Бесконечно малые функции
|
|
Функция \(\alpha \left( x \right)\) называется бесконечно малой при \(x \to a\), если
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to a} \alpha \left( x \right) = 0.\]
Предположим, что \(\alpha \left( x \right)\) и \(\beta \left( x \right)\) - бесконечно малые функции при \(x \to a\).
- Если \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{\beta \left( x \right)}}\normalsize = 0\), то говорят, что функция \(\alpha \left( x \right)\)
является бесконечно малой высшего порядка по сравнению с функцией \(\beta \left( x \right)\);
- Если \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{\beta \left( x \right)}}\normalsize = A \ne 0\), то говорят, что функции
\(\alpha \left( x \right)\) и \(\beta \left( x \right)\) являются бесконечно малыми одинакового порядка малости;
- Если \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{{\beta ^n}\left( x \right)}}\normalsize = A \ne 0\), то говорят, что функция
\(\alpha \left( x \right)\) является бесконечно малой порядка \(n\) относительно функции \(\beta \left( x \right)\);
- Если \(\lim\limits_{x \to a} \large\frac{{\alpha \left( x \right)}}{{\beta \left( x \right)}}\normalsize = 1\), то говорят, что бесконечно малые функции \(\alpha \left( x \right)\)
и \(\beta \left( x \right)\) эквивалентны при \(x \to a\).
В частности, следующие функции являются эквивалентными:
\(\sin x \sim x\) | \(1 - \cos x \sim \large\frac{{{x^2}}}{2}\normalsize\) |
\(\arcsin x \sim x\) | \({e^x} - 1 \sim x\) |
\(\tan x \sim x\) | \({a^x} - 1 \sim x\ln a\) |
\(\arctan x \sim x\) | \({\left( {1 + x} \right)^k} - 1 \sim kx\) |
\(\ln \left( {1 + x} \right) \sim x\) | \({\log _a}\left( {1 + x} \right) \sim \large\frac{x}{{\ln a}}\normalsize\) |
При вычислении предела отношения двух бесконечно малых функций мы можем заменить эти функции их эквивалентными выражениями.
|
Пример 1
|
Найти предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{\sin 3x}}\normalsize\).
Решение.
Используем формулы:
\[\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha ,\;\;\;\sin \alpha \sim \alpha .\]
Тогда
\[\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left( {1 + 4x} \right)}}{{\sin 3x}} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{{4x}}{{3x}} = \frac{4}{3}.\]
|
Пример 2
|
Найти предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\sqrt[3]{{1 + x}} - 1}}{x}\normalsize\).
Решение.
Поскольку \(\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + x}} \sim 1 + \large\frac{x}{3}\normalsize\), то предел можно переписать в следующем виде:
\[
{\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + x}} - 1}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{{\left( {1 + x} \right)}^{\large\frac{1}{3}\normalsize}} - 1}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{x}{3} - 1}}{x} }
= {\frac{1}{3}\mathop {\lim }\limits_{x \to 0} \frac{x}{x} = \frac{1}{3}.}
\]
|
Пример 3
|
|
Найти предел \(\lim\limits_{t \to 0} \large\frac{{1 - \cos \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{{\sin }^2}{t^2}}}\normalsize\).
Решение.
Известно, что \(\cos t \sim 1 - \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize\) и \(\sin t \sim t\) при \(t \to 0\).
Следовательно,
\[
{\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {1 - \cos t} \right)}}{{{{\sin }^2}{t^2}}} }
= {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \left( {1 - 1 + \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize} \right)}}{{{{\left( {\sin {t^2}} \right)}^2}}} }
= {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \cos \large\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize}}{{{{\left( {{t^2}} \right)}^2}}} }
= {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{1 - \left[ {1 - \frac{1}{2}{{\left( {\frac{{{t^2}}}{2}\normalsize} \right)}^2}} \right]}}{{{t^4}}} }
= {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\frac{{{t^4}}}{8}}}{{{t^4}}} = \frac{1}{8}.}
\]
|
Пример 4
|
Найти предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\sqrt {1 + 2x + 3{x^2}} - 1}}{x}\normalsize\).
