Математический анализ. Часть 1. Введение в анализ. Дифференциальное исчисление функций одной и нескольких действительных переменных. Алексеева Е.Н. - 42 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ОГУ | Орел

Составители: 

Рубрика: 

42
(
)
+∞=+−
+∞
→
)1(lnlim
2
xx
x
.
Таким образом, неопределенности вида [0·∞], [∞–∞] можно привести к виду
0
0
или
∞
∞
, а в случае неопределенностей вида [1
∞
], [0
∞
], [∞
0
] эти выраже-
ния рекомендуется прологарифмировать. Пусть
(
)
)(
)(
xb
xay =
, тогда
)(ln)(=ln xaxby
. Допустим, что предел этого логарифма равен k, +∞ или
–∞; тогда
)(ln limln
limlim
y
y
eey ==
будет соответственно равен
+∞,
k
e
или 0.
Вычислим предел г). Так как функция
x
y
sin
=
непрерывна в любой точке,
1)2sin(
=
π
, а
x
tg
– бесконечно большая функция при
2
π
→
x
, то имеем неопре-
деленность вида [1
∞
]. Соответственно, логарифм данной функции дает неопреде-
ленность вида [0·∞], которую следует приводить к виду
0
0
, а не к
∞
∞
. Дейст-
вительно, в последнем случае по правилу Лопиталя предел отношения производ-
ных пришлось бы находить для функций
x
2
tg
и
1
)sin(ln
−
x
, что не привело бы к
ожидаемому упрощению.
Итак,
( )
(
)
x
x
xx
xx
2
2
2
2
ctg
sinln
limsinlntglim
ππ →→
=⋅
=
– поскольку числитель и знаменатель последней дроби являются дифференци-
руемыми функциями, знаменатель и его производная в достаточно малой проколо-
той окрестности точки
2
π
в нуль не обращаются, по правилу Лопиталя получаем:
2
1
2
)sin(
lim
sin
1
ctg2
sin
cos
lim
2
2
2
2
−=
−
=
−
=
→→
x
x
x
x
x
xx ππ
Следовательно, в тождестве
( )
( )
xxx
ex
sinlntgtg
22
sin
⋅
=
показатель степени
экспоненты стремится к –1/2, и окончательно получаем
( )
e
ex
x
x
1
sinlim
21
tg
2
2
==
−
→π
.
ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ.
Упражнение 1. Для функции
3
15
)(
12
+
=
+
x
e
xf
x
найти: 
                                                42


          (              )
     lim x − ln 2 ( x + 1) = +∞
   x → +∞
                                  .

   Таким образом, неопределенности вида [0·∞], [∞–∞] можно привести к виду
 0       ∞                                       ∞     ∞     0
  0  или   , а в случае неопределенностей вида [1 ], [0 ], [∞ ] эти выраже-
         ∞
ния рекомендуется прологарифмировать. Пусть                       y = (a( x))
                                                                   b( x) , тогда

ln y = b( x) ln (a( x) ) . Допустим, что предел этого логарифма равен k, +∞ или
–∞; тогда lim y = lim eln y = elim (ln y ) будет соответственно равен e k , +∞ или 0.
   Вычислим предел г). Так как функция y = sin x непрерывна в любой точке,
sin(π 2) = 1, а tg x – бесконечно большая функция при x → π 2 , то имеем неопре-
                     ∞
деленность вида [1 ]. Соответственно, логарифм данной функции дает неопреде-
ленность вида [0·∞], которую следует приводить к виду  0  , а не к  ∞  . Дейст-
                                                       0           ∞ 
                                                                    
вительно, в последнем случае по правилу Лопиталя предел отношения производ-
ных пришлось бы находить для функций tg 2 x и (ln sin x) −1 , что не привело бы к
ожидаемому упрощению.
  Итак,                                       ln(sin x ) =
            lim tg x ⋅ ln(sin x ) = lim
               2
         x→π 2                        x→π 2    ctg 2 x
   – поскольку числитель и знаменатель последней дроби являются дифференци-
руемыми функциями, знаменатель и его производная в достаточно малой проколо-
той окрестности точки π 2 в нуль не обращаются, по правилу Лопиталя получаем:
                                cos x
                                sin x           (− sin 2 x )    1
                  = lim                   = lim              =−
                   x→π 2             1  x→π 2      2          2
                         2 ctg x − 2 
                                 sin x 
   Следовательно, в тождестве (sin x )tg x = e tg x⋅ln (sin x ) показатель степени
                                         2       2

экспоненты стремится к –1/2, и окончательно получаем
    lim (sin x ) tg x = e −1 2 =
                   2             1 .
   x →π 2                             e

                ЗАДАНИЯ ДЛЯ САМОСТОЯТЕЛЬНОГО РЕШЕНИЯ.
                                                    e 2 x +1 найти:
   Упражнение 1. Для функции           f ( x) = 3
                                                     5x + 1

Страницы