −2

lim

1 +

lim

= ex→−∞

3 lim

lim

−∞

= e

x→−∞ x2

−

= e

x→−∞ 1

−

2/x2

= e

x→−∞

= 0.

= e

В случае 3) аналогично:

x→+∞ x2

− 2

∞

lim

−

lim

−

lim x

+ 1

= e+∞ = + .

lim

= ex→+∞

= e

x→+∞ x

2 = e

x→+∞

Пример 10.13. Вычислить

x→∞ sin x

x→1

−

x→2

1 + sin

ctg(πx/2)

−

2x x2)

πx

lim

+ cos

;

lim(4

;

lim

Решение. В случае 1) имеем неопредел¨енность вида 1∞, поскольку

x→∞

∞

lim

u(x) = lim

sin

+ cos

= 1,

lim x =

Тогда с уч¨етом

u(x) − 1 = sin x + cos x − 1

имеем

x→∞ sin x + cos x

−1

lim

cos

[sin x +(cos x −1)]

x[sin x +(cos x −1)] =

= x→∞ 1 + sin x

−

−1)]

xlim

x[sin x

+(cos x

x sin x

= e.

= e

→∞

= e

→∞

= e

→∞

Для предела 2) также имеем неопредел¨енность вида 1∞, поскольку

lim u(x) = lim(4

−

x2) = 1,

lim

∞

−

1)3

→

1 (x

Тогда с уч¨етом

u(x) − 1 = 4 − 2x − x2 − 1 = −x2 − 2x + 3 = −(x − 1)(x + 3)

136

Глава 3. Теория пределов

найд¨ем

lim

(3 2x

x2)

−

lim(4

2x x2)(x−1)

= lim[1 + (3 2x

−

) = ex→1 (x−1)

−

x2)(x−1) (3−2x−x

−

x→1

lim

−

(x−1)(x+3)

lim

x+3

= (e−∞) = 0.

= e →

−

1)3

= e

→

−

1)2

− x

Вслучае 3) имеем неопредел¨енность вида 1∞, поскольку α(x) = sin(πx/2) и

β(x) = tg(πx/2) являются бесконечно малыми:

lim sin

πx

= lim ctg

πx

= 0.

x→2

Для данного предела удобнее воспользоваться равенством (10.16). Так как

lim

α(x)

= lim

sin(πx/2)

= lim cos

πx

x→2

β(x)

x→2 tg(πx/2)

x→2

−

то

πx

ctg(πx/2)

sin(πx/2)

x→2

lim

1 + sin

tg(πx/2)

e−1

= e

lim

ex→2

Следствие 3. Справедливо соотношение

lim

loga(1 + x)

= loga e =

(10.19)

в частности

x→0

ln a

ln(1 + x)

lim

= 1.

(10.20)

x→0

Действительно, используя свойства логарифмов

lim

ln(1 + x)

= lim ln(1 + x)1/x

x→0

и сделав замену t = (1 + x)1/x, lim t = lim(1 + x)1/x = e, найд¨ем

x→0

lim

ln(1 + x)

= lim ln y = ln e = 1,

x→0

y→e

но это и означает справедливость равенства (10.20). Далее, преобразовав левую часть равенства (10.19), получим

loga(1 + x)

ln(1 + x)

lim

= lim

lim

= loga e.

x ln a

x→0

ln a x→0

ln a

Следствие 4. Справедливо соотношение

lim

ax − 1

= ln a =

, a > 0,

(10.21)

loga e

x→0

в частности,

ex − 1

lim

= 1.

(10.22)

x→0

11. Сравнение функций (переменных величин)

137

Действительно, после замены t = ax − 1, x = ln(1 + t),

lim t = lim(ax − 1) = 0,

t→0 x→0

в формуле (10.21):
lim	ax − 1	= lim	t ln a	= ln a lim	1	= ln a,
	x		ln(1 + t)		[ln(1 + t)]/t
x→0		t→0		t→0

убеждаемся в е¨ справедливости.

♦ В простоте формул (10.20) и (10.22) по сравнению с формулами (10.19) и (10.21) и коренятся, по существу, те преимущества, которые предоставляет система натуральных логарифмов.

Следствие 5. Справедливо соотношение

lim

(1 + x)r − 1

= r,

(10.23)

x→0

Действительно, представим при r = 0 левую часть (10.23) в виде

lim

(1 + x)r

= r lim

er ln(1+x) − 1

ln(1 + x)

−

x→0

r ln(1 + x)

Учитывая, что

ln(1 + x)

lim

= 1,

получим

x→0

(1 + x)r − 1

er ln(1+x) − 1

lim

= r lim

x→0

r ln(1 + x)

Теперь, сделав замену t = r ln(1 + x),

lim t = lim r ln(1 + x) = 0,

имеем

x→0 x→0

(1 + x)r − 1

et − 1

lim

= r lim

= r.

x→0

t→0

Пример 10.14. Доказать, что

lim

sh x

= 1.

x→0

Решение. Так как

ex − e−x

e2x − 1

sh x =

2ex

то, применив формулу (10.22), получим

lim

sh x

= lim

e2x − 1

= 1.

x→0

2x ex

Рассмотрение других примеров по вычислению пределов функций мы продолжим, введя понятие асимптотически равных функций.