Решение.
Заменяя квадратный корень на эквивалентную бесконечно малую функцию, получаем
\[
{\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\sqrt {1 + 2x + 3{x^2}} - 1}}{x} }
= {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 + \frac{{2x + 3{x^2}}}{2} - 1}}{x} }
= {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0} \frac{{2x + 3{x^2}}}{x} }
= {\frac{1}{2}\lim\limits_{x \to 0} \left( {2 + 3x} \right) = \frac{1}{2} \cdot 2 = 1.}
\]
|
Пример 5
|
|
Найти предел \(\lim\limits_{x \to e} \large\frac{{\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x - e}}\normalsize\).
Решение.
Применим формулу \(\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \) при \(\alpha \to 0\). В результате предел
преобразуется следующим образом:
\[\require{cancel}
{\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left( {\ln x} \right)}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left( {\ln x + 1 - 1} \right)}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\ln x - 1} \right)} \right]}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - 1}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln x - \ln e}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \frac{x}{e}}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\frac{x}{e} - 1} \right)} \right]}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\frac{x}{e} - 1}}{{x - e}} }
= {\lim\limits_{x \to e} \frac{{\frac{{x - e}}{e}}}{{x - e}} }
= {\frac{1}{e}\lim\limits_{x \to e} \frac{\cancel{x - e}}{\cancel{x - e}} = \frac{1}{e}.}
\]
|
Пример 6
|
|
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to \pi } \large\frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}}\normalsize\).
Решение.
Заменим переменную: \(x -\pi = y\). Здесь \(y \to 0\), если \(x \to \pi\). Тогда предел равен
\[L = \lim\limits_{x \to \pi } \frac{{1 + \cos x}}{{{{\left( {x - \pi } \right)}^2}}} = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 + \cos \left( {y + \pi } \right)}}{{{y^2}}}.\]
Применяя формулу приведения \(\cos \left( {y + \pi } \right) = - \cos y\), получаем
\[L = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}}.\]
Наконец, заменяя косинус эквивалентным бесконечно малым выражением \(1 - \cos y \sim \large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize\), находим предел:
\[L = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{1 - \cos y}}{{{y^2}}} = \lim\limits_{y \to 0} \frac{{\large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize}}{{{y^2}}} = \frac{1}{2}.\]
|
Пример 7
|
|
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 2} \large\frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{x - 2}}\normalsize\).
Решение.
Используя эквивалентное бесконечно малое выражение для логарифма: \(\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \) при
\(\alpha \to 0\), получаем
\[
{\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}x - 1}}{{x - 2}} }
= {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}x - {{\log }_2}2}}{{x - 2}} }
= {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{{{\log }_2}\frac{x}{2}}}{{x - 2}} }
= {\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{{\ln \left( {x/2} \right)}}{{\ln 2}}}}{{x - 2}} }
= {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\ln \left( {x/2} \right)}}{{x - 2}} }
= {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\frac{x}{2} - 1} \right)} \right]}}{{x - 2}} }
= {\frac{1}{{\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{{\frac{x}{2} - 1}}{{x - 2}} }
= {\frac{1}{{2\ln 2}}\lim\limits_{x \to 2} \frac{\cancel{x - 2}}{\cancel{x - 2}} = \frac{1}{{2\ln 2}}.}
\]
|
Пример 8
|
|
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 1} \large\frac{{\sin \left( {x - 1} \right)}}{{{x^4} - 1}}\normalsize\).
Решение.
