Дифференцируемость функции - 18 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

=
?
50 · 49 ···2 lim
x→0
1/x
2
e
1/x
2
=
?
50! lim
x→0
1
e
1/x
2
= 0.
Рассматриваемую функцию можно было бы представить в виде отношения
e
−1/x
2
x
100
, которое при x → 0 порождает неопределённость
0
0
. В этом случае
функции e
−1/x
2
, x
100
удовлетворяют условиям правила Лопиталя, но отноше-
ние производных тогда равно
(e
−1/x
2
)
0
(x
100
)
0
=
e
−1/x
2
50x
102
,
и применение правила Лопиталя «ухудшает» исходное выражение.
Пример 17. Вычислить lim
x→0
1
x
−
1
e
x
− 1
!
.
lim
x→0
1
x
−
1
e
x
− 1
!
= lim
x→0
e
x
− 1 − x
x (e
x
− 1)
= lim
x→0
e
x
− 1 − x
x
2
=
?
lim
x→0
e
x
− 1
2x
=
1
2
. Здесь
для упрощения отношения мы дважды воспользовались тем, что e
x
− 1 ∼ x
при x → 0.
Пример 18. Вычислить lim
x→1
(2 − x)
tg (πx/2)
.
В области определения функции, а, значит, и в проколотой окрестности
◦
U
1
(1), имеет место равенство (2 − x)
tg(πx/2)
= e
tg(πx/2)·ln(2−x)
. Найдем предел
показателя степени.
lim
x→1
tg
πx
2
· ln(2 − x) = lim
x→1
sin
πx
2
cos
πx
2
· ln(1 + (1 − x)) = lim
x→1
1 − x
cos
πx
2
=
?
=
?
lim
x→1
−1
−
π
2
sin
πx
2
=
2
π
.
Так как функция y = e
x
непрерывна в точке x =
2
π
, то в силу теоремы
о пределе суперпозиции функций ([3, теорема 2.37]) существует исходный
предел, равный e
2/π
.
Пример 19. Исследовать возможность применения правила Лопиталя в
следующих примерах:
a) lim
x→0
x
2
sin(1/x)
sin x
; b) lim
x→∞
x − sin x
x + sin x
.
a). Положим f(x) = x
2
sin(1/x), ϕ(x) = sin x. Функция f дифференцируема
на R\{0}, функция ϕ дифференцируема на R. Кроме того, ϕ
0
(x) = cos x 6= 0,
18

Страницы