ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
3.7. Сравнение бесконечно малых 109
з) так как
√
1 + x + x
2
− 1 ∼
1
2
(x + x
2
) ∼
1
2
x, sin 4x ∼ 4x при
x → 0, то lim
x→0
√
1 + x + x
2
− 1
sin 4x
= lim
x→0
(1/2)x
4x
=
1
8
.
Применяя метод замены бесконечно малых им эквивалентными,
можно в некоторых случаях упростить процесс выделения главной
части бесконечно малых.
3.7.5. Выделите главную часть вида γ(x) = C(x−x
0
)
r
следующих
бесконечно малых при x → x
0
:
а) α
1
(x) =
tg
2
(x + 2)
arcsin(
√
2 − x − 2)
, x
0
= −2;
б) α
1
(x) =
9(x + 1)
x
2
− 9
+
x
x + 3
, x
0
= −3.
Решение: а) подберём такие значения C и r, чтобы был равным
единице lim
x→−2
α
1
(x)
C(x + 2)
r
. Так как tg
2
(x + 2) ∼ (x + 2)
2
,
arcsin(
√
2 − x − 2) ∼ 2
r
1 −
x + 2
4
− 1
!
∼ −
x + 2
4
, то
lim
x→−2
tg
2
(x + 2)
arcsin(
√
2 − x − 2)
C(x + 2)
r
= lim
x→−2
−4(x + 2)
2
(x + 2) · C(x + 2)
r
.
Видим, что r = 1, C = −4, т.е. γ(x) = −4(x + 2);
б) убедимся, что функция α
2
(x) =
9(x + 1)
x
2
− 9
+
x
x + 3
является бес-
конечно малой при x → −3. Можем записать
α
2
(x) =
9(x + 1) + x(x − 3)
x
2
− 9
=
x
2
+ 6x + 9
x
2
− 9
=
(x + 3)
2
(x + 3)(x − 3)
=
x + 3
x − 3
при x 6= −3. Отсюда следует, что lim
x→−3
α
2
(x) = 0. Находим,
что lim
x→−3
x + 3
(x − 3)C(x + 3)
r
= 1 только при r = 1, C = −
1
6
, т.е.
γ(x) = −
1
6
(x + 3).
3.7.6. Выделите главную часть вида γ(x) =
C
x
k
следующих бес-
конечно малых функций при x → ∞ (или ±∞):
а) α
1
(x) =
12x − 1
√
9x
6
+ 1 − x
; б) α
2
(x) =
e
2/x
− 1
x
5
+ 1
.
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 107
- 108
- 109
- 110
- 111
- …
- следующая ›
- последняя »
