Лекции по математическому анализу. Часть 1. Бесов О.В. - 71 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

§4.9. Некоторые замечательные пределы 71
Представив
1
x
log
a
(1+x) = log
a
(1+x)
1
x
в виде суперпози-
ции логарифмической функции и функции ϕ(x) = (1 + x)
1
x
,
применяем теорему о пределе суперпозиции с учетом при-
мера 5
◦
.
7
◦
. lim
x→0
ln(1 + x)
x
= 1 (частный случай 6
◦
).
8
◦
. lim
x→0
a
x
− 1
x
= ln a (a > 0, a 6= 1).
Пусть y = a
x
− 1. Тогда x =
ln(1 + y)
ln a
,
a
x−1
x
=
=
y ln a
ln(1 + y)
y=a
x
−1
.
Остается воспользоваться теоремой о пределе суперпо-
зиции и примером 7
◦
.
9
◦
. lim
x→0
e
x
− 1
x
= 1 (частный случай 8
◦
).
Из рассмотренных примеров с ледует, что при x → 0
x ∼ sin x ∼ tg x ∼ tg x ∼ arcsin x ∼ arctg x ∼ ln(1+x) ∼ e
x
−1.
10
◦
. lim
x→0
(1 + x)
α
− 1
x
= α (доказать самостоятельно).
          § 4.9. Некоторые замечательные пределы             71
                                         1
   Представив x1 loga (1+x) = loga (1+x) x в виде суперпози-
                                                             1
ции логарифмической функции и функции ϕ(x) = (1 + x) x ,
применяем теорему о пределе суперпозиции с учетом при-
мера 5◦ .
            ln(1 + x)
   7◦ . lim     x     = 1 (частный случай 6◦ ).
        x→0
             x
   8◦ . lim a x− 1 = ln a (a > 0, a 6= 1).
        x→0
                                           ln(1 + y) ax−1
   Пусть y = ax − 1. Тогда x =                ln a ,  x   =
    y ln a
= ln(1 + y)
                   .
                x
              y=a −1
   Остается воспользоваться теоремой о пределе суперпо-
зиции и примером 7◦ .
             x
   9◦ . lim e x− 1 = 1 (частный случай 8◦ ).
       x→0
   Из рассмотренных примеров следует, что при x → 0
x ∼ sin x ∼ tg x ∼ tg x ∼ arcsin x ∼ arctg x ∼ ln(1+x) ∼ ex −1.

               (1 + x)α − 1
   10◦ . lim        x       = α (доказать самостоятельно).
        x→0

Страницы