Предел и непрерывность функции - 22 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

так как функции
1
ln |x|
ln
1 +
4
x
+
2
x
2
!
,
1
ln |x|
ln
1 +
1
x
7
+
1
x
9
!
являются бес-
конечно малыми функциями при x → −∞.
Пример 26. Вычислить lim
x→+∞
ln(2 + x
2
+ 2
3x
)
ln(3 + x
4
+ 3
2x
)
.
Имеем неопределенность вида ∞/∞. Преобразуем аргументы логарифмов,
вынося за скобку функции, имеющие наибольший рост при x → +∞ : 2
3x
—
в числителе, 3
2x
— в знаменателе.
lim
x→+∞
ln
2 + x
2
+ 2
3x
ln (3 + x
4
+ 3
2x
)
= lim
x→+∞
ln
2
3x
1 +
2
2
3x
+
x
2
2
3x
ln
3
2x
1 +
3
3
3x
+
x
4
3
2x
=
= lim
x→+∞
3x ln 2 + ln
1 +
2
2
3x
+
x
2
2
3x
2x ln 3 + ln
1 +
3
3
3x
+
x
4
3
2x
= lim
x→+∞
3 ln 2 +
1
x
ln
1 +
2
2
3x
+
x
2
2
3x
2 ln 3 +
1
x
ln
1 +
3
3
3x
+
x
4
3
2x
=
=
3
2
ln 2
ln 3
,
так как lim
x→+∞
1
x
ln
1 +
2
2
3x
+
x
2
2
3x
= 0, lim
x→+∞
1
x
ln
1 +
3
3
3x
+
x
4
3
2x
= 0.
Пример 27. Вычислить A = lim
x→0
ln(x + 2
x
)
ln(x
2
+ 4
x
)
.
Имеем неопределенность вида 0/0. Переходя к эквивалентным, получим:
A = lim
x→0
x + 2
x
− 1
x
2
+ 4
x
− 1
.
Но функции x, 2
x
− 1, 4
x
− 1, являются бесконечно малыми одного порядка
при x → 0, а функция x
2
— бесконечно малая более высокого порядка. По-
этому, вынося за скобки в числителе и знаменателе x и пользуясь теоремой
об арифметических операциях с пределами, получим, что
A = lim
x→0
1 +
2
x
− 1
x
x +
4
x
− 1
x
=
1 + lim
x→0
2
x
− 1
x
0 + lim
x→0
4
x
− 1
x
=
1 + ln 2
ln 4
=
ln 2e
ln 4
.
Пример 28. Вычислить A = lim
x→0
5
√
2x
2
+ 10x + 1 −
7
√
x
2
+ 10x + 1
sin x
.
22

Страницы