138	Глава 3. Теория пределов

11.Сравнение функций (переменных величин)

11.1.Асимптотические оценки и их классификация

Две постоянные величины сравниваются между собой простым отношением их. Сравнивать две функции α(x) и β(x) простым отношением нельзя, так как оно является функцией (переменной величиной) α(x)/β(x) = h(x). Поведение функции h(x) на промежутке ]a, b[= E позволяет оценить отношение функций α(x) и β(x) на этом множестве E. В свою очередь, оценка этого отношения в точке a E будет определяться значением предела функции h(x):

lim h(x).

(11.1)

x→a E

Три возможных значения предела (11.1) лежат в основе определения тр¨ех типов асимптотических оценок.

Если в некоторой проколотой окрестности точки a определены функции α(x), β(x) и h(x), такие что

α(x) = β(x)h(x)	(11.2)
и	(11.3)
lim h(x) = 1,	(11.3)
x→a

то функции α(x) и β(x) называются асимптотически равными, или эквивалентными, при x → a и обозначаются

α(x) β(x)	при x → a,
или короче	x → a,
α β;	x → a,

или совсем коротко

α β

(читается: α при x → a эквивалентна, или асимптотически равна, β).

Если функции α(x) и β(x) из определения (11.2) в некоторой проколотой окрестности точки a не имеют нулей, то их эквивалентность можно определить

предельным равенством		α(x)
	lim	α(x)		= 1.				(11.4)
	lim			= 1.				(11.4)
	x→a β(x)
Пример 11.1. Показать, что
0	x4 ∞			2			3	0
1) sin x x; 2)			x		; 3)	(1 + x)		1 + 3x.
1) sin x x; 2)	1 + x2		x		; 3)	(1 + x)		1 + 3x.

Решение. 1) Имеем α(x) = sin x, β(x) = x. Тогда из равенства

sin x = xsinx x

получим

h(x) = sinx x

11. Сравнение функций (переменных величин)

139

и с уч¨етом первого замечательного предела

lim h(x) = lim

sin x

= 1.

(11.5)

x→0

Равенство единице предела (11.5) означает эквивалентность

sin x x.

Этот же результат следует из формулы (11.4):

lim

α(x)

= lim

sin x

= 1.

β(x)

x→0

2) Так как α(x) = x4/(1 + x2), β(x) = x2, h(x) = x2/(1 + x2), то

= x

1 + x

α(x)

lim h(x) = lim

= lim

= 1,

следовательно,

x→∞

β(x)

x→∞ 1 + x

∞

x .

1 + x2

3) В этом случае

α(x) = (1 + x)3 = 1 + 3x + 3x2 + x3, β(x) = 1 + 3x, h(x) =

(1 + x)3

1 + 3x

а поскольку

α(x)

(1 + x)3

2 3 + x

= 1,

x→0

β(x)

x→0

1 + 3x

x→0

1 + 3x

lim h(x) = lim

= lim

1 + x

то

(1 + x)3

1 + 3x.

Если в некоторой проколотой окрестности точки a определены функции

α(x), β(x) и h(x), такие что	(11.6)
α(x) = β(x)h(x)	(11.6)
и	(11.7)
lim h(x) = 0,	(11.7)
x→a

то функция α(x) называется бесконечно малой по сравнению с функцией β(x) при x → a и обозначается

α(x) = o(β(x)),	x → a,
или коротко	x → a,
α = o(β),	x → a,

<<< < Предыдущая 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1314 / 3314 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
29.05.20155.26 Mб111Credstv_rasch_MathCAD.doc
#
21.09.201918.53 Mб4dachet element.doc
#
29.05.20153.5 Mб122dejatelnos (1).pdf
#
21.09.201964.51 Кб0Delphi отчёт.doc
#
15.11.2019158.72 Кб3Diagramma_otchet.doc
#
29.05.20153.1 Mб51DIF_calc_2013.pdf
#
29.05.20152.58 Mб46Diplom.docx
#
29.05.20155.95 Mб19Diplom_na_pechat.doc
#
29.05.2015753.61 Кб65DisMathTPU.pdf
#
29.05.2015753.84 Кб64DisMathTPU_new.pdf
#
29.05.20158.69 Mб33dissertatsia.doc