Пусть \(x -1 = t\). Тогда \(t \to 0\) при \(x \to 1\). Предел становится равным
\[L = \mathop {\lim }\limits_{x \to 1} \frac{{\sin \left( {x - 1} \right)}}{{{x^4} - 1}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^4} - 1}}.\]
Далее используем алгебраическое тождество
\[{\left( {t + 1} \right)^4} = {t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1\]
и находим предел
\[
{L = \lim\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^4} - 1}} }
= {\lim\limits_{t \to 0} \frac{{\sin t}}{{\left( {{t^4} + 4{t^3} + 6{t^2} + 4t + 1} \right) - 1}} }
= {\left[ {\sin t \sim t} \right] = \lim\limits_{t \to 0} \frac{\cancel{t}}{{\cancel{t}\left( {{t^3} + 4{t^2} + 6t + 4} \right)}} }
= {\lim\limits_{t \to 0} \frac{1}{{{t^3} + 4{t^2} + 6t + 4}} = \frac{1}{4}.}
\]
|
Пример 9
|
|
Вычислить предел \(\lim\limits_{x \to 0} \large\frac{{\ln \cos x}}{{\sqrt[3]{{1 + {x^2}}} - 1}}\normalsize\).
Решение.
Используем следующие эквивалентные выражения для бесконечно малых функций:
\[\sqrt[k]{{1 + \alpha }} \sim 1 + \frac{\alpha }{k},\;\;
{\ln \left( {1 + \alpha } \right) \sim \alpha \;\;\text{при}\;\;\alpha \to 0.}
\]
Тогда предел можно записать в виде
\[
{L = \lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \cos x}}{{\sqrt[\large 3\normalsize]{{1 + {x^2}}} - 1}} }
= {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\ln \left[ {1 + \left( {\cos x - 1} \right)} \right]}}{{\left( {1 + \large\frac{{{x^2}}}{3}}\normalsize \right) - 1}} }
= {\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}/3}} }
= { - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}}.}
\]
Заменяя \(1 - \cos x \sim \large\frac{{{x^2}}}{2}\normalsize\), получаем окончательный ответ
\[
{L = - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{1 - \cos x}}{{{x^2}}} }
= { - 3\lim\limits_{x \to 0} \frac{{{x^2}/2}}{{{x^2}}} }
= { - \frac{3}{2}\lim\limits_{x \to 0} \frac{{\cancel{x^2}}}{{\cancel{x^2}}} = - \frac{3}{2}.}
\]
|
Пример 10
|
Вычислить предел \(\lim\limits_{t \to a} {\left( {\large\frac{{\sin t}}{{\sin a}}\normalsize} \right)^{\large\frac{1}{{t - a}}\normalsize}}\).
Решение.
Сделаем замену переменной: \(t - a = y\;\;\), \( \Rightarrow y \to 0\) при \(t \to a\).
Тогда предел через новую переменную \(y\) записывается в виде
\[
{L = \lim\limits_{t \to a} {\left( {\frac{{\sin t}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{{t - a}}\normalsize}} }
= {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\frac{{\sin \left( {y + a} \right)}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} }
= {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\frac{{\sin y\cos a + \cos y\sin a}}{{\sin a}}} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} }
= {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {\cos y + \sin y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}}.}\qquad
\]
Заменим функции косинус и синус их эквивалентными бесконечно малыми выражениями по формулам
\(\cos y \sim 1 - \large\frac{{{y^2}}}{2}\normalsize\), \(\sin y \sim y\). Предел становится равным
\[
{L = \lim\limits_{y \to 0} {\left( {\cos y + \sin y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} }
= {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{2} + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}}.}
\]
Мы ограничимся учетом бесконечно малых первого порядка малости и пренебрежем бесконечно малыми второго порядка
\({\large\frac{{{y^2}}}{2}}\normalsize\). В результате, получаем окончательный ответ
\[
{L = \lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 - \frac{{{y^2}}}{2} + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} }
= {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 + y\cot a} \right)^{\large\frac{1}{y}\normalsize}} }
= {\lim\limits_{y \to 0} {\left( {1 + y\cot a} \right)^{\large\frac{{\cot a}}{{y\cot a}}\normalsize}} }
= {{\left[ {\lim\limits_{y\cot a \to 0} {{\left( {1 + y\cot a} \right)}^{\large\frac{1}{{y\cot a}}\normalsize}}} \right]^{\cot a}} = {e^{\cot a}}.}
\]
|
|