Математический анализ. Часть 1. Введение в анализ. Дифференциальное исчисление функций одной и нескольких действительных переменных. Алексеева Е.Н. - 41 стр.

                                                   41



                                       '
                  −1                               ( −1)( −2)
                  (1 + x ) 2 + sin x + 1                        + cos x
 (0 / 0)
         1                                 1        (1 + x ) 3            2 +1
   =       lim                              = lim                         =      = 1.
         3 x → 0             ( x )'          3 x → 0            1             3
   Итак, lim 2ln(1 + x) − 2sin x + x = 1
                                             2

           x →0          3
                             x
   При решении этого примера правило Лопиталя фактически было применено
трижды (в тех местах, где над знаком равенства указан вид неопределенности).
При этом для обеспечения строгости рассуждений необходимо каждый раз прове-
рять условия сформулированного выше утверждения.
   Рассмотрим теперь задание б). При x → +0 ( x → 0, x > 0) sin x → +0 и
ln sin x → −∞ . Это неопределенность вида [ 0 ⋅ ∞ ] , к которой правило Лопиталя не
применяется, однако можно учесть, что если f(x) – бесконечно малая при x → a
функция, то 1/f(x) будет бесконечно большой при x → a . Поскольку
                                                          ln sin x ,
                                           x ln sin x =
                                                            x −1
   то мы приходим к неопределенности  ∞  и далее действуем так, как при реше-
                                      ∞ 
нии задания а). Обе функции требуемым условиям удовлетворяют, поэтому
                                                                   cos x
                                                                                   2
                             ln sin x         (lnsin x)'           sin x = − lim x cos x = lim x cos x = 0
    lim x ln(sin x) = lim              = lim               =  lim
    x →+0              x →+0   x −1      x→+0   ( x −1 ) '    x→+0 − x −2    x →+0 sin x   x →+0


   (учтено, что lim sin x = lim x = 1 ). Итак, lim x ln(sin x) = 0 .
                  x →0    x      x →0 sin x                x →+0

   Решим предел в) Данную разность положительных бесконечно больших функ-
ций      (неопределенность       вида      [∞–∞])    преобразуем  в   произведение:
                      ln 2 ( x + 1)  и убедимся с помощью правила Лопиталя в том,
x − ln 2 ( x + 1) = x1 −            
                                x     
                                      
что стоящее в скобках отношение бесконечно больших функций оказывается бес-
конечно малой величиной:
                                               1
          ln 2 ( x + 1)        2 ln ( x + 1)
     lim                = lim                x +1 = 0 ,
   x → +∞       x        x →+∞          1
                                              1
   поскольку lim ln( x + 1) = lim x + 1 = 0 .
                x → +∞ x + 1       x → +∞ 1